专题04 点到平面的距离(典型题型归类训练)(解析版）

专题04点到平面的距离(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍......................................................1二、典型题型......................................................2题型一：等体积法求点到平面的距离................................2题型二：利用向量法求点到平面的距离.............................10三、专项训练.....................................................17一、必备秘籍1、等体积法求点到平面的距离（1）当点到面的距离那条垂线不好作或找时，利用等体积法可以间接求点到面的距离，从而快速解决体积问题，是一种常用数学思维方法（2）在用变换顶点求体积时，变换顶点的原则是能在图象中直接找到求体积所用的高，有时单一靠棱锥四个顶点之间来变换顶点无法达到目的时，还可以利用平行关系（线面平行，面面平行）转换顶点，如当线面平行时，线上任意一点到平面的距离是相等的，同理面面平行也可以变换顶点2、利用向量法求点到平面的距离如图，已知平面的法向量为n，A是平面内的定点，P是平面外一点.过点P作平面的垂线l，交平面于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面的距离就是AP在直线l上的投影向量QP的长度.||||||||||||nAPnAPnPQAPnnn二、典型题型题型一：等体积法求点到平面的距离1．（23·24高二上·上海黄浦·阶段练习）如图，边长为1的正方形ABCD中，,EF分别是,BCCD的中点，沿,,AEEFAF把这个正方形折成一个四面体使,,BCD三点重合，重合后的点记为G.则在四面体AEFG中，点G到平面AEF的距离为.【答案】13【详解】由题意，折叠后的四面体AEFG如图所示，因为正方形ABCD边长为1，,EF分别是,BCCD的中点，所以,ADDFABBE，即,AGGFAGGE，又,,GFGEGGFGE平面EFG，所以AG平面EFG，同时由ECCF⊥，得EGGF，又11,2AGADEGGF，所以12411111133222AEFGAEFVSAG，21111111311122222228AEFS，设G到平面AEF的距离为h，则13AEFGGAEFAFFVVSh，即1132438h，解得13h.故答案为：13.2．（23·24高二上·上海虹口·期中）如图，已知点P在圆柱OO的底面圆O的圆周上，120AOP，圆O的直径4AB，圆柱的高3OO．(1)求圆柱的体积；(2)求点A到平面APB的距离．【答案】(1)12π(2)677【详解】（1）由已知可得，圆柱的底面半径2r，圆柱的高3OO，圆柱体积为：2π4π312πVrh；（2）设点A到平面APB的距离为h，在等腰BOP△中，由12060AOPBOP，则2BP，AB为直径，90APB，在RtAPB中，2223APABBP，则22223(23)21APAAAP，由AA底面APB，BP底面APB,所以AABP，又APBP，,,AAAPAAAAP平面AAP，所以BP平面AAP，AP平面AAP，故BPAP，1221212APBS，3112233223AAPBV，由等体积法AAPBAAPBVV，得123213h，解得：677h．即点A到平面APB的距离为677．3．（17·18高二下·河北唐山·期末）如图，已知长方体1AC中，1ABBC，12BB，连接1BC，过B点作1BC的垂线交1CC于E，交1BC于F．(1)求证：1AC平面EBD；(2)求点A到平面11ABC的距离；【答案】(1)证明见解析(2)255【详解】（1）证明：根据题意，11AB平面11BCCB，BE平面11BCCB，得11ABBE，又1BEBC（已知），11AB平面11ABC，1BC平面11ABC，1111ABBCB，所以BE平面11ABC，得1BEAC.同理，BD平面11AACC，得1BDAC.因为BE平面EBD，BD平面EBD，BEBDB，1ACBE，1ACBD，所以1AC平面EBD.（2）因为//AB平面11ABC，所以点A到平面11ABC的距离等于点B到平面11ABC的距离，设为d，因为1111ABBCBABCVV，111111133BBCABCSABSd△△，即11111BBCABCSABSd△△，221125BC，所以11211=1522d，255d.故点A到平面11ABC的距离等于255.4．如图，在正方体1111ABCDABCD中，1AB.(1)求证：AB∥平面11ADCB；(2)求点A到面1ABD的距离.【答案】(1)答案见详解(2)33【详解】（1）∵AB∥DC,AB平面11ADCB，DC平面11ADCB，∴AB∥平面11ADCB（2）连接BD,设点A到面1ABD的距离为h，由已知可得11AABDAABDVV,由正方体的性质可知1AA平面ABD,则11111113326AABDABDVAAS,∵111333326AABDABDhVhSh，∴3166h，解得33h，即点A到面1ABD的距离为33.5．（23·24高二上·江西九江·阶段练习）如图所示的五边形SBADC中ABCD是矩形，2,ADABSBSC，沿BC折叠成四棱锥,,2SABCDMBMCSM.(1)从条件①25sin5SBM；②3cos3SAM；③6SA中任选两个作为补充条件，证明：平面SBC平面ABCD：(2)在（1）的条件下，求点C到平面SAD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)255【详解】（1）选条件①②：证明：由题意知，MBMC，SBSC，所以SMBC，在RtSMB△中，25sin5SBM，2SM，则5SB，1BM，又因为ABCD为矩形，2BCAB，则1BMAB，所以2AM，在SMA△中，3cos3SAM，由余弦定理可得222222423cos232222SAAMSMSASASAMSAAMSASA，解得6SA，所以222SMAMSA，即SMAM，又因为BCAMM，BC、AM平面ABCD，所以SM平面ABCD，又因为SM平面SBC，所以平面SBC平面ABCD.选条件①③：证明：由题意知，MBMC，SBSC，所以SMBC，在RtSMB△中，25sin5SBM，2SM，则5SB，1BM，又因为ABCD为矩形，2BCAB，则1BMAB，所以2AM，又6SA，所以222SMAMSA，即SMAM，又因为BCAMM，BC、AM平面ABCD，所以SM平面ABCD，又因为SM平面SBC，所以平面SBC平面ABCD.选条件②③：证明：由题意知，MBMC，SBSC，所以SMBC，在SMA△中，3cos3SAM，6SA，2SM，由余弦定理可得222226423cos232626SAAMSMAMAMSAMSAAMAMAM，解得2AM，所以222SMAMSA，即SMAM，又因为BCAMM，BC、AM平面ABCD，所以SM平面ABCD，又因为SM平面SBC，所以平面SBC平面ABCD.（2）因为//BCAD，BC平面SAD，AD平面SAD，所以//BC平面SAD，又MBC，所以点C到平面SAD的距离等于点M到平面SAD的距离.由（1）知，SM平面ABCD，1BMAB，又MBMC，2BCAB，所以2AMDM，2ADBC，所以222AMDMAD，即AMMD，所以111112222332323SADMAMDVSSMAMMDSM△，在RtSMD△中，2DM，2SM，则22222(2)6SDSMMD，所以在SAD中，由余弦定理得222(6)2(6)6cos6262SAD，则30sin6SAD，所以1130sin625226SADSSAADSAD△，设点M到平面SAD的距离为h，则点C到平面SAD的距离也为h，由SADMMSADVV可得1233SADSh△，即5233h，解得255h，故点C到平面SAD的距离为255.6．（23·24高三上·上海浦东新·阶段练习）如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD是矩形，其中1AB，2AD，OA底面ABCD，2OA，M为OA的中点，N为BC的中点.(1)证明：直线//MN平面OCD；(2)求点B到平面OCD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2【详解】（1）证明：如上图，取AD中点P，连接MP、NP，∵M为OA的中点，N为BC的中点，P为AD的中点，∴在矩形ABCD中//NPCD，在OAD△中//MPOD，又∵CD平面OCD，OD平面OCD，NP平面OCD，MP平面OCD，∴//NP平面OCD，//MP平面OCD，又∵NP平面MNP，MP平面MNP，NPMPP，∴平面//MNP平面OCD，又∵MN平面MNP，∴//MN平面OCD.（2）解：如上图，连接BD，由题意，1AB，2AD，2OA，∵OA底面ABCD，AD平面ABCD，CD平面ABCD，∴OAAD，则OAD△是等腰直角三角形，OACD∴2222ODADOA，∵矩形ABCD中ADCD，ADOAA，AD平面OAD，OA平面OAD，∴CD平面OAD，又∵OD平面OAD，∴CDOD，则OCD是直角三角形，1CDAB，∴11122222OCDSCDOD.∵OA底面ABCD，∴OA是三棱锥OBCD的高.∵底面ABCD是矩形，∴1112122BCDSCDBC.∵点B到平面OCD的距离就是三棱锥BOCD的高h，∴由OBCDBOCDVV得：1133BCDOCDOAShS，即1121233h，解得：2h，即点B到平面OCD的距离为2.7．（23·24高二上·上海杨浦·期中）如图,P为菱形ABCD外一点,PD平面ABCD,60BAD,E为棱BC的中点.(1)求证:ED平面PAD;(2)若2PDAD,求BC到平面PAD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)3【详解】（1）连接BD,如图:因为60BAD,四边形ABCD为菱形,所以BDCD,又E为棱BC的中点,所以BCDE,因为//ADBC,所以ADDE,因为PD平面ABCD,DE平面ABCD,所以PDDE,又,PDADDPD平面PAD,AD平面PAD,所以ED平面PAD.（2）因为//,BCADAD平面PAD,BC平面PAD,所以//BC平面PAD,则BC到平面PAD的距离即为点B到平面PAD的距离,设点B到平面PAD的距离为d,因为BPADPABDVV,2PDAD,PD平面ABCD,60BAD,四边形ABCD为菱形,所以111132222232322d,解得3d,即BC到平面PAD的距离为3.题型二：利用向量法求点到平面的距离1．（23·24高二上·广东东莞·阶段练习）已知三棱柱111ABCABC-的侧棱与底面垂直，12AAABAC，ABAC，M是1CC的中点，N是BC的中点，P是11AB的中点，则点A到平面MNP的距离为（）A．77B．52C．5514D．51414【答案】D