高一數(shù)學(xué)必修第二冊(cè)同步學(xué)與練（人教版）第13講 直線與平面垂直的性質(zhì)定理（解析版）

第13講8.6.2直線與平面垂直的性質(zhì)定理（第2課時(shí)）

課程標(biāo)準(zhǔn)學(xué)習(xí)目標(biāo)

本節(jié)主要內(nèi)容是在直觀認(rèn)識(shí)和理解空間點(diǎn)、線、面的位

置關(guān)系的基礎(chǔ)上，抽象出空間直線與平而垂直的定義:

通過直觀感知、操作確認(rèn)，歸納出直線與平面垂直的判

定定理與性質(zhì)定理:能運(yùn)用直線與平面垂直的定義、判

①掌握直線與平面垂直的性質(zhì)定理。

定定理和性質(zhì)定理證明一些空間位置關(guān)系的簡單命題

②會(huì)用性質(zhì)定理證明相關(guān)問題。

教學(xué)重點(diǎn)是通過直觀感知、操作確認(rèn)，歸納出直線與平

面垂直的判定定理、性質(zhì)定理的過程，其核心是理解判

定定理、性質(zhì)定理的條件由內(nèi)容所反映的數(shù)學(xué)思想是轉(zhuǎn)

化與化歸思想，體現(xiàn)在不同語言之間的轉(zhuǎn)化，把線面垂

首問題轉(zhuǎn)化為線線垂直問題

知識(shí)點(diǎn)01：直線與平面垂直的性質(zhì)定理(定義)

（1）定義轉(zhuǎn)化性質(zhì)：如果一條直線l與平面垂直，那么直線l垂直于平面內(nèi)所

有直線.

（2）符合語言：l，blb.

（3）圖形語言：

（4）定理應(yīng)用：線面垂直線線垂直.

【即學(xué)即練1】（2024·全國·高二專題練習(xí)）如圖，四棱錐S-ABCD的底面是矩形，

SA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是SD，SC的中點(diǎn)．求證：

(1)BC平面SAB；

(2)EFSD．

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析

【詳解】（1）四棱錐S-ABCD的底面是矩形，

ABBC，SA平面ABCD，BC平面ABCD，

SABC，又SAAB＝A，SA、AB平面SAB，

BC平面SAB；

（2）由（1）知BC平面SAB，

同理可得，CD平面SAD，

E，F(xiàn)分別是SD，SC的中點(diǎn)，

EF//CD，EF平面SAD，

又SD平面SAD，EFSD.

知識(shí)點(diǎn)02：直線與平面垂直的性質(zhì)定理

（1）性質(zhì)定理：垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行.

（2）符合語言：a，bab

（3）圖形語言：

（4）定理應(yīng)用：垂直與平行的轉(zhuǎn)換

①線面垂直線線平行

②作平行線

【即學(xué)即練2】（2023上·上?！じ叨ｎ}練習(xí)）如圖，平面平面l，PA，PB，垂足分別為

A，B，直線a平面，aAB.求證：al.

【答案】證明見解析

【詳解】如圖：

∵PA，l，∴PAl.

同理PBl.

∵PAPBP，PA，PB平面PAB，∴l(xiāng)平面PAB.

又∵PA，a，∴PAa.

∵aAB，PAABA，PA，AB平面PAB，

∴a平面PAB.

∴al.

知識(shí)點(diǎn)03：點(diǎn)面距、線面距、面面距

（1）點(diǎn)到平面的距離

過一點(diǎn)作垂直于已知平面的直線，則該點(diǎn)與垂足間的線段，叫做這個(gè)點(diǎn)到該平

面的垂線段，垂線段的長度叫做這個(gè)點(diǎn)到該平面的距離.

①圖形語言：

如圖，線段AO的長度就是點(diǎn)A到平面的距離.

②點(diǎn)面距AO的范圍：AO0.

③常用方法：等體積法

【即學(xué)即練3】（2024上·河北·高三雄縣第一高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考期末）已

知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2,G為線段B1D1上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)B到

平面GAD距離的最小值為（）

A．1B．2C．3

D．2

【答案】B

1114

【詳解】由題意得VSBB222，

GABD3ABD1323

14

設(shè)點(diǎn)B到平面GAD的距離為h，則由等體積轉(zhuǎn)化法為VShV，

BAGD3ADGGABD3

1

當(dāng)G與B重合時(shí)，S最大，最大為22222，

1ADG2

4

此時(shí)h最小，為2.

22

故選：B.

（2）直線到平面的距離

一條直線與一個(gè)平面平行時(shí)，這條直線上任意一點(diǎn)到這個(gè)平面的距離，叫做這條直線到這個(gè)平面的距

離.

①圖形語言：

線段AO的長度就是直線l到平面的距離.

②當(dāng)直線l與平面相交或l時(shí)，直線l到平面的距離為0.

（3）平面到平面的距離

如果兩個(gè)平面平行，那么其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一點(diǎn)到另一個(gè)平面的

距離都相等，我們把它叫做這兩個(gè)平行平面間的距離.

①圖形語言：

線段AO的長度就是平面到平面的距離

(2)當(dāng)平與平相交時(shí)，平面到平面的距離是0.

題型01直線與平面垂直的定義轉(zhuǎn)化為性質(zhì)

【典例1】（2024下·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在三棱錐P－ABC中，PC底面ABC，ABBC，D，E分別

是AB，PB的中點(diǎn)．

(1)求證：DE//平面PAC；

(2)求證：ABPB

【答案】(1)證明見解析；

(2)證明見解析.

【詳解】（1）∵點(diǎn)D、E分別是棱AB、PB的中點(diǎn)，

∴DE//PA，

又∵DE平面PAC，PA平面PAC；

∴DE//平面PAC．

（2）∵PC底面ABC，AB底面ABC，

∴PCAB，

∵ABBC，PCBCC，PC,BC平面PBC，

∴AB平面PBC，

又∵PB平面PAB，

∴ABPB．

-

【典例2】（2024·廣東·高三學(xué)業(yè)考試）在三棱柱ABCA1B1C1中，BCAC，BCCC1，點(diǎn)D是AB的

中點(diǎn).

（1）求證：AC1//平面CDB1；

（2）若側(cè)面AA1C1C為菱形，求證：AC1A1B.

【答案】（1）證明見解析，（2）證明見解析

【詳解】（1）證明：連接BC1，交CB1于點(diǎn)E，連接DE，

因?yàn)樗倪呅蜝CC1B1為矩形，所以E為BC1，CB1的中點(diǎn)，

因?yàn)辄c(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，

所以AC1//DE，

因?yàn)镈E平面CDB1，AC1平面CDB1，

所以AC1//平面CDB1；

（2）證明：連接A1C，

因?yàn)樗倪呅蜛A1C1C為菱形，所以A1CAC1，

因?yàn)锽CAC，BCCC1，ACCC1C,

所以BC平面AA1C1C，

因?yàn)锳C1平面AA1C1C，

所以BCAC1，

因?yàn)锳1CBCC，

所以AC1平面A1BC，

因?yàn)锳1B平面A1BC，

所以AC1A1B

【典例3】（2024上·廣東·高三統(tǒng)考學(xué)業(yè)考試）如圖，四棱錐SABCD的底面為正方形，E為SD的中點(diǎn).

(1)證明：SB//平面ACE；

(2)若SA平面ABCD，證明：SCBD.

【答案】(1)證明見解析；

(2)證明見解析.

【詳解】（1）設(shè)BD與AC交于點(diǎn)F，連接EF，

因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，所以F為BD的中點(diǎn)，

又因?yàn)镋為SD的中點(diǎn)，所以EF//SB，

因?yàn)镾B平面ACE，EF平面ACE，

所以SB//平面ACE.

（2）因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，所以ACBD，

又因?yàn)镾A平面ABCD，BD平面ABCD，所以SABD，

又ACSAA，AC,SA平面SAC，

所以BD平面SAC，

因?yàn)镾C平面SAC，所以SCBD.

-

【變式1】（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，AB1B1C．證明：ACB1B

【答案】證明見解析

【詳解】取AC的中點(diǎn)D，連接BD，B1D，

ABBC，AB1B1C，ACBD，ACB1D，

又BDB1DD，BD,B1D平面BB1D，

AC平面BB1D，

又因?yàn)锽B1平面BB1D，

ACB1B.

【變式2】（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，四棱錐PABCD中，四邊形ABCD為梯形，AB//CD，ADAB，

ABPA2DC4，PB2AD42，PD26，M，N分別是PD，PB的中點(diǎn)．

(1)求證：直線MN//平面ABCD；

(2)求證：PAMN．

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析

【詳解】（1）連接BD，

因?yàn)镸，N分別是PD，PB的中點(diǎn)，所以MN//BD，

又MN平面ABCD，BD平面ABCD，

所以直線MN//平面ABCD；

（2）因?yàn)锳D22,PD26,PA4，

所以PA2AD2PD2，所以PAAD，

因?yàn)锳B4，PB42，

所以PA2AB2PB2，所以PAAB，

又ABADA,AB,AD平面ABCD，

所以PA平面ABCD，

又BD平面ABCD，所以PABD，

又MN//BD，所以PAMN．

【變式3】（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖；在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC3，BCAA14，AB5，

點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)．

(1)求證ACBC1；

【答案】(1)證明見解析

【詳解】（1）在ABC中，

因?yàn)锳C3，AB5，BC4，

所以AC2BC2AB2，

所以ABC為直角三角形，即ACBC，

又因?yàn)樵谥比庵鵄BC-A1B1C1中，CC1平面ABC，且AC平面ABC，

所以CC1⊥AC，

又CC1BCC，CC1,BC平面BCC1，

所以AC平面BCC1，

又因?yàn)锽C1平面BCC1，

所以ACBC1．

題型02直線與平面垂直的性質(zhì)定理的運(yùn)用

－

【典例1】（2024·全國·高二專題練習(xí)）如圖，正方體A1B1C1D1ABCD中，EF與異面直線AC、A1D都垂

直相交．

求證：EF//BD1.

【答案】證明見詳解.

【詳解】連接AB1，B1C，BD，B1D1，

－

因?yàn)樵谡襟wA1B1C1D1ABCD中，DD1平面ABCD，AC平面ABCD，

所以DD1AC，

I

又ACBD，DD1BDD，DD1平面BDD1B1，BD平面BDD1B1，

所以AC平面BDD1B1，因此ACBD1；

同理可證：BD1B1C，

又ACB1CC，AC平面ACB1，B1C平面ACB1，

所以BD1平面ACB1；

因?yàn)镋F與異面直線AC、A1D都垂直相交，

即EFAC，EFA1D，

－

又在正方體A1B1C1D1ABCD中，A1B1與DC平行且相等，

所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，因此A1D//B1C，

所以EFB1C，

因?yàn)锳CB1CC，AC平面ACB1，B1C平面ACB1，

所以EF平面ACB1；

因此EF//BD1.

【典例2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2．M，N分別為B1D1

與C1D上的點(diǎn)，且MNB1D1，MNC1D．

求證：MN//A1C；

【答案】證明見解析

【詳解】證明：如圖，連接B1A，AD1．

∵CC1平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，

∴CC1B1D1．

∵四邊形A1B1C1D1是正方形，

∴A1C1B1D1，

又∵CC1A1C1C1，CC1,A1C1平面A1C1C，

∴B1D1平面A1C1C．

又∵A1C平面A1C1C，

∴B1D1A1C．同理可得A1CAB1，

又∵AB1IB1D1B1，AB1,B1D1平面AB1D1，

∴A1C平面AB1D1．

∵B1C1AD，B1C1//AD，

∴四邊形ADC1B1為平行四邊形，

∴C1D//AB1．

∵M(jìn)NC1D，

∴MNAB1．

I

又∵M(jìn)NB1D1，AB1B1D1B1，AB1,B1D1平面AB1D1，

∴MN平面AB1D1．

∴A1C//MN．

【典例3】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖（1），在梯形ABCD中，AD//BC且ADCD，線段AD上有

一點(diǎn)E，滿足CDDE1，AEBC2，現(xiàn)將ABE，CDE分別沿BE，CE折起，使AD5，BD3，

得到如圖（2）所示的幾何體，求證：AB//CD

【答案】證明見解析

【詳解】證明：在RtEDC中，CDDE1，

所以EC2，DECECB45，

在BEC中，EC2，BC2，ECB45，

2

由余弦定理得BE242222，

2

所以EC2BE2BC2，所以BEEC，

同理可得，在ABE中，AB2，且ABBE，

在△ABD中，AB2BD2AD2，所以ABBD，

因?yàn)锽DBEB，BD，BE平面BDE，所以AB平面BDE，

在RtEDC中，EDCD，

在BDC中，BD2CD2BC2，則BDCD，

因?yàn)镋DBDD，ED,BD平面BDE，所以CD平面BDE，

所以AB//CD.

【變式1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，

AD＝AP，E是PD的中點(diǎn)，M，N分別在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.證明：AE∥MN.

【答案】證明見解析

【詳解】因?yàn)锳B⊥平面PAD，AE平面PAD，所以AE⊥AB，

?

又AB∥CD，所以AE⊥CD.

因?yàn)锳D＝AP，E是PD的中點(diǎn)，所以AE⊥PD.

又CD∩PD＝D，CD，PD平面PCD，

所以AE⊥平面PCD.?

因?yàn)镸N⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.

又因?yàn)镸N⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，

所以MN⊥平面PCD，?

所以AE∥MN.

【變式2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是矩形，AE⊥PD

于點(diǎn)E，l⊥平面PCD．求證：l∥AE．

【答案】證明見解析

【詳解】證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，

CD?平面ABCD，

所以PA⊥CD．

又四邊形ABCD是矩形，所以CD⊥AD．

因?yàn)镻A∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD，

所以CD⊥平面PAD．

又AE?平面PAD，所以AE⊥DC．

因?yàn)锳E⊥PD，PD∩CD＝D，PD?平面PCD，CD?平面PCD，

所以AE⊥平面PCD．

因?yàn)閘⊥平面PCD，

所以l∥AE．

【變式3】（2023·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，已知正方體A1C．

(1)求證：A1C⊥B1D1；

(2)M，N分別為B1D1與C1D上的點(diǎn)，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D，求證：MN∥A1C．

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析

【詳解】（1）如下圖，連接A1C1．

因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，

所以CC1⊥B1D1．因?yàn)樗倪呅蜛1?B1C1D1是正方形，

所以A1C1⊥B1D1．又因?yàn)镃C1∩A1C1＝C1，

所以B1D1⊥平面A1C1C．又因?yàn)锳1C平面A1C1C，所以B1D1⊥A1C．

（2）如上圖，連接B1A，AD1．因?yàn)?B1C1=AD，B1C1∥AD

所以四邊形ADC1B1為平行四邊形，所以C1D∥AB1，因?yàn)镸N⊥C1D，所以MN⊥AB1．

又因?yàn)镸N⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，所以MN⊥平面AB1D1．由（1）知A1C⊥B1D1．

同理可得A1C⊥AB1．又因?yàn)锳B1∩B1D1＝B1，所以A1C⊥平面AB1D1．所以A1C∥MN．

故答案為：A1C⊥B1D1；MN∥A1C.

題型03點(diǎn)到平面的距離

-

【典例1】（2024·全國·高三專題練習(xí)）在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB2，AA11，則點(diǎn)A到平面A1BC

的距離為（）

3333

A．B．C．D．3

424

【答案】B

-

【詳解】在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB2，AA11，

13

所以S△223，

ABC22

由勾股定理可得22，

A1BA1C125

2

21

在等腰三角形A1BC中，底邊BC上的高長為522，

2

1

所以等腰三角形ABC的面積為222，

12

設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為h，

113

VVh213h，

AA1BCA1ABC332

故選：B

-

【典例2】（2024上·全國·高三階段練習(xí)）在直三棱柱ABCA1B1C1中，所有棱長均為1，則點(diǎn)A1到平面AB1C

的距離為（）

21102110

A．B．C．D．

7564

【答案】A

【詳解】取AB的中點(diǎn)M，連接CM，

因?yàn)锳BC為等邊三角形，則CMAB，

又因?yàn)锳A1平面ABC，且CM平面ABC，則CMAA1，

且ABAA1A，AB,AA1平面ABB1A1，可得CM平面ABB1A1，

3

由題意可知：AB=CB=2,CM=，

112

設(shè)點(diǎn)A1到平面AB1C的距離為d，

2

1121131

因?yàn)閂V，即，

A1AB1CCAA1B1d1211

322322

21

解得d，

7

21

所以點(diǎn)A1到平面AB1C的距離為.

7

故選：A.

【典例3】（2024上·上海·高二上海市建平中學(xué)?？计谀┤鐖D所示，正四面體ABCD的棱長為1，則點(diǎn)A到

平面BCD的距離為.

【答案】6

3

【詳解】設(shè)O是底面△BCD的中心，則AO平面BCD，又因?yàn)锽O平面BCD，所以AOBO，

233

正四面體ABCD的棱長為1，則BO1，

323

2

22236

AOABBO1,

33

6

故答案為：.

3

-

【典例4】（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB2，AB22，AA13，

M為AB的中點(diǎn).

(1)證明：AC1//平面B1CM；

(2)求點(diǎn)A到平面B1CM的距離.

【答案】(1)證明見解析

322

(2)

11

【詳解】（1）

連接BC1交B1C于點(diǎn)N，連接MN，

則有N為BC1的中點(diǎn)，M為AB的中點(diǎn)，

所以AC1//MN，

且AC1平面B1CM，MN平面B1CM，

所以AC1//平面B1CM.

（2）連接AB1,因?yàn)镃ACB2，所以CMAB,

又因?yàn)锳A1平面ABC，CM平面ABC，

所以AA1CM，ABAA1A,所以CM平面ABB1A1,

又因?yàn)镸B1平面ABB1A1,所以CMMB1,

又CA2CB2AB2，所以ABC是等腰直角三角形，

1

CMAB2,MBMB2BB211,

211

122

所以S△CMMB,

CMB1212

111

S△S△CACB1,

ACM2ACB22

設(shè)點(diǎn)A到平面B1CM的距離為d，

11

因?yàn)閂ABCMVBACM,所以SdSAA,

113B1CM3ACM1

SAA322

所以dACM1.

S11

B1CM

【變式1】（2024·上?！じ叨ｎ}練習(xí)）在三棱錐VABC中，VA,VB,VC兩兩垂直，VAVBVC1，則

點(diǎn)V到平面ABC的距離等于（）

13

A．1B．C．3D．

23

【答案】D

【詳解】設(shè)點(diǎn)V到平面ABC的距離為h，

∵VA,VB,VC兩兩垂直，且VAVBVC1，

11

∴ABBCAC2，SVBC11，

22

1π3

∴S22sin，

ABC232

又VAVB，VAVC，VBVCV，VB,VC平面VBC，

所以VA平面VBC，

11

∵VV，即SVASh

AVBCVABC3VBC3ABC

1113

∴1h，

3232

33

∴h，即點(diǎn)V到平面ABC的距離為，

33

故選：D

【變式2】（2024·全國·高三專題練習(xí)）已知∠ACB=90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC=4，點(diǎn)P到∠ACB兩

邊AC，BC的距離均為23，那么點(diǎn)P到平面ABC的距離為.

【答案】22

【詳解】設(shè)P在平面ABC內(nèi)的射影為O，則OP平面ABC，

由于AC,BC,OC平面ABC，所以O(shè)PAC,OPBC,OPOC，

過O作OEAC,OFBC，垂足分別為E,F，

由于ACB90，所以四邊形OECF是矩形.

由于OEOPO,OE,OP平面POE，所以CE平面POE，

PE平面POE，所以CEPE；同理可證得CFPF.

2

所以CECF42232，OC222222，

2

OP422222，即P到平面ABC的距離是22.

故答案為：22

【變式3】（2024上·云南曲靖·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)C到平

面A1DB的距離為.

31

【答案】/3

33

【詳解】解：如圖，設(shè)點(diǎn)C到平面A1DB的距離為h，

1111

VS△AA111，

A1BCD3BCD1326

1

又VV，

CA1DBA1BCD6

△

在A1DB中，A1DA1BBD2，

△

所以A1DB是邊長為2的等邊三角形，

13

則S△22sin60，

A1DB22

11131

VCADBS△ADBh，即h，

1316326

33

解得：h，所以點(diǎn)C到平面A1DB的距離為.

33

3

故答案為：.

3

【變式4】（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD為正方形,PA底面

ABCD,PAAB2,E為線段PB的中點(diǎn),F為線段BC的中點(diǎn)．

(1)證明:AE平面PBC;

(2)求點(diǎn)P到平面AEF的距離．

【答案】(1)證明見解析

6

(2)．

3

【詳解】（1）證明:因?yàn)镻A底面ABCD,BC平面ABCD,所以PABC．

因?yàn)锳BCD為正方形,所以ABBC,

因?yàn)镻AABA,PA平面PAB,AB平面PAB,所以BC平面PAB,

因?yàn)锳E平面PAB,所以AEBC,

因?yàn)镻AAB,E為線段PB的中點(diǎn),所以AEPB,

又因?yàn)镻BBCB,PB平面PBC,BC平面PBC,所以AE平面PBC.

（2）由F是BC的中點(diǎn)．所以AFAB2BF25,

因?yàn)镻A底面ABCD,AB平面ABCD,

所以PAAB,因?yàn)镋為線段PB的中點(diǎn),

1

所以AEPB2,

2

由(1)知AE平面PBC,EF平面PBC,

所以AEEF,所以EFAF2AE23,

16

所以SAEEF,

AEF22

11

因?yàn)镻AAB2,所以SSPAAB1,

PAE2PAB4

由(1)知BC平面PAB,所以FB平面PAB,

設(shè)點(diǎn)P到平面AEF的距離為h,

1611

則有VShhVSBF,

PAEF3AEF6FPAE3PAE3

66

解得h,所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為．

33

題型04線面距，面面距

【典例1】（2023上·北京·高二北京市第三十五中學(xué)?？计谥校┱襟wABCDA1B1C1D1的棱長為a，則棱BB1

到面AA1C1C的距離為（）

32

A．a(chǎn)B．a(chǎn)C．a(chǎn)D．2a

32

【答案】C

【詳解】如圖，連接A1C1,B1D1，它們交于點(diǎn)O，正方形中A1C1B1D1，

又AA1平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，所以AA1B1D1，

AA1A1C1A1,AA1,A1C1平面AA1C1C，所以B1D1平面AA1C1C，

2

所以B1O的長即為棱BB1到面AA1C1C的距離，而BOa，

12

2

所以所求距離為a．

2

故選：C．

【典例2】（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，三棱錐PABC中，PAB，ABC均為等邊三角形，PA4，

O為AB中點(diǎn)，點(diǎn)D在AC上，滿足AD1，且面PAB面ABC．

(1)證明：DC面POD；

(2)若點(diǎn)E為PB中點(diǎn)，問：直線AC上是否存在點(diǎn)F，使得EF∥面POD，若存在，求出FC的長及EF到

面POD的距離；若不存在，說明理由．

【答案】(1)證明見解析

(2)見解析

【詳解】（1）由條件PAB、ABC為等邊三角形，O為AB的中點(diǎn)，

則ABPA4，AO2AD2，DAO60，

由余弦定理得DOAO2AD22cosDAOAOAD3

從而在△AOD中，AO2AD2OD2，

得△AOD為直角三角形，且ODAD，

又面PAB面ABC，面PAB面ABCAB，且POAB，PO面PAB,

則由面面垂直的性質(zhì)定理可得PO面ABC

由AD面ABC，POAD

因此由ADOD，ADPO，ODPOO，AD面POD，即DC面POD.

（2）存在AC上的點(diǎn)F，使得EF∥面POD

點(diǎn)E為PB中點(diǎn)，取OB的中點(diǎn)M，可得EM∥PO，再在面ABC內(nèi)作MF∥OD交AC于點(diǎn)F，該點(diǎn)F即

為滿足題意的點(diǎn)（如圖）．

下面證明面POD∥面EFM

由于EM∥PO，EM面POD，PO面POD，則ME∥面POD，

MF∥OD，F(xiàn)M面POD，DO面POD，則MF∥面POD，

MF面FME，ME面FME，MFMEM，

則由面面平行的判定定理可得面POD∥面EFM，F(xiàn)E面FME，因此EF∥面POD

AOAD135

又由于2，從而可得DF，AF，CFACAF，

OMDF222

1

由（1）可知，AD面POD，則AD面EFM，DF即為面POD與面EFM間的距離，也即EF到面POD

2

的距離．

5

綜上：存在AC上的點(diǎn)F，使得EF∥面POD，CF，

2

1

EF到面POD的距離為．

2

【典例3】（2023·全國·高一專題練習(xí)）在長方體ABCDA1B1C1D1中，有一過AD且與平面A1D1CB平行的

平面，棱AA15，AB12，則平面與平面A1D1CB的距離是．

60

【答案】

13

【詳解】因?yàn)槠矫妗纹矫鍭1D1CB，AD平面，所以AD到平面A1D1CB的距離即為平面與平面A1D1CB

間的距離，易知AD∥平面A1D1CB，從而點(diǎn)A到平面A1D1CB的距離即為所求的距離．

如圖，過點(diǎn)A作AHA1B于點(diǎn)H．

因?yàn)锳1D1平面A1B1BA，A1D1平面A1D1CB

所以平面A1B1BA平面A1D1CB，

又平面A1B1BA平面A1D1CB=A1B

所以AH平面A1D1CB，則AH即為所求．

在△中，，，則22，

RtBAA1AB12AA15A1BABAA113

AAAB60

1

因?yàn)锳HA1BA1AAB，所以AH．

A1B13

60

故平面與平面ADCB的距離為．

1113

60

故答案為：

13

【典例4】（2023·河南·校聯(lián)考二模）如圖所示，正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的底面邊長為1，高為3.

(1)證明：平面ADF1//平面A1BC；

(2)求平面ADF1與平面A1BC間的距離.

【答案】(1)證明見解析

15

(2)

5

【詳解】（1）在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中，

因?yàn)榈酌鏋檎呅?，所以AD//BC，

因?yàn)锳D平面A1BC，BC平面A1BC，所以AD//平面A1BC.

因?yàn)镃D//A1F1，CDA1F1，所以四邊形CDF1A1為平行四邊形，所以DF1//A1C，

因?yàn)镈F1平面A1BC，A1C平面A1BC，所以DF1//平面A1BC，

又ADDF1D，所以平面ADF1//平面A1BC.

（2）平面ADF1與平面A1BC間的距離等價(jià)于點(diǎn)A到平面A1BC的距離，設(shè)為d.

11

連接AC，則四面體A1ABC的體積VS△AAS△d.

3ABC13A1BC

1112π1

因?yàn)閂SAA11sin3，

3△ABC13234

22，22，

A1BABAA12A1CACAA16

2

1222615

所以1，從而，

cosABCsinA1BC

121244

所以11515，

S△12

A1BC244

3V1515

所以d，即平面ADF與平面ABC間的距離為.

S511

△A1BC5

【變式1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，P為菱形ABCD外一點(diǎn)，PD平面ABCD，BAD60，E

為棱BC的中點(diǎn).若PDAD2，求BC到平面PAD的距離.

【答案】3

【詳解】因?yàn)锽C//AD,AD平面PAD，BC不在平面PAD內(nèi)，所以BC//平面PAD，

則BC到平面PAD的距離即為點(diǎn)B到平面PAD的距離，

設(shè)點(diǎn)B到平面PAD的距離為d，

因?yàn)閂BPADVPABD，PDAD2，

PD平面ABCD,BAD60，四邊形ABCD為菱形，

11113

所以22d222，解得d3，

32322

即BC到平面PAD的距離為3.

【變式2】（2023上·上海楊浦·高二上海市楊浦高級(jí)中學(xué)?？计谥校┤鐖D,P為菱形ABCD外一點(diǎn),PD平面

ABCD,BAD60,E為棱BC的中點(diǎn).

(1)求證:ED平面PAD;

(2)若PDAD2,求BC到平面PAD的距離.

【答案】(1)證明見解析

(2)3

【詳解】（1）連接BD,如圖:

因?yàn)锽AD60,四邊形ABCD為菱形,

所以BDCD,

又E為棱BC的中點(diǎn),

所以BCDE,

因?yàn)锳D//BC,

所以ADDE,

因?yàn)镻D平面ABCD,DE平面ABCD,

所以PDDE,

又PDADD,PD平面PAD,AD平面PAD,

所以ED平面PAD.

（2）因?yàn)锽C//AD,AD平面PAD,BC平面PAD,

所以BC//平面PAD,

則BC到平面PAD的距離即為點(diǎn)B到平面PAD的距離,

設(shè)點(diǎn)B到平面PAD的距離為d,

因?yàn)閂BPADVPABD,PDAD2,PD平面ABCD,BAD60,四邊形ABCD為菱形,

11113

所以22d222,

32322

解得d3,

即BC到平面PAD的距離為3.

【變式3】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，棱長為2的正方體ABCD–A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱AA1，

CC1的中點(diǎn)，過E作平面，使得//平面BDF.

(1)作出截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面，寫出作圖過程并說明理由；

(2)求平面與平面BDF的距離.

【答案】(1)答案見解析

26

(2)

3

BF//ED

【詳解】（1）連接B1D1,EB1,ED1，由正方體性質(zhì)可得BD//B1D1，1；

又BFBDB，所以平面EB1D1//平面BDF；

因?yàn)?/平面BDF，且E，所以平面EB1D1與平面重合，即平面EB1D1就是截正方體ABCD-A1B1C1D1

所得的截面.

（2）由（1）可知平面與平面BDF的距離等于點(diǎn)B1到平面BDF的距離；

設(shè)點(diǎn)B1到平面BDF的距離為d，由題意可得BD22,BFDF5，所以VBDF的面積為6；BB1F的

面積為2；

1126

由VBBDFVDBBF可得S△BDFdS△BBF2，解得d.

113313

26

所以平面與平面BDF的距離為.

3

-

【變式4】（2023下·全國·高一專題練習(xí)）如圖在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，

E是BB1上的一點(diǎn)，且EB11，D、F、G分別是CC1、B1C1、A1C1的中點(diǎn)，EF與B1D相交于H．

(1)求證：B1D平面ABD；

(2)求平面EGF與平面ABD的距離．

【答案】(1)證明見解析

32

(2)

2

【詳解】（1）證明：由直三棱柱的性質(zhì)得平面ABC平面BB1C1C，

又ABBC，平面ABC平面BB1C1CBC，AB平面ABC，

AB平面BB1C1C，

又B1D平面BB1C1C，

ABB1D，

BCCDDC1B1C12，

在Rt△DCB和RtDC1B1中，BDCB1DC145，

BDB190，即B1DBD，

又ABBDB，AB,BD平面ABD

B1D平面ABD．

（2）解：由題意知EB1B1F1，

在RtEB1F中，F(xiàn)EB145，

又DBB145，EF//BD，

QBD平面ABD，EF平面ABD，

EF//平面ABD，

G、F分別為A1C1、B1C1的中點(diǎn)，

GF//A1B1，又A1B1//AB，

GF//AB，

AB平面ABD，GF平面ABD，

GF//平面ABD，

EF平面EFG，GF平面EFG，EFGFF，

平面EFG//平面ABD．

B1D平面ABD，平面EGF//平面ABD，

B1D平面EGF，

HD為平行平面EFG與ABD之間的距離，

232

HDBDBH22，

1122

32

即平面EFG與ABD之間的距離為．

2

題型05距離最值問題

【典例1】（2023·河南·校聯(lián)考二模）已知四棱錐PABCD的底面ABCD是矩形，ABPD，AB213，

500

PAPD，APD120．若四棱錐PABCD的外接球的體積為，則該球上的點(diǎn)到平面PAB的距離

3

的最大值為（）

A．6B．7C．8D．9

【答案】C

【詳解】如圖，在矩形ABCD中，連接對(duì)角線AC，BD，記ACBDF，則點(diǎn)F為矩形ABCD的外接圓

圓心，

設(shè)PAPDa，在PAD中，由余弦定理得：

1

AD2PA2PD22PAPDcosAPDa2a22aa()3a2，

2

AD

即AD3a，PAD的外接圓半徑為a，

2sinAPD

記PAD的外接圓圓心為G，則GPa，取AD的中點(diǎn)E，連接PE，EF，

1

顯然EF//AB，EFAB13，PEAD，且P，E，G共線，

2

因?yàn)锳BPD，ABAD，ADIPDD，于是AB平面PAD，即EF平面PAD，PE平面PAD，

有PEEF，而EFADE,EF,AD平面ABCD，因此PE平面ABCD，

過G作GO平面PAD，使GOEF，連接FO，

于是GO//EF，則四邊形EFOG為矩形，有FO//PG，則FO平面ABCD，

根據(jù)球的性質(zhì)，得點(diǎn)O為四棱錐PABCD外接球的球心，

5004500

因?yàn)榍騉的體積為，則PO3，解得PO5，

333

而AB213，在RtPGO，PGaPO2GO223，

因此PAB外接圓直徑PBAB2PA2(213)2(23)28，

取PB的中點(diǎn)H，連接OH，顯然H為PAB外接圓圓心，則OH平面PAB，且OH52423，

所以四棱錐PABCD的外接球上的點(diǎn)到平面PAB的距離的最大值為8．

故選：C

【典例2】（2024·全國·高三專題練習(xí)）已知三棱錐SABC，滿足SA，SB，SC兩兩垂直，且SASBSC2，

Q是三棱錐SABC外接球上一動(dòng)點(diǎn)，求點(diǎn)Q到平面ABC的距離的最大值.

【答案】43

3

【詳解】

三棱錐S－ABC滿足SA，SB，SC兩兩垂直，且SASBSC2，則三棱錐SABC外接球就是棱長為2的

正方體的外接球，