高一数学必修第二册同步学与练（人教版）第13讲 直线与平面垂直的性质定理（解析版）

第13讲8.6.2直线与平面垂直的性质定理（第2课时）

课程标准学习目标

本节主要内容是在直观认识和理解空间点、线、面的位

置关系的基础上，抽象出空间直线与平而垂直的定义:

通过直观感知、操作确认，归纳出直线与平面垂直的判

定定理与性质定理:能运用直线与平面垂直的定义、判

①掌握直线与平面垂直的性质定理。

定定理和性质定理证明一些空间位置关系的简单命题

②会用性质定理证明相关问题。

教学重点是通过直观感知、操作确认，归纳出直线与平

面垂直的判定定理、性质定理的过程，其核心是理解判

定定理、性质定理的条件由内容所反映的数学思想是转

化与化归思想，体现在不同语言之间的转化，把线面垂

首问题转化为线线垂直问题

知识点01：直线与平面垂直的性质定理(定义)

（1）定义转化性质：如果一条直线l与平面垂直，那么直线l垂直于平面内所

有直线.

（2）符合语言：l，blb.

（3）图形语言：

（4）定理应用：线面垂直线线垂直.

【即学即练1】（2024·全国·高二专题练习）如图，四棱锥S-ABCD的底面是矩形，

SA底面ABCD，E，F分别是SD，SC的中点．求证：

(1)BC平面SAB；

(2)EFSD．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【详解】（1）四棱锥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分别是SD，SC的中点，

EF//CD，EF平面SAD，

又SD平面SAD，EFSD.

知识点02：直线与平面垂直的性质定理

（1）性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.

（2）符合语言：a，bab

（3）图形语言：

（4）定理应用：垂直与平行的转换

①线面垂直线线平行

②作平行线

【即学即练2】（2023上·上海·高二专题练习）如图，平面平面l，PA，PB，垂足分别为

A，B，直线a平面，aAB.求证：al.

【答案】证明见解析

【详解】如图：

∵PA，l，∴PAl.

同理PBl.

∵PAPBP，PA，PB平面PAB，∴l平面PAB.

又∵PA，a，∴PAa.

∵aAB，PAABA，PA，AB平面PAB，

∴a平面PAB.

∴al.

知识点03：点面距、线面距、面面距

（1）点到平面的距离

过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平

面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离.

①图形语言：

如图，线段AO的长度就是点A到平面的距离.

②点面距AO的范围：AO0.

③常用方法：等体积法

【即学即练3】（2024上·河北·高三雄县第一高级中学校联考期末）已

知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,G为线段B1D1上的动点，则点B到

平面GAD距离的最小值为（）

A．1B．2C．3

D．2

【答案】B

1114

【详解】由题意得VSBB222，

GABD3ABD1323

14

设点B到平面GAD的距离为h，则由等体积转化法为VShV，

BAGD3ADGGABD3

1

当G与B重合时，S最大，最大为22222，

1ADG2

4

此时h最小，为2.

22

故选：B.

（2）直线到平面的距离

一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距

离.

①图形语言：

线段AO的长度就是直线l到平面的距离.

②当直线l与平面相交或l时，直线l到平面的距离为0.

（3）平面到平面的距离

如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的

距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离.

①图形语言：

线段AO的长度就是平面到平面的距离

(2)当平与平相交时，平面到平面的距离是0.

题型01直线与平面垂直的定义转化为性质

【典例1】（2024下·高一课时练习）如图，在三棱锥P－ABC中，PC底面ABC，ABBC，D，E分别

是AB，PB的中点．

(1)求证：DE//平面PAC；

(2)求证：ABPB

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【详解】（1）∵点D、E分别是棱AB、PB的中点，

∴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·广东·高三学业考试）在三棱柱ABCA1B1C1中，BCAC，BCCC1，点D是AB的

中点.

（1）求证：AC1//平面CDB1；

（2）若侧面AA1C1C为菱形，求证：AC1A1B.

【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析

【详解】（1）证明：连接BC1，交CB1于点E，连接DE，

因为四边形BCC1B1为矩形，所以E为BC1，CB1的中点，

因为点D是AB的中点，

所以AC1//DE，

因为DE平面CDB1，AC1平面CDB1，

所以AC1//平面CDB1；

（2）证明：连接A1C，

因为四边形AA1C1C为菱形，所以A1CAC1，

因为BCAC，BCCC1，ACCC1C,

所以BC平面AA1C1C，

因为AC1平面AA1C1C，

所以BCAC1，

因为A1CBCC，

所以AC1平面A1BC，

因为A1B平面A1BC，

所以AC1A1B

【典例3】（2024上·广东·高三统考学业考试）如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，E为SD的中点.

(1)证明：SB//平面ACE；

(2)若SA平面ABCD，证明：SCBD.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【详解】（1）设BD与AC交于点F，连接EF，

因为底面ABCD是正方形，所以F为BD的中点，

又因为E为SD的中点，所以EF//SB，

因为SB平面ACE，EF平面ACE，

所以SB//平面ACE.

（2）因为底面ABCD是正方形，所以ACBD，

又因为SA平面ABCD，BD平面ABCD，所以SABD，

又ACSAA，AC,SA平面SAC，

所以BD平面SAC，

因为SC平面SAC，所以SCBD.

-

【变式1】（2024·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，AB1B1C．证明：ACB1B

【答案】证明见解析

【详解】取AC的中点D，连接BD，B1D，

ABBC，AB1B1C，ACBD，ACB1D，

又BDB1DD，BD,B1D平面BB1D，

AC平面BB1D，

又因为BB1平面BB1D，

ACB1B.

【变式2】（2024·全国·高三专题练习）如图，四棱锥PABCD中，四边形ABCD为梯形，AB//CD，ADAB，

ABPA2DC4，PB2AD42，PD26，M，N分别是PD，PB的中点．

(1)求证：直线MN//平面ABCD；

(2)求证：PAMN．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【详解】（1）连接BD，

因为M，N分别是PD，PB的中点，所以MN//BD，

又MN平面ABCD，BD平面ABCD，

所以直线MN//平面ABCD；

（2）因为AD22,PD26,PA4，

所以PA2AD2PD2，所以PAAD，

因为AB4，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．

【变式3】（2024·全国·高三专题练习）如图；在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC3，BCAA14，AB5，

点D为AB的中点．

(1)求证ACBC1；

【答案】(1)证明见解析

【详解】（1）在ABC中，

因为AC3，AB5，BC4，

所以AC2BC2AB2，

所以ABC为直角三角形，即ACBC，

又因为在直三棱柱ABC-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，

又因为BC1平面BCC1，

所以ACBC1．

题型02直线与平面垂直的性质定理的运用

－

【典例1】（2024·全国·高二专题练习）如图，正方体A1B1C1D1ABCD中，EF与异面直线AC、A1D都垂

直相交．

求证：EF//BD1.

【答案】证明见详解.

【详解】连接AB1，B1C，BD，B1D1，

－

因为在正方体A1B1C1D1ABCD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；

同理可证：BD1B1C，

又ACB1CC，AC平面ACB1，B1C平面ACB1，

所以BD1平面ACB1；

因为EF与异面直线AC、A1D都垂直相交，

即EFAC，EFA1D，

－

又在正方体A1B1C1D1ABCD中，A1B1与DC平行且相等，

所以四边形A1B1CD为平行四边形，因此A1D//B1C，

所以EFB1C，

因为ACB1CC，AC平面ACB1，B1C平面ACB1，

所以EF平面ACB1；

因此EF//BD1.

【典例2】（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2．M，N分别为B1D1

与C1D上的点，且MNB1D1，MNC1D．

求证：MN//A1C；

【答案】证明见解析

【详解】证明：如图，连接B1A，AD1．

∵CC1平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，

∴CC1B1D1．

∵四边形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，

∴四边形ADC1B1为平行四边形，

∴C1D//AB1．

∵MNC1D，

∴MNAB1．

I

又∵MNB1D1，AB1B1D1B1，AB1,B1D1平面AB1D1，

∴MN平面AB1D1．

∴A1C//MN．

【典例3】（2023·全国·高三专题练习）如图（1），在梯形ABCD中，AD//BC且ADCD，线段AD上有

一点E，满足CDDE1，AEBC2，现将ABE，CDE分别沿BE，CE折起，使AD5，BD3，

得到如图（2）所示的几何体，求证：AB//CD

【答案】证明见解析

【详解】证明：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，

因为BDBEB，BD，BE平面BDE，所以AB平面BDE，

在RtEDC中，EDCD，

在BDC中，BD2CD2BC2，则BDCD，

因为EDBDD，ED,BD平面BDE，所以CD平面BDE，

所以AB//CD.

【变式1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，

AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.

【答案】证明见解析

【详解】因为AB⊥平面PAD，AE平面PAD，所以AE⊥AB，

⊂

又AB∥CD，所以AE⊥CD.

因为AD＝AP，E是PD的中点，所以AE⊥PD.

又CD∩PD＝D，CD，PD平面PCD，

所以AE⊥平面PCD.⊂

因为MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.

又因为MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，

所以MN⊥平面PCD，⊂

所以AE∥MN.

【变式2】（2023·全国·高三专题练习）在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，AE⊥PD

于点E，l⊥平面PCD．求证：l∥AE．

【答案】证明见解析

【详解】证明：因为PA⊥平面ABCD，

CD⊂平面ABCD，

所以PA⊥CD．

又四边形ABCD是矩形，所以CD⊥AD．

因为PA∩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．

因为AE⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，

所以AE⊥平面PCD．

因为l⊥平面PCD，

所以l∥AE．

【变式3】（2023·高一课时练习）如图，已知正方体A1C．

(1)求证：A1C⊥B1D1；

(2)M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D，求证：MN∥A1C．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【详解】（1）如下图，连接A1C1．

因为CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，

所以CC1⊥B1D1．因为四边形A1⊂B1C1D1是正方形，

所以A1C1⊥B1D1．又因为CC1∩A1C1＝C1，

所以B1D1⊥平面A1C1C．又因为A1C平面A1C1C，所以B1D1⊥A1C．

（2）如上图，连接B1A，AD1．因为⊂B1C1=AD，B1C1∥AD

所以四边形ADC1B1为平行四边形，所以C1D∥AB1，因为MN⊥C1D，所以MN⊥AB1．

又因为MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，所以MN⊥平面AB1D1．由（1）知A1C⊥B1D1．

同理可得A1C⊥AB1．又因为AB1∩B1D1＝B1，所以A1C⊥平面AB1D1．所以A1C∥MN．

故答案为：A1C⊥B1D1；MN∥A1C.

题型03点到平面的距离

-

【典例1】（2024·全国·高三专题练习）在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB2，AA11，则点A到平面A1BC

的距离为（）

3333

A．B．C．D．3

424

【答案】B

-

【详解】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，底边BC上的高长为522，

2

1

所以等腰三角形ABC的面积为222，

12

设点A到平面A1BC的距离为h，

113

VVh213h，

AA1BCA1ABC332

故选：B

-

【典例2】（2024上·全国·高三阶段练习）在直三棱柱ABCA1B1C1中，所有棱长均为1，则点A1到平面AB1C

的距离为（）

21102110

A．B．C．D．

7564

【答案】A

【详解】取AB的中点M，连接CM，

因为ABC为等边三角形，则CMAB，

又因为AA1平面ABC，且CM平面ABC，则CMAA1，

且ABAA1A，AB,AA1平面ABB1A1，可得CM平面ABB1A1，

3

由题意可知：AB=CB=2,CM=，

112

设点A1到平面AB1C的距离为d，

2

1121131

因为VV，即，

A1AB1CCAA1B1d1211

322322

21

解得d，

7

21

所以点A1到平面AB1C的距离为.

7

故选：A.

【典例3】（2024上·上海·高二上海市建平中学校考期末）如图所示，正四面体ABCD的棱长为1，则点A到

平面BCD的距离为.

【答案】6

3

【详解】设O是底面△BCD的中心，则AO平面BCD，又因为BO平面BCD，所以AOBO，

233

正四面体ABCD的棱长为1，则BO1，

323

2

22236

AOABBO1,

33

6

故答案为：.

3

-

【典例4】（2024·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB2，AB22，AA13，

M为AB的中点.

(1)证明：AC1//平面B1CM；

(2)求点A到平面B1CM的距离.

【答案】(1)证明见解析

322

(2)

11

【详解】（1）

连接BC1交B1C于点N，连接MN，

则有N为BC1的中点，M为AB的中点，

所以AC1//MN，

且AC1平面B1CM，MN平面B1CM，

所以AC1//平面B1CM.

（2）连接AB1,因为CACB2，所以CMAB,

又因为AA1平面ABC，CM平面ABC，

所以AA1CM，ABAA1A,所以CM平面ABB1A1,

又因为MB1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

设点A到平面B1CM的距离为d，

11

因为VABCMVBACM,所以SdSAA,

113B1CM3ACM1

SAA322

所以dACM1.

S11

B1CM

【变式1】（2024·上海·高二专题练习）在三棱锥VABC中，VA,VB,VC两两垂直，VAVBVC1，则

点V到平面ABC的距离等于（）

13

A．1B．C．3D．

23

【答案】D

【详解】设点V到平面ABC的距离为h，

∵VA,VB,VC两两垂直，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，即点V到平面ABC的距离为，

33

故选：D

【变式2】（2024·全国·高三专题练习）已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=4，点P到∠ACB两

边AC，BC的距离均为23，那么点P到平面ABC的距离为.

【答案】22

【详解】设P在平面ABC内的射影为O，则OP平面ABC，

由于AC,BC,OC平面ABC，所以OPAC,OPBC,OPOC，

过O作OEAC,OFBC，垂足分别为E,F，

由于ACB90，所以四边形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；同理可证得CFPF.

2

所以CECF42232，OC222222，

2

OP422222，即P到平面ABC的距离是22.

故答案为：22

【变式3】（2024上·云南曲靖·高三校联考阶段练习）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点C到平

面A1DB的距离为.

31

【答案】/3

33

【详解】解：如图，设点C到平面A1DB的距离为h，

1111

VS△AA111，

A1BCD3BCD1326

1

又VV，

CA1DBA1BCD6

△

在A1DB中，A1DA1BBD2，

△

所以A1DB是边长为2的等边三角形，

13

则S△22sin60，

A1DB22

11131

VCADBS△ADBh，即h，

1316326

33

解得：h，所以点C到平面A1DB的距离为.

33

3

故答案为：.

3

【变式4】（2024·全国·高三专题练习）如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为正方形,PA底面

ABCD,PAAB2,E为线段PB的中点,F为线段BC的中点．

(1)证明:AE平面PBC;

(2)求点P到平面AEF的距离．

【答案】(1)证明见解析

6

(2)．

3

【详解】（1）证明:因为PA底面ABCD,BC平面ABCD,所以PABC．

因为ABCD为正方形,所以ABBC,

因为PAABA,PA平面PAB,AB平面PAB,所以BC平面PAB,

因为AE平面PAB,所以AEBC,

因为PAAB,E为线段PB的中点,所以AEPB,

又因为PBBCB,PB平面PBC,BC平面PBC,所以AE平面PBC.

（2）由F是BC的中点．所以AFAB2BF25,

因为PA底面ABCD,AB平面ABCD,

所以PAAB,因为E为线段PB的中点,

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

因为PAAB2,所以SSPAAB1,

PAE2PAB4

由(1)知BC平面PAB,所以FB平面PAB,

设点P到平面AEF的距离为h,

1611

则有VShhVSBF,

PAEF3AEF6FPAE3PAE3

66

解得h,所以点P到平面AEF的距离为．

33

题型04线面距，面面距

【典例1】（2023上·北京·高二北京市第三十五中学校考期中）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，则棱BB1

到面AA1C1C的距离为（）

32

A．aB．aC．aD．2a

32

【答案】C

【详解】如图，连接A1C1,B1D1，它们交于点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的长即为棱BB1到面AA1C1C的距离，而BOa，

12

2

所以所求距离为a．

2

故选：C．

【典例2】（2024·全国·高三专题练习）如图，三棱锥PABC中，PAB，ABC均为等边三角形，PA4，

O为AB中点，点D在AC上，满足AD1，且面PAB面ABC．

(1)证明：DC面POD；

(2)若点E为PB中点，问：直线AC上是否存在点F，使得EF∥面POD，若存在，求出FC的长及EF到

面POD的距离；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)见解析

【详解】（1）由条件PAB、ABC为等边三角形，O为AB的中点，

则ABPA4，AO2AD2，DAO60，

由余弦定理得DOAO2AD22cosDAOAOAD3

从而在△AOD中，AO2AD2OD2，

得△AOD为直角三角形，且ODAD，

又面PAB面ABC，面PAB面ABCAB，且POAB，PO面PAB,

则由面面垂直的性质定理可得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上的点F，使得EF∥面POD

点E为PB中点，取OB的中点M，可得EM∥PO，再在面ABC内作MF∥OD交AC于点F，该点F即

为满足题意的点（如图）．

下面证明面POD∥面EFM

由于EM∥PO，EM面POD，PO面POD，则ME∥面POD，

MF∥OD，FM面POD，DO面POD，则MF∥面POD，

MF面FME，ME面FME，MFMEM，

则由面面平行的判定定理可得面POD∥面EFM，FE面FME，因此EF∥面POD

AOAD135

又由于2，从而可得DF，AF，CFACAF，

OMDF222

1

由（1）可知，AD面POD，则AD面EFM，DF即为面POD与面EFM间的距离，也即EF到面POD

2

的距离．

5

综上：存在AC上的点F，使得EF∥面POD，CF，

2

1

EF到面POD的距离为．

2

【典例3】（2023·全国·高一专题练习）在长方体ABCDA1B1C1D1中，有一过AD且与平面A1D1CB平行的

平面，棱AA15，AB12，则平面与平面A1D1CB的距离是．

60

【答案】

13

【详解】因为平面∥平面A1D1CB，AD平面，所以AD到平面A1D1CB的距离即为平面与平面A1D1CB

间的距离，易知AD∥平面A1D1CB，从而点A到平面A1D1CB的距离即为所求的距离．

如图，过点A作AHA1B于点H．

因为A1D1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，则AH即为所求．

在△中，，，则22，

RtBAA1AB12AA15A1BABAA113

AAAB60

1

因为AHA1BA1AAB，所以AH．

A1B13

60

故平面与平面ADCB的距离为．

1113

60

故答案为：

13

【典例4】（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为3.

(1)证明：平面ADF1//平面A1BC；

(2)求平面ADF1与平面A1BC间的距离.

【答案】(1)证明见解析

15

(2)

5

【详解】（1）在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中，

因为底面为正六边形，所以AD//BC，

因为AD平面A1BC，BC平面A1BC，所以AD//平面A1BC.

因为CD//A1F1，CDA1F1，所以四边形CDF1A1为平行四边形，所以DF1//A1C，

因为DF1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与平面A1BC间的距离等价于点A到平面A1BC的距离，设为d.

11

连接AC，则四面体A1ABC的体积VS△AAS△d.

3ABC13A1BC

1112π1

因为VSAA11sin3，

3△ABC13234

22，22，

A1BABAA12A1CACAA16

2

1222615

所以1，从而，

cosABCsinA1BC

121244

所以11515，

S△12

A1BC244

3V1515

所以d，即平面ADF与平面ABC间的距离为.

S511

△A1BC5

【变式1】（2023·全国·高三专题练习）如图，P为菱形ABCD外一点，PD平面ABCD，BAD60，E

为棱BC的中点.若PDAD2，求BC到平面PAD的距离.

【答案】3

【详解】因为BC//AD,AD平面PAD，BC不在平面PAD内，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VBPADVPABD，PDAD2，

PD平面ABCD,BAD60，四边形ABCD为菱形，

11113

所以22d222，解得d3，

32322

即BC到平面PAD的距离为3.

【变式2】（2023上·上海杨浦·高二上海市杨浦高级中学校考期中）如图,P为菱形ABCD外一点,PD平面

ABCD,BAD60,E为棱BC的中点.

(1)求证:ED平面PAD;

(2)若PDAD2,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BAD60,四边形ABCD为菱形,

所以BDCD,

又E为棱BC的中点,

所以BCDE,

因为AD//BC,

所以ADDE,

因为PD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）因为BC//AD,AD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VBPADVPABD,PDAD2,PD平面ABCD,BAD60,四边形ABCD为菱形,

11113

所以22d222,

32322

解得d3,

即BC到平面PAD的距离为3.

【变式3】（2023·全国·高三专题练习）如图，棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，

CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF.

(1)作出截正方体ABCD­A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；

(2)求平面与平面BDF的距离.

【答案】(1)答案见解析

26

(2)

3

BF//ED

【详解】（1）连接B1D1,EB1,ED1，由正方体性质可得BD//B1D1，1；

又BFBDB，所以平面EB1D1//平面BDF；

因为//平面BDF，且E，所以平面EB1D1与平面重合，即平面EB1D1就是截正方体ABCD­A1B1C1D1

所得的截面.

（2）由（1）可知平面与平面BDF的距离等于点B1到平面BDF的距离；

设点B1到平面BDF的距离为d，由题意可得BD22,BFDF5，所以VBDF的面积为6；BB1F的

面积为2；

1126

由VBBDFVDBBF可得S△BDFdS△BBF2，解得d.

113313

26

所以平面与平面BDF的距离为.

3

-

【变式4】（2023下·全国·高一专题练习）如图在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，

E是BB1上的一点，且EB11，D、F、G分别是CC1、B1C1、A1C1的中点，EF与B1D相交于H．

(1)求证：B1D平面ABD；

(2)求平面EGF与平面ABD的距离．

【答案】(1)证明见解析

32

(2)

2

【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质得平面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：由题意知EB1B1F1，

在RtEB1F中，FEB145，

又DBB145，EF//BD，

QBD平面ABD，EF平面ABD，

EF//平面ABD，

G、F分别为A1C1、B1C1的中点，

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为平行平面EFG与ABD之间的距离，

232

HDBDBH22，

1122

32

即平面EFG与ABD之间的距离为．

2

题型05距离最值问题

【典例1】（2023·河南·校联考二模）已知四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，ABPD，AB213，

500

PAPD，APD120．若四棱锥PABCD的外接球的体积为，则该球上的点到平面PAB的距离

3

的最大值为（）

A．6B．7C．8D．9

【答案】C

【详解】如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC，BD，记ACBDF，则点F为矩形ABCD的外接圆

圆心，

设PAPDa，在PAD中，由余弦定理得：

1

AD2PA2PD22PAPDcosAPDa2a22aa()3a2，

2

AD

即AD3a，PAD的外接圆半径为a，

2sinAPD

记PAD的外接圆圆心为G，则GPa，取AD的中点E，连接PE，EF，

1

显然EF//AB，EFAB13，PEAD，且P，E，G共线，

2

因为ABPD，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，

过G作GO平面PAD，使GOEF，连接FO，

于是GO//EF，则四边形EFOG为矩形，有FO//PG，则FO平面ABCD，

根据球的性质，得点O为四棱锥PABCD外接球的球心，

5004500

因为球O的体积为，则PO3，解得PO5，

333

而AB213，在RtPGO，PGaPO2GO223，

因此PAB外接圆直径PBAB2PA2(213)2(23)28，

取PB的中点H，连接OH，显然H为PAB外接圆圆心，则OH平面PAB，且OH52423，

所以四棱锥PABCD的外接球上的点到平面PAB的距离的最大值为8．

故选：C

【典例2】（2024·全国·高三专题练习）已知三棱锥SABC，满足SA，SB，SC两两垂直，且SASBSC2，

Q是三棱锥SABC外接球上一动点，求点Q到平面ABC的距离的最大值.

【答案】43

3

【详解】

三棱锥S－ABC满足SA，SB，SC两两垂直，且SASBSC2，则三棱锥SABC外接球就是棱长为2的

正方体的外接球，