空间距离及夹角问题 重难点题型期末复习讲义-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

专题07 空间距离及夹角问题 重难点题型 题型一 求异面直线所成角（小题） 例1. 在正三棱柱 中，，，分别是 中点，则异面直线 与 所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 例2. 如图，在正四面体ABCD中．点E是线段AD上靠近点D的四等分点，则异面直线EC与BD所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 题型二 求线面角（解答题） 例1. 如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且． (1)求证：； (2)若,求直线与平面所成角的正弦值． 例2. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，，分别为，的中点. (1)若平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求证：平面平面. 题型三 求二面角（解答题） 例1. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求侧面与底面所成二面角的正弦值. 题型四 求体积（解答题） 例1. 如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形. (1)若是的中点，求证：平面； (2)若，，求三棱锥的体积. 题型五 求空间距离（解答题） 例1. 如图，直三棱柱 中，，为的中点. (1)求证：平面 ； (2)求 到平面 的距离. 例2. 如图，正方形边长为4，E为AB中点，F为边BC上的动点．将沿DE翻折到，沿EF翻折到． (1)求证：平面； (2)若F是边BC上的中点，求点S到平面的距离； (3)若，连接DF，设直线SE与平面所成角为，求的最大值． 题型六 立体几何中的截面问题（压轴） 例1. （多选）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（    ） A．直线与直线为异面直线 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．二面角的平面角余弦值为 D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为 例2. （多选）如图，直四棱柱中，底面是，的矩形，直四棱柱的高为4，E，F分别为棱AB，的中点，则下列说法中正确的有（    ）    A．直线与CF相交 B．异面直线与CE所成角为 C．二面角的平面角为 D．平面CEF截该长方体所得的截面为五边形 题型七 立体几何中的轨迹问题（压轴） 例1. 在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（    ） A． B． C． D． 例2. 在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 . 课后复习巩固练习 1. 如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为（    ）    A．1 B． C． D． 2. 如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3. （多选）正方体中，，是的中点，则下列说法中正确的有（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．平面 C．过，，三点作正方体的截面，则截面面积为 D．若为正方体对角线上的一个动点，则最小值为 4. （多选）如图，正方形的棱长为3，动点在内，满足，则下列说法正确的是（    ） A． B．与平面所成的角的正弦值为 C．始终为钝角三角形 D．点的轨迹长度为 5. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，分别为线段的中点.    (1)证明：； (2)证明：平面； (3)若，，记与平面所成角为，求的最大值. 6. 在四棱台中，，平面平面，，，，.    (1)求证：平面； (2)若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 7. 三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. (1)求证：面； (2)求三棱台的体积； (3)问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 8. 在三棱柱中，平面，且. (1)求证：平面平面； (2)求点与平面的距离. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 空间距离及夹角问题 重难点题型 题型一 求异面直线所成角（小题） 例1. 在正三棱柱 中，，，分别是 中点，则异面直线 与 所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，取的中点，的中点，的中点,可得异面直线与 所成角为或其补角，利用余弦定理即可求解. 【详解】设，取的中点，的中点，的中点, 易知,, 所以异面直线与 所成角为或其补角. 由正三棱柱的几何特征可得,，. , , ，， , 在中，由余弦定理可得, 所以直线与 所成角的余弦值为. 故选:A. 例2. 如图，在正四面体ABCD中．点E是线段AD上靠近点D的四等分点，则异面直线EC与BD所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点E作直线BD的平行线，交AB于点F，连接CF，则为异面直线EC与BD所成角或其补角，利用余弦定理求解即可. 【详解】过点E作直线BD的平行线，交AB于点F，连接CF， 则为异面直线EC与BD所成角或其补角， 不妨设，易得， ， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线EC与BD所成角的余弦值为． 故选：A．    题型二 求线面角（解答题） 例1. 如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且． (1)求证：； (2)若,求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）要证，只需证平面，只需证（易证）和，只需证平面，根据题意容易证； （2）利用等体积法求得点P到平面的距离，设直线与平面所成的角为，则根据即可得到答案. 【详解】（1）因为 为半球 的直径， 为 半球底面圆周上一点, 所以 , 因为 、 平面 , 所以 平面 ，又因为 平面 , 所以 , 又因为 为半球面上一点, 所以 , 又因为 平面 所以 平面 , 又 平面 , 所以 ; （2）因为三角形 为直角三角形, 所以 , 又因为 平面 , 所以 ， 又因为三角形 也是直角三角形， 所以 , 所以， 设点 到平面 的距离为 , 则有 ，即 , 所以 ， 设直线 与平面 所成的角为 ，则 . 例2. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，，分别为，的中点. (1)若平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求证：平面平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，连接，则为直线与平面所成的角，求出、、，再由锐角三角函数计算可得； （2）取的中点，连接，所以证明平面，得到，再证明四边形为矩形，得到，结合，即可证明平面，从而得证. 【详解】（1）为正三角形，为的中点，， 又平面平面，平面平面，且平面， 平面， 连接，则为直线与平面所成的角， 在等边三角形中，， 在三角形中， ， ， ， 直线与平面所成的角的正弦值为； （2）取的中点，连接， 由（1）得， 四边形是的菱形，， 为正三角形，又为的中点，则， 又平面， 平面，又平面， ， 因为，分别为，的中点，所以且， 又且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 又，所以平行四边形为矩形， ， 是的中点， ， 又平面， 平面，又平面， 平面平面． 题型三 求二面角（解答题） 例1. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求侧面与底面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而根据线线垂直即可求证； （2）根据面面垂直的性质可得为平面与面所成二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解. 【详解】（1）因为是正三角形，且是的中点.，所以， 又底面 是正方形，所以 ， 又因为平面平面， 且平面平面，平面，所以平面， 又因为平面 ，所以平面， 所以平面. （2）如图，取的中点的中点，连接， 因为是正三角形，所以 又因为平面平面，且平面平面 ，平面， 所以平面 ，平面，故， 由题意可知平面，故平面 平面故， 故为平面与面所成二面角的平面角， 设 ， 则， ， 所以 . 综上所述：侧面与底面所成二面角的正弦值为. 题型四 求体积（解答题） 例1. 如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形. (1)若是的中点，求证：平面； (2)若，，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证； （2）首先求出，依题意可得平面，即可求出即，再由及锥体的体积公式计算可得. 【详解】（1）取中点，连接，因为是的中点， 且， 又四边形是矩形． 且， 且， 四边形是平行四边形， ，又平面平面， 平面 （2）是圆的直径， ，又， ， 平面，四边形是矩形，， 平面，平面，， 在直角三角形中，， ，， ， 三棱锥的体积为． 题型五 求空间距离（解答题） 例1. 如图，直三棱柱 中，，为的中点. (1)求证：平面 ； (2)求 到平面 的距离. 【答案】(1)证明见解析. (2). 【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线定理证明，由线面平行的判定定理证明即可； （2）设点到平面的距离为，利用等体积法，结合锥体的体积公式求解即可. 【详解】（1）连接交于点，连接， 在直三棱柱中，四边形为平行四边形， 则点为的中点， 又因为为的中点， 所以， 又平面，平面， 故平面. （2）设点到平面的距离为， 在直三棱柱中，平面， 则为三棱锥的高， 所以, 又因为， 所以, , 所以，即. 所以， 即， 由解得. 所以点到平面的距离为. 例2. 如图，正方形边长为4，E为AB中点，F为边BC上的动点．将沿DE翻折到，沿EF翻折到． (1)求证：平面； (2)若F是边BC上的中点，求点S到平面的距离； (3)若，连接DF，设直线SE与平面所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）利用线面垂直的判定推理即得. （2）由（1）的结论，利用等体积法求出点到平面的距离. （3）设，用表示点到平面的距离，进而表示出，再借助对勾函数的单调性及正弦函数单调性求解即得. 【详解】（1）由正方形，得，而平面平面， 所以平面. （2）在中，， 显然，即，， 由（1）知，平面，于是， 又， 设点S到平面的距离为，由，得，解得， 所以点S到平面的距离为. （3）设在平面上的射影为，连接，则为直线SE与平面所成角为， 设，则，， 在中，， 由余弦定理得，， 则，由， 得， 即，解得，因此， 令，，而对勾函数在上递减， 则当，即时，取得最小值，取得最大值，而， 所以的最大值为. 【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起变量的函数，求出函数最值即可. 题型六 立体几何中的截面问题（压轴） 例1. （多选）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（    ） A．直线与直线为异面直线 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．二面角的平面角余弦值为 D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为 【答案】BCD 【分析】证明，说明四点共面，即可得A；找到直线与平面所成角，解直角三角形可得其正弦值，即可得B；作出二面角的平面角，计算其余弦值，即可得C；作出过点B，E，F的平面截正方体的截面，求其面积即可得D. 【详解】对于A，连接，则为矩形，则， 而点E，G分别是棱AD，CD的中点，故， 则四点共面，故直线，不是异面直线，故A错误； 对于B，由于平面，故即为直线与平面所成角， 而，则， 故，故B正确； 对于C，连接交于点O，连接， 平面平面，故， 又平面，故平面， 即为二面角的平面角， 又， 故，故C正确； 对于D，连接，则， 则梯形即为过点B，E，F的平面截正方体的截面， 而， 故等腰梯形的高为， 故等腰梯形的面积为， 即过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为，故D正确， 故选：BCD. 例2. （多选）如图，直四棱柱中，底面是，的矩形，直四棱柱的高为4，E，F分别为棱AB，的中点，则下列说法中正确的有（    ）    A．直线与CF相交 B．异面直线与CE所成角为 C．二面角的平面角为 D．平面CEF截该长方体所得的截面为五边形 【答案】AD 【分析】证明四边形为梯形，可判定A正确；结合三垂线定理即可判定可得与不垂直，B不正确；证明为二面角的平面角，求解判断C错误；确定截面共有五边形，可判定D正确. 【详解】因为且，可得四边形为梯形， 所以与必相交，所以A正确； 由题意，在长方体中，因为平面， 平面，所以， 假设异面直线与所成角是，即， 平面，， 可得平面，而平面， 则， 在长方形中，因为， 取中点，可知正方形中，    可得与不垂直，矛盾， 所以异面直线与所成角不是，所以B错误； 由上图可知，又，即，则， 又平面，平面，所以， 平面，所以平面， 平面，则，则为二面角的平面角， 又，所以不等于，C错误；    点是棱上一点，且，取的中点，连接， 因为分别是和的中点，所以， 由四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以为平面与平面的交线， 为截面的边，截面又与平面及相交， 可得截面的两条边，所以截面共有五边形，所以D正确. 故选：AD.    【点睛】关键点点睛：利用面面平行的性质定理找到平面与平面的交线，从而确定截面图形. 题型七 立体几何中的轨迹问题（压轴） 例1. 在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，则为直线与平面所成角，从而得到，所以当取最小值时取得最大值，求出的最小值，即可求出，连接，由勾股定理求出，即可得到点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为，即可求出轨迹长. 【详解】连接，因为平面，所以为直线与平面所成角， 所以，又直线与平面所成角的最大值是， 所以，当且仅当取最小值时取得最大值， 因为，所以当时取最小值，此时， 所以， 又点在底面内，且，连接， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为， 所以点的轨迹长为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是由线面角求出的长度，再由勾股定理求出，即可确定的轨迹. 例2. 在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 . 【答案】/ 【分析】首先证明，，，则；即可得到平面，取的中点，连接，即可证明平面，从而确定，则点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上，确定圆心角，即可求出轨迹长. 【详解】首先证明，，，则； 如下图所示：    设，， 在平面内取一点，过点作直线，过点作直线， 由面面垂直的性质定理可得平面，平面； 又，即，所以可得； 又，且平面，可得； 因为平面，均与底面垂直，平面平面， 所以平面，在平行六面体中，则平面， 又底面是边长为的菱形，，连接，则为边长为的等边三角形， 取的中点，连接，则，且， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又点在侧面上运动，即平面， 所以，又，所以， 所以点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上， 在、分别取点、，使得， 即，且， 又，所以点在弧上，且圆心角， 所以点的轨迹长为. 故答案为：    【点睛】关键点点睛：本题解答的关键首先根据面面垂直的性质确定平面，再证明平面，即可确定点的轨迹. 课后复习巩固练习 1. 如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为（    ）    A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，则（或其补角）为异面直线与所成角，解三角形即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接、，易知，    所以异面直线与所成角就是直线与直线所成的角，即（或其补角）， 由题意可知正三棱柱的所有棱长都相等， 可设三棱柱的棱长都为，则，，， 因为，所以为直角三角形， 所以 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：. 2. 如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取有中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】取的中点，连接，由E为CD的中点，得，， 则是异面直线CM与AE所成的角或其补角， 正方形中，，在中，， ，， 于是， 所以异面直线CM与AE所成的角的余弦值为. 故选：D 3. （多选）正方体中，，是的中点，则下列说法中正确的有（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．平面 C．过，，三点作正方体的截面，则截面面积为 D．若为正方体对角线上的一个动点，则最小值为 【答案】ACD 【分析】利用异面直线所成角的定义可判断A选项；利用线面平行的判定定理和线面垂直的性质可判断B选项；作出截面，并计算出截面面积，可判断C选项；将、延展至同一个平面，由、、三点共线时，取最小值可判断D选项. 【详解】如下图所示： 对于A选项，因为，则异面直线与所成角为或其补角， 因为，且，， 则， 所以，， 故异面直线与所成角的余弦值为，A正确； 对于B选项，连接交于点，连接， 因为四边形为正方形，，则为的中点， 又因为为的中点，所以，， 又因为平面，平面，所以，平面， 若平面，则，根据正方体性质知四边形为矩形， 且，则其对角线与不垂直，则B不正确； 对于C选项，设平面交棱于点，如下图所示： 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 又因为，则，因为，故四边形为平行四边形， 所以，，故为的中点，所以，， 又因为，则，所以，四边形为平行四边形， 因为平面，平面，所以，， 所以，四边形为矩形，且其面积为，C正确. 对于D选项，将、延展至同一个平面，如下图所示： 且，， 结合图形可知，当、、三点共线时，取最小值， 即， 易知，，， ，则在中，， 则，则 ， 则由余弦定理有 故最小值是，D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是将平面、延展至同一个平面，再结合三角恒等变换和余弦定理即可得到最小值. 4. （多选）如图，正方形的棱长为3，动点在内，满足，则下列说法正确的是（    ） A． B．与平面所成的角的正弦值为 C．始终为钝角三角形 D．点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】根据正方体中，证明线线垂直；利用线面角定义，先找到角，再计算夹角的正弦值；在三角形中，利用余弦定理求角判断三角形形状；根据题意先找到点的轨迹形状是圆的一半，计算长度得答案； 【详解】对于A，正方形中，平面, 因为平面,所以， 动点在内，当不可能与点重合时，不成立，A错误； 对于B，正方形中， 是平面内两条相交直线，平面， ，设点交平面于点, 所以点到平面的高为， 则为与平面所成的角，且， 所以与平面所成的角的正弦值为，B正确； 对于C，由选项B可知, 进而在直角三角形中，， 在中，由余弦定理可得 , 所以为钝角，C正确； 对于D.根据选项B可知，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆的一部分， 又因为是等边三角形，且, 可知点的轨迹为以为圆心，为半径的圆的一半， 则点的轨迹为长度为，D正确； 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型 空间中轨迹问题的解答思路： （1）根据已知条件确定和待求点相关的平行、垂直关系； （2）用动点的坐标表示相关点的坐标，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （3）根据轨迹形状即可求解出轨迹长度其他量； 5. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，分别为线段的中点.    (1)证明：； (2)证明：平面； (3)若，，记与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，设，连接，通过证明以及得到为等腰三角形，进而可得结论； （2）取的中点,通过证明平面以及平面可得面面平行，即可求证； （3）利用体积法求点到平面的距离，设与平面所成的角为，表示出，求其最值。 【详解】（1）连接，设，连接.    因为，平面，平面，故， 而，，平面， 故平面，而平面，故， 由四边形为平行四边形可得， 故为等腰三角形，即； （2）取的中点，连结，    由中位线性质可得，且，所以， 因为平面平面，所以平面， 同理可证平面， 因为平面平面， 所以平面//平面；. 又平面, 所以//平面, （3）设，， 由（1）可得平面，而平面，故， 故四边形为菱形，而，故. 因为平面，平面，故， 故，同理. 而，故. 设为点到平面的距离，与平面所成的角为， 故. 又， 而， 故，故， 故， 当且仅当即时等号成立， 所以 【点睛】线面角可以通过体积法求出点到面的距离后，利用（为斜线段的长度）来表示，可以避免建系产生的复杂计算. 6. 在四棱台中，，平面平面，，，，.    (1)求证：平面； (2)若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，得四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）延长，做交于点，由面面垂足的性质定理得平面，做平面，设，四边形是正方形，取中点，平面，做，可得即为平面与平面的二面角的平面角，利用求出，求出可得答案. 【详解】（1）    连接，因为，，所以， 又，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面； （2）延长，做，交于点， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，做平面， 垂足为点，连接，设， 则得为矩形，， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得， 可得，即，四边形是正方形， 因为，所以，， 可得， 取中点，连接，则， 则平面，， 做，连接， 因为平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 平面，所以， 可得即为平面与平面的二面角的平面角， ， ， ， 所以， 可得，， 所以， 可得， 所以平面与平面的夹角的余弦值为.    7. 三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. (1)求证：面； (2)求三棱台的体积； (3)问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在， 【分析】（1）连接，过作交于，由已知可得，又平面平面，则平面，可得，又，则可得平面. （2）由已知可得平面平面，过作，连接，可得平面，求得，如图，延长侧棱交于点，作于，连接，可求得，又因为与底面所成角的正弦值为，可求得，即可求得三棱台的体积. （3）如图，作交于，过作于，则，由（2），可得平面，则即为二面角的平面角，设，则，，由， 可得， 若，可得，即为中点，即侧棱上是存在点，使二面角成，则. 【详解】（1）连接， 在梯形中，过作交于， 由， 则为等边三角形,则， 四边形为菱形，则， 所以，即， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面， 所以平面平面， 过作，连接，平面， 平面平面， 则平面， 故几何体的高为， 如图，延长侧棱交于点，作于，连接， 由已知为中点，， 由（1）得，平面， 因为与底面所成角的正弦值为，则余弦值为， ，，， ， 由（1）得，则， 又因为与底面所成角的正弦值为， 所以， 故三棱台体积为. （3）如图， 作交于，过作于，则， 由（2）可得，平面， 则即为二面角的平面角， 又平面，则， 设，则， 则， 由，得，又， 所以， 若，则， 解得，所以，即为中点， 即侧棱上是存在点，使二面角成， 则. 8. 在三棱柱中，平面，且. (1)求证：平面平面； (2)求点与平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）利用等体积法求解即可. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）由（1）得平面， 因为平面，所以， 又，所以， 故， 由，得， 因为平面，平面， 所以，所以， 设点与平面的距离为， 由，得，解得， 即点与平面的距离为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$