求点到平面的距离常用方法
个人认为方法不在于掌握多少，立体几何的题，其实方法很多，同样，一种方法也可贯穿所有立几的题，所以，熟练掌握至少一种方法，融会贯通，多加利用，变通，会很有收获。在此抛砖引玉，希望大家多提
意见，我必加以改正完善。
1、 定义法：过点找到平面的垂线，从而求出距离。 2、 转移法：分为平行转移和按比例转移两种方法。 3、 等体积法：利用三棱锥的体积不变，换底求高。
4、 利用角度，构造三角形，利用边长或者角度问题，结合三角函数，求其距离。其中包括：二面角，斜线与平面所成角，三垂线方法。
例１．如图已知在正方体ＡＣ′中，棱长为ａ，求点Ａ′到平面ＡＢ′Ｄ′的距离 分析:（法１）在正方体ABCD--A ′B ′C ′D ′中, ∵A ′B ′= A′D ′= A′A, ∴点A ′在 平面AB ′D ′的射影是等边△AB ′D ′的外心, 连接A ′C ′、B ′D ′交点E ，连接 AE ，则A ′在平面AB ′D ′的射影H 在中线AE 上，由于等边三角形 的“五心”合一，即H 是重心，在AE 的三等分点且靠近E 点，
3⋅2a
Ｃ′
ＡＨ ′
２
在等边三角形AB ′D ′中，AE=2，AH=３
2
2
ＡＥ＝
6
３
A' A -AH =
33
a
在直角三角形A ′ＨＡ中，A ′Ｈ＝
3a
即A ′到平面AB ′D ′的距离为3
（法２）由A ′C 在平面A ′B ′C ′D ′的射影为A ′C ′，而A ′C ′⊥D ′B ′，由三垂线定理（及逆定理）可知A ′C ⊥D ′B ′，同理可证A ′C ⊥AB ′、A ′C ⊥AD ′ 。于是A ′C ⊥面AD ′B ′ 即面A ′ACC ′⊥面AB ′D ′ 连接A ′C 与AE 交H 点，由面面垂直的性质定理可知A ′H 的长即为所求。求解略。
（法3）求A ′到平面AB ′D ′的距离可通过体积V A'---AB' D' =V A ---A' B' D' 来求。
1⨯h ⨯
3233
即3
h =
⨯2a ⨯2a =
13
⨯a ⨯
12
a ⨯a
a 6
⨯=
33
a
虽作为四面体没有变，但改变了观察角度，即把∆ AB ′D ′
评注：
V A'---AB' D' =V A ---A' B' D'
为底，以A ′为顶点的三棱锥改为以∆ A′B ′C ′D ′为底以A 为顶点的三棱锥，而这样变化有时给求点面距离即棱锥的高带来了很大便利。
例2．如图PA ⊥正方形ABCD 所在的平面, 且PA=AB=4, E、F 分别是AB 、PC 的中点，
求B 点到平面DEF 的距离。
分析：延长DE 交CB 的延长线于M ，由于E 是AB 的中点， ∴BE=
12
DC ，∴B 是MC 的中点，即C 到平面DEF 的距离是B 到平面DEF 的距离的2倍.
12
取PD 的中点G ,GF ∥＝
DC ∴GF ∥＝AE,
∴四边形AEFG 是平行四边形
而PA=AD=4, ∴AG ⊥PD ，由题设可知DC ⊥AG ，∴AG ⊥面PCD 而EF ∥AG ∴EF ⊥面PCD 即面EFD ⊥面PCD
过C 作CH ⊥FD 于H, 则CH 即为C 到平面EFD 的距离,
∵PA=AD=4 CD=4 ∴PD=42, CF=DF=23,
CH=
463
D
B C
即B 点到平面的距离为
263
例3．已知，如图正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG=2，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，求点B 到平面GEF 的距离。
分析：连接EG 、EF 、EF 、BD 、AC ，AC 与EF 、BD 分别交与H 、O ， 易证BD ∥面GEF ，即点B 到面GEF 的距离等于直线BD 到面GEF 的距离， 可证面GCH ⊥面GEF ，在面GCH 中过点O 作OK ⊥GH ，垂足为K ，
由面面垂直的性质可知：OK ⊥面GEF ，即OK 为BD 到面GEF 的距离，也就是点B 到面GEF 的距离。在正方形ABCD 中，边长为4，CG=2，∴AC=42 HO=2
2
2
C
，HC=32 在直角三角形HCG 中
A
E
B
HG=HC +CG =22 OK=
HO ⋅GC HG
=
211
的距离。 即为点B 到面GEF
评注：本题首先利用线面的平行关系将点B 到平面的距离转化为另一点到平面的距离，然后利用面面垂直的性质确定点到面的距离。
例4. 如图，已知三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F ⊥CC 1于F .
(1)求点A 到平面B 1BCC 1的距离；
(2)当AA 1多长时，点A 1到平面ABC 与平面B 1BCC 1的距离相等. . 解：(1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1 ∴BB 1⊥平面A 1EF 即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C
在Rt △A 1EB 1中， ∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a ∴A 1E =
22
a , 同理A 1F =
22
22
a , 又EF =a ，∴A 1E =
22
a
同理A 1F =a , 又EF =a
∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°
过A 1作A 1N ⊥EF ，则N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1 即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离 ∴A 1N =
12=a 2
a 2
又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为 ∴a =2，∴所求距离为2
(2)设BC 、B 1C 1的中点分别为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，则DD 1必过点N ，易证ADD 1A 1为平行四边形.
∵B 1C 1⊥D 1D , B 1C 1⊥A 1N ∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1 ∴BC ⊥平面ADD 1A 1
得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ， 若A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90° ∴△AMA 1≌△A 1ND 1, ∴AA 1=A 1D 1=
3
, 即当AA 1=
3
时满足条件.
例5. 已知斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC=90°，BC=2，AC =23，且AA 1⊥A 1C ，AA 1=A1C 。求顶点C 与侧面A 1ABB 1的距离。
分析：如下图所示，解答好本题的关键是找到底面ABC 的垂线A 1D ，找到了底面的垂线A 1D ，就可根据三垂线定理，作出侧面A 1ABB 1与底面ABC 所成二面角的平面角A 1DE ，求出二面角A 1-AB-C 的平面角大小，就可依据公式d =m ⋅sin θ找到点D 到平面A 1ABB 1的距离d ，进而根据D 为AC 中点，也就不难求出点C 到侧面A 1ABB 1的距离。
解：如上图，在侧面A 1ACC 1内，作A 1D ⊥AC ，垂足为D ，因为AA 1=A1C ，所以D 为AC 的中点。又因为AA 1⊥A 1C ，AC =23，A 1D=AD=3。
因为侧面A 1ACC 1⊥底面ABC ，其交线为AC ，所以A 1D ⊥面ABC 。
过D 作DE ⊥AB ，垂足为E ，连接A 1E ，则由A 1D ⊥面ABC ，得A 1E ⊥AB （三垂线定理），所以∠A 1ED 为侧面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的平面角。
由已知，AB ⊥BC ，得ED ∥BC ，又D 是AC 的中点，BC=2，所以DE=1，tan ∠A 1ED =
A 1D DE
=
3，故∠A 1ED=60°。
32
32
于是由公式d =m ⋅sin θ知，点D 到侧面A 1ABB 1的距离d
=DE ⋅sin 60︒=1⨯=
。
又点D 为AC 的中点，故而点C 到侧面A 1ABB 1的距离为点D 到侧面A 1ABB 1距离的2倍，于是知点C 到侧面A 1ABB 1的距离为3。
点评：本例先通过求侧面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的大小，进而利用公式
d =m ⋅sin θ求出点D 到侧面A 1ABB 1的距离，再利用中点D 的性质巧妙地求得C 到侧面
A 1ABB 1的距离，充分体现了转化与化归的思想方法在解题中的灵活运用。
例6. （2004年全国卷I 理科20题）如下图，已知四棱锥P-ABCD ，PB ⊥AD ，侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°。
（1）求点P 到平面ABCD 的距离；（2）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小。
分析：如上图，作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O ，即PO 为点P 到平面ABCD 距离。第1问要求解距离PO ，只需求出点P 到二面角P-AD-O 的棱AD 的距离，及二面角P-AD-O 的大小即可。第2问要求解二面角A-PB-C 的大小，只需求出点C 到二面角A-PB-C 棱PB 的距离及点C 到半平面APB 的距离即可。
解：（1）如上图，取AD 的中点E ，连结PE 。由题意，PE ⊥AD ，即m =PE =
3。
又二面角P-AD-O 与二面角P-AD-B 互补，所以二面角P-AD-O 的大小为60°，即θ=60︒。于是由公式d =m ⋅s i θn 知：点P 到平面ABCD 的距离为
PO =m ⋅sin θ=3⋅sin 60︒=
32
。
（2）设所求二面角A-PB-C 的大小为α，点C 到平面PAB 的距离为d 。
连接BE ，则BE ⊥AD （三垂线定理），AD ⊥平面PEB ，因为AD ∥BC ，所以BC ⊥平面PEB ，BC ⊥PB ，即点C 到二面角棱PB 的距离为2，即m=2
。
又因为PE=BE=3，∠PEB=120°，所以在ΔPEB 中，由余弦定理可求得PB=3。 取PB 的中点F ，连结AF ，因为PA=AB=2，则AF ⊥PB ，BF =
AF =
AB
2
12
PB =
32
，所以
-BF
2
=
72
，即S ∆PAB =
32
12
PB ⋅AF =
34
7。又易求得S ∆ABC =
3，点P 到平
面ABC 的距离：PO =。
13
⋅PO ⋅S ∆ABC =
13
⋅d ⋅S ∆PAB ，
d m
217
根据等体积法V P -ABC =V C -PAB ，有
32
34
即⨯3=d ⨯7，所以d =
2217
，代入公式d
=m ⋅sin θ, sin θ==
。
d m
又由于面PBC ⊥面PEB ，所以所求二面角A-PB-C 为钝二面角，所以θ=π-arcsin
点评：对于这个高考试题，许多考生反映第（2）问求解困难，失分较为严重。究其原因有二：一是不能正确地作出二面角的平面角；二是在求二面角的平面角时存在计算障碍。
利用公式d =m ⋅sin θ求解，省去了许多繁难的作图过程与逻辑论证，其优势显而易见。
求点到平面的距离常用方法
个人认为方法不在于掌握多少，立体几何的题，其实方法很多，同样，一种方法也可贯穿所有立几的题，所以，熟练掌握至少一种方法，融会贯通，多加利用，变通，会很有收获。在此抛砖引玉，希望大家多提
意见，我必加以改正完善。
1、 定义法：过点找到平面的垂线，从而求出距离。 2、 转移法：分为平行转移和按比例转移两种方法。 3、 等体积法：利用三棱锥的体积不变，换底求高。
4、 利用角度，构造三角形，利用边长或者角度问题，结合三角函数，求其距离。其中包括：二面角，斜线与平面所成角，三垂线方法。
例１．如图已知在正方体ＡＣ′中，棱长为ａ，求点Ａ′到平面ＡＢ′Ｄ′的距离 分析:（法１）在正方体ABCD--A ′B ′C ′D ′中, ∵A ′B ′= A′D ′= A′A, ∴点A ′在 平面AB ′D ′的射影是等边△AB ′D ′的外心, 连接A ′C ′、B ′D ′交点E ，连接 AE ，则A ′在平面AB ′D ′的射影H 在中线AE 上，由于等边三角形 的“五心”合一，即H 是重心，在AE 的三等分点且靠近E 点，
3⋅2a
Ｃ′
ＡＨ ′
２
在等边三角形AB ′D ′中，AE=2，AH=３
2
2
ＡＥ＝
6
３
A' A -AH =
33
a
在直角三角形A ′ＨＡ中，A ′Ｈ＝
3a
即A ′到平面AB ′D ′的距离为3
（法２）由A ′C 在平面A ′B ′C ′D ′的射影为A ′C ′，而A ′C ′⊥D ′B ′，由三垂线定理（及逆定理）可知A ′C ⊥D ′B ′，同理可证A ′C ⊥AB ′、A ′C ⊥AD ′ 。于是A ′C ⊥面AD ′B ′ 即面A ′ACC ′⊥面AB ′D ′ 连接A ′C 与AE 交H 点，由面面垂直的性质定理可知A ′H 的长即为所求。求解略。
（法3）求A ′到平面AB ′D ′的距离可通过体积V A'---AB' D' =V A ---A' B' D' 来求。
1⨯h ⨯
3233
即3
h =
⨯2a ⨯2a =
13
⨯a ⨯
12
a ⨯a
a 6
⨯=
33
a
虽作为四面体没有变，但改变了观察角度，即把∆ AB ′D ′
评注：
V A'---AB' D' =V A ---A' B' D'
为底，以A ′为顶点的三棱锥改为以∆ A′B ′C ′D ′为底以A 为顶点的三棱锥，而这样变化有时给求点面距离即棱锥的高带来了很大便利。
例2．如图PA ⊥正方形ABCD 所在的平面, 且PA=AB=4, E、F 分别是AB 、PC 的中点，
求B 点到平面DEF 的距离。
分析：延长DE 交CB 的延长线于M ，由于E 是AB 的中点， ∴BE=
12
DC ，∴B 是MC 的中点，即C 到平面DEF 的距离是B 到平面DEF 的距离的2倍.
12
取PD 的中点G ,GF ∥＝
DC ∴GF ∥＝AE,
∴四边形AEFG 是平行四边形
而PA=AD=4, ∴AG ⊥PD ，由题设可知DC ⊥AG ，∴AG ⊥面PCD 而EF ∥AG ∴EF ⊥面PCD 即面EFD ⊥面PCD
过C 作CH ⊥FD 于H, 则CH 即为C 到平面EFD 的距离,
∵PA=AD=4 CD=4 ∴PD=42, CF=DF=23,
CH=
463
D
B C
即B 点到平面的距离为
263
例3．已知，如图正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG=2，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，求点B 到平面GEF 的距离。
分析：连接EG 、EF 、EF 、BD 、AC ，AC 与EF 、BD 分别交与H 、O ， 易证BD ∥面GEF ，即点B 到面GEF 的距离等于直线BD 到面GEF 的距离， 可证面GCH ⊥面GEF ，在面GCH 中过点O 作OK ⊥GH ，垂足为K ，
由面面垂直的性质可知：OK ⊥面GEF ，即OK 为BD 到面GEF 的距离，也就是点B 到面GEF 的距离。在正方形ABCD 中，边长为4，CG=2，∴AC=42 HO=2
2
2
C
，HC=32 在直角三角形HCG 中
A
E
B
HG=HC +CG =22 OK=
HO ⋅GC HG
=
211
的距离。 即为点B 到面GEF
评注：本题首先利用线面的平行关系将点B 到平面的距离转化为另一点到平面的距离，然后利用面面垂直的性质确定点到面的距离。
例4. 如图，已知三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F ⊥CC 1于F .
(1)求点A 到平面B 1BCC 1的距离；
(2)当AA 1多长时，点A 1到平面ABC 与平面B 1BCC 1的距离相等. . 解：(1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1 ∴BB 1⊥平面A 1EF 即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C
在Rt △A 1EB 1中， ∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a ∴A 1E =
22
a , 同理A 1F =
22
22
a , 又EF =a ，∴A 1E =
22
a
同理A 1F =a , 又EF =a
∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°
过A 1作A 1N ⊥EF ，则N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1 即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离 ∴A 1N =
12=a 2
a 2
又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为 ∴a =2，∴所求距离为2
(2)设BC 、B 1C 1的中点分别为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，则DD 1必过点N ，易证ADD 1A 1为平行四边形.
∵B 1C 1⊥D 1D , B 1C 1⊥A 1N ∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1 ∴BC ⊥平面ADD 1A 1
得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ， 若A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90° ∴△AMA 1≌△A 1ND 1, ∴AA 1=A 1D 1=
3
, 即当AA 1=
3
时满足条件.
例5. 已知斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC=90°，BC=2，AC =23，且AA 1⊥A 1C ，AA 1=A1C 。求顶点C 与侧面A 1ABB 1的距离。
分析：如下图所示，解答好本题的关键是找到底面ABC 的垂线A 1D ，找到了底面的垂线A 1D ，就可根据三垂线定理，作出侧面A 1ABB 1与底面ABC 所成二面角的平面角A 1DE ，求出二面角A 1-AB-C 的平面角大小，就可依据公式d =m ⋅sin θ找到点D 到平面A 1ABB 1的距离d ，进而根据D 为AC 中点，也就不难求出点C 到侧面A 1ABB 1的距离。
解：如上图，在侧面A 1ACC 1内，作A 1D ⊥AC ，垂足为D ，因为AA 1=A1C ，所以D 为AC 的中点。又因为AA 1⊥A 1C ，AC =23，A 1D=AD=3。
因为侧面A 1ACC 1⊥底面ABC ，其交线为AC ，所以A 1D ⊥面ABC 。
过D 作DE ⊥AB ，垂足为E ，连接A 1E ，则由A 1D ⊥面ABC ，得A 1E ⊥AB （三垂线定理），所以∠A 1ED 为侧面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的平面角。
由已知，AB ⊥BC ，得ED ∥BC ，又D 是AC 的中点，BC=2，所以DE=1，tan ∠A 1ED =
A 1D DE
=
3，故∠A 1ED=60°。
32
32
于是由公式d =m ⋅sin θ知，点D 到侧面A 1ABB 1的距离d
=DE ⋅sin 60︒=1⨯=
。
又点D 为AC 的中点，故而点C 到侧面A 1ABB 1的距离为点D 到侧面A 1ABB 1距离的2倍，于是知点C 到侧面A 1ABB 1的距离为3。
点评：本例先通过求侧面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的大小，进而利用公式
d =m ⋅sin θ求出点D 到侧面A 1ABB 1的距离，再利用中点D 的性质巧妙地求得C 到侧面
A 1ABB 1的距离，充分体现了转化与化归的思想方法在解题中的灵活运用。
例6. （2004年全国卷I 理科20题）如下图，已知四棱锥P-ABCD ，PB ⊥AD ，侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°。
（1）求点P 到平面ABCD 的距离；（2）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小。
分析：如上图，作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O ，即PO 为点P 到平面ABCD 距离。第1问要求解距离PO ，只需求出点P 到二面角P-AD-O 的棱AD 的距离，及二面角P-AD-O 的大小即可。第2问要求解二面角A-PB-C 的大小，只需求出点C 到二面角A-PB-C 棱PB 的距离及点C 到半平面APB 的距离即可。
解：（1）如上图，取AD 的中点E ，连结PE 。由题意，PE ⊥AD ，即m =PE =
3。
又二面角P-AD-O 与二面角P-AD-B 互补，所以二面角P-AD-O 的大小为60°，即θ=60︒。于是由公式d =m ⋅s i θn 知：点P 到平面ABCD 的距离为
PO =m ⋅sin θ=3⋅sin 60︒=
32
。
（2）设所求二面角A-PB-C 的大小为α，点C 到平面PAB 的距离为d 。
连接BE ，则BE ⊥AD （三垂线定理），AD ⊥平面PEB ，因为AD ∥BC ，所以BC ⊥平面PEB ，BC ⊥PB ，即点C 到二面角棱PB 的距离为2，即m=2
。
又因为PE=BE=3，∠PEB=120°，所以在ΔPEB 中，由余弦定理可求得PB=3。 取PB 的中点F ，连结AF ，因为PA=AB=2，则AF ⊥PB ，BF =
AF =
AB
2
12
PB =
32
，所以
-BF
2
=
72
，即S ∆PAB =
32
12
PB ⋅AF =
34
7。又易求得S ∆ABC =
3，点P 到平
面ABC 的距离：PO =。
13
⋅PO ⋅S ∆ABC =
13
⋅d ⋅S ∆PAB ，
d m
217
根据等体积法V P -ABC =V C -PAB ，有
32
34
即⨯3=d ⨯7，所以d =
2217
，代入公式d
=m ⋅sin θ, sin θ==
。
d m
又由于面PBC ⊥面PEB ，所以所求二面角A-PB-C 为钝二面角，所以θ=π-arcsin
点评：对于这个高考试题，许多考生反映第（2）问求解困难，失分较为严重。究其原因有二：一是不能正确地作出二面角的平面角；二是在求二面角的平面角时存在计算障碍。
利用公式d =m ⋅sin θ求解，省去了许多繁难的作图过程与逻辑论证，其优势显而易见。