1、第36讲 空间向量在立体几何中的应用【高考地位】空间向量是高中数学的一个重要组成部分，作为工具性作用，尤其在立体几何中的应用是最为典型的，主要体现在三方面：确定空间中的位置关系，求解空间角，解决立体几何中的动点变量问题.类型一 向量法求解位置关系万能模板内 容使用场景空间中位置关系较为抽象解题模板第一步 建立空间直角坐标系；第二步 确定所需点的坐标及直线方向向量与法向量等；第三步 结合向量结论及判定定理确定结果.例1如图，在正方体AC1中，PQ与直线A1D和AC都垂直，则直线PQ与BD1的关系是（ ）A异面直线B平行直线C垂直不相交D垂直且相交【答案】B【分析】在正方体中，建立以D点为坐标原点
2、的空间直角坐标系，根据满足的条件求得，从而求得其与的关系， 判断两直线的关系.【详解】设正方体的棱长为1，取D点为坐标原点建系后如图所示：则， ，(1，0，1)，(1，1，0)，设(a，b，c)，则取(1，1，1)，(0，0，1)(1，1，0)(1，1，1)，PQBD1.故选：B例2（多选）如图，已知在长方体中，点为上的一个动点，平面与棱交于点，则下列说法正确的是（ ）A四棱锥的体积为B存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值C当点为的中点时，在直线上存在点，使得D存在唯一一点，使得平面，且【答案】ABC【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；将长方体的侧面和沿棱展开到同一平面，可判断
3、B选项的正误；利用勾股定理求出的长，可判断C选项的正误；利用空间向量法可判断D选项的正误.【详解】长方体中，对于A，平面，平面，故平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，设点到平面的距离为，过点在平面内作，如图1所示，平面，平面，则，平面，且，故，同理可得，所以，A对；对于B选项，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理可得，故四边形为平行四边形，则四边形的周长为，将长方体的侧面和沿棱展开到同一平面内，如图2所示，则的最小值为展开面中的长度，此时点为与的交点，所以四边形的周长的最小值为，B对；对于，即，所以，解得，C对；对于D选项，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图1所示的空间直
4、角坐标系，则、，设，则，因为平面，则，解得，即，D错.故选：ABC.【变式演练1】如图，在正方体中，点为线段上的动点，分别为棱的中点，若平面，则_【来源】浙江省宁波市镇海中学2020-2021学年高一下学期期中数学试题【答案】【分析】以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，设正方体边长为2,用向量法求解.【详解】如图所示,以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.设正方体边长为2,可得设，可得可得,可得.设平面的一个法向量，则有，即不妨令x=-2，则.因为平面，所以，解得：，即.故答案为：.类型二 向量法求解空间角万能模板内 容使用场景空间角难以作出解题模板第一步
5、 建立空间直角坐标系；第二步 确定所需点的坐标及直线方向向量与法向量等；第三步 结合向量结论及相关取值范围确定结果.例3（多选）如图，AE平面ABCD，CF/AE，AD/ BC，ADAB，AE= BC=2，AB=AD=1，则（ ）ABDECBBF/平面ADEC二面角E- BD-F的余弦值为D直线CE与平面BDE所成角的正弦值为【来源】湖北省九师联盟2021-2022学年高三上学期8月开学考数学试题【答案】BC【分析】建立空间直角坐标系，逐项验证，即可求解.【详解】以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，可得A（0，0，0）， B（1，0，0），C（1，2，0），D（
6、0，1，0），E（0，0，2），F（1，2，），=（-1，1，0），=（1，2，-2），则BD，EC不垂直，则A错误；（1，0，0）是平面ADE的法向量，又= （0，2，），可得=0，又因为直线BF平面ADE，所以BF/平面ADE，则B正确；设为平面BDF的一个法向量，则即令b=1，可得，.依题意，=（-1，1，0），=（-1，0，2），=（-1.-2.2）.设为平面BDE的法向量，则即令z=1，可得.所以，.则C正确；，则D错误.故选BC.【变式演练2】（多选）如图，四边形ABCD中，将沿AC折到位置，使得平面平面ADC，则以下结论中正确的是（ ）A三棱锥的体积为8B三棱锥的外接球的表面积为
7、C二面角的正切值为D异面直线AC与所成角的余弦值为【来源】浙江省名校协作体2021-2022学年高二上学期开学考试数学试题【答案】ABC【分析】对于A，先四边形ABCD中，利用已知条件结正弦定理求出的长，过作于，则可求出，从而可求出三棱锥的体积，对于B，在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆的半径，设为的外心，三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则，从而可求出，进而可得三棱锥的外接球的表面积，对于C，过作于，连接，则可得为二面角的平面角，从而可求得结果，对于D，如图建立空间直角坐标，利用空间向量求解即可【详解】过作于，在中，因为，所以，由正弦定理得,即，解得，所以，因为,所以，由正弦定理
8、得，即，解得，所以，因为平面平面ADC，平面平面，所以平面ADC，所以三棱锥的体积为，所以A正确，设为的外心，外接圆半径为，由余弦定理得所以，由正弦定理得，所以，取的中点，连接，则，设三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则，即，解得，所以三棱锥外接球的表面积为，所以B正确，过作于，连接，因为平面ADC，平面ADC，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，所以C正确，如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，过作于，则，则所以设异面直线AC与所成角为，则，所以D错误，故选：ABC类型三 向量法求解动点变量问题万能模板内 容使用场景涉及空间中动点或变量问题解题模板第一步
9、 建立空间直角坐标系；第二步 确定所需点的坐标及直线方向向量与法向量等；第三步 结合向量结论及判定定理确定参数值或范围.例4如图，已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，且，且（1）设点M为棱中点，求证平面；（2）线段上是否存在一点N，使得直线与平面所成角的正弦值等？若存在，试求出线段的长度；若不存在，请说明理由【来源】湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高三上学期新起点考试数学试题【答案】（1）证明见解析；（2）存在；或【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明直线，两两垂直，以为原点，分别以，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，根据空间向量的数量积即可求解.（2）求
10、出平面的一个法向量，根据线面角即可求解.【详解】证明：（1）平面平面，平面平面，平面，又，直线，两两垂直，以为原点，分别以，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系则，平面，为平面的一个法向量，又平面，平面（2）解：，设平面的法向量为，则，令，得假设线段上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值等于设，或线段上存在两个点使当或时，直线与平面所成角的正弦值等于【变式演练3】如图所示， 已知几何体EFGABCD，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，点M在边DG上.（1）求证：BMEF；（2）是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45？若存在，确定点M的位置；若不存
11、在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点M位于DG上，且.【分析】（1）由题意可得两两垂直，所以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，由于点M在边DG上，所以可设M(0,0，t)(0t1)，表示出和，只要计算出0，即可得结论，（2）假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45，利用空间向量求出点M的坐标即可【详解】(1)证明因为四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，所以GDDA，GDDC，ADCD，又DADCD，所以GD平面ABCD.以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)
12、.因为点M在边DG上，故可设M(0,0，t)(0t1).可得(1,1，t)，(1,1,0)，所以1(1)11(t)00，所以BMEF.(2)解：假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45.设平面BEF的法向量为，因为(0，1,1)，(1,0,1)，所以所以令z1，得xy1，所以为平面BEF的一个法向量，所以，因为直线MB与平面BEF所成的角为45，所以，所以，解得t43.又0t1，所以t34.所以存在点M(0,0,34).当点M位于DG上，且DM34时，直线MB与平面BEF所成的角为45.【高考再现】1（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，
13、且（1）求；（2）求二面角的正弦值【答案】（1）；（2）【分析】（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、，则，则，解得，故；（2）设平面的法向量为，则，由，取，可得，设平面的法向量为，由，取，可得，所以，因此，二面角的正弦值为.2（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，E，F分别为和的中点，D为棱上的点 （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）【分析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，所以，又，所以平面所以两两垂直以为坐标原点，分别以所在直
14、线为轴建立空间直角坐标系，如图所以，由题设（）（1）因为，所以，所以（2）设平面的法向量为，因为，所以，即令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则当时，取最小值为，此时取最大值为所以，此时3（2016年全国普通高等学校招生统一考试）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_.（填写所有正确结论的编号）【答案】【分析】
15、：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），|1，直线b的方向单位向量（1，0，0），|1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B（cos，sin，0），其中为BC与CD的夹角，0，2），AB在运动过程中的向量，（cos，sin，1），|，设与所成夹角为0，则cos|sin|0，正确，错误设与所成夹角
16、为0，cos|cos|，当与夹角为60时，即，|sin|，cos2+sin21，cos|cos|，0，此时与的夹角为60，正确，错误故答案为4（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，是底面的内接正三角形，为上一点，（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由题设，知为等边三角形，设，则，所以，又为等边三角形，则，所以，则，所以，同理，又，所以平面；（2）过O作BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由，得，令
17、，得，所以，设平面的一个法向量为由，得，令，得，所以故，设二面角的大小为，则.5（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）如图，在长方体中，点分别在棱上，且，（1）证明：点在平面内；（2）若，求二面角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）在棱上取点，使得，连接、，在长方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则且，同理可证四边形为平行四边形，且，且，则四边形为平行四边形，因此，点在平面内；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，由，得取，得，则，设平面的法向量为，由，得，取，得，则，设二面角的平面角为，则，
18、.因此，二面角的正弦值为.6（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）连接，分别为，中点 为的中位线且又为中点，且 且 四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形 则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，D（0，-1,0）取中点，连接，则四边形为菱形且 为等边三角形 又平面，平面 平面，即平面为平面
19、的一个法向量，且设平面的法向量，又，令，则， 二面角的正弦值为：【反馈练习】1（多选）在正方体中，为的中点，在棱上，下列判断正确的是（ ）A若平面，则为的中点B平面平面C异面直线与所成角的余弦值为D若，则【来源】重庆实验外国语学校2020-2021学年高二下学期6月月考数学试题【答案】ABD【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的边长为，进而根据坐标法依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：根据题意，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的边长为，所以， 对于A选项，所以， 设是平面的法向量，则，即，故令，则，所以，解得，此时为的中点，故A选项正确；对于B选项，设是平面的法向量，由于，
20、则，即，令得，由于所以，所以平面平面，故B选项正确；对于C选项，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，故C选项错误；对于D选项，若，则，故D选项正确.故选：ABD2（多选）在棱长固定的正方体中，点E，F分别满足，则（ ）A当时，三棱锥的体积为定值B当时，存在使得平面C当时，点A，B到平面的距离相等D当时，总有【来源】江苏省苏州市2021-2022学年高三上学期期初调研数学试题【答案】ACD【分析】利用正方体的性质可以直接计算时，三棱锥的体积判断A，当时，若平面，可推出与的矛盾，可判断B，时，E是AB中点显然正确，当时，建立空间直角坐标系，设，求出所需各点坐标，计算可判断D正确.【详解】不妨设正
21、方体的棱长为1，如图，对于对于B：要使平面，则必须，又，所以需要，所以E在中点，因为，所以与不垂直，所以不存在，错误；对于C：因为，所以正确；对于D：建立如图所示空间直角坐标系，设，则，所以，因为，所以，故D正确.故选：ACD3在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BPA1E，BQA1E.若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是_，的最小值为_.【答案】平行 【分析】根据题意建立合适的空间直角坐标系，通过设P(a，b，1)，Q(m，n，1)，找出参数间的关系，得到，根据空间向量共线定理即可判断；写出的表达式，根据二
22、次函数性质求解最小值即可.【详解】以D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，A1(1,0,1)，E，B(1,1,0)，因为P，Q均在平面A1B1C1D1内，所以设P(a，b，1)，Q(m，n，1)，则，因为BPA1E,BQA1E，所以，解得，所以，显然，PQ与BD的位置关系是平行.由可知：，.所以|根据二次函数性质可知，当时，有最小值，最小值为.故答案为:平行;4在三棱柱中，平面，分别是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）建立合适空间直角坐标系，求解出平面的一个法向量，通过计算出与
23、平面法向量的数量积为证明平面；（2）分别计算出平面与平面的一个法向量，然后根据法向量的数量积为证明平面平面.【详解】（1）以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，分别是的中点，设平面的法向量为，则，即，取，则，且平面，平面.（2）由（1）知，设平面的法向量为，则由，得，取，则，取平面的一个法向量为，平面平面.5已知正方体中，为棱上的动点（1）求证：；（2）若平面平面，试确定点的位置【答案】（1）证明见解析；（2）E为CC1的中点【分析】（1）推导出，从而平面，由此能证明；（2）设的中点为，正方体的棱长为2，设，连结，以为原点，、为，轴，建立空间直角坐标系，利用
24、向量法能求出当为的中点时，能使平面平面【详解】（1）正方体中，为棱上的动点，平面，平面，（2）设的中点为，正方体的棱长为2，设，连结，以为原点，、为，轴，建立空间直角坐标系，则，1，2，2，0，0，1，是二面角的平面角，平面平面，解得，当为的中点时，能使平面平面6如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；【来源】江苏省南京市第十二中学2021-2022学年高三上学期8月线上月考数学试题【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】过作于点，以为原点，、所在的直线分别为、轴建立空间直角坐标系，依次写出、的坐标（1）根据法向量的性质求得平面的法向量，
25、由以及线面平行的判定定理即可得证；（2）同理求得平面的法向量，由空间向量数量积的坐标运算求出，即可得解；【详解】解：过作于点，则，以为原点，、所在的直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，1，0，1，0，为的中点，（1），0，设平面的法向量为，则，令，则，1，即，又平面，平面（2）由（1）知，0，设平面的法向量为，则，令，则，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为7如图，在直三棱柱中，且，是，的交点，是的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的大小【来源】云南省弥勒市第一中学2020-2021学年高三下学期第四次月考数学（理）试题【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根
26、据已知条件得到两两垂直，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积的坐标运算证得，得到，然后利用线面垂直的判定定理证得；（）利用空间向量的垂直的坐标表示求得平面的一个法向量，根据（1）的结论得到平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式计算后，求得平面与平面夹角.【详解】（1）证明：因为在直三棱柱中，所以两两垂直，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.由，知,，是，的交点，为的中点，又是的中点的坐标为，又,平面；（2）解：设平面的一个法向量为,令则，由（1）得平面的一个法向量为，平面与平面夹角的大小为8如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为直
27、角梯形，ABCBAD90，.问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE/平面PAB？若存在，求出E点的位置；若不存在，请说明理由【答案】存在点E为PD中点时，CE/平面PAB.【分析】根据题意建立空间直角坐标系，根据直线与平面平行的条件：直线的方向向量与平面的法向量垂直，利用空间向量的坐标运算求解.【详解】由已知得以AB，AD，AP两两垂直，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)， 设E(0，y，z)，则(0，y，z1)，(0，2，1)，E是棱PD上的点，即(0，2，0)是平面PAB的法向量，(1，y1，z)，由CE平面P
28、AB，可得，(1，y1，z)(0，2，0)2(y1)0，y1，代入式得z.E是PD的中点，此时，由于平面,CE平面PAB.故存在满足题意的点E,使得CE平面PAB，且点E为棱PD的中点.9已知某旅游景点有座名山，高约为（单位：千米），从山顶看正东方向（东门）入口的俯角约为，看正南方向（南门）入口的俯角约为，每个入口都有一条山路直通山顶，为方便游客游览，景区计划修建一条从南门入口至东线山路中点的缆车索道.（东门与南门在一个水平面上）（1）求该索道的长度；（2）求该索道与底面所成角的余弦值.【答案】（1）千米；（2）.【分析】（1）根据题意建立合适空间直角坐标系，根据角度以及长度标记出各点坐标，先
29、求解出索道对应向量的坐标，利用向量的模长计算公式可求索道长度；（2）写出平面的一个法向量，然后利用直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值可求索道与底面所成角的正弦值，则对应余弦值可求.【详解】用表示山高，点和点分别表示南门入口和东门入口，点为中点，则可近似构成如图三棱锥，从山顶看正东方向入口俯角约为，看正南方向入口俯角约为，.以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则.（1），即该索道的长度为千米.（2）显然向量是平面的一个法向量，设索道与地面所成角为，则,，即该索道与地面所成角的余弦值为.10如图，三棱柱中，平面，为的中点（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；
30、（3）在侧棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由【来源】北京市北京二中2021届高三12月份月考数学试题【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）不存在；答案见解析【分析】（1）连接，与相交于，连接，只需证，然后根据线面平行的判定定理即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角的余弦值；（3）根据线面垂直定义的逆用，建立方程关系进行求解即可【详解】（1）证明：连接，与相交于，连接，四边形是矩形，是的中点，又D是AC的中点，平面，平面，平面；（2）以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，设是平面的一个法向量，则，令，则，又是平
31、面的一个法向量，即是平面的一个法向量，则，由题意知二面角是锐二面角，二面角的余弦值为（3）假设侧棱上存在一点使平面，则，即，即，此时方程组无解，假设不成立，即侧棱上是不存在点，使得平面11如图所示，在四棱锥中，平面，为的中点（1）求证平面；（2）若点为的中点，线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，请确定的位置；若不存在，请说明理由【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题【答案】（1）证明见解析；（2）存在；【分析】（1）先证明平面，进而得到面，得出，再根据条件证明，最后根据线面垂直的判定定理得到结论；（2）建立空间直角坐标系，设，求出两个平面的法向量，
32、进而根据面面垂直求出k.【详解】（1）因为平面，所以，又，所以平面，又，所以面，面，又，为的中点，所以，而，所以平面（2）以A为坐标原点，所在方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则，所以，设（），所以，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，由（1）可知为平面的一个法向量，若平面平面，则，即，解得即时平面平面.12如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，且，为的中点.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由【来源】北京师范大学昌平附属学校2020-2021学年高三上学期期末数学
33、试题【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，且点为线段的中点.【分析】（1）分别证明平面，平面，可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果；（3）设点，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.【详解】（1）因为四边形为正方形，则，因为，平面，平面，因为，平面，平面，平面；（2）因为平面，不妨以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，由，取，可得，所以，与平面所成角的正弦值为；（3）设点，设平面的法向量为，由，取，则，所以，点到平面的距离为，.因此，当点为线段的中点时，点到平面的距离为.微信公众号：数学讲义试卷 囡囡老师微信jiaoyu376 word学生+教师双版下载QQ群：457512538 42 / 42学科网（北京）股份有限公司
