第6章 第7节 第2课时 求空间角和距离-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

因为平面ABDE ⊥平面ABC,AE ⊥AB,平面ABDE ∩平面ABC= AB,所以AE⊥平 面ABC,所以HO⊥平面ABC. 又△ABC为等边三角形， 所以OC⊥AB. 故以O为坐标原点，射线OC,OB, OH分别为x轴、y轴、之轴的正方 向，建立如图所示的空间直角坐标 系Oxyg. 设AE=1,AB=2a, 则A(0,一a,0),B(0,a,0), C(3a,0,0),D(0,a,2),E(0,-a, :EF= -a,0),BD=(0,0,2)→EF·BC= O,EF·BD=O,所以EF⊥BC,EF ⊥BD. 又因为BC∩BD=B,所以EF⊥平 面BCD. (2)设存在点N,使CD∥平面BEN, 设AN=ANC, 所以BN= (a,-2a-a,0: 1十1+入 由(1)知，BE=(0,-2a,1),CD (-√3a,a,2),设平面BEN的法向量 为n=(x,y,2),由 n·BN=·x+1+ 1千 -2a-ay=0, (n·BE=-2a·y十x=0, y'令y=1, (z=2ay, 则n= (+2,1,2a 由CD∥平面BEN,得n⊥CD. 所以n.CD=2.(-5a十a十 √3λ 2a·2=0,解得入=2 所以当光名时，CD/年面BEN 命题角度2 2.解：(1)在△ABC中，由E,F分别是 AC,BC中点，得EF∥AB,又AB 平面DEF,EFC平面DEF,所以AB ∥平面DEF. (2)以点D为坐标原点，以直线DB, DC,DA分别为x轴，y轴，之x轴，建 立空间直角坐标系Dxy之，则A(0, 0,2),B(2,0,0),C(0,2√3,0)，E(0, √3,1)，F(13,0),DF=(1W3,0), DE=(0W3,1),DA=(0,0,2). 参考答案 易知平面CDF的法 m·AD=(x2,2,≈)·(0,2，-2√5) 向量为DA=(0,0, =2y一2V3x2=0, 2),设平面EDF的法 向量n=(x,y,2), m·DP=(2yx2)·(p,-2,0) (=p2-2y=0, tDF·n=0, 则 0'即x十y=0, 卫 DE·n=0,5y+z=0, 令x2=2,则m 取n=(3,-√5,3)， =e, cos(DA,m)=DA·n=2 6 DAlln 所以二面角EDF-C的余弦值 若平面A1DP⊥平面A1BE, 则有m·n=0, 为何 即4十p十p=0.解得p=一2，与p∈ [0,3]矛盾. (3)存在.设P(s,t,0),则AP·DE 所以线段BC上不存在，点P,使平面 =(s,t,-2)·(0W5,1) ADP与平面ABE垂直. =5t-2=0,t=2 第二课时 3 夯实·必备知识必备知识 又BP=(s-2,t,0), 二、1.cos(y1,y2〉「 ·v2 PC=(-s,23-t,0), VV. v·n ,BP∥PC, 2.cos <v,n) y n .(s-2)(2√3-t)=-st, 3.(1)两个半平面棱 面(2)0°a ∴W3s十t=23. ≤180°直二面角 把=25代入上式得= (3)不大于90°夹角其补角 3 3 cos(m,n) n1·m2 nn2 思考辨析(1)×(2)× (3) ∴在线段BC上存在点P,使AP (4)/ ⊥DE. 小题查险，D2B&号4之 此时，BC=3 跟踪训练 2.解：(1)证明：因为AC⊥BC,DE∥ 跃升·关键能力考点1 BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A,D, 1.A2.8 2√/39 DE⊥CD,所以DE⊥平面ADC. 3.1 所以DE⊥AC.又因为AC⊥CD, 考点2 所以AC⊥平面BCDE. [典例][解](1)证明：，PDL底面 (2)线段BC上不存在点P,使平面 ABCD,PD⊥BD, A1DP与平面A1BE垂直.理由 取AB中点E,连接DE,可知BE= 如下： 建立如图所示的空间 2AB=1 直角坐标系Cxy之.假 CD∥AB, 设这样的，点P存在，设 ..CDLBE, 其坐标为(p,0,0),其中 .四边形BCDE p∈[0,3]. 为平行四边形， 设平面A,BE的一个法向量为n ..DE=CB=1, (xy21).由 :DE=合AB, [n·AB=(x1M之)·(3,0，-25) .△ABD为直角三角形，AB为 =3x1-2√3x1=0, 斜边， n·BE=(x1,y1x1)·(-1,2,0) .BD⊥AD, PD∩AD=D, =-x1十2y1=0, ∴BD⊥平面PAD, 得=2‘令为=1，则n=2,1. BD⊥PA. (=3y, (2)由(1)知，PD,AD,BD两两垂直， 设平面ADP的一个法向量为m= BD=√AB-AD=√5， (x2y222),由 ·449· 高考总复习人教数学B版（新教材） 建立空间直角坐 标系如图所示， 则D(0,0,0), A(1,0,0), AD=(-2,-25,0) B(0√3,0)， i. DE=(-2,W5,3), A P(0,0,3), 设平面ADE的法向量为n=(xy,2), .PD=(0,0,-√5)，PA=(1,0,-√5)， 由/n·A0=0. (n·DE=0, AB=(-1,W3,0),设平面PAB的法 向量为n=(x,y,之)则 得人-2x-23y=0, PA·n=0即红-5x=0, (-2x十√3y十3z=0, 取n=(3,-1w3), AB·n=0, (-x+5y=0, 设直线BM与平面ADE所成角为日 不妨设y=x=1,则n=(√5,1,1)， ∴.sin0=lcos(n,BM) 设PD与平面PAB的所成角为日， 则sin0=|cos(PD,ml=PD·n =n·BM n·BM PDI n 35+ 3 1-515 2 2 √3×5 5 √3+1+3√9+ 3 9 4 4 PD与平面PAB所成角的正弦值 5V5 5万 √7.2√5 14 跟踪训练 所以直线BM与平面ADE所成角的 解：(1)证明：过点E、D分别做直线 DC,AB的垂线EG、DH交于点G 正弦值为5 14 H(图略)， 考点3 ,四边形ABCD和EFCD都是直角 [典例] 「解 梯形，AB∥DC,CD∥EF,AB=5, (1)证明：连接 DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE AE、DE,设 =60°， DA=DB= ,DG=AH=2,∠EFC=∠DCF= DC 2, C-E D- ∠DCB=∠ABC=90°，则四边形 ∠ADB = EFCG和四边形DCBH是矩形， ∠ADC=60°，所以△ADB≌ ∴.在Rt△EGD和Rt△DHA中，EG △ADC,因此AB=AC=√2，又因为 =DH=2√3， BE=CE,所以AE⊥BC,DEC平面 ∴.FC=BC=2w3 ADE,同理DE⊥BC, .DC⊥CF,DC⊥CB,且CF∩CB=C, 又AE∩DE=E,AE,DEC平 ∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角 面ADE, F-DCB的平面角，则∠BCF=60°， 所以BC⊥平面ADE,又ADC平 △BCF是正三角形，由DCC平面 面ADE, ABCD,得平面ABCD⊥平面BCE. 所以BC⊥DA. ,N是BC的中点 (2)由DA=DB=DC=V2,∠BDC ∴FN⊥BC,且平面ABCD∩平面 =90°， BCF=BC, 由(1)DE⊥BC,AB=AC=√2，则 .FN⊥平面ABCD,且ADC平面 DE=BE=CE=AE=1,可得AE+ ABCD,.FN⊥AD. DE=AD,因此AE⊥DE,由(1) (2)过点N做AB平行线NK,以点 AE⊥BC,又DE∩BC=E,DE,BCC N为原点，NK、NB、NF所在直线分 平面BDC, 别为x轴、y轴、之轴建立空间直角坐 所以AE⊥平面BDC. 标系N-xy 因此以E为原点，分别以ED,EB, EA为x轴，y轴，之轴建立空间直角 坐标系，则D(1,0,0),A(0,0,1), E(0,0,0),B(0,1,0), D M -1C A H A(5,√5,0)，B(0,W5,0),D(3,-√5， 0),E1,0,3),则M3,5,3 22 ·450· 因为EF=DA=(-1,0,1),AE= (0,0,-1),所以DB=(-1,1,0), AB=(0,1,-1),AF=(-1,0,0), 设平面ABD,平面ABF的法向量分 别是m=(x,y,z),n=(a,b,c), (m·DB=-x+y=0, 所以 取x= （m·AB=y-x=0, 1,则m=(1,1,1),同理n=(0,1,1), 设平面ABD与平面ABF的夹角 为0， 则c0s0= m·n 2 m·n3·23 所以sin0= 3 即二面角D-AB·F的正弦值 为恩 跟踪训练 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABC, BCC平面ABC, 所以PA⊥BC,同理PA⊥AB, 所以△PAB为直角三角形， 又因为PB=√WPA十AB=√2，BC= 1,PC=√3. 所以PB2+BC=PC,则△PBC为 直角三角形， 故BC⊥PB, 又因为BC⊥PA,PA∩PB=P, PA,PBC平面PAB, 所以BC⊥平面PAB (2)由(1)BC⊥平面PAB,又ABC 平面PAB,则BC⊥AB, 以A为原点，利 AB为x轴，过 A且与BC平 行的直线为y 轴，AP为之轴， 建立空间直角A 坐标系，如图， 则A(0,0,0), B P(0,0,1), C(1,1,0),B(1,0,0), 所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC =(0,1,0),PC=(1,1,-1), 设平面PAC的法向量为 m=(xy之)， 则m·AP=0, .六即∫3=0， (m·AC=0,(1十y=0, 令x1=1,则y1=一1， 所以m=(1,-1,0), 设平面PBC的法向量为n=(,,必)， 则n·BC-0, 即y=0, (n·PC=0,(x2十y2-2=0, 令2=1，则2=1，所以n=(1,0,1), 所以cos(m,n〉=m·n mn2X√2 1 立” 又因为二面角APCB为锐二面角， 所以二面角APCB的大小为号 考点4命题角度11.A 2@ 命题角度2 [典例][解](1)建 立如图所示的空 间直角坐标系D xy,则各相关点 的坐标为D(0,0, 0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0), E(2,4,1),C1(0,4,3).设F(0,0,x). :AECF为平行四边形， ∴AF=EC,(-2,0,z)=(-2,0,2), .x=2.∴.F(0,0,2). .BF=(-2,-4,2), .BF=2√6，即BF的长为2√6. (2)设n1为平面AEC1F的法向量， 显然n1不垂直于平面ADF,故可设 n1=(x,y,1). 由/%·AE=0, (n1·AF=0, x12”. 即4y十1=0， /1, {-2x+2=0,…{y= 1 则n=(1,-车1） 又CC1=(0,0,3), 设CC1与m,的夹角为a, CC1·n1 则c0s&= CC 3 433 3x+6 33 ∴.C到平面AEC1F的距离为 d=|CC:cos a=3×4Y丽 33 =4W33 11 跟踪训练 解：(1)证明：如图所示，由题设知，三 棱柱的侧面为矩形. 由于D为AA,的中点， 故DC=DC. 又AC=AA,可得DC十DC- CC,所以DC1⊥DC.DC⊥BD,DC ∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD. 因为BCC平面BCD, 所以DC⊥BC, 参考答案 (2)由(1)知BC⊥DC,且BC⊥CC1, 则BC⊥平面ACCA1,所以CA,CB, .cos(m,n〉= m·n m n =2 CC两两垂直. 二面角EOGF的大小为 以C为坐标原点， 3 (3)假设存在，设H(x,y,之)， DH CA的方向为x轴 DC 的正方向，建立如 A,λ∈[0,1]， 图所示的空间直 .D1H=AD1C,D1(0,2,W3),C(0 角坐标系Cxyz. 由题意知B(0,1, 3,0),B(√5,2,0)， 0),D(1,0,1), .DH=(x,y-2,2-V3),DC= C00,2,B01,2,P(合2 (0,1,-√5)， x=0, 1x=0, 则BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0, y-2=λ .y=2+λ， (-5=-λ5，（=√5-λ5， .H0,2+aw5-A3), 设m=（x,y,z)是平面BDC的法 .BH=(-√5，A,W5-A√3)， 向量， 则/m·BD=0, BH·n=0,√5λ十√5-√5λ=0， 即 x一y十=0， 5=0矛盾， (m·DC=0, 一x十x=0, 在线段CD1上不存在点H,使得 可取m=(1,2,1). BH∥平面E,OG. 设点P到平面BDC1的距离为d,则[例3][解](1)在△ABC中，∠C= d- PC·m=6 90°，即AC⊥BC,则BD⊥DE,取BF m 41 的中，点N,连接CN交BE于M,当入 命题角度31.D2.B 号时，F是AN的中点， 核心素养条列（四） 而E是AC的中点，所以EF是 例2][解](1)证明：图(1)中OG △ANC的中位线， CF, 所以EF∥CN,在△BEF中，N是 .图(2)中，OGCF, BF的中，点，所以M是BE的中点， 又平面CD1E1F⊥平面ABCF,平面 在Rt△BCE中，EC=BC=2, CDEF∩平面ABCF=CF, 所以CM⊥BE,则EF⊥BE, .OG⊥平面CD1EF, 又平面DEB⊥平面ABE,平面DBE ,D1FC平面CD1EF, ∩平面ABE=BE, .OG⊥DF, 所以EF平面DBE、 又O为CF的中点，OFLD,E1, 又BDC平面DBE,所以EF⊥BD. 而EF∩DE=E, 又E1D=EF, 所以BD⊥平面DEF ∴.四边形EDOF为菱形， (2)以C为原点， ..D FLOE CA所在的直线 ,0G∩OE1=O, 为x轴，CB所在 ∴.D1F⊥平面EOG 的直线为y轴， (2)取OF的中 建立如图所示空 ,点M,连接 间直角坐标系， EM,MA,以点 则C(0,0,0), M为坐标原 A(4,0,0),B(0,2,0), 点，建立空间直 由(1)知M是BE的中点，DM⊥BE 角坐标系M 又平面DEB⊥平面ABE,所以DM xy之如图所示. ⊥平面ABE,则D(1,1,W2), E1(0,0W5),0(0,1,0),G(5,1,0), 假设存在满足题意的入， F(0,-1,0), 则由AF=入AB, ∴.OG=(W3,0,0),OE=(0,-1W3), 可得F(4-4入，2λ，0)， 设平面OEG的法向量为n=(x,y,z), 则DF=(3-4λ，2λ-1，-√2)， n·0G=0 (W3x=0 设平面ADE的一个法向量为n= (n·OE=0\-y+√3x=0 →∫x=0, ,y,),则/m·AE=0, n·AD=0, y=√5x, 即/2.x=0 令之=1，则y=5,∴.n=(0,W5,1), (-3x十y十√2x=0, 设平面FOG的法向量为m,则m= 令y=√2，可得x=0,x=-1,即n= (0,0,1) (0√2，-1)， ·451·高考总复习人教数学B版（新教材） 第二课时求空间角和距离 ★[课程标准]1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向 量方法在研究立体几何中的应用.2.能用向量法解决空间的距离问题. 夯实>必备知识 教材夯实强基固本 必备知识 2.直线和平面所成角的求法 一、空间距离 直线1与平面aα相交，设直线1的方向向量为v, 1.两点间的距离 平面a的法向量为n,直线l与平面a所成的角 设点A(x1y1,1),点B(x2,y2,2),则引AB|= 为0，则sin0= ,如图 |AB|=√(x2-x1)2+(y2-y1)2+(2-1)2. 2.点到直线的距离 o是直线l的单位方向向量，A∈1，则点P到直 线l的距离d=小AP2-AP·noI2. 3.二面角 (1)二面角的定义与记法：从一条直线出发的 所组成的图形称为二面角，这条 3.点到平面的距离 直线叫二面角的 ,这两个半平面叫二面角 (1)给定空间中一个平面a及a外一点A,过A可 的 ,如图所示的二面角记作：二面角clβ或 以作平面α的一条垂线段，垂线段的长称为点 aAB-B或P-1Q. A到平面a的距离. (2)一般地，若A是平面&外一点，B是平面a内一 B 点，n是平面a的一个法向量，则点A到平面a 直立式 平卧式 的距离为d= |BA·nl .P n 4.相互平行的直线与平面之间、相互平行的平面与 平面之间的距离 (2)二面角的平面角： (1)当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面 若有①O∈l;②OACa,OB 的距离称为这条直线与这个平面之间的距离， CB;③OA⊥1，OB⊥1，则二 如果直线l与平面a平行，n是平面a的一个法 面角l-B的平面角是 向量，A、B分别是1上和a内的点，则直线1与 ∠AOB.其取值范围是 .平面角是 平面a之间的距离为d=BA·n 直角的叫做 n (2)当平面与平面平行时，一个平面内任意一点到 (3)平面与平面所成角的定义 另一个平面的距离称为这两个平行平面之间的 与向量求法：平面a与平面 距离，如果平面α与平面B平行，n是平面3的 B相交，形成四个二面角，我 一个法向量，A和B分别是平面&和平面3内 们把这四个二面角中 的点，则平面a和平面B之间的距离为d 的二面角称为平 |BA·n n 面α与平面3所成的角.设平面α，3的法向量 二、空间角 分别是n1和n2,则平面a与平面B所成的角即 1.异面直线所成的角 为向量n1和n2的 或 .设平面 异面直线所成的角的向量表示式：若异面直线 1,l2所成的角为0，其方向向量分别是y1,2,则 a与平面3所成的角为0，则cos0= cos 0- ,如图 ·174· 第六章立体几何与空间向量 自主诊断 2.在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC, ◆[思考辨析] AB=BC=AA1,∠ABC=90°，点E,F分别是棱 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号 AB,BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是 里打“√”，错误的打“X” (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所 ) 成的角. ) A.45° B.60° C.90° D.120 (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就 是直线与平面所成的角. ( 3.(2024·广州市模拟)在长方体ABCD (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所 A1B1C1D1中，AB=2,BC=AA1=1,则D1C 成的角。 与平面A1BC1所成角的正弦值为 (④)两异面直线夹角的范围是0，受]，直线与平 4.已知ABCD-A1B1CD1是棱长为6的正方体 面所成角的范围是[0，] 二面角的范围是[0，π]. E,F分别是棱AB,BC上的动点，且AE=BF ( 当A1,E,F,C1共面时，平面A1DE与平面 ◆[小题查验 C1DF所成二面角的余弦值为 1.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E是CC1 5.在四面体P-ABC中，PA,PB,PC两两垂直，设 的中点，则E到A1B的距离为 ( A.4 PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离 3 B.2√6 C.2√5 D.3√2 为 跃升>关键能力 层级突破素养提升 春点1 异面直线所成角（基础点） 春点2) 直线与平面所成角（重难点） 1.在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB=2,CC [典例](2022·全国甲卷， =√2，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值 18)在四棱锥P-ABCD中， 为 ( PD⊥底面ABCD,CD∥ A.1 B号 c n号 AB,AD=DC-CB=1.AB 2.在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BC⊥AC, =2,DP=3. (1)证明：BD⊥PA; ∠BAC-号AC=4,点M为AA1的中点，点P (2)求PD与平面PAB所 为BM的中点，Q在线段CA1上，且AQ= 成的角的正弦值. 3QC,则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为 [尝试解答] 3.如图，四边形ABCD和ADPQ 均为边长为2的正方形，它们所 在的平面互相垂直，若点M在线 段PQ上，E,F分别为AB,BC 的中点，设异面直线M与AF所 成的角为0，且cos0=1,则PM √30 题后反思 向量法求异面直线所成角的方法 (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量1,2； 3代入公大1casm-调家据。 提醒：两异面直线所成角日的范围是0，]，两 向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方 向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线 的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时， 就是该异面直线夹角的补角. ·175 高考总复习人教数学B版（新教材） 方法指导 [典例](2023·新课标Ⅱ卷) 利用向量法求线面角的方法 如图，三棱锥A-BCD中， (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方 DA=DB=DC,BD⊥CD, 向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其 ∠ADB=∠ADC=60°，E为 补角)； BC的中点。 D (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向 (1)证明：BC⊥DA; 向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角 (2)点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F的 就是斜线和平面所成的角. 正弦值 [尝试解答] 跟踪训练 (2022·浙江卷，19)如 图，已知ABCD和 CDEF都是直角梯形， AB∥DC,EF∥CD AB-5,DC=3,EF- 1,∠BAD=∠CDE= 60°，二面角F-DC-B的平面角为60°，设M、N分 别是AE,BC的中点 (1)证明：FN⊥AD; (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值. 方法指导 利用向量计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面 所在平面的法向量，然后通过两个平面的法 向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结 合实际图形判断所求角的大小 (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的 两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点 的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就 是二面角的大小 跟踪训练 (2023·北京卷)如图，四面体 P-ABC中，PA⊥平面ABC, PA=AB=BC=1,PC=√5. (1)求证：BC⊥平面PAB; (2)求二面角A-PC-B的 大小. 吉点3 二面角（重难点） 核心素养 直观想象、逻辑推理、数学运算—向量法 解决立体几何问题中体现出的核心素养 以空间向量的相关知识为工具，将一些几何元素使用向量来刻 画，通过坐标运算法、基底向量法，将几何问题转化为向量的运 算问题，通过向量的运算研究向量的关系，从而证明立体几何中 的平行与垂直以及求出空间角. 176 第六章立体几何与空间向量 春点4 空间距离 方法指导 ◆[命题角度1]点到直线的距离（基础点） 求点到面距离的主要方法 (1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到 1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则点 平面的距离. A到对角线BC所在的直线的距离为 ( (2)在三棱锥中用等体积法求解， B.a C.√2a D.号 (3》向量法：d=n:MA(n为平面的法向量，A n 2.如图所示，在长方体ABCD D 为平面上一点，MA为过A点的斜线段). A1B1C1D1中，AA1=AB=2, AD=1,点F,G分别是AB, :跟踪训练 CC1的中点，则点D1到直线 三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥平面ABC,AC GF的距离为 -BC- 号AA,D是棱AA1的中点，DC⊥BD. 题后反思 (1)证明：DC1⊥BC: 向量法求点N到直线1的距离的步骤 (2)设AA1=2,A1B1的中点为P,求点P到平 第一步：建系，依据图形先求出直线1的单位方向 面BDC1的距离. 向量s. 第二步：在直线1上任取一点M(注：MN可选择 特殊便于计算的点).计算点M与直线L外的点 N的方向向量MN, 第三步：易知垂线段的长度可利用直角三角形中 的勾股定理计算d- |MN|2-|MN.·s2. ◆[命题角度2] 点面距（重难点） [典例] 如图所示的多面体 是由底面为ABCD的长方 体被截面AEC1F所截而得 到的，其中AB=4,BC=2, CC1=3,BE=1. (1)求BF的长； (2)求点C到平面AEC1F的距离. ◆[命题角度3]线面距、面面距（基础点） 1.如图所示，在棱长为1的正方 [尝试解答] 体ABCD-A1B1C1D1中，M,N 分别是线段BB1,BC的中点， 则直线MN与平面ACD1间的距 离是 A号 B② D③ 2 c号 2.如图所示，正方体的棱长为1，E,F, M,N分别为棱AD,AB,DC,BC的 中点.则平面A1EF与平面 B1NMD1间的距离为 A. C.3⑤ D.3 题后反思 用向量法求线面距、面面距时一般要转化为点 面距 ©温馨提污 学习至此，请完成配套训练 课时冲关49 177