2019年数学北师大版选修21课件：第二章章末优化总结语文
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栏目 导引
第二章 空间向量与立体几何
(2)由题意可知，S→B＝(2，0，－2)，S→C＝(2, 2，－2)， 设 平 面 BSC 的 法 向 量 为 n1 ＝ (x1 ， y1 ， z1) ， 则
n1·S→C ＝ x1＋ y1－ z1＝ 0， n1·S→B＝ x1－ z1＝ 0，
令 z1＝1，则 n1＝(1，0，1)， D→S＝(0，－2，2)，D→C＝(2，0，0)，
而 BF 平面 A1CE，EG 所以 BF∥平面 A1CE.
平面 A1CE，
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第二章 空间向量与立体几何
(2)如图，以 A 为原点，AB 的垂线，AB 及 AA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直 角坐标系． 则A→1E＝(0，4，－3)，A→1F＝( 3，1，－6)． 设平面 A1EF 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
(2)D→1B＝( 2，1，－1)，M→N＝(0，1，1)，
C→M＝ 22，－1，0，
所以D→1B·M→N ＝ 0＋ 1－ 1＝ 0， D→1B·C→M ＝ 1－ 1＋ 0＝ 0， 所以 D1B⊥MN，D1B⊥CM， 又 MN∩CM＝M， 所以 D1B⊥平面 A1MCN， 又 D1B 平面 A1BD1， 所以平面 A1MCN⊥平面 A1BD1.
3 3 33 E→F＝(13，13，－13)，E→F·A→1D＝0，E→F·A→C＝0，故 EF⊥A1D， EF⊥AC，由E→F＝－13B→D1得 EF∥BD1.
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第二章 空间向量与立体几何
解析：建立如图坐 标系， 设|A→D|＝1，则 A(1，0，0)，C(0，1， 0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1， 0)，D1(0，0，1)，A→C ＝ (－ 1，1，0)，A→1 D ＝ (－ 1，0，－ 1)，由A→1E＝23A→1D，A→F ＝ 1A→C， 3 得 E(1，0，1)，F(2，1，0)，
栏目 导引
第二章 空间向量与立体几何
(2)由题意可得，A→B·A→D＝0，A→B·A→A1＝4×5×cos 60°＝10，
A→D·A→A1＝
3×
5×
cos
60°
＝15. 2
因为A→C1＝A→B＋B→C＋C→C1
＝A→B＋A→D＋A→A1，
所以 |A→C1|2 ＝ (A→B ＋A→D＋A→A1)2
＝ |A→B |2＋ |A→D|2＋ |A→A1|2＋ 2(A→B ·A→D＋ A→B ·A→A1＋A→D·A→A1 )
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第二章 空间向量与立体几何
如图，已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AC⊥BC，D 为 AB 的中点，AC＝BC＝BB1.
求证： (1)BC1⊥ AB1； (2)BC1∥平面 CA1D.
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第二章 空间向量与立体几何
[证明] 如图，以 C1 为原点，分别以 C1A1， C1B1，C1C 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系．设 AC＝BC＝BB1＝2， 则 A(2， 0， 2)， B(0， 2， 2)， C(0， 0， 2)， A1(2， 0， 0)， B1 (0， 2， 0)， C1(0， 0， 0)， D(1， 1， 2)． (1)由于B→C1＝ (0，－ 2，－ 2)， A→B1＝ (－ 2， 2，－ 2)， 因此B→C1 ·A→B1＝ 0－ 4＋ 4＝ 0， 因此B→C1⊥A→B1，故 BC1⊥AB1.
由条件可得nn··AA→→11 EF＝＝00，，即4y3－x＋3zy＝－06，z＝ 0，
令 y＝3 可得 n＝(7 3，3，4)， 设直线 CE 与平面 A1EF 所成角为 θ， 则 sin θ ＝|cos(n，C→E)|＝|C|→C→EE·||nn||＝1221543.
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第二章 空间向量与立体几何
＝
42＋
32＋
52＋
20＋
10＋15 2
＝
85.
所以 AC1 的长为 85.
栏目 导引
第二章 空间向量与立体几何
利用空间向量证明空间中的位置关系
向量作为工具来研究几何，真正把几何的形与代数中的数实 现了有机结合；给立体几何的研究带来了极大的便利，利用 空间向量可以方便地论证空间中的一些线面位置关系，如线 面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直等．
2 显然二面角 B-SC-D 的平面角 α 为钝角，所以 α＝120°， 即二面角 B-SC-D 的大小为 120°.
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第二章 空间向量与立体几何
如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1 中， 底面 ABC 是等边三角形，侧棱与底面垂直， 点 E，F 分别为棱 BB1，AC 中点． (1)证明：BF∥平面 A1CE； (2)若 AA1＝6，AC＝4，求直线 CE 与平面 A1EF 所成角的正 弦值．
栏目 导引
第二章 空间向量与立体几何
(2)取 A1C 的中点 E，连接 DE，由于 E(1，0，1)，所以E→D＝ (0，1，1)， 又B→C1＝(0，－2，－2)， 所以E→D＝－12B→C1，又 ED 和 BC1 不共线，所以 ED∥BC1， 又 DE 平面 CA1D，BC1 平面 CA1D， 故 BC1∥平面 CA1D.
利用空间向量求空间距离
(1)点到 直线的距离的向量求法
先求直线的方向向 量，再在直线上任取一点，与原来点构成向
量，利用公式 d＝
|P→A|2－
→n |PA·
|2
计算．
|பைடு நூலகம்|
(2)点到 平面的距离的向量求法
先 求出平面 的法向量 ，再在平 面内任取 一点，与 原来点构成
向 量，此向 量在法向 量上的投 影的绝对 值，就是 点到平面的 距离，即 d＝|P→A· n |.
2
栏目 导引
第二章 空间向量与立体几何
1．如图所示，正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别在 A1D，
AC 上，且
A1E＝23A1D，
AF＝1AC， 3
则
(
B
)
A．EF 至多与 A1D，AC 之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF 与 BD1 相交 D．EF 与 BD1 异面
第二章 空间向量与立体几何
章末优化总结
第二章 空间向量与立体几何
栏目 导引
第二章 空间向量与立体几何
空间向量及其运算 空间向量及其运算的知识与方法与平面向量及其运算类似， 是平面向量的拓展．从运算的类型，分为线性(加、减、数乘) 和数量积运算；从运算形式，分为向量式运算和坐标运算．主 要考查空间向量的共线、共面、数量积运算及向量模及夹角 的计算，是运用向量知识求解立体几何问题的基础．
栏目 导引
第二章 空间向量与立体几何
3．求斜线与平面所成的角 如图，设平面 α 的法向量为 n1，斜线 OA 的方向向量为 n2， 斜线 OA 与平面所成的角为 θ，则 sin θ ＝|cos〈n1，n2〉|.
栏目 导引
第二章 空间向量与立体几何
已知四棱锥 S-ABCD 的底面 ABCD 是正方形，SA⊥底面 ABCD，SA ＝AB＝AD＝2，E 是 SC 的中点． (1)求异面直线 DE 与 AC 所成角； (2)求二面角 B-SC-D 的大小．
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第二章 空间向量与立体几何
设平面 SCD 的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)，
则nn22· ·DD→→CS＝＝zx22－＝y02， ＝ 0，
令 y2＝1，则 n2＝(0，1，1) 设二面角 B-SC-D 的平面角 α，则|cos α |＝|n1·n2|＝ 1
|n1||n2| 2× 2 ＝1.
设平面 OCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
n·O→D＝ 2y－ 2z＝ 0， 则n·C→D＝－2x＝0，
令 z＝1，得 n＝(0，1，1)． 所以点 N 到平面 OCD 的距离 d＝|N→C· n |＝ 2.
|n| 2 所以直线 MN 与平面 OCD 的距离，平面 MNR 与平面 OCD 的距离都等于 2.
所以 B( 2，1，0)，A1( 2，0，1)，D1(0，0，1)，C(0，1，0)，
M
22， 0， 0 ， N
2， 2
1，
1.
(1)N→A1＝
2，－ 2
1，
0
，
C→M＝
2，－ 2
1，0.
所以N→A1＝C→M，所以 NA1∥CM.
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第二章 空间向量与立体几何
|n|
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第二章 空间向量与立体几何
在四棱锥 O-ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方 形，OA⊥底面 ABCD，OA＝2，M，N，R 分别为 OA，BC， AD 的中点．求直线 MN 与平面 OCD 的距离，平面 MNR 与 平面 OCD 的距离．
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第二章 空间向量与立体几何
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第二章 空间向量与立体几何
利用空间向量求空间角
1．求异面直线所成的角 设两异面直线的方向向量分别为 n1、n2，那么这两条异面直线 所成的角为 θ＝〈n1，n2〉或 θ＝π －〈n1，n2〉， 所以 cos θ ＝|cos〈n1，n2〉|.
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第二章 空间向量与立体几何
2．求二面角的大小 如图，设平面 α、β 的法向量分别为 n1、n2. 因为两平面的法向量所成的角(或其补角)就 等于平面 α、β 所成的锐二面角 θ，所以 cos θ ＝ |cos 〈 n1， n2〉 |.
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第二章 空间向量与立体几何
[解 ] (1)因为 SA⊥ 底面 ABCD，所 以 SA⊥ AD， SA⊥ AB， 底面 ABCD 是正方形，所以 AB⊥AD. 以点 A 为坐标原点，AB，AD，AS 所在 的直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(0， 0， 0)， B(2， 0， 0)，S(0， 0， 2)， C(2， 2， 0)， D(0， 2， 0)， E(1， 1， 1) 所以D→E＝ (1，－ 1， 1)，A→C ＝(2， 2， 0)，D→E·A→C ＝ 0， 所以异面直线 DE 与 AC 所成角为 90°.
栏目 导引
第二章 空间向量与立体几何
(1)若向量 a 与 b 不共线，a·b≠0，且 c＝a－aa··abb，则
向量 a 与 c 的夹角为( D )
A．0
π B.
6
π
π
C.
D.
3
2
(2)已知四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是矩形，AB＝4， AD＝3，AA1＝5，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，求 AC1 的长．
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第二章 空间向量与立体几何
以点 A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 O(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，N(2，1，0)． 所以N→C＝ (0， 1， 0)，O→D＝(0， 2，－ 2)，C→D＝ (－ 2， 0， 0)．
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第二章 空间向量与立体几何
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第二章 空间向量与立体几何
[解] (1)证明：取 A1C 中点 G，连接 FG，EG， 则 FG∥AA1，且 FG＝12AA1.
又由三棱柱的定义及 E 为 BB1 中点可得 EB∥AA1，且 EB＝12 AA1， 所以 EB∥FG，且 EB＝FG， 所以四边形 BFGE 为平行四边形，所以 BF∥EG.
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第二章 空间向量与立体几何
如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB＝AA1＝1，BC ＝ 2，M 是 AD 的中点，N 是 B1C1 的 中点． (1)求证：NA1∥CM； (2)求证：平面 A1MCN⊥平面 A1BD1.
栏目 导引
第二章 空间向量与立体几何
[证明] 以 D 为原点，D→A，D→C，D→D1的方向为 x、y、z 轴正 方向建立空间直角 坐标系(图略 )．
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[解] (1)因为 a，b 不共线， a·b≠0，
c＝a－aa··ab b，
所以 c≠0，
所以 a·c＝a·a－aa··abb ＝a2－aa·2ba·b
＝ a2－ a2 ＝0， 又 a，c 均不是零向量，
所以〈a，c〉＝π . 2
第二章 空间向量与立体几何
[解] 因为 M，R 分别为 AO，AD 的中点，所以 MR∥OD. 在正方形 ABCD 中，N，R 分别为 BC，AD 的中点， 所以 NR∥CD. 又 MR∩NR＝R， 所以平面 MNR∥平面 OCD. 又 MN 平面 MNR，所以 MN∥平面 OCD. 所以直线 MN 与平面 OCD 的距离，平面 MNR 与平面 OCD 的距离都等于点 N 到平面 OCD 的距离．
第二章 空间向量与立体几何
(2)由题意可知，S→B＝(2，0，－2)，S→C＝(2, 2，－2)， 设 平 面 BSC 的 法 向 量 为 n1 ＝ (x1 ， y1 ， z1) ， 则
n1·S→C ＝ x1＋ y1－ z1＝ 0， n1·S→B＝ x1－ z1＝ 0，
令 z1＝1，则 n1＝(1，0，1)， D→S＝(0，－2，2)，D→C＝(2，0，0)，
而 BF 平面 A1CE，EG 所以 BF∥平面 A1CE.
平面 A1CE，
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第二章 空间向量与立体几何
(2)如图，以 A 为原点，AB 的垂线，AB 及 AA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直 角坐标系． 则A→1E＝(0，4，－3)，A→1F＝( 3，1，－6)． 设平面 A1EF 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
(2)D→1B＝( 2，1，－1)，M→N＝(0，1，1)，
C→M＝ 22，－1，0，
所以D→1B·M→N ＝ 0＋ 1－ 1＝ 0， D→1B·C→M ＝ 1－ 1＋ 0＝ 0， 所以 D1B⊥MN，D1B⊥CM， 又 MN∩CM＝M， 所以 D1B⊥平面 A1MCN， 又 D1B 平面 A1BD1， 所以平面 A1MCN⊥平面 A1BD1.
3 3 33 E→F＝(13，13，－13)，E→F·A→1D＝0，E→F·A→C＝0，故 EF⊥A1D， EF⊥AC，由E→F＝－13B→D1得 EF∥BD1.
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第二章 空间向量与立体几何
解析：建立如图坐 标系， 设|A→D|＝1，则 A(1，0，0)，C(0，1， 0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1， 0)，D1(0，0，1)，A→C ＝ (－ 1，1，0)，A→1 D ＝ (－ 1，0，－ 1)，由A→1E＝23A→1D，A→F ＝ 1A→C， 3 得 E(1，0，1)，F(2，1，0)，
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第二章 空间向量与立体几何
(2)由题意可得，A→B·A→D＝0，A→B·A→A1＝4×5×cos 60°＝10，
A→D·A→A1＝
3×
5×
cos
60°
＝15. 2
因为A→C1＝A→B＋B→C＋C→C1
＝A→B＋A→D＋A→A1，
所以 |A→C1|2 ＝ (A→B ＋A→D＋A→A1)2
＝ |A→B |2＋ |A→D|2＋ |A→A1|2＋ 2(A→B ·A→D＋ A→B ·A→A1＋A→D·A→A1 )
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第二章 空间向量与立体几何
如图，已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AC⊥BC，D 为 AB 的中点，AC＝BC＝BB1.
求证： (1)BC1⊥ AB1； (2)BC1∥平面 CA1D.
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第二章 空间向量与立体几何
[证明] 如图，以 C1 为原点，分别以 C1A1， C1B1，C1C 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系．设 AC＝BC＝BB1＝2， 则 A(2， 0， 2)， B(0， 2， 2)， C(0， 0， 2)， A1(2， 0， 0)， B1 (0， 2， 0)， C1(0， 0， 0)， D(1， 1， 2)． (1)由于B→C1＝ (0，－ 2，－ 2)， A→B1＝ (－ 2， 2，－ 2)， 因此B→C1 ·A→B1＝ 0－ 4＋ 4＝ 0， 因此B→C1⊥A→B1，故 BC1⊥AB1.
由条件可得nn··AA→→11 EF＝＝00，，即4y3－x＋3zy＝－06，z＝ 0，
令 y＝3 可得 n＝(7 3，3，4)， 设直线 CE 与平面 A1EF 所成角为 θ， 则 sin θ ＝|cos(n，C→E)|＝|C|→C→EE·||nn||＝1221543.
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第二章 空间向量与立体几何
＝
42＋
32＋
52＋
20＋
10＋15 2
＝
85.
所以 AC1 的长为 85.
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第二章 空间向量与立体几何
利用空间向量证明空间中的位置关系
向量作为工具来研究几何，真正把几何的形与代数中的数实 现了有机结合；给立体几何的研究带来了极大的便利，利用 空间向量可以方便地论证空间中的一些线面位置关系，如线 面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直等．
2 显然二面角 B-SC-D 的平面角 α 为钝角，所以 α＝120°， 即二面角 B-SC-D 的大小为 120°.
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第二章 空间向量与立体几何
如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1 中， 底面 ABC 是等边三角形，侧棱与底面垂直， 点 E，F 分别为棱 BB1，AC 中点． (1)证明：BF∥平面 A1CE； (2)若 AA1＝6，AC＝4，求直线 CE 与平面 A1EF 所成角的正 弦值．
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第二章 空间向量与立体几何
(2)取 A1C 的中点 E，连接 DE，由于 E(1，0，1)，所以E→D＝ (0，1，1)， 又B→C1＝(0，－2，－2)， 所以E→D＝－12B→C1，又 ED 和 BC1 不共线，所以 ED∥BC1， 又 DE 平面 CA1D，BC1 平面 CA1D， 故 BC1∥平面 CA1D.
利用空间向量求空间距离
(1)点到 直线的距离的向量求法
先求直线的方向向 量，再在直线上任取一点，与原来点构成向
量，利用公式 d＝
|P→A|2－
→n |PA·
|2
计算．
|பைடு நூலகம்|
(2)点到 平面的距离的向量求法
先 求出平面 的法向量 ，再在平 面内任取 一点，与 原来点构成
向 量，此向 量在法向 量上的投 影的绝对 值，就是 点到平面的 距离，即 d＝|P→A· n |.
2
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第二章 空间向量与立体几何
1．如图所示，正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别在 A1D，
AC 上，且
A1E＝23A1D，
AF＝1AC， 3
则
(
B
)
A．EF 至多与 A1D，AC 之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF 与 BD1 相交 D．EF 与 BD1 异面
第二章 空间向量与立体几何
章末优化总结
第二章 空间向量与立体几何
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第二章 空间向量与立体几何
空间向量及其运算 空间向量及其运算的知识与方法与平面向量及其运算类似， 是平面向量的拓展．从运算的类型，分为线性(加、减、数乘) 和数量积运算；从运算形式，分为向量式运算和坐标运算．主 要考查空间向量的共线、共面、数量积运算及向量模及夹角 的计算，是运用向量知识求解立体几何问题的基础．
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第二章 空间向量与立体几何
3．求斜线与平面所成的角 如图，设平面 α 的法向量为 n1，斜线 OA 的方向向量为 n2， 斜线 OA 与平面所成的角为 θ，则 sin θ ＝|cos〈n1，n2〉|.
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第二章 空间向量与立体几何
已知四棱锥 S-ABCD 的底面 ABCD 是正方形，SA⊥底面 ABCD，SA ＝AB＝AD＝2，E 是 SC 的中点． (1)求异面直线 DE 与 AC 所成角； (2)求二面角 B-SC-D 的大小．
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第二章 空间向量与立体几何
设平面 SCD 的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)，
则nn22· ·DD→→CS＝＝zx22－＝y02， ＝ 0，
令 y2＝1，则 n2＝(0，1，1) 设二面角 B-SC-D 的平面角 α，则|cos α |＝|n1·n2|＝ 1
|n1||n2| 2× 2 ＝1.
设平面 OCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
n·O→D＝ 2y－ 2z＝ 0， 则n·C→D＝－2x＝0，
令 z＝1，得 n＝(0，1，1)． 所以点 N 到平面 OCD 的距离 d＝|N→C· n |＝ 2.
|n| 2 所以直线 MN 与平面 OCD 的距离，平面 MNR 与平面 OCD 的距离都等于 2.
所以 B( 2，1，0)，A1( 2，0，1)，D1(0，0，1)，C(0，1，0)，
M
22， 0， 0 ， N
2， 2
1，
1.
(1)N→A1＝
2，－ 2
1，
0
，
C→M＝
2，－ 2
1，0.
所以N→A1＝C→M，所以 NA1∥CM.
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|n|
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第二章 空间向量与立体几何
在四棱锥 O-ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方 形，OA⊥底面 ABCD，OA＝2，M，N，R 分别为 OA，BC， AD 的中点．求直线 MN 与平面 OCD 的距离，平面 MNR 与 平面 OCD 的距离．
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第二章 空间向量与立体几何
利用空间向量求空间角
1．求异面直线所成的角 设两异面直线的方向向量分别为 n1、n2，那么这两条异面直线 所成的角为 θ＝〈n1，n2〉或 θ＝π －〈n1，n2〉， 所以 cos θ ＝|cos〈n1，n2〉|.
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2．求二面角的大小 如图，设平面 α、β 的法向量分别为 n1、n2. 因为两平面的法向量所成的角(或其补角)就 等于平面 α、β 所成的锐二面角 θ，所以 cos θ ＝ |cos 〈 n1， n2〉 |.
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第二章 空间向量与立体几何
[解 ] (1)因为 SA⊥ 底面 ABCD，所 以 SA⊥ AD， SA⊥ AB， 底面 ABCD 是正方形，所以 AB⊥AD. 以点 A 为坐标原点，AB，AD，AS 所在 的直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(0， 0， 0)， B(2， 0， 0)，S(0， 0， 2)， C(2， 2， 0)， D(0， 2， 0)， E(1， 1， 1) 所以D→E＝ (1，－ 1， 1)，A→C ＝(2， 2， 0)，D→E·A→C ＝ 0， 所以异面直线 DE 与 AC 所成角为 90°.
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第二章 空间向量与立体几何
(1)若向量 a 与 b 不共线，a·b≠0，且 c＝a－aa··abb，则
向量 a 与 c 的夹角为( D )
A．0
π B.
6
π
π
C.
D.
3
2
(2)已知四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是矩形，AB＝4， AD＝3，AA1＝5，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，求 AC1 的长．
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第二章 空间向量与立体几何
以点 A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 O(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，N(2，1，0)． 所以N→C＝ (0， 1， 0)，O→D＝(0， 2，－ 2)，C→D＝ (－ 2， 0， 0)．
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第二章 空间向量与立体几何
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第二章 空间向量与立体几何
[解] (1)证明：取 A1C 中点 G，连接 FG，EG， 则 FG∥AA1，且 FG＝12AA1.
又由三棱柱的定义及 E 为 BB1 中点可得 EB∥AA1，且 EB＝12 AA1， 所以 EB∥FG，且 EB＝FG， 所以四边形 BFGE 为平行四边形，所以 BF∥EG.
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第二章 空间向量与立体几何
如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB＝AA1＝1，BC ＝ 2，M 是 AD 的中点，N 是 B1C1 的 中点． (1)求证：NA1∥CM； (2)求证：平面 A1MCN⊥平面 A1BD1.
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第二章 空间向量与立体几何
[证明] 以 D 为原点，D→A，D→C，D→D1的方向为 x、y、z 轴正 方向建立空间直角 坐标系(图略 )．
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[解] (1)因为 a，b 不共线， a·b≠0，
c＝a－aa··ab b，
所以 c≠0，
所以 a·c＝a·a－aa··abb ＝a2－aa·2ba·b
＝ a2－ a2 ＝0， 又 a，c 均不是零向量，
所以〈a，c〉＝π . 2
第二章 空间向量与立体几何
[解] 因为 M，R 分别为 AO，AD 的中点，所以 MR∥OD. 在正方形 ABCD 中，N，R 分别为 BC，AD 的中点， 所以 NR∥CD. 又 MR∩NR＝R， 所以平面 MNR∥平面 OCD. 又 MN 平面 MNR，所以 MN∥平面 OCD. 所以直线 MN 与平面 OCD 的距离，平面 MNR 与平面 OCD 的距离都等于点 N 到平面 OCD 的距离．