高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《空間角與距離》專(zhuān)項(xiàng)測(cè)試卷及答案

第第頁(yè)高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《空間角與距離》專(zhuān)項(xiàng)測(cè)試卷及答案學(xué)校:___________班級(jí)：___________姓名：___________考號(hào)：___________復(fù)習(xí)要點(diǎn)能用向量方法解決點(diǎn)到直線、點(diǎn)到平面、相互平行的直線、相互平行的平面的距離問(wèn)題和簡(jiǎn)單的夾角問(wèn)題，能描述解決這一類(lèi)問(wèn)題的程序，體會(huì)向量方法在研究幾何問(wèn)題中的作用．一空間向量與空間角的關(guān)系1．兩條異面直線所成角的求法設(shè)兩條異面直線a，b的方向向量分別為a，b，其夾角為θ，則cosφ＝|cosθ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|).eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中φ為異面直線a，b所成的角，范圍是\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))2．直線和平面所成角的求法如圖所示，設(shè)直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|e·n|,|e||n|)，φ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．求二面角的大小(1)如圖1，AB，CD是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(CD,\s\up16(→))〉．(2)如圖2、圖3，n1，n2分別是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿(mǎn)足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉，取值范圍是[0，π]．二利用空間向量求空間距離1．點(diǎn)到直線的距離如圖，已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點(diǎn)，P是直線l外一點(diǎn)，設(shè)eq\o(AP,\s\up16(→))＝a，則向量Aeq\o(P,\s\up16(→))在直線l上的投影向量eq\o(AQ,\s\up16(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq\r(\a\vs4\al(|A\o(P,\s\up16(→))|2－|A\o(Q,\s\up16(→))|2))＝eq\r(a2－a·u2).2．點(diǎn)面距離的求法如圖，設(shè)AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則點(diǎn)B到平面α的距離d＝eq\f(|\o(AB,\s\up16(→))·n|,|n|).常/用/結(jié)/論最小角定理：如圖，若OA為平面α的一條斜線，O直線與平面所成的角是直線與平面內(nèi)的直線所成一切角中最小的角．為斜足，OB為OA在平面α內(nèi)的射影，OC為平面α內(nèi)的一條直線，其中θ為OA與OC所成的角，θ1為OA與OB所成的角，即線面角，θ2為OB與OC所成的角，那么cosθ＝cosθ1cosθ2.三余弦公式，由于cosθ2＜1，所以有cosθ＜cosθ1，由單調(diào)性得θ＞θ1.1．判斷下列結(jié)論是否正確．(1)兩條直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角．()(2)直線的方向向量為u，平面的法向量為n，則線面角θ滿(mǎn)足sinθ＝cos〈u，n〉．()(3)兩個(gè)平面的法向量所成的角就是這兩個(gè)平面所成的角．()(4)兩異面直線夾角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，直線與平面所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范圍是[0，π]．(√)2．已知向量m，n分別是直線l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則l與α所成的角為()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：設(shè)直線l與平面α所成角為θ，則sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)，又0°≤θ≤90°，故θ＝30°.答案：A3．已知A(1,2,0)，B(3,1,2)，C(2,0,4)，則點(diǎn)C到直線AB的距離為()A．2B.eq\r(5)C．2eq\r(3)D．2eq\r(5)解析：因?yàn)閑q\o(AB,\s\up16(→))＝(2，－1,2)，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(1，－2,4)，所以eq\o(AC,\s\up16(→))在eq\o(AB,\s\up16(→))方向上的投影數(shù)量為eq\f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))|)＝eq\f(2＋2＋8,\r(4＋1＋4))＝4.設(shè)點(diǎn)C到直線AB的距離為d，則d＝eq\r(\a\vs4\al(|\o(AC,\s\up16(→))|2－42))＝eq\r(1＋4＋16－16)＝eq\r(5).故選B.答案：B4．(2023·全國(guó)乙卷，理)已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形．若二面角C-AB-D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(2),5)C.eq\f(\r(3),5)D.eq\f(2,5)解析：如圖，取AB的中點(diǎn)E，連接CE，DE，因?yàn)椤鰽BC是等腰直角三角形，且AB為斜邊，則有CE⊥AB，又△ABD是等邊三角形，則DE⊥AB，從而∠CED為二面角C-AB-D的平面角，即∠CED＝150°，顯然CE∩DE＝E，CE，DE?平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB?平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，顯然平面CDE∩平面ABC＝CE，直線CD?平面CDE，則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE，從而∠DCE為直線CD與平面ABC所成的角，令A(yù)B＝2，則CE＝1，DE＝eq\r(3)，在△CDE中，由余弦定理得CD＝eq\r(CE2＋DE2－2CE·DEcos∠CED)＝eq\r(1＋3－2×1×\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))))＝eq\r(7)，由正弦定理得eq\f(DE,sin∠DCE)＝eq\f(CD,sin∠CED)，即sin∠DCE＝eq\f(\r(3)sin150°,\r(7))＝eq\f(\r(3),2\r(7))，顯然∠DCE是銳角，所以cos∠DCE＝eq\r(1－sin2∠DCE)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2\r(7))))2)＝eq\f(5,2\r(7))，所以直線CD與平面ABC所成的角的正切值為eq\f(\r(3),5).故選C.答案：C第1課時(shí)異面直線所成的角與線面角題型異面直線所成的角典例1(1)(2024·江西南昌押題)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長(zhǎng)和側(cè)棱長(zhǎng)均相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()∠BAC＝60°.這樣eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AC,\s\up16(→))，eq\o(AA1,\s\up16(→))兩兩夾角已知，基底就確定了．A.eq\f(\r(6),6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(\r(2),4)D.eq\f(\r(3),2)(2)(2024·江西南昌模擬)如圖，某圓錐的軸截面ABC是等邊三角形，點(diǎn)D是線段AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在底面圓的圓周上，且eq\o\ac(BE,\s\up15(︵))的長(zhǎng)度是eq\o\ac(CE,\s\up15(︵))長(zhǎng)度的2倍，則異面直線DE確定點(diǎn)E的位置．與AC所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(,6),4)B.eq\f(\r(,10),4)C.eq\f(1,4)D.eq\f(\r(,15),4)解析：(1)設(shè)eq\o(AA1,\s\up16(→))＝c，Aeq\o(B,\s\up16(→))＝a，Aeq\o(C,\s\up16(→))＝b，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長(zhǎng)均為1.【簡(jiǎn)化運(yùn)算】題干中告訴我們“底面邊長(zhǎng)和側(cè)棱長(zhǎng)均相等”，為了后續(xù)計(jì)算方便，我們可以將棱長(zhǎng)設(shè)為1，不影響結(jié)果，千萬(wàn)不要再引入?yún)?shù)k，費(fèi)心費(fèi)力、得不償失．由題意知a·b＝1×1×cos60°＝eq\f(1,2)，b·c＝eq\f(1,2)，a·c＝eq\f(1,2)，∴eq\o(AB1,\s\up16(→))·eq\o(BC1,\s\up16(→))＝(a＋c)·(b－a＋c)＝eq\f(1,2)－1＋eq\f(1,2)基底參與運(yùn)算，為計(jì)算夾角作好鋪墊．＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＋1＝1，又|eq\o(AB1,\s\up16(→))|＝eq\r(a＋c2)＝eq\r(a2＋2a·c＋c2)＝eq\r(1＋1＋1)＝eq\r(3)，|eq\o(BC1,\s\up16(→))|＝eq\r(b－a＋c2)＝eq\r(1＋1＋1－1＋1－1)＝eq\r(2)，∴cos〈eq\o(AB1,\s\up16(→))，eq\o(BC1,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up16(→))·\o(BC1,\s\up16(→)),|\o(AB1,\s\up16(→))||\o(BC1,\s\up16(→))|)＝eq\f(\r(6),6)，嚴(yán)格按照夾角的計(jì)算公式，這里是兩個(gè)向量的夾角余弦值．∴異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為eq\f(\r(6),6).故選A.(2)方法一(幾何法)：如圖，取BC的中點(diǎn)O，連接OD，OE，OA.取OB的中點(diǎn)F，連接DF，EF.設(shè)AB＝4，則OE＝2，OF＝1，OA＝2eq\r(,3).因?yàn)閑q\o\ac(BE,\s\up15(︵))的長(zhǎng)度是eq\o\ac(CE,\s\up15(︵))長(zhǎng)度的2倍，所以∠BOE＝120°，則EF2＝OE2＋OF2－2OE·OFcos120°＝7.計(jì)算的目標(biāo)最終指向△ODE的三邊的長(zhǎng)，而異面直線DE，AC的夾角轉(zhuǎn)化為∠ODE的計(jì)算．因?yàn)镈，F(xiàn)分別是AB，OB的中點(diǎn)，所以DF＝eq\f(1,2)OA＝eq\r(,3)，DF∥OA，易知OA⊥平面OFE，所以DF⊥平面OFE，所以DF⊥EF，則DE＝eq\r(,DF2＋EF2)＝eq\r(,10).因?yàn)镈，O分別是AB，BC的中點(diǎn)，所以O(shè)D∥AC，OD＝2，所以∠ODE或其異面直線所成的角，平移后相交來(lái)實(shí)現(xiàn)．補(bǔ)角是異面直線DE與AC所成的角，則cos∠ODE＝eq\f(OD2＋DE2－OE2,2OD·DE)＝eq\f(4＋10－4,2×2×\r(,10))＝eq\f(\r(,10),4).方法二(建系法)：取BC中點(diǎn)O，連接AO，OE.取eq\o\ac(BC,\s\up15(︵))中點(diǎn)M，連接OM.易知OM，OC，OA兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．建系后主要是計(jì)算點(diǎn)E、點(diǎn)D的坐標(biāo)．向量法的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：①如何恰當(dāng)?shù)亟ㄏ?；②?zhǔn)確計(jì)算出各點(diǎn)的坐標(biāo)，尤其是不在坐標(biāo)軸上的點(diǎn)的坐標(biāo)．設(shè)BC＝4，則AO＝2eq\r(,3).所以A(0,0,2eq\r(,3))，C(0,2,0)，B(0，－2,0)，則D(0，－1，eq\r(,3))，E(eq\r(,3)，1,0)，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(0,2，－2eq\r(,3))，eq\o(DE,\s\up16(→))＝(eq\r(,3)，2，－eq\r(,3))．設(shè)異面直線DE與AC所成角為θ，所以cosθ＝|cos〈eq\o(DE,\s\up16(→))，eq\o(AC,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|\o(DE,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→))|,|\o(DE,\s\up16(→))||\o(AC,\s\up16(→))|)＝eq\f(10,\r(,10)×4)＝eq\f(\r(,10),4).異面直線所成的角，轉(zhuǎn)化為兩個(gè)向量的夾角，當(dāng)然兩個(gè)概念是有區(qū)別的．故選B.1．求異面直線所成角θ的余弦值的思路(1)選好基底或建立空間直角坐標(biāo)系．(2)求出兩直線的方向向量v1，v2.(3)代入公式cosθ＝|cos〈v1，v2〉|＝eq\f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解．2．兩異面直線所成角的關(guān)注點(diǎn)兩異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，兩向量的夾角α的范圍是[0，π]，當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時(shí)，就是該異面直線的夾角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時(shí)，其補(bǔ)角才是異面直線的夾角.對(duì)點(diǎn)練1如圖1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1.E是DC的中點(diǎn)，將△DAE沿AE折起，使折后平面DAE⊥平面ABCE，如圖2，則異面直線AE和BD所成角的余弦值為_(kāi)_______．圖1圖2解析：方法一：連接BE(圖略)，易知AE⊥BE.以E為原點(diǎn)，EA所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，過(guò)點(diǎn)E作垂直于平面ABCE的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則E(0,0,0)，A(eq\r(,2)，0,0)，B(0，eq\r(,2)，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)，0，\f(\r(,2),2))).∴eq\o(EA,\s\up16(→))＝(eq\r(,2)，0,0)，eq\o(BD,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)，－\r(,2)，\f(\r(,2),2)))，cos〈eq\o(EA,\s\up16(→))，eq\o(BD,\s\up16(→))〉＝eq\f(1,\r(,2)×\r(,3))＝eq\f(\r(,6),6).即異面直線AE和BD所成角的余弦值為eq\f(\r(,6),6).方法二：如圖，取AE的中點(diǎn)O，連接DO，BO，延長(zhǎng)EC到F使EC＝CF，連接BF，DF，OF，易知BF∥AE，∴∠DBF為異面直線AE和DB所成的角或它的補(bǔ)角．∵DA＝DE＝1，∴DO⊥AE，且AO＝DO＝eq\f(\r(,2),2).在△ABO中，根據(jù)余弦定理得cos∠OAB＝cos45°＝eq\f(AO2＋AB2－BO2,2AO·AB)＝eq\f(\r(,2),2)，∴BO＝eq\f(\r(,10),2).同理可得，OF＝eq\f(\r(,26),2).又∵平面DAE⊥平面ABCE，平面DAE∩平面ABCE＝AE，DO?平面DAE，DO⊥AE，∴DO⊥平面ABCE.∵BO?平面ABCE，∴DO⊥BO.∴BD2＝BO2＋DO2＝eq\f(5,2)＋eq\f(1,2)＝3，即BD＝eq\r(,3).同理可得，DF＝eq\r(,7).又∵BF＝AE＝eq\r(,2)，∴在△DBF中，cos∠DBF＝eq\f(BD2＋BF2－DF2,2BD·BF)＝eq\f(3＋2－7,2×\r(,3)×\r(,2))＝－eq\f(\r(,6),6).∵兩異面直線的夾角的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴異面直線AE和BD所成角的余弦值為eq\f(\r(,6),6).答案：eq\f(\r(,6),6)題型定義法求線面角典例2如圖，已知多面體ABC-A1B1C1，AA1，BB1，CC1均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，CC1＝1，AB＝BC＝BB1＝2.學(xué)會(huì)審題：前面介紹位置關(guān)系，后面敘述數(shù)量關(guān)系．(1)證明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．(1)證明：依題意，可知AA1⊥AB，AA1⊥AC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，CC1⊥BC，CC1⊥AC.由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，易得AB1＝A1B1＝2eq\r(,2)，所以A1Beq\o\al(2,1)＋ABeq\o\al(2,1)＝AAeq\o\al(2,1)，故AB1⊥A1B1.數(shù)量關(guān)系決定位置關(guān)系，后面證明AB1⊥B1C1，也是同樣的思路．由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，易得B1C1＝eq\r(,5).由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2eq\r(,3).特殊的等腰三角形．由CC1⊥AC，得AC1＝eq\r(,13)，所以ABeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,1)＝ACeq\o\al(2,1)，故AB1⊥B1C1.又因?yàn)锳1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1?平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解：方法一：如圖，過(guò)點(diǎn)C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，連接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，AB1?平面ABB1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1.面面垂直的判定定理，而后面的敘述則以此為依據(jù)，利用面⊥面的性質(zhì)定理，得到過(guò)C1作平面ABB1的垂線，垂足D落在兩平面的交線A1B1上．由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D?平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.所以∠C1AD即為AC1與平面ABB1所成的角．由AA1＝4，CC1＝1.AC＝2eq\r(,3)，AA1⊥AC，CC1⊥AC，易得A1C1＝eq\r(,21)，由B1C1＝eq\r(,5)，A1B1＝2eq\r(,2)，A1C1＝eq\r(,21)，得cos∠C1A1B1＝eq\f(\r(,42),7)，sin∠C1A1B1＝eq\f(\r(,7),7)，△A1B1C1中計(jì)算sin∠C1A1B1，目的是計(jì)算C1D的長(zhǎng)．所以C1D＝A1C1sin∠C1A1B1＝eq\r(,3)，故sin∠C1AD＝eq\f(C1D,AC1)＝eq\f(\r(,39),13).因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(,39),13).方法二：由題知BB1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC.所以BB1∥CC1，因?yàn)镃C1?平面ABB1，BB1?平面ABB1，所以CC1∥平面ABB1，過(guò)C點(diǎn)作CH⊥AB交直點(diǎn)C和C1到平面ABB1的距離相等，這樣的轉(zhuǎn)化很好，我們應(yīng)仔細(xì)體會(huì)．即借助線∥面，實(shí)現(xiàn)點(diǎn)到平面距離的轉(zhuǎn)化．線AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H(圖略)，易得CH⊥平面ABB1，且CH＝eq\r(,3).所以C1到平面ABB1的距離d＝eq\r(,3).記AC1與平面ABB1所成的角為θ，所以sinθ＝eq\f(d,AC1)＝eq\f(\r(,3),\r(,13))＝eq\f(\r(,39),13).定義法求線面角的步驟(1)尋找過(guò)斜線上一點(diǎn)與平面垂直的直線，或過(guò)斜線上一點(diǎn)作平面的垂線，確定垂足的位置；(2)連接垂足和斜足得到斜線在平面內(nèi)的射影，斜線與其射影所成的銳角即為所求的角；(3)將該角歸結(jié)為某個(gè)三角形的內(nèi)角(一般是直角三角形)通過(guò)解三角形(可能需要解多個(gè)三角形)求得該角或其三角函數(shù)值，如sinθ＝eq\f(h,l).其中，θ為線面角，h為點(diǎn)B到平面α的距離，l為斜線段AB的長(zhǎng)，如圖．eq\o(,,\s\do4())對(duì)點(diǎn)練2如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∠A＝60°，沿對(duì)角線BD將△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，連接PC，則PD與平面PBC所成角的正弦值為_(kāi)_______．解析：在△ABD中，由余弦定理得BD＝eq\r(,3)，則AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD，則PB⊥BD，因?yàn)槠矫鍼BD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，所以PB⊥平面BCD，因?yàn)镻B?平面PBC，所以平面PBC⊥平面BCD.如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，易證DE⊥平面PBC，連接PE，則∠DPE即為直線PD與平面PBC所成的角，在△PDE中，PD＝2，DE＝eq\f(1×\r(,3),2)＝eq\f(\r(,3),2)，所以sin∠DPE＝eq\f(\f(\r(,3),2),2)＝eq\f(\r(,3),4)，所以PD與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(,3),4).答案：eq\f(\r(,3),4)題型向量法求線面角典例3(2023·全國(guó)甲卷，理)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距離為1.本例關(guān)鍵在于如何轉(zhuǎn)化這個(gè)條件．(1)證明：AC＝A1C；(2)已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與這個(gè)條件目的是給出BC的長(zhǎng)．怎樣轉(zhuǎn)化呢？平面BCC1B1所成角的正弦值．(1)證明：∵A1C⊥平面ABC，BC，AC?平面ABC，∴A1C⊥BC，A1C⊥AC.又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.∵A1C∩AC＝C，A1C，AC?平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC1A1.∵BC?平面BCC1B1，∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.本例的題眼在于此，由面⊥面的性質(zhì)定理，A1到平面BCC1B1的距離，轉(zhuǎn)化成A1到CC1的距離．即在Rt△A1CC1中，斜邊CC1＝2，斜邊上的高A1D＝1，則可推得△A1CC1是等腰直角三角形．如圖，過(guò)點(diǎn)A1作A1D⊥CC1于點(diǎn)D，∵平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1D?平面ACC1A1，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1.∵A1C1∥AC，∴A1C⊥A1C1.由棱柱的性質(zhì)知CC1＝AA1＝2，∴S△A1C1C＝eq\f(1,2)A1C1·A1C＝eq\f(1,2)CC1·A1D＝1.①又A1Ceq\o\al(2,1)＋A1C2＝CCeq\o\al(2,1)＝4，②其實(shí)這一段證明過(guò)分強(qiáng)調(diào)代數(shù)推導(dǎo)，而忽視了幾何推理．在直角三角形A1CC1中，斜邊CC1＝2，而斜邊上的高A1H＝1，即斜邊上的高和斜邊的中線長(zhǎng)相等呀！聯(lián)立①②，解得A1C1＝A1C＝eq\r(,2).由棱柱的性質(zhì)知A1C1＝AC，∴A1C＝AC＝eq\r(,2).(2)解：如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE∥BC交BB1于點(diǎn)E，連接A1E，則DE⊥平面ACC1A1.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(DE⊥平面ACC1A1，,DA1⊥AA1))?AA1⊥平面A1DE?AA1⊥A1E.∵CC1?平面ACC1A1，∴DE⊥CC1.∵DE∩A1D＝D，DE，A1D?平面A1DE，∴CC1⊥平面A1DE.∵A1E?平面A1DE，∴CC1⊥A1E.由棱柱的性質(zhì)知，AA1∥CC1∥BB1，∴AA1⊥A1E，BB1⊥A1E，∴線段A1E的長(zhǎng)即為AA1與BB1的距離，∴A1E＝2，∴DE＝eq\r(,A1E2－A1D2)＝eq\r(,3).這樣成功地將AA1與BB1的距離轉(zhuǎn)化為BC＝eq\r(3).易知四邊形DEBC為平行四邊形，∴BC＝DE＝eq\r(,3).由(1)知直線CA，CB，CA1兩兩垂直，故以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0，0,0)，A(eq\r(,2)，0,0)，B(0，eq\r(,3)，0)，B1(－eq\r(,2)，eq\r(,3)，eq\r(,2))，應(yīng)用eq\o(BB1,\s\up16(→))＝eq\o(AA1,\s\up16(→))，求得B1的坐標(biāo)．對(duì)于不在坐標(biāo)軸上的點(diǎn)，坐標(biāo)的求法常常根據(jù)向量相等來(lái)計(jì)算．∴eq\o(AB1,\s\up16(→))＝(－2eq\r(,2)，eq\r(,3)，eq\r(,2))，eq\o(CB1,\s\up16(→))＝(－eq\r(,2)，eq\r(,3)，eq\r(,2))，eq\o(CB,\s\up16(→))＝(0，eq\r(,3)，0)．設(shè)平面BCC1B1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(,2)x＋\r(,3)y＋\r(,2)z＝0，,\r(,3)y＝0，))令x＝1，則y＝0，z＝1，∴n＝(1,0,1)．設(shè)直線AB1與平面BCC1B1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up16(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB1,\s\up16(→))·n|,|\o(AB1,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(\r(,2),\r(,8＋3＋2)×\r(,2))＝eq\f(\r(,13),13).向量法求線面角的方法如圖所示，設(shè)l為平面α的斜線，l∩α＝A，a為l的方向向量，n為平面α的法向量，φ為l與α所成的角，則sinφ＝|cos〈a，n〉|＝eq\a\vs4\al(\f(|a·n|,|a||n|).)對(duì)點(diǎn)練3(2024·河北張家口模擬)如圖，在三棱錐P-ABC中，側(cè)面PAC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，BC＝4，AB＝2eq\r(,5)，E，F(xiàn)分別為PC，PB的中點(diǎn)，平面AEF與底面ABC的交線為l.(1)證明：l∥平面PBC.(2)若三棱錐P-ABC的體積為eq\f(4\r(,3),3)，試問(wèn)在直線l上是否存在點(diǎn)Q，使得直線PQ與平面AEF所成角為α，異面直線PQ，EF所成角為β，且滿(mǎn)足α＋β＝eq\f(π,2)？若存在，求出線段AQ的長(zhǎng)度；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(1)證明：由題意可得，E，F(xiàn)分別為PC，PB的中點(diǎn)，所以EF∥BC，又BC?平面ABC，EF?平面ABC，所以EF∥平面ABC.又EF?平面AEF，平面AEF與底面ABC的交線為l，所以EF∥l.從而，l∥BC，而B(niǎo)C?平面PBC，l?平面PBC，所以l∥平面PBC.(2)解：由(1)可知，在底