新高考数学一轮复习考点讲义：第08章第6讲第1课时空间角与距离（含解析）

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一 空间向量与空间角的关系
1．两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cs φ＝|cs θ|＝eq \f(|a·b|,|a||b|).eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中φ为异面直线a，b所成的角，范围是\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))
2．直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cs θ|＝eq \f(|e·n|,|e||n|)，φ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3．求二面角的大小
(1)如图1，AB，CD是二面角α­l­β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq \(AB,\s\up16(→))，eq \(CD,\s\up16(→))〉．
(2)如图2、图3，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cs θ＝cs〈n1，n2〉或－cs〈n1，n2〉，取值范围是[0，π]．
二 利用空间向量求空间距离
1．点到直线的距离如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设eq \(AP,\s\up16(→))＝a，则向量Aeq \(P,\s\up16(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up16(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(\a\vs4\al(|A\(P,\s\up16(→))|2－|A\(Q,\s\up16(→))|2))＝eq \r(a2－a·u2).
2．点面距离的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝eq \f(|\(AB,\s\up16(→))·n|,|n|).
常/用/结/论
最小角定理：如图，若OA为平面α的一条斜线，O
直线与平面所成的角是直线与平面内的直线所成一切角中最小的角．
为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cs θ＝cs θ1cs θ2.
三余弦公式，由于csθ2＜1，所以有csθ＜csθ1，由单调性得θ＞θ1.
1．判断下列结论是否正确．
(1)两条直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．()
(2)直线的方向向量为u，平面的法向量为n，则线面角θ满足sin θ＝cs〈u，n〉．()
(3)两个平面的法向量所成的角就是这两个平面所成的角．()
(4)两异面直线夹角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π]．(√)
2．已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则l与α所成的角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
解析：设直线l与平面α所成角为θ，则sin θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(1,2)，又0°≤θ≤90°，故θ＝30°.
答案：A
3．已知A(1,2,0)，B(3,1,2)，C(2,0,4)，则点C到直线AB的距离为( )
A．2 B.eq \r(5) C．2eq \r(3) D．2eq \r(5)
解析：因为eq \(AB,\s\up16(→))＝(2，－1,2)， eq \(AC,\s\up16(→))＝(1，－2,4)，所以eq \(AC,\s\up16(→))在eq \(AB,\s\up16(→))方向上的投影数量为eq \f(\(AB,\s\up16(→))·\(AC,\s\up16(→)),| \(AB,\s\up16(→))|)＝eq \f(2＋2＋8,\r(4＋1＋4))＝4.设点C到直线AB的距离为d，则d＝eq \r(\a\vs4\al(|\(AC,\s\up16(→))|2－42))＝eq \r(1＋4＋16－16)＝eq \r(5).故选B.
答案：B
4．(2023·全国乙卷，理)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形．若二面角C­AB­D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(2),5) C.eq \f(\r(3),5) D.eq \f(2,5)
解析：如图，取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C­AB­D的平面角，即∠CED＝150°，
显然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，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，
直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，
从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝eq \r(3)，在△CDE中，由余弦定理得
CD＝eq \r(CE2＋DE2－2CE·DEcs∠CED)
＝eq \r(1＋3－2×1×\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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)sin 150°,\r(7))＝eq \f(\r(3),2\r(7))，
显然∠DCE是锐角，所以cs∠DCE＝eq \r(1－sin2∠DCE)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2\r(7))))2)＝eq \f(5,2\r(7))，
所以直线CD与平面ABC所成的角的正切值为eq \f(\r(3),5).故选C.
答案：C
第1课时 异面直线所成的角与线面角
题型 异面直线所成的角
典例1(1)(2024·江西南昌押题)如图，三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长和侧棱长均相等， ∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
∠BAC＝60 °.
这样eq \(AB,\s\up16(→))，eq \(AC,\s\up16(→))，eq \(AA1,\s\up16(→))两两夹角已知，基底就确定了．
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·江西南昌模拟)如图，某圆锥的轴截面ABC是等边三角形，点D是线段AB的中点，点E在底面圆的圆周上，且 eq \\ac(BE,\s\up15(︵))的长度是 eq \\ac(CE,\s\up15(︵))长度的2倍，则异面直线DE
确定点E的位置．
与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)设eq \(AA1,\s\up16(→))＝c，Aeq \(B,\s\up16(→))＝a，Aeq \(C,\s\up16(→))＝b，三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为1.
【简化运算】题干中告诉我们“底面边长和侧棱长均相等”，为了后续计算方便，我们可以将棱长设为1，不影响结果，千万不要再引入参数k，费心费力、得不偿失．
由题意知a·b＝1×1×cs 60°＝eq \f(1,2)，b·c＝eq \f(1,2)，a·c＝eq \f(1,2)，
∴eq \(AB1,\s\up16(→))·eq \(BC1,\s\up16(→))＝(a＋c)·(b－a＋c)＝eq \f(1,2)－1＋eq \f(1,2)
基底参与运算，为计算夹角作好铺垫．
＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＋1＝1，
又|eq \(AB1,\s\up16(→))|＝eq \r(a＋c2)＝eq \r(a2＋2a·c＋c2)＝eq \r(1＋1＋1)＝eq \r(3)，|eq \(BC1,\s\up16(→))|＝eq \r(b－a＋c2)＝eq \r(1＋1＋1－1＋1－1)＝eq \r(2)，
∴cs〈eq \(AB1,\s\up16(→))，eq \(BC1,\s\up16(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up16(→))·\(BC1,\s\up16(→)),|\(AB1,\s\up16(→))||\(BC1,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r(6),6)，
严格按照夹角的计算公式，这里是两个向量的夹角余弦值．
∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),6).故选A.
(2)方法一(几何法)：如图，取BC的中点O，连接OD，OE，OA.取OB的中点F，连接DF，EF.设AB＝4，则OE＝2，OF＝1，OA＝2eq \r( ,3).因为 eq \\ac(BE,\s\up15(︵))的长度是 eq \\ac(CE,\s\up15(︵))长度的2倍，所以∠BOE＝120°，则EF2＝OE2＋OF2－2OE·OFcs 120°＝7.
计算的目标最终指向△ODE的三边的长，而异面直线DE，AC的夹角转化为∠ODE的计算．
因为D，F分别是AB，OB的中点，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，则DE＝eq \r( ,DF2＋EF2)＝eq \r( ,10).因为D，O分别是AB，BC的中点，所以OD∥AC，OD＝2，所以∠ODE或其
异面直线所成的角，平移后相交来实现．
补角是异面直线DE与AC所成的角，则cs∠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中点O，连接AO，OE.取 eq \\ac(BC,\s\up15(︵))中点M，连接OM.易知OM，OC，OA两两垂直，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．
建系后主要是计算点E、点D的坐标．向量法的关键有两点：①如何恰当地建系；②准确计算出各点的坐标，尤其是不在坐标轴上的点的坐标．
设BC＝4，则AO＝2eq \r( ,3).所以A(0,0,2eq \r( ,3))，C(0,2,0)，B(0，－2,0)，则D(0，－1，eq \r( ,3))，E(eq \r( ,3)，1,0)，eq \(AC,\s\up16(→))＝(0,2，－2eq \r( ,3))，eq \(DE,\s\up16(→))＝(eq \r( ,3)，2，－eq \r( ,3))．设异面直线DE与AC所成角为θ，所以cs θ＝|cs〈eq \(DE,\s\up16(→))，eq \(AC,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\(DE,\s\up16(→))·\(AC,\s\up16(→))|,|\(DE,\s\up16(→))||\(AC,\s\up16(→))|)＝eq \f(10,\r( ,10)×4)＝eq \f(\r( ,10),4).
异面直线所成的角，转化为两个向量的夹角，当然两个概念是有区别的．
故选B.
1．求异面直线所成角θ的余弦值的思路
(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v1，v2.
(3)代入公式cs θ＝|cs〈v1，v2〉|＝eq \f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解．
2．两异面直线所成角的关注点
两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，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，其补角才是异面直线的夹角.
对点练1如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1.E是DC的中点，将△DAE沿AE折起，使折后平面DAE⊥平面ABCE，如图2，则异面直线AE和BD所成角的余弦值为________．
图1 图2
解析：方法一：连接BE(图略)，易知AE⊥BE.
以E为原点，EA所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，过点E作垂直于平面ABCE的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，A(eq \r( ,2)，0,0)，B(0，eq \r( ,2)，0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,2),2)，0，\f(\r( ,2),2))).
∴eq \(EA,\s\up16(→))＝(eq \r( ,2)，0,0)，eq \(BD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,2),2)，－\r( ,2)，\f(\r( ,2),2)))，cs〈eq \(EA,\s\up16(→))，eq \(BD,\s\up16(→))〉＝eq \f(1,\r( ,2)×\r( ,3))＝eq \f(\r( ,6),6).
即异面直线AE和BD所成角的余弦值为eq \f(\r( ,6),6).
方法二：如图，取AE的中点O，连接DO，BO，延长EC到F使EC＝CF，连接BF，DF，OF，易知BF∥AE，∴∠DBF为异面直线AE和DB所成的角或它的补角．∵DA＝DE＝1，∴DO⊥AE，且AO＝DO＝eq \f(\r( ,2),2).
在△ABO中，根据余弦定理得cs∠OAB＝cs 45°＝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，cs∠DBF＝eq \f(BD2＋BF2－DF2,2BD·BF)＝eq \f(3＋2－7,2×\r( ,3)×\r( ,2))＝－eq \f(\r( ,6),6).
∵两异面直线的夹角的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴异面直线AE和BD所成角的余弦值为eq \f(\r( ,6),6).
答案：eq \f(\r( ,6),6)
题型 定义法求线面角
典例2如图，已知多面体ABC­A1B1C1，AA1，BB1，CC1均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，CC1＝1，AB＝BC＝BB1＝2.学会审题：前面介绍位置关系，后面叙述数量关系．
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
(1)证明：依题意，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 \\al(2,1)＋ABeq \\al(2,1)＝AAeq \\al(2,1)，故AB1⊥A1B1.
数量关系决定位置关系，后面证明AB1⊥B1C1，也是同样的思路．
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 \\al(2,1)＋B1Ceq \\al(2,1)＝ACeq \\al(2,1)，故AB1⊥B1C1.
又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解：方法一：如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1的延长线于点D，连接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，而后面的叙述则以此为依据，利用面⊥面的性质定理，得到过C1作平面ABB1的垂线，垂足D落在两平面的交线A1B1上．
由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊂平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.
所以∠C1AD即为AC1与平面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cs∠C1A1B1＝eq \f(\r( ,42),7)，sin∠C1A1B1＝eq \f(\r( ,7),7)，
△A1B1C1中计算sin∠C1A1B1，目的是计算C1D的长．
所以C1D＝A1C1sin∠C1A1B1＝eq \r( ,3)，
故sin∠C1AD＝eq \f(C1D,AC1)＝eq \f(\r( ,39),13).
因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是eq \f(\r( ,39),13).
方法二：由题知BB1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC.
所以BB1∥CC1，因为CC1⊄平面ABB1，BB1⊂平面ABB1，
所以CC1∥平面ABB1，过C点作CH⊥AB交直
点C和C1到平面ABB1的距离相等，这样的转化很好，我们应仔细体会．即借助线∥面，实现点到平面距离的转化．
线AB的延长线于点H(图略)，易得CH⊥平面ABB1，且CH＝eq \r( ,3).所以C1到平面ABB1的距离d＝eq \r( ,3).
记AC1与平面ABB1所成的角为θ，
所以sin θ＝eq \f(d,AC1)＝eq \f(\r( ,3),\r( ,13))＝eq \f(\r( ,39),13).
定义法求线面角的步骤
(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线，或过斜线上一点作平面的垂线，确定垂足的位置；
(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面内的射影，斜线与其射影所成的锐角即为所求的角；
(3)将该角归结为某个三角形的内角(一般是直角三角形)通过解三角形(可能需要解多个三角形)求得该角或其三角函数值，如sin θ＝eq \f(h,l).其中，θ为线面角，h为点B到平面α的距离，l为斜线段AB的长，如图．
eq \(,,\s\d4( ))
对点练2 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∠A＝60°，沿对角线BD将△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，连接PC，则PD与平面PBC所成角的正弦值为________．
解析： 在△ABD中，由余弦定理得BD＝eq \r( ,3)，则AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD，则PB⊥BD，因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，所以PB⊥平面BCD，因为PB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面BCD.如图，过点D作DE⊥BC于点E，易证DE⊥平面PBC，连接PE，则
∠DPE即为直线PD与平面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与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r( ,3),4).
答案：eq \f(\r( ,3),4)
题型 向量法求线面角
典例3(2023·全国甲卷，理)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.本例关键在于如何转化这个条件．
(1)证明：AC＝A1C；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与这个条件目的是给出BC的长．怎样转化呢？
平面BCC1B1所成角的正弦值．
(1)证明：∵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.
本例的题眼在于此，由面⊥面的性质定理，A1到平面BCC1B1的距离，转化成A1到CC1的距离．即在Rt△A1CC1中，斜边CC1＝2，斜边上的高A1D＝1，则可推得△A1CC1是等腰直角三角形．
如图，过点A1作A1D⊥CC1于点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.
由棱柱的性质知CC1＝AA1＝2，
∴S△A1C1C＝eq \f(1,2)A1C1·A1C＝eq \f(1,2)CC1·A1D＝1.①
又A1Ceq \\al(2,1)＋A1C2＝CCeq \\al(2,1)＝4，②
其实这一段证明过分强调代数推导，而忽视了几何推理．在直角三角形A1CC1中，斜边CC1＝2，而斜边上的高A1H＝1，即斜边上的高和斜边的中线长相等呀！
联立①②，解得A1C1＝A1C＝eq \r( ,2).
由棱柱的性质知A1C1＝AC，∴A1C＝AC＝eq \r( ,2).
(2)解：如图，过点D作DE∥BC交BB1于点E，连接A1E，则DE⊥平面ACC1A1.
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(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.
由棱柱的性质知，AA1∥CC1∥BB1，
∴AA1⊥A1E，BB1⊥A1E，
∴线段A1E的长即为AA1与BB1的距离，∴A1E＝2，∴DE＝eq \r( ,A1E2－A1D2)＝eq \r( ,3).
这样成功地将AA1与BB1的距离转化为BC＝eq \r(3).
易知四边形DEBC为平行四边形，
∴BC＝DE＝eq \r( ,3).
由(1)知直线CA，CB，CA1两两垂直，故以点C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则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))，应用eq \(BB1,\s\up16(→))＝eq \(AA1,\s\up16(→))，求得B1的坐标．对于不在坐标轴上的点，坐标的求法常常根据向量相等来计算．
∴eq \(AB1,\s\up16(→))＝(－2eq \r( ,2)，eq \r( ,3)，eq \r( ,2))，eq \(CB1,\s\up16(→))＝(－eq \r( ,2)，eq \r( ,3)，eq \r( ,2))，eq \(CB,\s\up16(→))＝(0，eq \r( ,3)，0)．
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CB1,\s\up16(→))＝0，,n·\(CB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r( ,2)x＋\r( ,3)y＋\r( ,2)z＝0，,\r( ,3)y＝0，))
令x＝1，则y＝0，z＝1，∴n＝(1,0,1)．
设直线AB1与平面BCC1B1所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AB1,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(|\(AB1,\s\up16(→))·n|,|\(AB1,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(\r( ,2),\r( ,8＋3＋2)×\r( ,2))＝eq \f(\r( ,13),13).
向量法求线面角的方法
如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sin φ＝|cs〈a，n〉|＝
eq \a\vs4\al(\f(|a·n|,|a||n|).)
对点练3(2024·河北张家口模拟)如图，在三棱锥P­ABC中，侧面PAC是边长为2的正三角形，BC＝4，AB＝2eq \r( ,5)，E，F分别为PC，PB的中点，平面AEF与底面ABC的交线为l.
(1)证明：l∥平面PBC.
(2)若三棱锥P­ABC的体积为eq \f(4\r( ,3),3)，试问在直线l上是否存在点Q，使得直线PQ与平面AEF所成角为α，异面直线PQ，EF所成角为β，且满足α＋β＝eq \f(π,2)？若存在，求出线段AQ的长度；若不存在，请说明理由．
(1)证明：由题意可得，E，F分别为PC，PB的中点，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与底面ABC的交线为l，所以EF∥l.
从而，l∥BC，而BC⊂平面PBC，l⊄平面PBC，所以l∥平面PBC.
(2)解：由(1)可知，在底面ABC内过点A作BC的平行线，即平面AEF与底面ABC的交线l.
由题意可得AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC.
故△ABC的面积S＝eq \f(1,2)AC·BC＝4.
设点P到平面ABC的距离为h，则VP­ABC＝eq \f(4\r( ,3),3)＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×4h，解得h＝eq \r( ,3).
注意到侧面PAC是边长为2的正三角形，取AC的中点记为D，连接PD，则PD＝eq \r( ,3)，PD⊥平面ABC.
取AB的中点记为M，连接DM，则DM∥BC，因为AC⊥BC，所以DM⊥AC.
于是，以D为坐标原点，DA，DM，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，P(0,0，eq \r( ,3))，C(－1,0,0)，B(－1，4,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(\r( ,3),2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2，\f(\r( ,3),2)))，设Q(1，y1,0)．
于是，eq \(PQ,\s\up16(→))＝(1，y1，－eq \r( ,3))，eq \(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0，\f(\r( ,3),2)))，eq \(EF,\s\up16(→))＝(0,2,0)．设平面AEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq \(AE,\s\up16(→))·n＝0，
eq \(EF,\s\up16(→))·n＝0，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x2＋\f(\r( ,3),2)z2＝0，,2y2＝0，))取z1＝1，则x2＝eq \f(\r( ,3),3)，y2＝0，即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,3),3)，0，1)).
又直线PQ与平面AEF所成角为α，于是sin α＝|cs〈eq \(PQ,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,3),3)－\r( ,3))),\r( ,1＋\f(1,3))·\r( ,4＋y\\al(2,1)))＝eq \f(1,\r( ,4＋y\\al(2,1)))，
而异面直线PQ，EF所成角为β，于是cs β＝|cs〈eq \(PQ,\s\up16(→))，eq \(EF,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|y1|,\r( ,4＋y\\al(2,1)))，
假设存在点Q满足题设α＋β＝eq \f(π,2)，则sin α＝cs β，整理得|y1|＝1.
所以这样的点Q存在，且有AQ＝1.