第七章 10 第八节 向量与距离及立体几何中的探索问题（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（湘教版）

该高中数学高考复习课件聚焦“向量与距离及立体几何中的探索问题”，依据课程标准明确点到直线、点到平面距离的求解及空间位置关系探究的考查要求。通过教材梳理构建知识体系，结合近5年高考真题分析，明确距离计算（占比约45%）、探索性问题（占比约35%）等高频考点，归纳出向量法求距离、参数法解存在性问题等常考题型，对接高考评价体系，提升备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+方法建模+分层训练”的备考策略，如以2024天津卷点面距题为例，提炼“建系-求法向量-代公式”三步解题模板，培养学生的数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念）。通过典例3探索性问题的参数方程求解，指导学生用数学眼光分析空间关系，结合课时测评的易错点警示（如法向量方向判断），帮助学生掌握答题技巧，教师可据此实施精准复习，高效提升学生得分率。

第八节　向量与距离及立体几何中的探索问题 高三一轮复习讲义　湘教版 第七章　立体几何与空间向量 课程标准 1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离．　 2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件． 04 03 考教衔接　精研教材 课时测评 02 考点探究　提升能力 教材梳理　夯实基础 01 内容索引 教材梳理　夯实基础 返回 1.点到直线的距离 (1)定义：如图，直线l的方向向量为v，点P为直线l外 一点，过点P作直线l的垂线交l于点D，则即为点 P到直线l的距离． 设A为直线l上任意一点，则是在l上的投影向量，所以投影长＝＝＝_______． (2)距离公式：点P到已知直线l的距离d＝＝＝ _________________ ． (3)求空间一点P到直线l(P∉l)的距离的算法程序如图所示． 2.点到平面的距离 (1)定义：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度．因此 ＝ _______ ． (2)求空间一点P到平面α(P∉α)的距离的算法程序如图所示． 自主检测 1.(多选)下列说法错误的是 A．平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β B．点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度 C．直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等 D．直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α √ √ √ 2.已知直线l经过点A(2，3，1)且向量n＝为l的一个单位方向向量，则点P(4，3，2)到l的距离为________． 因为为l的一个单位方向向量，所以点P到l的距离d＝. 3.如图，在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点，则： (1)点B到直线AC1的距离为_______； 　 以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴， y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0， 1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E ，所以＝(0，1，0)，＝(－1，1，－1)， ，取a＝(－1，1，－1)，则a2＝1，a·u＝，所以点B到直线AC1的距离为. (2)直线FC到平面AEC1的距离为_______． 因为，所以FC∥EC1，所以FC∥平 面AEC1，所以点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1 的距离，设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则 所以所以取z＝1，则x＝1，y＝2，所以n＝(1，2，1)是平面AEC1的一个法向量．又因为，所以点F到平面AEC1的距离为，即直线FC到平面AEC1的距离为. 返回 考点探究　提升能力 返回 考点一　空间距离 师生共研 典例1 如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，则点P到直线BD的距离为________． 如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z 轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，B(3，0，0)， D(0，4，0)，则＝(－3，0，1)，＝(－3，4，0)， 故点P到直线BD的距离d＝，所以点P到直线BD的距离为. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1， BC＝，M为线段AB上的动点． (1)证明：BC1⊥CM； 证明：因为AB⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，所以AB⊥BC1， 在△BCC1中，BC＝2，BC1＝2，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋，所以CB⊥BC1. 因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以BC1⊥平面ABC. 又因为CM⊂平面ABC，所以BC1⊥CM. 典例2 (2)若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离. 解：由(1)知，AB⊥BC1，BC⊥BC1，AB⊥BC， 以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则B(0，0，0)，C(2，0，0)，C1， A1，E， ＝(2，0，0)，＝， 设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令y＝，则n＝. 又因为， 故点A1到平面BCE的距离d＝. 1.点到直线的距离 (1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝. (2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离． 2.求点面距一般有以下三种方法 (1)作点到面的垂线，求点到垂足的距离． (2)等体积法． (3)向量法．　　 规律方法 对点练1.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．  (1)求点N到直线AB的距离； 解：建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B，C(0，4，0)，C1(0，4，4)． 因为N是CC1的中点， 所以N(0，4，2)． ， ， 则＝2＝4. 设点N到直线AB的距离为d1， 则d1＝＝4. (2)求点C1到平面ABN的距离． 解：设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝2，则y＝－1，x＝， 即n＝.易知， 设点C1到平面ABN的距离为d2， 则d2＝＝. 考点二　立体几何中的探索性问题 师生共研 (2025·辽宁葫芦岛模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中， 平面A1B1BA⊥平面ABC，侧面A1B1BA为菱形，∠ABB1 ＝，AB1⊥AC，AB＝AC＝2，E是AC的中点． (1)求证：A1B⊥平面AB1C； 证明：因为侧面A1B1BA为菱形，∠ABB1＝，则△B1BA是等边三角形，取AB中点O，连接B1O，于是有B1O⊥AB， 又平面A1B1BA⊥平面ABC，且B1O⊂平面A1B1BA，平面A1B1BA∩平面ABC＝AB， 典例3 于是B1O⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，即有B1O⊥AC， 又AB1⊥AC，且B1O∩AB1＝B1，B1O，AB1⊂平面A1B1BA，因此AC⊥平面A1B1BA，而A1B⊂平面A1B1BA， 则AC⊥A1B，由四边形A1B1BA为菱形，得A1B⊥AB1，又AB1，AC⊂平面AB1C，AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C. (2)确定在线段A1E上是否存在一点P，使得AP与平面A1B1E所成角为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 解：由(1)可知B1O⊥AB，B1O⊥AC，AC⊥平面A1B1BA， 且AB⊂平面A1B1BA，所以AC⊥AB， 取BC的中点为D，连接OD，有OD∥AC，OD⊥AB， 以O为原点，为空间正交基建立直角坐标系， 则B(1，0，0)，A， 设平面A1B1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 令z＝1，得n＝， 令，则 ， 依题意，sin ＝＝， 整理得，5λ2－2λ＝0，解得λ＝或λ＝0， 所以存在满足条件的点P，的值为或0. 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． 2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．　　 规律方法 对点练2.如图，四棱锥S -ABCD的底面是正方形，每条侧棱 的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点． (1)求证：AC⊥SD； 证明：如图，连接BD交AC于点O，连接SO. 由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点， 以OB，OC，OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a，则高SO＝a， 于是S. 于是＝. 则＝0，所以⊥， 故OC⊥SD，从而AC⊥SD. (2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小； 解：由题设知，平面PAC的一个法向量为，平面DAC的一个法向量为. 设平面PAC与平面DAC的夹角为θ， 则cos θ＝＝， 所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30˚. (3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由． 解：假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC. 由(2)知是平面PAC的一个法向量， 且. 设， 因为B， 所以， 则＝. 由＝0，得－a2t＝0， 解得t＝，当SE∶EC＝2∶1时，⊥. 由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC. 因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1. 考点三　折叠问题 师生共研 (2025·湖南长沙模拟)如图①所示，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，∠BCD＝60˚，AB＝2，BC＝3，E为线段CD上一点，满足BC＝CE，F为BE的中点，现将梯形沿BE折叠(如图②)，使平面BCE⊥平面ABED. (1)求证：平面ACE⊥平面BCE； 典例4 证明：在直角梯形ABCD中，CE＝BC＝3，∠BCD＝60˚， 因此△BCE为等边三角形，从而BE＝3， 又AB＝2， 由余弦定理得AE2＝12＋9－2×2×3cos 30˚＝3， 所以AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE，且折叠后AE与BE位置关系不变， 又因为平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE， 所以AE⊥平面BCE，因为AE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCE. (2)能否在线段AB上找到一点P(端点除外)使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由． 解：因为△BCE为等边三角形，F为BE的中点， 所以CF⊥BE，又因为平面BCE⊥平面ABED， 且平面BCE∩平面ABED＝BE， 所以CF⊥平面ABED， 取AB的中点G，连接FG，则FG∥AE，从而FG⊥BE，以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系： 则A，C，则＝， 假设在AB上存在一点P使直线AC与平面PCF所成角的正弦值为，且，λ∈， 因为B，所以，故， 所以＝，又， 设平面PCF的法向量为n＝，则 ⇒ 令y＝2(λ－1)得n＝， 所以＝， 解得λ＝或λ＝(舍)， 综上可知，存在点P是线段AB的中点，使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为. 　　翻折问题中的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系．一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化．　　 规律方法 对点练3.图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱 形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1， BE＝BF＝2，∠FBC＝60˚.将其沿AB，BC折 起使得BE与BF重合，连接DG，如图②所示． (1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； 证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE， 所以AD∥CG， 所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE， 所以AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)求图②中的平面BCG与平面ACG夹角的大小． 解：过点E作EH⊥BC，垂足为H. 因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC， 所以EH⊥平面ABC. 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60˚，可求得BH＝1，EH＝.  所以以H为坐标原点，所在的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz， 则A(－1，1，0)，C(1，0，0)， G＝， ＝(2，－1，0)． 设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝－，则x＝3，y＝6， 所以可取n＝. 又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)， 所以cos 〈n，m〉＝. 因此平面BCG与平面ACG夹角的大小为30˚. 返回 考教衔接　精研教材 返回 真题再现 (2024·天津卷节选)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点．求点B到平面CB1M的距离. 解：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)， 则M(0，1，1)，N， 所以. 设平面 CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1)． 易知. 设点B到平面CB1M的距离为d， 则d＝， 所以点B到平面CB1M 的距离为. 返回 教材呈现 (湘教版必修二P106T13)四面体S-ABC中，△ABC是等腰三角形，AB＝BC＝2a，SA＝3a，∠ABC＝120˚，SA⊥平面ABC，求点A到平面SBC的距离． 点评：这两题考查相同的知识点，设问的形式和本质基本一样，都是考查求点面距问题，同时高考题又考查综合应用所学知识解决问题的能力． 课 时 测 评 返回 1.(13分)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝ AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a，点F在 AD上，且CF⊥PC. (1)求点A到平面PCF的距离；(5分) 解：由题意知AP，AB，AD两两垂直，建立空间直角坐标系，如图， 则A(0，0，0)，B(a，0，0)，C(a，a，0)，D(0，3a，0)，P(0，0，a)． 设F(0，m，0)，0≤m≤3a， 则· 因为CF⊥PC，所以⊥， 所以·(－a)＋0·a＝a2－a(m－a)＝0， 所以m＝2a，即F(0，2a，0)． 2 3 4 5 6 1 设平面PCF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 解得取x＝1，得n＝(1，1，2)． 设点A到平面PCF的距离为d， 由， 得d＝a. 2 3 4 5 6 1 (2)求AD到平面PBC的距离．(8分) 解：由于，. 设平面PBC的法向量为n1＝(x0，y0，z0)， 由 得取x0＝1，得n1＝(1，0，1)． 2 3 4 5 6 1 设点A到平面PBC的距离为h， 因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC， 所以h为AD到平面PBC的距离， 所以h＝a. 2 3 4 5 6 1 2.(13分)(2024·山东青岛模拟)如图，在三棱台ABC-A1B1C1 中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AB＝AC，∠BAC＝ . (1)求四棱锥A1-BCC1B1的体积；(5分) 解：在三棱台ABC-A1B1C1中，取B1C1的中点O1，连接A1O1， 因为AB＝AC，∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，则A1B1＝A1C1＝2，∠B1A1C1＝，有BC＝4，A1O1⊥B1C1，A1O1＝， 因为平面BCC1B1⊥平面ABC，平面ABC∥平面A1B1C1， 2 3 4 5 6 1 则平面BCC1B1⊥平面A1B1C1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，A1O1⊂平面A1B1C1，于是A1O1⊥平面BCC1B1， 在梯形BCC1B1中，BB1＝CC1＝，则梯形BCC1B1的高h＝＝1， 因此梯形BCC1B1的面积S＝， 所以四棱锥A1-BCC1B1的体积V＝＝2. 2 3 4 5 6 1 (2)在侧棱BB1上是否存在点E，使得二面角E-AC-B的余弦值为？若存在，说明点E的位置；若不存在，说明理由．(8分) 解：取BC的中点O，连接AO，因为AB＝AC，则AO⊥BC， 在等腰梯形BCC1B1中，O1，O分别为上下底边B1C1， BC的中点，有OO1⊥BC， 而平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC＝BC，OO1⊂平面BCC1B1， 于是OO1⊥平面ABC，以O为原点，分别以OA，OB，OO1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A， 2 3 4 5 6 1 令(0<m<1)，则E， 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，而， 则 令x＝m，得n＝， 2 3 4 5 6 1 因为OO1⊥平面ABC，则为平面ABC的一个法向量，记二面角E-AC-B的平面角为θ， 于是cos θ＝＝， 即6m2＋m－2＝0，而0<m<1，解得m＝， 所以存在点E为B1B的中点时，使得二面角E-AC-B的余弦值为. 2 3 4 5 6 1 3.(17分)(2024·广东茂名模拟)在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点． (1)求证：PO⊥BC；(5分) 证明：因为PA＝PD，O为AD的中点， 所以PO⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD， 所以PO⊥BC. 2 3 4 5 6 1 (2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成角为，求点E到平面PCD的距离．(12分) 解：由AB＝8，AD＝DC＝CB＝4， 可知四边形ABCD为等腰梯形，易知BD＝4， 因为AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD， 建立如图所示的空间直角坐标系， P，C，D(－2，0，0)， 平面ABCD的法向量为n＝， 2 3 4 5 6 1 设E(x，y，z)，则， ， 因为直线AE与平面ABCD所成角为， 所以sin ＝＝， 所以x2－4x＋4＋y2－3z2＝0，① 因为点E在棱PB上，所以(0<λ<1)，即， 所以x＝－2λ，y＝4λ，代入①解得λ＝或λ＝5(舍去)． 2 3 4 5 6 1 ， 设平面PCD的法向量为m＝， 　　　 令z1＝1，得x1＝－， 所以m＝， 所以点E到平面PCD的距离d＝. 2 3 4 5 6 1 4.(17分)图①是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90˚，AB＝2，DC＝3，AD＝.以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，如图②所示． (1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；(5分) 2 3 4 5 6 1 证明：在图③中，连接AE，AC，AC交BE于点F. 因为，DC＝3， 所以CE＝2，所以AB＝CE. 又AB∥CD，所以四边形AECB是平行四边形． 又因为在Rt△ACD中，AC＝ ， 所以AF＝CF＝. 在图④中，因为AC1＝，所以AF2＋C1F2＝，所以C1F⊥AF， 由题意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，BE，AF⊂平面ABED，所以C1F⊥平面ABED， 又C1F⊂平面BC1E， 所以平面BC1E⊥平面ABED. 2 3 4 5 6 1 (2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值．(12分) 解：如图④，以D为坐标原点，的方向分别为x，y轴的正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则D(0，0，0)，A，B， E(0，1，0)，F， 所以＝. 2 3 4 5 6 1 设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)， 由得 取z＝，得n＝＝. 记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ， 则sin θ＝. 2 3 4 5 6 1 5.(20分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB＝PC＝3.在梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3. (1)求证：AB∥平面PCD；(4分) 证明：因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， 所以AB∥平面PCD. 2 3 4 5 6 1 (2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值；(6分) 解：因为ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3， 所以BC＝，又PB＝PC＝3， 所以点P到直线BC的距离为＝2， 因为平面PBC⊥平面ABCD，所以点P到平面ABCD的距离为2. 以D为原点，以DA，DC及平面ABCD过D的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系(图略)． 所以A(4，0，0)，B(4，5，0)，C(0，3，0)，P(2，4，2)， 所以， 2 3 4 5 6 1 设平面APB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 令x1＝1，x2＝1可得m＝(1，0，1)，n＝(1，－2，0)， 设平面APB与平面PBC的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝. 所以平面APB与平面PBC夹角的余弦值为. 2 3 4 5 6 1 (3)棱BC上是否存在点Q到平面PBA的距离为，若存在， 求出的值；若不存在，说明理由．(10分) 解：假设棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为， 设，λ∈[0，1]， 所以Q， 所以， 2 3 4 5 6 1 由(2)知平面PBA的一个法向量为m＝(1，0，1)， 所以点Q到平面PBA的距离d＝， 所以|4λ－4|＝，所以λ＝1－， 所以棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为， . 2 3 4 5 6 1 6.(20分)(2025·湖南怀化模拟)如图，三棱柱ABC-A1B1C1 中，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB⊥AC，AA1＝AB＝AC ＝2，∠A1AC＝60˚.过AA1的平面交线段B1C1于点E(不与 端点重合)，交线段BC于点F. (1)求证：四边形AA1EF为平行四边形；(5分) 证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1∥BB1，BB1⊂平面BB1C1C，AA1⊄平面BB1C1C，则AA1∥平面BB1C1C，又平面AA1EF∩平面BB1C1C＝EF，AA1⊂平面AA1EF，于是得AA1∥EF， 而平面ABC∥平面A1B1C1，平面AA1EF∩平面ABC＝AF，平面AA1EF∩平面A1B1C1＝A1E， 则A1E∥AF，所以四边形AA1EF为平行四边形． 2 3 4 5 6 1 (2)若B到平面AFC1的距离为，求直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值．(15分) 解：在平面AA1C1C内过点A作Az⊥AC，因为平面ABC ⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC， 于是得Az⊥平面ABC，又AB⊥AC，以点A为原点，建 立如图所示的空间直角坐标系， 因为AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60˚， 则B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1，C1， ， 2 3 4 5 6 1 令，0<t<1， 则＝(0，2，0)＋t(2，－2，0)＝(2t，2－2t，0)， 设平面AFC1的法向量为n＝，则令y＝t，得n＝， 点B到平面AFC1的距离d＝，解得t＝， 2 3 4 5 6 1 因此n＝，而，设直线A1C1与平面AFC1所成角为θ， 于是得sin θ＝＝， 所以直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值为. 返回 2 3 4 5 6 1 谢 谢 观 看 向量与距离及立体几何中的探索问题 $