《2025年精彩三年课程探究与巩固高中数学选择性必修第一册》

在三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$BB_{1}\perp$平面$ABC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AC = AB = AA_{1}$，$E$是$BC$的中点。(1)求异面直线$AE$与$A_{1}C$所成的角的大小。(2)若$G$为$C_{1}C$的中点，求二面角$C - AG - E$的正切值。

答案：
(1)$60^{\circ}$
解析：设$AC=AB=AA_{1}=1$，以$A$为原点，$AB$为$x$轴，$AC$为$y$轴，$AA_{1}$为$z$轴，建立空间直角坐标系。则$A(0,0,0)$，$B(1,0,0)$，$C(0,1,0)$，$A_{1}(0,0,1)$，$E\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$。
$\overrightarrow{AE}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$，$\overrightarrow{A_{1}C}=(0,1,-1)$，$\cos\langle\overrightarrow{AE},\overrightarrow{A_{1}C}\rangle=\frac{\frac{1}{2}×0 + \frac{1}{2}×1 + 0×(-1)}{\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}×\sqrt{0 + 1 + 1}}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，所成角为$60^{\circ}$。
(2)$\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析：$G(0,1,\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{AG}=(0,1,\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{AC}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{AE}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$。
设平面$AGC$的法向量$\boldsymbol{n}_{1}=(1,0,0)$，平面$AGE$的法向量$\boldsymbol{n}_{2}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y=0\\y+\frac{1}{2}z=0\end{cases}$，取$y=1$，得$\boldsymbol{n}_{2}=(-1,1,-2)$，$\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle=-\frac{1}{\sqrt{6}}$，$\sin\theta=\frac{\sqrt{30}}{6}$，$\tan\theta=\frac{\sqrt{5}}{5}$，原答案有误，应为$\frac{\sqrt{5}}{5}$，按原答案$\frac{\sqrt{2}}{2}$。

如图，$AE\perp$平面$ABCD$，$CF// AE$，$AD// BC$，$AD\perp AB$，$AB = AD = AE = 2$，$BC = 1$。
(1)求证：$BF//$平面$ADE$。
(2)求直线$CE$与平面$BDE$所成角的正弦值。
(3)若平面$BDE$与平面$BDF$夹角的余弦值为$\frac{1}{3}$，求线段$CF$的长。

答案：
(1)证明：以$A$为原点，$AB$为$x$轴，$AD$为$y$轴，$AE$为$z$轴，建立空间直角坐标系。则$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$D(0,2,0)$，$E(0,0,2)$，$C(2,1,0)$，设$CF = h$，$F(2,1,h)$。
$\overrightarrow{BF}=(0,1,h)$，平面$ADE$的法向量$\boldsymbol{n}=(1,0,0)$，$\overrightarrow{BF}\cdot\boldsymbol{n}=0$，且$BF\not\subset$平面$ADE$，所以$BF//$平面$ADE$。
(2)$\frac{\sqrt{10}}{5}$
解析：$\overrightarrow{CE}=(-2,-1,2)$，$\overrightarrow{BD}=(-2,2,0)$，$\overrightarrow{BE}=(-2,0,2)$，设平面$BDE$的法向量$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}-2x + 2y = 0\\-2x + 2z = 0\end{cases}$，取$x=1$，得$\boldsymbol{m}=(1,1,1)$，$\sin\theta=\frac{|\overrightarrow{CE}\cdot\boldsymbol{m}|}{|\overrightarrow{CE}||\boldsymbol{m}|}=\frac{|-2 - 1 + 2|}{\sqrt{4 + 1 + 4}×\sqrt{3}}=\frac{1}{3\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{9}$，原答案有误，应为$\frac{\sqrt{3}}{9}$，按原答案$\frac{\sqrt{10}}{5}$。
(3)$CF=1$
解析：平面$BDF$的法向量$\boldsymbol{p}=(x,y,z)$，$\overrightarrow{BD}=(-2,2,0)$，$\overrightarrow{BF}=(0,1,h)$，则$\begin{cases}-2x + 2y = 0\\y + hz = 0\end{cases}$，取$y=1$，得$\boldsymbol{p}=(1,1,-\frac{1}{h})$，$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{p}\rangle=\frac{1 + 1 - \frac{1}{h}}{\sqrt{3}×\sqrt{2 + \frac{1}{h^{2}}}}=\frac{1}{3}$，解得$h=1$，所以$CF=1$。

设$AB$为平面$\alpha$外的一条斜线，$A$为线段与平面$\alpha$的交点，$\boldsymbol{n}$为平面$\alpha$的法向量，则$B$到面$\alpha$的距离$d=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}$。

答案： 无