高考数学总复习《空间角与距离》专项测试卷及答案

第第页高考数学总复习《空间角与距离》专项测试卷及答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________复习要点能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单的夹角问题，能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用．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cosφ＝|cosθ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|).eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中φ为异面直线a，b所成的角，范围是\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(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sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|e·n|,|e||n|)，φ的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(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\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(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cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈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\o(AP,\s\up16(→))＝a，则向量Aeq\o(P,\s\up16(→))在直线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．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(|\o(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cosθ＝cosθ1cosθ2.三余弦公式，由于cosθ2＜1，所以有cosθ＜cosθ1，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sinθ＝cos〈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\co1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(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cos〈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)，则点C到直线AB的距离为()A．2B.eq\r(5)C．2eq\r(3)D．2eq\r(5)解析：因为eq\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(→))方向上的投影数量为eq\f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→)),|\o(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(|\o(AC,\s\up16(→))|2－42))＝eq\r(1＋4＋16－16)＝eq\r(5).故选B.答案：B4．(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·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))，显然∠DCE是锐角，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\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AC,\s\up16(→))，eq\o(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\o\ac(BE,\s\up15(︵))的长度是eq\o\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\o(AA1,\s\up16(→))＝c，Aeq\o(B,\s\up16(→))＝a，Aeq\o(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×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\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)，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\o\ac(BE,\s\up15(︵))的长度是eq\o\ac(CE,\s\up15(︵))长度的2倍，所以∠BOE＝120°，则EF2＝OE2＋OF2－2OE·OFcos120°＝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中点O，连接AO，OE.取eq\o\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\o(AC,\s\up16(→))＝(0,2，－2eq\r(,3))，eq\o(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).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cosθ＝|cos〈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\co1(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\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).∵两异面直线的夹角的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(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\o\al(2,1)＋ABeq\o\al(2,1)＝AAeq\o\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\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,1)＝ACeq\o\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cos∠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sinθ＝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sinθ＝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\o(,,\s\do4())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\o\al(2,1)＋A1C2＝CCeq\o\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\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\o(BB1,\s\up16(→))＝eq\o(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\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)．设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则y＝0，z＝1，∴n＝(1,0,1)．设直线AB1与平面BCC1B1所成角为θ，则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sinφ＝|cos〈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