2015高考数学人教A版本（9-8用向量方法求角与距离）一轮复习学案

2015高考数学人教A版本（9-8用向量方法求角与距离）一轮复习学案

‎【走向高考】2015届高考数学一轮总复习 9-8用向量方法求角与距离课后强化作业 新人教A版 基础巩固强化 一、选择题 ‎1．如图，在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A‎1M与DN所成的角的大小是(　　)‎ A．30°　　 B．45°　　 　‎ C．60°　　 　 D．90°‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　解法1：取CN的中点H，连接MH、A1H，则MH＝DN.‎ 设正方体的棱长为2，则DN＝，MH＝，‎ A‎1M2‎＝22＋22＋12＝9.‎ 从而A1H2＝(2－)2＋22＋22＝ ‎∵A1H2＝MH2＋A‎1M2‎，∴∠A1MH＝90°‎ 解法2：以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则D(0,0,0)，N(0,1，)，M(0，，0)，A1(1,0,1)，∴＝(0,1，)，＝(1，－，1)，∴·＝0，∴⊥，‎ ‎∴A‎1M与DN所成角的大小为90°.‎ ‎2.‎ 如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]　C ‎[解析]　如图，以A为原点建立空间直角坐标系如图．‎ 则A(0,0,0)，B(0,‎2a,0)，C(0,‎2a,‎2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)，＝(a，a,0)，＝(0,‎2a,‎2a)，＝(a，－a,0)，＝(0,0,‎2a)，‎ 设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，‎ 则∴ ‎∴∴n1＝(1，－1,1)．‎ sinθ＝＝＝.‎ ‎3．(2013·荆州市质检)已知E、F分别是正方体的棱BB1、AD的中点，则直线EF和平面BDD1B1所成角的正弦值是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎[答案]　B ‎[解析]　设正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为2，过点F作BD的垂线FH交BD于点H，连接EH，则FH⊥平面BDD1B1，所以直线EF和平面BDD1B1所成的角为∠FEH，因为FH＝，AF＝1，EF＝，故sin∠FEH＝＝，选B.‎ ‎4．如图，ABCD－A1B‎1C1D1是棱长为6的正方体，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE＝BF.当A1、E、F、C1四点共面时，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎[答案]　B ‎[解析]　以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(6,0,6)、E(6,3,0)、F(3,6,0)，设平面A1DE的法向量为n1＝(a，b，c)，依题意得令a＝－1，则c＝1，b＝2，所以n1＝(－1,2,1)，同理得平面C1DF的一个法向量为n2＝(2，－1,1)，由题图知，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为＝.‎ ‎5.‎ ‎(2012·云南省统考)在棱长为2的正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，点E、F分别是棱AB、BC的中点，则点C1到平面B1EF的距离等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]　D ‎[解析]　解法1：设点C1到平面B1EF的距离h.如图，连接EC1，FC1，由题意得|B1E|＝|B‎1F|＝＝，|EF|＝，等腰△B1EF底边EF上的高为：h1＝＝，则S△B1EF＝|EF|·h1＝，那么VC1－B1EF＝S△B1EF·h＝h；又VE－B‎1C1F＝S△B‎1C1F·|EB|＝×(×2×2)×1＝，且VC1－B1EF＝VE－B‎1C1F，即＝h，得h＝，选D.‎ 解法2：以B1为原点分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B1(0,0,0)，C1(2,0,0)，E(0,1,2)，F(1,0,2)．‎ 设平面B1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则 ∴∴x＝y＝－2z.‎ 令z＝1得n＝(－2，－2,1)，‎ 又＝(2,0,0)，‎ ‎∴C1到平面B1EF的距离h＝＝，故选D.‎ ‎6．将正方形ABCD沿对角线BD折成一个120°的二面角，点C到达点C1，这时异面直线AD与BC1所成角的余弦值是(　　)‎ A．－ B．－ ‎ C. D. ‎[答案]　D ‎[解析]　设正方形的边长为1，AC与BD交于点O，当折成120°的二面角时，‎ AC＝2＋2－2···cos120°＝.‎ 又＝＋＋，‎ ‎∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋2＋1＋2×1×cos135°＋2××1×cos135°＋2·＝2· ‎＝2||·||cos〈，〉＝2cos〈，〉．‎ ‎∴cos〈，〉＝.‎ 二、填空题 ‎7.‎ ‎(2013·北京理，14)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　过E点作EE1垂直底面A1B‎1C1D1，交B‎1C1于点E1，‎ 连接D1E1，过P点作PH垂直于底面A1B‎1C1D1，交D1E1于点H，‎ P点到直线CC1的距离就是C1H，‎ 故当C1H垂直于D1E1时，P点到直线CC1距离最小，‎ 此时，在Rt△D‎1C1E1中，C1H⊥D1E1，D1E1·C1H＝C1D1·C1E1，∴C1H＝＝.‎ ‎[点评]　点P到直线CC1距离的最小值就是异面直线D1E与CC1的距离，以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，E(1,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，‎ ‎∴＝(1,2，－2)，＝(0,0,2)，设n⊥，n⊥，n＝(x，y，z)，‎ 则n·＝x＋2y－2z＝0，n·＝2z＝0，∴z＝0，取y＝－1，则x＝2，∴n ‎＝(2，－1,0)，‎ 又＝(1,0,0)，‎ ‎∴异面直线距离d＝＝.‎ ‎8．正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角的大小为________．‎ ‎[答案]　30°‎ ‎[解析]　‎ 由条件知AC⊥BD，AC与BD交点为O，以O为原点，射线OC、射线OD、射线OS分别为x轴、y轴、z轴正半轴建立空间直角坐标系，设SO＝OD＝，则BC＝2，‎ ‎∴A(－，0,0)，C(，0,0)，D(0，，0)，S(0,0，)，B(0，－，0)，∴P(0，，)，‎ ‎∴＝(，，0)，＝(2，0,0)，＝(，，)．‎ 设平面PAC的一个法向量n＝(x，y，z)，则 ∴ ‎∴取n＝(0,1，－1)，‎ 设直线BC与平面PAC成的角为φ，则 sinφ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，‎ ‎∴φ＝30°.‎ ‎9．正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为1，E、F分别为BB1、CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　‎ 以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz如图，则A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，E(1,1，)，F(0，，1)，设平面A1D1E的法向量为n＝(x，y，z)，则 ‎∵＝(－1,0,0)，＝(0,1，－)，‎ ‎∴∴ 令z＝2，则n＝(0,1,2)为平面A1D1E的一个法向量，‎ 又＝(1，，－)，‎ ‎∴点F到平面A1D1E的距离d＝＝＝.‎ 三、解答题 ‎10．(2013·新课标Ⅰ理，18)如图，三棱柱ABC－A1B‎1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.‎ ‎(1)证明：AB⊥A‎1C；‎ ‎(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A‎1C 与平面BB‎1C1C所成角的正弦值．‎ ‎[解析]　(1)取AB中点O，连接CO，A1B ，A1O，‎ ‎∵AB＝AA1，∠BAA1＝60°，∴△BAA1是正三角形，‎ ‎∴A1O⊥AB，‎ ‎∵CA＝CB，∴CO⊥AB，‎ ‎∵CO∩A1O＝O，∴AB⊥平面COA1，‎ ‎∴AB⊥A‎1C.‎ ‎(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB，‎ 又∵平面ABC⊥平面ABB‎1A1，平面ABC∩平面ABB‎1A1＝AB，∴OC⊥平面ABB‎1A1，∴OC⊥OA1，‎ ‎∴OA，OC，OA1两两相互垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系O－xyz，‎ 由题设知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1，0,0)，则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，－，)，‎ 设n＝(x，y，z)是平面CBB‎1C1的法向量，‎ 则即 可取n＝(，1，－1)，‎ ‎∴cos〈n，〉＝＝，‎ ‎∴直线A‎1C与平面BB‎1C1C所成角的正弦值为.‎ 能力拓展提升 ‎11.如图，在多面体ABCDE中，AE⊥平面ABC，DB∥AE，且AC＝AB＝BC＝AE＝1，BD＝2，F为CD中点．‎ ‎(1)求证：EF⊥平面BCD；‎ ‎(2)求多面体ABCDE的体积；‎ ‎(3)求平面ECD和平面ACB所成的锐二面角的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)证明：取BC中点G，连接AG、FG，‎ ‎∵F、G分别为DC、BC中点，‎ ‎∴FG綊DB綊EA.‎ ‎∴四边形EFGA为平行四边形．‎ ‎∴EF∥AG.‎ ‎∵AE⊥平面ABC，BD∥AE，‎ ‎∴DB⊥平面ABC.‎ 又∵DB⊂平面BCD，‎ ‎∴平面ABC⊥平面BCD.‎ 又∵G为BC中点且AC＝AB＝BC，‎ ‎∴AG⊥BC.∴AG⊥平面BCD.∴EF⊥平面BCD.‎ ‎(2)过C作CH⊥AB，则CH⊥平面ABDE且CH＝，‎ ‎∴VC－ABDE＝×S四边形ABDE×CH＝××1×＝.‎ ‎(3)过C作CH⊥AB于H，以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则C(，0,0)，E(0，－，1)，F(，，1)，＝(－，－，1)，＝(－，，1)，‎ 设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由 取n＝(，－1,1)．‎ 又平面ABC的法向量为u＝(0,0,1)，‎ 则cos〈n，u〉＝＝＝.‎ ‎∴平面ECD和平面ACB所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎12．(2012·辽宁大连市、沈阳市二模)如图，在斜三棱柱ABC－A1B‎1C1中，点O、E分别是A‎1C1、AA1的中点，AO⊥平面A1B‎1C1.已知∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC＝2.‎ ‎(1)证明：OE∥平面AB‎1C1；‎ ‎(2)求异面直线AB1与A‎1C所成的角；‎ ‎(3)求A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．‎ ‎[解析]　解法1：(1)证明：∵点O、E分别是A‎1C1、AA1的中点，∴OE∥AC1，‎ 又∵EO⊄平面AB‎1C1，AC1⊂平面AB‎1C1，‎ ‎∴OE∥平面AB‎1C1.‎ ‎(2)∵AO⊥平面A1B‎1C1，∴AO⊥B‎1C1，‎ 又∵A‎1C1⊥B‎1C1，且A‎1C1∩AO＝O，‎ ‎∴B‎1C1⊥平面A‎1C1CA，∴A‎1C⊥B‎1C1.‎ 又∵AA1＝AC，∴四边形A‎1C1CA为菱形，‎ ‎∴A‎1C⊥AC1，且B‎1C1∩AC1＝C1，‎ ‎∴A‎1C⊥平面AB‎1C1，∴AB1⊥A‎1C，‎ 即异面直线AB1与A‎1C所成的角为90°.‎ ‎(3)∵O是A‎1C1的中点，AO⊥A‎1C1，∴AC1＝AA1＝2，‎ 又A‎1C1＝AC＝2，∴△AA‎1C1为正三角形，‎ ‎∴AO＝，又∠BCA＝90°，∴A1B1＝AB＝2，‎ 设点C1到平面AA1B1的距离为d，‎ ‎∵VA－A1B‎1C1＝VC1－AA1B1，‎ 即·(·A‎1C1·B‎1C1)·AO＝·S△AA1B·d.‎ 又∵在△AA1B1中，A1B1＝AB1＝2，‎ ‎∴S△AA1B1＝，∴d＝，‎ ‎∴A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值为.‎ 解法2：∵O是A‎1C1的中点，AO⊥A‎1C1，∴AC＝AA1＝2，又A‎1C1＝AC＝2，∴△AA‎1C1为正三角形，∴AO＝，又∠BCA＝90°，∴A1B1＝AB＝2，‎ 如图建立空间直角坐标系O－xyz，则A(0,0，)，A1(0，－1,0)，E(0，－，)，C1(0,1,0)，B1(2,1,0)，C(0,2，)．‎ ‎(1)∵＝(0，－，)，＝(0,1，－)，‎ ‎∴＝－，即OE∥AC1，‎ 又∵EO⊄平面AB‎1C1，AC1⊂平面AB‎1C1，‎ ‎∴OE∥平面AB‎1C1.‎ ‎(2)∵＝(2,1，－)，＝(0,3，)，‎ ‎∴·＝0，即∴AB1⊥A‎1C，‎ ‎∴异面直线AB1与A‎1C所成的角为90°.‎ ‎(3)设A‎1C1与平面AA1B1所成角为θ，‎ ‎∵＝(0,2,0)，＝(2,2,0)，＝(0,1，)，‎ 设平面AA1B1的一个法向量是n＝(x，y，z)，‎ 则即 不妨令x＝1，可得n＝(1，－1，)，‎ ‎∴sinθ＝cos〈，n〉＝＝，‎ ‎∴A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值为.‎ ‎[点评]　注意直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值．‎ ‎13．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点．‎ ‎(1)求直线AC与PB所成角的余弦值；‎ ‎(2)在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出点N到AB和AP的距离．‎ ‎[解析]　(1)分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标为A(0,0,0)、B(，0,0)、C(，1,0)、D(0,1,0)、P(0,0,2)、E(0，，1)，从而＝(，1,0)，＝(，0，－2)．‎ 设与的夹角为θ，‎ 则cosθ＝＝＝，‎ ‎∴AC与PB所成角的余弦值为.‎ ‎(2)由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x,0，z)，‎ 则＝(－x，，1－z)，由NE⊥平面PAC可得，‎ 即 化简得∴ 即N点的坐标为(，0,1)，‎ 从而N点到AB和AP的距离分别为1，.‎ ‎14．如图(一)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC，E为AD中点，沿CE折叠，使平面DEC⊥平面ABCE，如图(二)．‎ ‎(1)证明：AC⊥BD ‎(2)求DE与平面ACD所成角的余弦值．‎ ‎[解析]　方法1：(1)证明：由题意知DE⊥平面ABCE，则DE⊥AC，‎ 连接BE，由四边形ABCE是正方形可知AC⊥BE.‎ 又DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面DEB，∴AC⊥平面DEB.‎ 又DB⊂平面DEB.∴AC⊥BD.‎ ‎(2)连接BE交AC于O，连接DO，‎ 由(1)知AC⊥平面DEB，AC⊂平面ADC，‎ ‎∴平面EDO⊥平面ADC，且交线为DO.‎ ‎∴DE在平面ADC内的射影为DO.‎ ‎∴∠EDO就是DE与平面ACD所成的角．‎ 在△DEO中，∠DEO＝90°，‎ 设BC＝a，则EO＝a，DE＝a，DO＝a，‎ ‎∴cos∠EDO＝＝，‎ 即DE与平面ACD所成角的余弦值为.‎ 方法2：‎ 如图所示，以E为原点，EC、EA、ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系E－xyz，‎ 令AB＝a，则E(0,0,0)，C(a,0,0)，A(0，a,0)，D(0,0，a)，B(a，a,0)，＝(a，－a,0)，＝(0，－a，a)，＝(0,0，a)，＝(a，a，－a)．‎ ‎(1)证明：∵·＝(a，－a,0)·(a，a，－a)＝0，‎ ‎∴⊥，即AC⊥DB.‎ ‎(2)设平面ACD的法向量n＝(x，y,1)，‎ 则得解之得 ‎∴n＝(1,1,1)，‎ ‎∴cos〈n，〉＝＝＝.‎ 设DE与平面ACD所成的角为θ，‎ 则sinθ＝，∴cosθ＝＝，‎ ‎∴DE与平面ACD所成角的余弦值为.‎ 考纲要求 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究几何问题中的应用．‎ 补充说明 ‎1．求直线与平面所成的角 ‎(1)如图，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〉|＝.‎ ‎(2)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．此法较少用．‎ ‎2．求二面角 平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，＝θ，则二面角α－l－β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cosφ|＝|cosθ|＝.‎ ‎3．求点到平面的距离 如图所示，已知点B(x0，y0，z0)，平面α内一点A(x1，y1，z1)，平面α的一个法向量n，直线AB与平面α所成的角为φ，θ＝〈n，〉，则sinφ＝|cos〈n，〉|＝|cosθ|.由数量积的定义知，n·＝|n|||cosθ，∴点B到平面α的距离d＝||·sinφ＝||·|cosθ|＝.‎ ‎4．求异面直线间的距离 如右图，若CD是异面直线a、b的公垂线，A、B分别为a、b上的任意两点，令向量n⊥a，n⊥b，则n∥CD.则由＝＋＋得，·n＝·n＋·n＋·n，‎ ‎∴·n＝·n，‎ ‎∴|·n|＝||·|n|，‎ ‎∴||＝，‎ ‎∴两异面直线a、b间的距离为d＝.‎ ‎5．求直线到平面的距离 设直线a∥平面α，A∈a，B∈α，n是平面α的法向量，过A作AC⊥α，垂足为C，则∥n，‎ ‎∵·n＝(＋)·n＝·n，‎ ‎∴|·n|＝||·|n|.‎ ‎∴直线a到平面α的距离d＝||＝.‎ ‎6．求两平行平面间的距离 ‎(1)用公式d＝求，n为两平行平面的一个法向量，A、B分别为两平面上的任意两点．‎ ‎(2)转化为点面距或线面距求解．‎ ‎7．用向量的坐标运算解决立体几何问题的步骤 第一步：建系，根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；‎ 第二步：定坐标，确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；‎ 第三步：向量运算，进行相关的空间向量的运算；‎ 第四步：翻译，将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言，完成几何问题的证明；‎ 第五步：得结论，得出本题结论．‎ ‎8．利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系．‎ 第二步：确定点的坐标．‎ 第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标．‎ 第四步：计算向量的夹角．‎ 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．‎ 第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．‎ 备选习题 ‎1．(2013·浙江省名校联考)在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是正方形BCC1B1内的动点，且A‎1F∥平面D1AE，则A‎1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是(　　)‎ A．{t|≤t≤2} B．{t|≤t≤2}‎ C．{t|2≤t≤2} D．{t|2≤t≤2}‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　如图，设M、N分别是B‎1C1、BB1的中点，连接A‎1M、A1N、MN，根据正方体的性质易知，平面A1MN∥平面AED1，又A‎1F∥平面AED1，所以A‎1F⊂平面A1MN，所以点F必在线段MN上移动．连接B‎1F，因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以直线A‎1F与平面BCC1B1所成的角即为∠B1FA1，即t＝，当t最大时，点F位于MN的中点，t最小时，点F位于M点或N点．易求得最大角的正切值为2，最小角的正切值为2，故选D.‎ ‎2.‎ ‎(2013·湖北模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，‎ PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．‎ ‎(1)求证：PA⊥EF；‎ ‎(2)求二面角D－FG－E的余弦值．‎ ‎[解析]　以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2)，E(－1,0,1)，F(0,0,1)，G(－2,1,0)．‎ ‎(1)证明：由于＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，‎ 则·＝1×0＋0×2＋(－2)×0＝0，‎ ‎∴PA⊥EF.‎ ‎(2)易知＝(0,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－2,1，－1)，‎ 设平面DFG的法向量m＝(x1，y1，z1)，‎ 则解得 令x1＝1，得m＝(1,2,0)是平面DFG的一个法向量．‎ 设平面EFG的法向量n＝(x2，y2，z2)，‎ 同理可得n＝(0,1,1)是平面EFG的一个法向量．‎ ‎∵cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 设二面角D－FG－E的平面角为θ，由图可知θ＝π－〈m，n〉，∴cosθ＝－，‎ ‎∴二面角D－FG－E的余弦值为－.‎ ‎3．(2013·江西六校联考)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC‎1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.‎ ‎(1)求BF的长；‎ ‎(2)求点C到平面AEC‎1F的距离．‎ ‎[解析]　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则各相关点的坐标为：D(0,0,0)，B(2,4,0)，A(2,0,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)，设F(0,0，z)．‎ ‎∵AEC‎1F为平行四边形，‎ ‎∴＝，∴(－2,0，z)＝(－2,0,2)，‎ ‎∴z＝2.∴F(0,0,2)．∴＝(－2，－4,2)，‎ ‎∴||＝2，即BF的长为2.‎ ‎(2)设n1为平面AEC‎1F的法向量，显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1＝(x，y,1)．‎ 由得 ‎∴ 则n1＝(1，－，1)．‎ 又＝(0,0,3)，‎ ‎∴C到平面AEC‎1F的距离为 d＝＝.‎