关于这张卷子呢，其实还是有点东西的，但是cxc上课讲的过于答辩，在这里写些题目的拓展解法和结论。

T7（单选最后一题）

题面

解法

求\(C_1\) 到平面 \(\alpha\) 的距离，其实也就是求 \(\overrightarrow{AC_1}\) 在平面 \(\alpha\) 的法向量的投影的模长。

而\(\overrightarrow{AC_1} = \overrightarrow{AA_1} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AB}\)，那么 \(\overrightarrow{AC_1}\) 在平面 \(\alpha\) 法向量上模长等于分解的三个向量在法向量上投影之和的模长。

其中，\(\overrightarrow{AB}\) 和 \(\overrightarrow{AD}\) 的投影模长都已知道，问题是求 \(\overrightarrow{AA_1}\) 的投影模长。

这个选项出的太傻逼了点，因为我们知道其中肯定含有两已知向量投影模长，那么答案中大概率会有 \(\sqrt{2} + 1\)，这样就基本可以确定选 \(A\) 了，如果是我出这题，可能我会把这题选项出成：

\(A.2\sqrt{2} + 1 \qquad B.\sqrt{3} + \sqrt{2}+1 \qquad C.\sqrt{5}+\sqrt{2}+1\qquad D.\sqrt{6}+\sqrt{2}+1\)

我们再回来看如何求 \(A_1\) 到平面 \(\alpha\) 的距离，这里其实存在如下结论：

空间中任意两两垂直且不重合的三条线段所在直线，与任意平面所成线面角的正弦值的平方和为 1

即有如下式子：\(\sum \sin^2\alpha = 1\) 。

考虑怎么证明这这结论。

取三条线段同向的三个单位向量 \(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)，设平面法向量为 \(\vec{n}\) 。

证明该结论，也就是证明这三个向量与法向量余弦的平方和为 1 ，即证:
\((\frac{|\vec{a} \cdot \vec{n} |}{|\vec{a} |\times |\vec{n}|})^2 + (\frac{|\vec{b} \cdot \vec{n} |}{|\vec{b} |\times |\vec{n}|})^2 +(\frac{|\vec{c} \cdot \vec{n} |}{|\vec{c} |\times |\vec{n}|})^2 = 1\)

设 \(\vec{n} = x\vec{a} + y\vec{b} + z\vec{c}\)，因为\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\) 都为单位向量，则

\( \begin{array}{l} (\frac{|\vec{a} \cdot \vec{n} |}{|\vec{a} |\times |\vec{n}|})^2 + (\frac{|\vec{b} \cdot \vec{n} |}{|\vec{b} |\times |\vec{n}|})^2 +(\frac{|\vec{c} \cdot \vec{n} |}{|\vec{c} |\times |\vec{n}|})^2 \\ =(\frac{x}{|\vec{n}|} ) ^ 2 + (\frac{y}{|\vec{n}|} ) ^ 2 + (\frac{z}{|\vec{n}|} ) ^ 2 \\ =\frac{x^2 + y^2 + z^2}{\vec{n}^2} \\ = 1 \end{array} \)

现在我们把这个结论用到题目中，显然有

\((\frac{1}{3})^2 + (\frac{\sqrt{2} }{3})^2 +(\frac{x}{3})^2 = 1\)

其中 \(x\) 即为 \(A_1\) 到平面 \(\alpha\) 的高，解得\(x=\sqrt{6}\) 。