【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教A版)基礎(chǔ)鞏固：第9章-第8節(jié)-用向量方法求角與距離(理)

第九章第八節(jié)一、選擇題1．(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ理)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與ANA．eq\f(1,10) B．eq\f(2,5)C．eq\f(\r(30),10) D．eq\f(\r(2),2)[答案]C[解析]解法1：補(bǔ)成正方體ACBD－A1C1B1D1，取AD的中點E，連ME，可知四邊形AEMN為平行四邊形，∴ME∥N∴∠BME為異面直線BM與AN所成的角．設(shè)BC＝1，在△BME中，ME＝BE＝eq\f(\r(5),2)，BM＝eq\f(\r(6),2)，∴cos∠BME＝eq\f(\f(1,2)BM,ME)＝eq\f(\r(30),10).解法2：由條件知，CA、CB、CC1兩兩垂直，以C為原點，CA、CB、CC1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BC＝1，則A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(0,1,1)，C1(0,0,1)，∴M(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)，N(eq\f(1,2)，0,1)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，1)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0,1)，∴cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))|·|\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,4),\f(\r(6),2)×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(30),10)，故選C．[點評]求異面直線所成角的關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，請練習(xí)下題：(2022·河北石家莊模擬)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝2，CC1＝eq\r(2)，則異面直線AB1和BC1所成角的正弦值為()A．1 B．eq\f(\r(7),7)C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(3),2)[答案]A[解析]設(shè)線段A1B1，AB的中點分別為O，D，則OC1⊥平面ABB1A1，以eq\o(OB1,\s\up6(→))，eq\o(OC1,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A(－1,0，eq\r(2))，B1(1,0,0)，B(1,0，eq\r(2))，C1(0，eq\r(3)，0)，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(2,0，－eq\r(2))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－eq\r(2))，由于eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0，－eq\r(2))·(－1，eq\r(3)，－eq\r(2))＝0，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BC1,\s\up6(→))，即異面直線AB1和BC1所成角為直角，則其正弦值為1，故選A．2．(2022·寧夏銀川調(diào)研)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱長與底面邊長相等，則AB1與側(cè)面ACC1A1A．eq\f(\r(6),4) B．eq\f(\r(10),4)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)[答案]A[解析]方法一：取A1C1的中點E，連接AE，B1E，如圖由題易知B1E⊥平面ACC1A1則∠B1AE為AB1與側(cè)面ACC1A1所成的角設(shè)正三棱柱側(cè)棱與底面邊長為1，則sin∠B1AE＝eq\f(B1E,AB1)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq\f(\r(6),4).方法二：如圖，以A1C1中點E為原點建立空間直角坐標(biāo)系E－xyzA(eq\f(1,2)，0,1)，B1(0，eq\f(\r(3),2)，0)，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)，－1)，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0，eq\f(\r(3),2)，0)．設(shè)AB1與平面ACC1A1所成的角為θ，EB1為平面ACC1A1則sinθ＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(EB1,\s\up6(→))〉|＝|eq\f(\f(3,4),\r(2)×\f(\r(3),2))|＝eq\f(\r(6),4).3．如圖，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊ABCD是正方形，四邊形ABEF是矩形，且AF＝eq\f(1,2)AD＝a，G是EF的中點，則GB與平面AGC所成角的正弦值為()A．eq\f(2,3) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(1,3)[答案]C[解析]如圖，以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a，a,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2a,2a)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(a，－a,0)，設(shè)平面AGC的法向量為n1＝(x1，y1,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AG,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n1＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax1＋ay1＝0，,2ay1＋2a＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,y1＝－1))?n1＝(1，－1,1)．sinθ＝eq\f(\o(BG,\s\up6(→))·n1,|\o(BG,\s\up6(→))||n1|)＝eq\f(2a,\r(2)a×\r(3))＝eq\f(\r(6),3).4．(2022·福建泉州二模)設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(2\r(3),3)[答案]D[解析]建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴eq\o(D1A1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝2x＋2z＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0.))令x＝1，則n＝(1，－1，－1)，∴點D1到平面A1BD的距離是d＝eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).[點評]一、空間的距離1．兩點間的距離：連結(jié)兩點的線段的長度．2．點到直線的距離：從直線外一點向直線引垂直相交的直線，點到垂足之間線段的長度．3．點到平面的距離：從平面外一點向平面引垂線，點到垂足間線段的長度．連接平面α外一點與平面α內(nèi)任一點的線段中，垂線段最短．4．平行直線間的距離：從兩條平行線中一條上任意取一點向另一條直線引垂線，這點到垂足間線段的長度．5．異面直線間的距離：兩條異面直線的公垂線夾在這兩條異面直線間的線段的長度．6．直線與平面間的距離：假如一條直線和一個平面平行，從直線上任意一點向平面引垂線，這點到垂足間線段的長度．7．兩平行平面間的距離：兩個平面的公垂線段的長度．二、求距離的方法1．綜合幾何方法①找出或作出有關(guān)距離的圖形；②證明它符合定義；③在平面圖形內(nèi)計算．空間中各種距離的計算，最終都要轉(zhuǎn)化為線段長度，特殊狀況也可以利用等積法．2．向量法(1)求直線到平面的距離設(shè)直線a∥平面α，A∈a，B∈α，n是平面α的法向量，過A作AC⊥α，垂足為C，則eq\o(AC,\s\up6(→))∥n，∵eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))·n＝eq\o(AC,\s\up6(→))·n，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))·n|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|·|n|.∴直線a到平面α的距離d＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).(2)求兩平行平面間的距離①用公式d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)求，n為兩平行平面的一個法向量，A、B分別為兩平面上的任意兩點．②轉(zhuǎn)化為點面距或線面距求解．(3)求點面距時，平面內(nèi)的點可以任意選取，實際解題時選取已知點或易求的點，練習(xí)下題：在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E、F分別是棱AB、BC的中點，則點C1到平面B1EF的距離等于A．eq\f(2,3) B．eq\f(2\r(2),3)C．eq\f(2\r(3),3) D．eq\f(4,3)[答案]D[解析]解法1：設(shè)點C1到平面B1EF的距離h.如圖，連接EC1，F(xiàn)C1，由題意得|B1E|＝|B1F|＝eq\r(|B1B|2＋|EB|2)＝eq\r(5)，|EF|＝eq\r(2)，等腰△B1EF底邊EF上的高為：h1＝eq\r(|B1E|2－\f(1,2)|EF|2)＝eq\f(3\r(2),2)，則S△B1EF＝eq\f(1,2)|EF|·h1＝eq\f(3,2)，那么VC1－B1EF＝eq\f(1,3)S△B1EF·h＝eq\f(1,2)h；又VE－B1C1F＝eq\f(1,3)S△B1C1F·|EB|＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×2×2)×1＝eq\f(2,3)，且VC1－B1EF＝VE－B1C1F，即eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)h，得h＝eq\f(4,3)，選D．解法2：以B1為原點分別以eq\o(B1C1,\s\up6(→))、eq\o(B1A1,\s\up6(→))、eq\o(B1B,\s\up6(→))的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則B1(0,0,0)，C1(2,0,0)，E(0,1,2)，F(xiàn)(1,0,2)．設(shè)平面B1EF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(B1F,\s\up6(→))＝0，,n·\o(B1E,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,x＋2z＝0.))∴x＝y(tǒng)＝－2z.令z＝1得n＝(－2，－2,1)，又eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，∴C1到平面B1EF的距離h＝eq\f(|n·\o(B1C1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(4,3)，故選D．5．如圖，ABCD－A1B1C1D1是棱長為6的正方體，E、F分別是棱AB、BC上的動點，且AE＝BF.當(dāng)A1、E、F、C1四點共面時，平面A1DE與平面C1DF所成二面角的余弦值為A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,5) D．eq\f(2\r(6),5)[答案]B[解析]以D為原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(6,0,6)、E(6,3,0)、F(3,6,0)，設(shè)平面A1DE的法向量為n1＝(a，b，c)，依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DE,\s\up6(→))＝6a＋3b＝0，,n1·\o(DA1,\s\up6(→))＝6a＋6c＝0，))令a＝－1，則c＝1，b＝2，所以n1＝(－1,2,1)，同理得平面C1DF的一個法向量為n2＝(2，－1，1)，由題圖知，平面A1DE與平面C1DF所成二面角的余弦值為eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,2).6．將正方形ABCD沿對角線BD折成一個120°的二面角，點C到達(dá)點C1，這時異面直線AD與BC1所成角的余弦值是()A．－eq\f(3,4) B．－eq\f(\r(3),4)C．eq\f(\r(3),4) D．eq\f(3,4)[答案]D[解析]設(shè)正方形的邊長為1，AC與BD交于點O，當(dāng)折成120°的二面角時，ACeq\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－2·eq\f(\r(2),2)·eq\f(\r(2),2)·cos120°＝eq\f(3,2).又eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BC1,\s\up6(→))，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＋|eq\o(DB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BC1,\s\up6(→))|2＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＋2eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝1＋2＋1＋2×1×eq\r(2)cos135°＋2×eq\r(2)×1×cos135°＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2|eq\o(AD,\s\up6(→))|·|eq\o(BC1,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝2cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉．∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(3,4).二、填空題7．(2022·長春、廣州模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1[答案]eq\f(1,3)[解析]如圖，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，∴eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，設(shè)平面A1BC1的一個法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝x，y，z·－1，2，0＝－x＋2y＝0,n·\o(A1B,\s\up6(→))＝x，y，z·0，2，－1＝2y－z＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2y,z＝2y))，令y＝1，得n＝(2,1,2)，設(shè)D1C1與平面A1BC1所成角為θsinθ＝|cos<eq\o(D1C1,\s\up6(→))，n>|＝eq\f(|\o(D1C1,\s\up6(→))·n|,|\o(D1C1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,2×3)＝eq\f(1,3).即直線D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為eq\f(1,3).8．(2022·蘇州二模)已知正方形ABCD的邊長為4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，則點C到平面GEF的距離為________．[答案]eq\f(6\r(11),11)[解析]建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz，相關(guān)各點的坐標(biāo)為G(0,0,2)，F(xiàn)(4,2,0)，E(2,4,0)，C(0,0,0)，則eq\o(CG,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(GF,\s\up6(→))＝(4,2，－2)，eq\o(GE,\s\up6(→))＝(2,4，－2)，設(shè)平面GEF的一個法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(GF,\s\up6(→))·n＝0，,\o(GE,\s\up6(→))·n＝0，))得n＝(1,1,3)，所以點C到平面GEF的距離d＝eq\f(|n·\o(CG,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(6\r(11),11).9.(2021·北京理，14)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上，點P到直線CC1的距離的最小值為________[答案]eq\f(2\r(5),5)[解析]過E點作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于點E連接D1E1，過P點作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于點HP點到直線CC1的距離就是C1H，故當(dāng)C1H垂直于D1E1時，P點到直線CC1距離最小，此時，在Rt△D1C1E1中，C1H⊥D1E1，D1E1·C1H＝C1D1·C1E1，∴C1H＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).[點評]點P到直線CC1距離的最小值就是異面直線D1E與CC1的距離，以D為原點，DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D1(0,0,2)，E(1,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，∴eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(1,2，－2)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，設(shè)n⊥eq\o(D1E,\s\up6(→))，n⊥eq\o(CC1,\s\up6(→))，n＝(x，y，z)，則n·eq\o(D1E,\s\up6(→))＝x＋2y－2z＝0，n·eq\o(CC1,\s\up6(→))＝2z＝0，∴z＝0，取y＝－1，則x＝2，∴n＝(2，－1,0)，又eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1,0,0)，∴異面直線距離d＝eq\f(|n·\o(CE,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(2\r(5),5).三、解答題10．(2021·新課標(biāo)Ⅰ理，18)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝(1)證明：AB⊥A1C(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直線A1C與平面BB1C[解析](1)取AB中點O，連接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⊥∴OA，OC，OA1兩兩相互垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(OA,\s\up6(→))|為單位長度，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系O－xyz，由題設(shè)知A(1,0,0)，A1(0，eq\r(3)，0)，C(0,0，eq\r(3))，B(－1，0,0)，則eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，eq\r(3))，設(shè)n＝(x，y，z)是平面CBB1C1則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,－x＋\r(3)y＝0，))可取n＝(eq\r(3)，1，－1)，∴cos〈n，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(|n·\o(A1C,\s\up6(→))|,|n||\o(A1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(10),5)，∴直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5)一、解答題11．如圖，在多面體ABCDE中，AE⊥平面ABC，DB∥AE，且AC＝AB＝BC＝AE＝1，BD＝2，F(xiàn)為CD中點．(1)求證：EF⊥平面BCD；(2)求多面體ABCDE的體積；(3)求平面ECD和平面ACB所成的銳二面角的余弦值．[解析](1)證明：取BC中點G，連接AG、FG，∵F、G分別為DC、BC中點，∴FG綊eq\f(1,2)DB綊EA．∴四邊形EFGA為平行四邊形．∴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為BC中點且AC＝AB＝BC，∴AG⊥BC．∴AG⊥平面BCD．∴EF⊥平面BCD．(2)過C作CH⊥AB，則CH⊥平面ABDE且CH＝eq\f(\r(3),2)，∴VC－ABDE＝eq\f(1,3)×S四邊形ABDE×CH＝eq\f(1,3)×eq\f(1＋2,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).(3)過C作CH⊥AB于H，以H為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(eq\f(\r(3),2)，0,0)，E(0，－eq\f(1,2)，1)，F(xiàn)(eq\f(\r(3),4)，eq\f(1,4)，1)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，1)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),4)，eq\f(1,4)，1)，設(shè)平面CEF的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CE,\s\up6(→))·n＝－\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＋z＝0，,\o(CF,\s\up6(→))·n＝－\f(\r(3),4)x＋\f(1,4)y＋z＝0，))取n＝(eq\r(3)，－1,1)．又平面ABC的法向量為u＝(0,0,1)，則cos〈n，u〉＝eq\f(n·u,|n||u|)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5).∴平面ECD和平面ACB所成的銳二面角的余弦值為eq\f(\r(5),5).12．如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，點O、E分別是A1C1、AA1的中點，AO⊥平面A1B1C1.已知∠BCA＝90°，AA1＝AC＝(1)證明：OE∥平面AB1C1(2)求異面直線AB1與A1C所成的角(3)求A1C1與平面AA1B1所成角的正弦值[解析]解法1：(1)證明：∵點O、E分別是A1C1、AA1的中點，∴OE∥AC1又∵EO?平面AB1C1，AC1?平面AB1C∴OE∥平面AB1C1(2)∵AO⊥平面A1B1C1，∴AO⊥B1C又∵A1C1⊥B1C1，且A1C1∩AO∴B1C1⊥平面A1C1CA，∴A1C⊥B又∵AA1＝AC，∴四邊形A1C1CA∴A1C⊥AC1，且B1C1∩AC1＝C∴A1C⊥平面AB1C1，∴AB1⊥A即異面直線AB1與A1C(3)∵O是A1C1的中點，AO⊥A1C1，∴AC1＝AA又A1C1＝AC＝2，∴△AA1C∴AO＝eq\r(3)，又∠BCA＝90°，∴A1B1＝AB＝2eq\r(2)，設(shè)點C1到平面AA1B1的距離為d，∵VA－A1B1C1＝VC1－AA1B1即eq\f(1,3)·(eq\f(1,2)·A1C1·B1C1)·AO＝eq\f(1,3)·S△AA1B·d.又∵在△AA1B1中，A1B1＝AB1＝2eq\r(2)，∴S△AA1B1＝eq\r(7)，∴d＝eq\f(2\r(21),7)，∴A1C1與平面AA1B1所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7).解法2：∵O是A1C1的中點，AO⊥A1C1，∴AC＝AA1＝2，又A1C1＝AC＝2，∴△AA1C1為正三角形，∴AO＝eq\r(3)，又∠BCA＝90°，∴A1B1＝AB＝2eq\r(2)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則A(0,0，eq\r(3))，A1(0，－1，0)，E(0，－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，C1(0,1,0)，B1(2,1,0)，C(0,2，eq\r(3))．(1)∵eq\o(OE,\s\up6(→))＝(0，－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,1，－eq\r(3))，∴eq\o(OE,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AC1,\s\up6(→))，即OE∥AC1，又∵EO?平面AB1C1，AC1?平面AB1C∴OE∥平面AB1C1(2)∵eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(2,1，－eq\r(3))，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,3，eq\r(3))，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1C,\s\up6(→))＝0，即∴AB1⊥A1C，∴異面直線AB1與A1C(3)設(shè)A1C1與平面AA1B1所成角為θ∵eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，設(shè)平面AA1B1的一個法向量是n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1B1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(A1A,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0，,y＋\r(3)z＝0.))不妨令x＝1，可得n＝(1，－1，eq\f(\r(3),3))，∴sinθ＝cos〈eq\o(A1C1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(2,2·\r(\f(7,3)))＝eq\f(\r(21),7)，∴A1C1與平面AA1B1所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7).[點評]留意直線的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的確定值是線面角的正弦值，而不是余弦值．13．(2022·天津河北區(qū)一模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD＝eq\r(2)，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2，AB＝BC＝1，E為AD中點．(1)求證：PE⊥平面ABCD；(2)求異面直線PB與CD所成角的余弦值；(3)求平面PAB與平面PCD所成的二面角．[解析](1)證明：在△PAD中，PA＝PD，E為AD中點，∴PE⊥AD．又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD，∴PE⊥平面ABCD．(2)如圖，以E為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系E－xyz，則A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)，∴cos〈eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1－1,\r(3)×\r(2))＝－eq\f(\r(6),3)，∴異面直線PB與CD所成的角的余弦值為eq\f(\r(6),3).(3)方法一：設(shè)平面PAB的法向量為m＝(x，y，z)，∵eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up6(→))＝0，,m·\o(PB,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－z，,x－y－z＝0.))令y＝1，則x＝0，z＝－1，∴m＝(0,1，－1)．設(shè)平面PCD的法向量為n，同理可得n＝(1,1,1)．∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝0.∴m⊥n.∴平面PAB與平面PCD所成的二面角為eq\f(π,2).方法二：∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，交線為AD，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴PD⊥AB．∵PA＝PD＝eq\r(2)，AD＝2，∴PD⊥PA．又PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB．又PD?平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD．∴平面PAB與平面PCD所成的二面角為eq\f(π,2).14．(2022·天津河西區(qū)二模)如圖，在幾何體ABC－A1B1C1中，點A1、B1、C1在平面ABC內(nèi)的正投影分別為A、B、C，且AB⊥BC，AA1＝BB1＝4，AB＝BC＝CC1＝2，E為AB1的中點(1)求證：CE∥平面A1B1C1(2)求二面角B1－AC1－C的大?。?3)設(shè)點M為△ABC所在平面內(nèi)的動點，EM⊥平面AB1C1，求線段BM的長[解析]由于點B1在平面ABC內(nèi)的正投影為B，所以B1B⊥BA，B1B⊥BC，又AB⊥BC，如圖建立空間直角坐標(biāo)系B－xyz，B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,4)，B1(0,0,4)，C1(0,2,2)，E(1,0,2)，(1)證明：設(shè)平面A1B1C1的法向量n1＝(x，y，z)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(－2，0,0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0,n1·\o(B1C1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＝0,2y－2z＝0))，取y＝1，得n1＝(0,1,1)，又eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－2,2)，由于eq\o(CE,\s\up6(→))·n1＝0×1＋1×(－2)＋2×1＝0，所以eq\o(CE,\s\up6(→))⊥n1，所以CE∥平面A1B1C1.(2)設(shè)平面AB1C1的法向量n2＝(x，y，z)eq\o(B1A,\s\up6(→))＝(2,0，－4)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(B