2025版新教材高中数学第一章空间向量与立体几何1.4空间向量的应用1.4.2用空间向量研究距离夹角问题第4课时空间向量的综合应用课时作业新人教A版选择性必修第一册

第4课时空间向量的综合应用必备学问基础练进阶训练第一层1．[2024·福建宁德高二检测](多选)直线a的方向向量为a，平面α，β的法向量分别为m，n，则下列命题为真命题的是()A.若α∥β，则m∥nB.若a∥m，则直线a⊥平面αC.若a⊥m，则直线a∥平面αD.若cos〈a，m〉＝eq\f(1,2)，则直线a与平面α所成的角为eq\f(π,6)2．(多选)已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(2，－1，2)，BE⊥平面BCD，则()A.点A到平面BCD的距离为eq\f(2,3)B.AB与BE所成角的正弦值为eq\f(\r(2),6)C.点A到平面BCD的距离为eq\f(1,3)D.AB与平面BCD所成角的正弦值为eq\f(\r(2),6)3．[2024·江苏淮安高二检测](多选)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，则下列结论正确的是()A.BD∥平面CB1D1B.AC1⊥BDC.向量eq\o(AD,\s\up6(→))与CB1的夹角为60°D.AC1⊥平面CB1D14.(多选)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E是DD1的中点，则()A.B1C⊥BD1B.点E到直线B1C的距离为3eq\r(2)C.直线B1E与平面B1C1C所成的角的正弦值为eq\f(2,3)D.点C1到平面B1CE的距离为eq\f(2,3)5．如图，在棱长为1的正方体ABCD­A′B′C′D′中，M为BC的中点，则AM与D′B′所成角的余弦值为________；点C到平面DA′C′的距离为________．6．如图在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E是AD的中点，求：(1)异面直线D1E和A1B所成的角的余弦值；(2)点A1到平面BB1D1D的距离．关键实力综合练进阶训练其次层1.(多选)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，DC＝DA＝2，DD1＝4，点E在C1C上，且CE＝1.则下列说法正确的是()A.A1D⊥BEB.异面直线A1D与B1B所成角的正切值为2C.A1C⊥平面DBED.直线BE与平面A1DE所成角的正弦值为eq\f(2\r(105),21)2．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，BB1的中点，则()A.直线FC1与底面ABCD所成的角为30°B.平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为eq\f(2,3)C.直线FC1与直线AE的距离为eq\f(\r(30),5)D.直线FC1与平面AB1E的距离为eq\f(1,3)3.(多选)如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AD＝4，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝2，下列说法正确的是()A.PB与CD所成的角是60°B.平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是eq\f(\r(6),3)C.三棱锥P­ACD的体积是eq\f(8,3)D.PB与平面PCD所成的角的正弦值是eq\f(\r(3),6)4．[2024·湖北荆州高二检测](多选)已知O是边长为2eq\r(2)的正方形ABCD的中心，点E，F分别是AD，BC的中点，沿对角线AC把正方形ABCD折成直二面角D­AC­B，则以下说法正确的是()A.∠EOF＝60°B.EF的长度为eq\r(6)C.异面直线OE，BC所成的角是60°D.点D到平面EOF的距离为eq\f(2\r(3),3)5．[2024·山东潍坊高二检测]已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M是棱BC的中点，点N是棱CC1上的一个动点，设点A，M，N确定的平面为α，当点N为CC1的中点时，平面α截正方体的截面的面积为________，点A1到平面α的距离的最小值为________．6．[2024·河北石家庄高二检测]如图，在三棱锥P­ABC中，AC＝2，BC＝4，△PAC为正三角形，D为AB的中点，∠PCB＝∠ACB＝90°.(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；(2)若O为AC的中点，求平面POD与平面PBC夹角；(3)求点D到平面PBC的距离．7．如图，在梯形ABCD中，已知AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点．将△ADM沿DM翻折至△PDM，连接PC，PB.(1)证明：DM⊥PC；(2)若二面角P­DM­C的大小为60°，求PB与平面ABCD所成角的正弦值．8．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C.(1)求证：AB⊥B1C；(2)若∠B1BC＝60°，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求二面角A1­B1C1­A的余弦值．核心素养升级练进阶训练第三层1．[2024·广东茂名高二测试](多选)如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E是线段CD1上的动点，则下列推断正确的是()A.直线AC1⊥平面BCD1A1B.点B1到平面BCD1A1的距离是eq\r(2)C.无论点E在线段CD1的什么位置，都有AC1⊥B1ED.若异面直线B1E与AD所成的角为θ，则sinθ的最小值为eq\f(\r(3),3)2．在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝60°，AB＝2AD＝2CD＝4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点，将△ACD沿AC折起到△ACD′的位置，使得平面ACB⊥平面ACD′.(1)求证：BC∥平面POD′；(2)求平面ABC与平面BCD′夹角的余弦值；(3)线段PD′上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为eq\f(\r(6),8)？若存在，求出eq\f(PQ,PD′)的值；若不存在，请说明理由．第4课时空间向量的综合应用必备学问基础练1．答案：ABD解析：对于A，由面面平行的性质知，α∥β时，则m∥n，正确；对于B，由线面垂直的判定知，a∥m时，直线a⊥平面α，正确；对于C，a⊥m，则a∥α或a⊂α，故不正确；对于D，设直线a与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，m〉|＝eq\f(1,2)，由0≤θ≤eq\f(π,2)，可得θ＝eq\f(π,6)，故D正确．故选ABD.2．答案：CD解析：因为BE⊥平面BCD，所以eq\o(BE,\s\up6(→))是平面BCD的一个法向量，所以点A到平面BCD的距离为eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\a\vs4\al(\o(BE,\s\up6(→)))|)＝eq\f(1,3)，故A错误，C正确；AB与BE所成角的余弦值为eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|·|\a\vs4\al(\o(BE,\s\up6(→)))|)＝eq\f(1,3\r(2))＝eq\f(\r(2),6)，正弦值为eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),6)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(34),6)，B错误；AB与平面BCD所成角的正弦值为eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|·|\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,3\r(2))＝eq\f(\r(2),6)，D正确．故选CD.3．答案：ABD解析：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则有A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，AC1＝(1，1，1)，B1D1＝(－1，1，0)，CB1对于选项A，由B1D1＝eq\o(BD,\s\up6(→))可得B1D1∥BD，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，A正确；对于选项B，由AC1·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－1＋1＋0＝0可得AC1⊥BD，B正确；对于选项C，由cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，CB1〉＝＝－eq\f(\r(2),2)，0°≤〈eq\o(AD,\s\up6(→))，CB1〉≤180°，故向量eq\o(AD,\s\up6(→))与CB1的夹角为135°，C错误；对于选项D，由AC1·B1D1＝－1＋1＋0＝0，AC1·CB1＝0－1＋1＝0，所以AC1⊥B1D1，AC1⊥CB1，B1D1∩CB1＝B1，B1D1，CB1⊂平面CB1D14．答案：AC解析：如图以点A为原点，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(0，2，1)，B1(2，0，2)，D1(0，2，2)，C1(2，2，2)，B1C＝(0，2，－2)，BD1＝(－2，2，2)，则B1C·B1E＝(－2，2，－1)，则cos〈B1E，B1C〉＝＝eq\f(4＋2,2\r(2)×3)＝eq\f(\r(2),2)，所以sin∠CB1E＝eq\f(\r(2),2)，所以点E到直线B1C的距离为|B1E|sin∠CB1E＝eq\f(3\r(2),2)，故B错误；因为C1D1⊥平面B1C1C，所以D1C1＝(2，0，0)，即为平面B1C1C的一个法向量，则直线B1E与平面B1C1C所成的角的正弦值为＝eq\f(4,2×3)＝eq\f(2,3)，故C正确；CC1＝(0，0，2)，设平面B1CE的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·B1C＝2y－2z＝0,n·B1E＝－2x＋2y－z＝0))，可取n＝(1，2，2)，则点C1到平面B1CE的距离为eq\f(|CC1·n|,|n|)＝eq\f(4,3)，故D错误．故选AC.5．答案：eq\f(\r(10),10)eq\f(\r(3),3)解析：如图所示建立空间直角坐标系，则A(0，0，1)，M(eq\f(1,2)，1，1)，B′(0，1，0)，D′(1，0，0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，1，0)，eq\o(D′B′,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(D′B′,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AM,\s\up6(→))·\o(D′B′,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\o(AM,\s\up6(→)))|·|\a\vs4\al(\o(D′B′,\s\up6(→)))|)＝eq\f(\r(10),10)，AM与D′B′所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).如图所示，设点C到平面DA′C′的距离为d，因为VC­A′DC′＝VA′­DCC′，eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×sin60°·d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1⇒d＝eq\f(\r(3),3).6．解析：(1)如图建立空间直角坐标系，则E(1，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，所以异面直线D1E和A1B所成的角的余弦值为eq\f(\r(10),5).令x＝1，则n＝(1，－1，0)，所以点A1到平面BB1D1D的距离d＝＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).关键实力综合练1．答案：ACD解析：以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，DD1为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则A1(2，0，4)，B1(2，2，4)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，E(0，2，1)，对于A，∵A1D＝(－2，0，－4)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，∴A1D·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0，∴A1D⊥BE，A正确；对于B，∵A1D＝(－2，0，－4)，BB1＝(0，0，4)，设异面直线A1D与B1B所成的角为θ，∴cosθ＝＝eq\f(16,2\r(5)×4)＝eq\f(2\r(5),5)，∴tanθ＝eq\f(1,2)，B错误；DB⊂平面DBE，∴A1C⊥平面DBE，C正确；∴n＝(4，1，－2)，又eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，∴|cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·n|,|\o(BE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(10,\r(5)×\r(21))＝eq\f(2\r(105),21)，即直线BE与平面A1DE所成角的正弦值为eq\f(2\r(105),21)，D正确．故选ACD.2．答案：BCD解析：如图所示，以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，则A(1，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，E(0，0，eq\f(1,2))，F(1，1，eq\f(1,2))，A选项：FC1＝(－1，0，eq\f(1,2))，平面ABCD的法向量为AA1＝(0，0，1)，设直线FC1与底面ABCD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈FC1，AA1〉|＝＝eq\f(\f(1,2),\r(\f(5,4))×1)＝eq\f(\r(5),5)，∴直线FC1与底面ABCD所成的角不为30°，故A错误；B选项：AB1＝(0，1，1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\f(1,2))，设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·AB1＝y＋z＝0,n·\o(AE,\s\up6(→))＝－x＋\f(1,2)z＝0))，令z＝2，则n＝(1，－2，2)，设平面AB1E与底面ABCD的夹角为α，则cosα＝|cos〈AA1，n〉|＝＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,1×3)))＝eq\f(2,3)，∴平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为eq\f(2,3)，故B正确；C选项，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，直线FC1与直线AE的距离为＝eq\r(2)·eq\r(1－（\f(1,\r(\f(5,4))×\r(2))）2)＝eq\f(\r(30),5)，故C正确；D选项，∵FC1∥AE，AE⊂平面AB1E，FC1⊄平面AB1E，又eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，1，eq\f(1,2))，平面AB1E的法向量为n＝(1，－2，2)，∴直线FC1与平面AB1E的距离为h＝eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2＋1,\r(12＋（－2）2＋22))))＝eq\f(1,3)，故D正确．故选BCD.3．答案：ACD解析：由AD∥BC，∠ABC＝90°，可得AD⊥AB，又PA⊥平面ABCD，故以AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，2).选项A.由eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，则cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BP,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\o(BP,\s\up6(→)))|·|\a\vs4\al(\o(CD,\s\up6(→)))|)＝eq\f(4,2\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3)，所以PB与CD所成的角是60°，故选项A正确．选项B.由题意n＝(0，1，0)为平面PAB的一个法向量．设m＝(x，y，z)为平面PCD的一个法向量，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－4，2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CD,\s\up6(→))＝0,m·\o(DP,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0,－4y＋2z＝0))，则取m＝(1，1，2)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(1,1×\r(6))＝eq\f(\r(6),6)，所以平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是eq\f(\r(6),6)，故选项B不正确．选项C.VP­ACD＝eq\f(1,3)S△ACDPA＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AD×AB×PA＝eq\f(1,6)×4×2×2＝eq\f(8,3)，故选项C正确．选项D.eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，设PB与平面PCD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，m〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BP,\s\up6(→))·m,|\o(BP,\s\up6(→))|·|m|)))＝eq\f(2,2\r(2)×\r(6))＝eq\f(\r(3),6)，故选项D正确．故选ACD.4．答案：BCD解析：以O点为原点，以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则F(1，1，0)，E(0，－1，1)，∴eq\o(OE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq\o(OF,\s\up6(→))＝(1，1，0)，|eq\o(OE,\s\up6(→))|＝|eq\o(OF,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，∴cos∠EOF＝eq\f(\o(OE,\s\up6(→))·\o(OF,\s\up6(→)),|\o(OE,\s\up6(→))|·|\o(OF,\s\up6(→))|)＝－eq\f(1,2)，∴∠EOF＝120°，故A错误；∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))－eq\o(OE,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，∴|EF|＝eq\r(12＋22＋（－1）2)＝eq\r(6)，故B正确；∵B(2，0，0)，C(0，2，0)⇒eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，又eq\o(OE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，∴cos〈eq\o(OE,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(OE,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(OE,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝－eq\f(1,2)，∴〈eq\o(OE,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝120°，所以异面直线OE，BC所成的角是60°，故C正确；设平面EOF的法向量为u＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(u·\o(OE,\s\up6(→))＝0,u·\o(OF,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋z＝0,x＋y＝0))，令x＝1，得y＝z＝－1，于是u＝(1，－1，－1)，又D(0，0，2)⇒eq\o(OD,\s\up6(→))＝(0，0，2)，所以点D到平面EOF的距离d＝eq\f(|\o(OD,\s\up6(→))·u|,|u|)＝eq\f(|－2|,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3)，故D正确．故选BCD.5．答案：eq\f(9,2)eq\f(\r(6),3)解析：当N是CC1的中点时，连接AD1，BC1，由于MN∥BC1∥AD1，所以A，M，N，D1四点共面，所以平面α即平面AMND1，依据正方体的性质可知，四边形AMND1是等腰梯形，MN＝eq\r(2)，AD1＝2eq\r(2)，D1N＝AM＝eq\r(5)，所以等腰梯形AMND1的高为eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)－\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以截面面积为eq\f(\r(2)＋2\r(2),2)×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).当N是棱CC1上随意一点时，建立空间直角坐标系如图所示，A(2，0，0)，M(1，2，0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，设N(0，2，t)，0≤t≤2，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1，0，t)，设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))＝－x＋2y＝0,n·\o(MN,\s\up6(→))＝－x＋tz＝0))，故可设n＝(2t，t，2)，AA1＝(0，0，2)，所以点A1到平面α的距离为＝eq\f(4,\r(5t2＋4))，0≤t2≤4，4≤5t2＋4≤24，所以当t＝2，5t2＋4＝24时，点A1到平面α的距离取得最小值为eq\f(4,\r(24))＝eq\f(\r(6),3).6．解析：(1)证明：因为∠PCB＝∠ACB＝90°，所以PC⊥CB，AC⊥CB，又PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，又BC⊂平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC.(2)因为△PAC为正三角形，O为AC中点，连接PO，OD，所以PO⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，所以PO⊥平面ABC，又OD⊂平面ABC，所以PO⊥OD，又D为AB的中点，所以OD∥BC，OD⊥AC，如图以O为原点建立空间直角坐标系，则P(0，0，eq\r(3))，C(－1，0，0)，B(－1，4，0)，所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq\r(3))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，4，0)，设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up6(→))＝－x－\r(3)z＝0,m·\o(CB,\s\up6(→))＝4y＝0))，令z＝－1，可得m＝(eq\r(3)，0，－1)，又平面POD的一个法向量可取n＝(1，0，0)，设平面POD与平面PBC夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m|·|n|)))＝eq\f(\r(3),2)，又θ∈[0，eq\f(π,2)]，所以θ＝eq\f(π,6)，即平面POD与平面PBC的夹角为eq\f(π,6).(3)由题可知D(0，2，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－2，eq\r(3))，平面PBC的法向量为m＝(eq\r(3)，0，－1)，所以点D到平面PBC的距离为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(DP,\s\up6(→))·m,|m|)))＝eq\f(\r(3),2).7．解析：(1)证明：连接AC，交DM于点O，连接PO.因为AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点，所以AM＝AD＝CD.又四边形ABCD为梯形，则四边形AMCD为菱形，所以DM⊥AC.又PD＝PM，O是DM的中点，所以DM⊥PO.因为AC⊂平面PCO，PO⊂平面PCO，AC∩PO＝O，所以DM⊥平面PCO.又PC⊂平面PCO，所以DM⊥PC.(2)以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为二面角P­DM­C的大小为60°，由(1)DM⊥平面PCO，所以∠POC＝60°，易得∠BAD＝60°，则B(2，eq\r(3)，0)，P(0，eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，eq\f(\r(3),2)，－eq\f(3,2)).平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，设PB与平面ABCD所成的角为α，则sinα＝|cos〈eq\o(PB,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(\f(3,2),\r(7))＝eq\f(3\r(7),14)，即PB与平面ABCD所成角的正弦值为eq\f(3\r(7),14).8．解析：(1)∵AO⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，∴AO⊥B1C，∵BC＝BB1，四边形BB1C1C是平行四边形，∴四边形BB1C1C是菱形．∴BC1⊥B1C，∵AO∩BC1＝O，AO⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，∴B1C⊥平面ABC1，∵AB⊂平面ABC1，∴B1C⊥AB.(2)∵AB与平面BB1C1C所成的角为30°，AO⊥平面BB1C1C，∴∠ABO＝30°，若∠B1BC＝60°，则△BCB1是正三角形．令BC＝2，则B1C＝2，BO＝eq\r(3)，OA＝1，以O为原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(eq\r(3)，0，0)，B1(0，1，0)，A(0，0，1)，C1(－eq\r(3)，0，0)，设平面AB1C1的一个法向量为n1＝(x，y，z)，设二面角A1­B1C1­A的大小为θ，由图知θ非钝角，∴cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,7).∴二面角A1­B1C1­A的余弦值为eq\f(1,7).核心素养升级练1．答案：BCD解析：如图，建立空间直角坐标系，A(0，0，0)，C1(2，2，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D1(0，2，2)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，D(0，2，0).A.AC1＝(2，2，2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，因为AC1·eq\o(BC,\s\up6(→))≠0，所以AC1与BC不垂直，那么AC1与平面BCD1A1不垂直，故A错误；B．点B1到平面BCD1A1的距离即点B1到平面BCD1的距离，设点B1到平面BCD1A1的距离为d，因为VB1­BCD1＝VD1­B1BC，即eq\f(1,3)×S△BCD1×d＝eq\f(1,3)×S△B1BC×C1D1，得eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2，解得d＝eq\r(2)，故B正确；C．因为点E在线段CD1上，所以E(2－z，2，z)，AC1＝(2，2，2)，B1E＝(－z，2，z－2)，AC1·B1E＝－2z＋4＋2(zD．eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，B1E＝(－z，2，z－2)，cosθ＝|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，B1E〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,2×\r(z2＋4＋（z－2）2))))