【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第9章-第8节-用向量方法求角与距离(理)

第九章第八节一、选择题1．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则直线BC1与平面A1BD所成的角的余弦值是A.eq\f(\r(2),4) B．eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(3),2)[答案]C[解析]如图，以D为坐标原点，直线DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，∴eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,x＋y＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝－x，,y＝－x.))令x＝1得，n＝(1，－1，－1)，设直线BC1与平面A1BD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(BC1,\s\up6(→))·n|,|\o(BC1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(2,\r(2)·\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，∴cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(3),3).2．(2022·河北石家庄模拟)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝2，CC1＝eq\r(2)，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值为()A．1 B．eq\f(\r(7),7)C.eq\f(1,2) D．eq\f(\r(3),2)[答案]A[解析]设线段A1B1，AB的中点分别为O，D，则OC1⊥平面ABB1A1，以eq\o(OB1,\s\up6(→))，eq\o(OC1,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则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(→))，即异面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1，故选A.3．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则点O到平面ABC1D1A.eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)[答案]B[解析]解法1：以D为原点，DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，设平面ABC1D1的法向量n＝(x，y,1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋1＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝0.))∴n＝(1,0,1)，又eq\o(OD1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，∴O到平面ABC1D1的距离d＝eq\f(|n·\o(OD1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(\f(1,2),\r(2))＝eq\f(\r(2),4).解法2：易证A1D⊥平面ABC1D1，∴A1到平面ABC1D1的距离为eq\f(\r(2),2)，∵O为A1C1的中点，∴O到平面ABC1D1的距离为eq\f(\r(2),4).4．(2022·宁夏银川调研)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面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的中点E，连接AE，B1E，如图由题易知B1E⊥平面ACC1A1则∠B1AE为AB1与侧面ACC1A1所成的角设正三棱柱侧棱与底面边长为1，则sin∠B1AE＝eq\f(B1E,AB1)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq\f(\r(6),4).方法二：如图，以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系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)．设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ，EB1为平面ACC1A1则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).5．(2022·福建泉州二模)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是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]建立如图所示的空间直角坐标系，则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)，设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则n＝(1，－1，－1)，∴点D1到平面A1BD的距离是d＝eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).[点评]可用等积法求解VD1－A1BD＝VB－A1DD1.一、空间的距离1．两点间的距离：连结两点的线段的长度．2．点到直线的距离：从直线外一点向直线引垂直相交的直线，点到垂足之间线段的长度．3．点到平面的距离：从平面外一点向平面引垂线，点到垂足间线段的长度．连接平面α外一点与平面α内任一点的线段中，垂线段最短．4．平行直线间的距离：从两条平行线中一条上任意取一点向另一条直线引垂线，这点到垂足间线段的长度．5．异面直线间的距离：两条异面直线的公垂线夹在这两条异面直线间的线段的长度．6．直线与平面间的距离：假如一条直线和一个平面平行，从直线上任意一点向平面引垂线，这点到垂足间线段的长度．7．两平行平面间的距离：两个平面的公垂线段的长度．二、求距离的方法1．综合几何方法①找出或作出有关距离的图形；②证明它符合定义；③在平面图形内计算．空间中各种距离的计算，最终都要转化为线段长度，特殊状况也可以利用等积法．2．向量法(1)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|.∴直线a到平面α的距离d＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).(2)求两平行平面间的距离①用公式d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)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．(3)求点面距时，平面内的点可以任意选取，实际解题时选取已知点或易求的点，练习下题：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.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：设点C1到平面B1EF的距离h.连接EC1，FC1，由题意得|B1E|＝|B1F|＝eq\r(|B1B|2＋|EB|2)＝eq\r(5)，|EF|＝eq\r(2)，等腰△B1EF底边EF上的高为：h1＝eq\r(|B1E|2－\f(1,2)|EF|2)＝eq\f(3\r(2),2)，则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)，选D.解法2：以B1为原点分别以eq\o(B1C1,\s\up6(→))、eq\o(B1A1,\s\up6(→))、eq\o(B1B,\s\up6(→))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＝－2z.令z＝1得n＝(－2，－2,1)，又eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，∴C1到平面B1EF的距离h＝eq\f(|n·\o(B1C1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(4,3)，故选D.6．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.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，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eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,2).二、填空题7.(2021·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]eq\f(2\r(5),5)[解析]过E点作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于点E连接D1E1，过P点作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于点HP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＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).[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)，∴eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(1,2，－2)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，设n⊥eq\o(D1E,\s\up6(→))，n⊥eq\o(CC1,\s\up6(→))，n＝(x，y，z)，则n·eq\o(D1E,\s\up6(→))＝x＋2y－2z＝0，n·eq\o(CC1,\s\up6(→))＝2z＝0，∴z＝0，取y＝－1，则x＝2，∴n＝(2，－1,0)，又eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1,0,0)，∴异面直线距离d＝eq\f(|n·\o(CE,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(2\r(5),5).8．在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，将菱形沿对角线AC折成直二面角D′－AC－B，折起后直线AB与CD′之间的距离为________．[答案]eq\f(2\r(21),7)[解析]设AC∩BD＝O，∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，∴折起后AC、BO、OD′两两垂直，以O为原点，直线OC、OB、OD′为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，∵在原菱形中，AB＝2，∠DAB＝60°，∴OA＝OC＝eq\r(3)，OB＝OD′＝1，∴A(－eq\r(3)，0,0)，B(0，－1,0)，C(eq\r(3)，0,0)，D′(0,0,1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，eq\o(CD′,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,1)，设n＝(x，y，z)，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CD′,\s\up6(→))＝0，))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0，,－\r(3)x＋z＝0.))令x＝1，则y＝eq\r(3)，z＝eq\r(3).∴n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))，又eq\o(AD′,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,1)，∴AB与CD′之间的距离d＝eq\f(|n·\o(AD′,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(2\r(21),7).三、解答题9．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．[解析](1)由于四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又由于PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.由于PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)设AC∩BD＝O.由于∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝eq\r(3).如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0，－eq\r(3)，2)，A(0，－eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)．所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(3)，0)，设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))|·|\o(AC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq\f(\r(6),4).(3)由(2)知eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)．设P(0，－eq\r(3)，t)，(t>0)，则eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，t)．设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，则eq\o(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq\o(BP,\s\up6(→))·m＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0.))令y＝eq\r(3)，则x＝3，z＝eq\f(6,t).所以m＝(3，eq\r(3)，eq\f(6,t))．同理，平面PDC的法向量n＝(－3，eq\r(3)，eq\f(6,t))．由于平面PBC⊥平面PDC.所以m·n＝0，即－6＋eq\f(36,t2)＝0.解得t＝eq\r(6).所以PA＝eq\r(6).10．(2022·天津河北区一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝eq\r(2)，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2，AB＝BC＝1，E为AD中点．(1)求证：PE⊥平面ABCD；(2)求异面直线PB与CD所成角的余弦值；(3)求平面PAB与平面PCD所成的二面角．[解析](1)证明：在△PAD中，PA＝PD，E为AD中点，∴PE⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD.(2)如图，以E为坐标原点建立空间直角坐标系E－xyz，则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)，∴异面直线PB与CD所成的角的余弦值为eq\f(\r(6),3).(3)方法一：设平面PAB的法向量为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，则x＝0，z＝－1，∴m＝(0,1，－1)．设平面PCD的法向量为n，同理可得n＝(1,1,1)．∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝0.∴m⊥n.∴平面PAB与平面PCD所成的二面角为eq\f(π,2).方法二：∵侧面PAD⊥底面ABCD，交线为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与平面PCD所成的二面角为eq\f(π,2).一、解答题11．如图，四边形DCBE为直角梯形，∠DCB＝90°，DE∥CB，DE＝1，BC＝2，又AC＝1，∠ACB＝120°，CD⊥AB，直线AE与直线CD所成角为60°.(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；(2)求BE与平面ACE所成角的正弦值．[解析](1)∵CD⊥AB，CD⊥BC，AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC，又∵CD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面ABC.(2)在平面ACB内，过C作CF⊥CB，以C为原点，以CF，CB，CD所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系C－xyz设CD＝a(a>0)，则D(0,0，a)，E(0,1，a)，B(0,2,0)，A(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2)，a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0,0，a)，由直线AE与直线CD所成角为60°，得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝|eq\o(AE,\s\up6(→))||eq\o(CD,\s\up6(→))|cos60°，∴a2＝eq\f(a,2)eq\r(a2＋3)，解得a＝1.∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0，,y＋z＝0.))取x＝eq\r(3)，则y＝3，z＝－3，得n＝(eq\r(3)，3，－3)，设BE与平面ACE所成角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·n|,|\o(BE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(42),7)，于是BE与平面ACE所成角的正弦值为eq\f(\r(42),7).12．(2021·成都七中期中)如图分别是正三棱台ABC－A1B1C1的直观图和正视图，O，O1分别是上下底面的中心，E是BC的中点(1)求正三棱台ABC－A1B1C1的体积(注：棱台体积公式：V＝eq\f(1,3)(S上＋eq\r(S上·S下)＋S下)其中S上为棱台上底面面积，S下为棱台下底面面积，h为棱台高)；(2)求平面EA1B1与平面A1B1C1的夹角的余弦(3)若P是棱A1C1上一点，求CP＋PB1的最小值[解析](1)由题意AC＝2eq\r(3)，A1C1＝4eq\r(3)，正三棱台的高为eq\r(3)，S△ABC＝3eq\r(3)，S△A1B1C1＝12eq\r(3)，VABC－A1B1C1＝eq\f(1,3)(3eq\r(3)＋eq\r(3\r(3)×12\r(3))＋12eq\r(3))×eq\r(3)＝21.(2)设O，O1分别是上、下底面的中心，E是BC的中点，F是B1C1的中点．以O1为原点，过O1平行于B1C1的直线为x轴建立空间直角坐标系O1－xyz，则C1(－2eq\r(3)，2,0)，C(－eq\r(3)，1，eq\r(3))，E(0,1，eq\r(3))，A1(0，－4,0)，B1(2eq\r(3)，2,0)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(0,5，eq\r(3))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，6,0)，设平面EA1B1的一个法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5y＋\r(3)z＝0，,\r(3)x＋3y＝0.))取n＝(－3，eq\r(3)，－5)，取平面A1B1C1的一个法向量m＝(0,0,1)，设所求角为θ，则cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(5\r(37),37).(3)将梯形A1ACC1绕A1C1旋转到与△A1B1C1在同一平面内，使二面角B1－A1C1－C为平角，记展平后的A、C为M、N，连接B1N与A1C1的交点为P点时，CP＋cos∠NC1A1＝cos∠CC1A1＝eq\f(\o(C1C,\s\up6(→))·\o(C1A1,\s\up6(→)),|\o(C1C,\s\up6(→))|·|\o(C1A1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(21),7)，∴sin∠NC1A1＝eq\f(2\r(7),7)，cos∠NC1B1＝cos(∠NC1A1＋eq\f(π,3))＝eq\f(\r(21),7)×eq\f(1,2)－eq\f(2\r(7),7)×eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(\r(21),14)，在△NC1B中，B1C1＝4eq\r(3)，NC1＝|eq\o(CC1,\s\up6(→))|＝eq\r(7)，由余弦定理得CB1＝eq\r(67)，∴CP＋PB1的最小值为eq\r(67).13.(2021·陕西商洛一模)如图，四周体ABCD中，O，E分别是BD，BC的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝eq\r(2).(1)求证：AO⊥平面BCD；(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值；(3)求点E到平面ACD的距离．[分析](1)要证AO⊥平面BCD，只需在平面BCD内找到两条与AO垂直的直线，由条件△ABD为等腰三角形可知AO⊥BD，只要AO⊥OC即可得证，结合条件应计算证明AO⊥OC.(2)由(1)可知OC、OA、BD两两垂直，故适合建系用坐标法求，只要找出两直线的方向向量，即可获解．(3)求点面距，需先求出平面的法向量n，则距离d＝eq\f(|\o(EC,\s\up6(→))·n|,|n|).[解析](1)证明：连接OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝eq\r(2)，知CO＝eq\r(3)，AO＝1.在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2，则AO⊥OC.又AO⊥BD，BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD.(2)解：如图建立空间直角坐标系O－xyz，则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1,0,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，0)，∴|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),4).即异面直线AB与CD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).(3)eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)，设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，由n·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－z＝0，,－x－\r(3)y＝0，))令y＝1，则n＝(－eq\r(3)，1，eq\r(3))．所以点E到平面ACD的距离为d＝eq\f(|\o(EC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(2