第八章第7講[A級基礎達標]1．(2021年太原期末)已知A(2,0,1)，B(2,2,1)，C(0,0,2)，M(2，λ，2)，λ＞0，那么點M到平面ABC的距離為()A．eq\f(2\r(5),5) B．eq\r(2)λC．eq\f(2\r(2),3)λ D．2eq\r(3)【答案】A2．(2021年寶雞月考)直線l的方向向量s＝(1,1,2)，平面α的法向量n＝(1，－3,0)，則直線l與平面α的夾角的余弦值為()A．－eq\f(\r(15),15) B．eq\f(\r(15),15)C．－eq\f(\r(210),15) D．eq\f(\r(210),15)【答案】D3．(2021年中山期末)如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AA1＝2，D是BB1的中點，則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值等于()A．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(6),4)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(10),4)【答案】B4．(2021年臨沂模擬)在三棱錐P－ABC中，△ABC和△PBC均為等邊三角形，且二面角P－BC－A的大小為120°，則異面直線PB和AC所成角的余弦值為()A．eq\f(5,8) B．eq\f(3,4)C．eq\f(7,8) D．eq\f(1,4)【答案】A5．(2021年河南聯考)在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥DC，CD⊥BC，CC1＝2，CD＝1，AB＝4，BC＝2eq\r(3)，則直線BC1與平面ADC1所成角的正弦值為()A．eq\f(\r(5),6) B．eq\f(\r(6),5)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(2),3)【答案】C6．(2021年濱州模擬)(多選)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分別為BC，CC1，BB1的中點，則()A．直線DD1與直線AN垂直B．直線A1P與平面AMN平行C．直線A1B和MN的夾角的余弦值為eq\f(1,2)D．點C到平面AMN的距離為eq\f(2,3)【答案】BCD【解析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，對于A，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，A(2,0,0)，N(0，2,1)，則可得eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，又因為eq\o(DD1,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝2≠0，所以直線DD1與直線AN不垂直，故A錯誤；對于B，A1(2,0,2)，P(2,2,1)，M(1,2,0)，N(0,2,1)，則可得eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，設平面AMN的一個法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))＝－x＋2y＝0，,n·\o(AN,\s\up6(→))＝－2x＋2y＋z＝0，))取x＝2，得n＝(2,1,2)，因為eq\o(A1P,\s\up6(→))·n＝0，且A1P?平面AMN，所以直線A1P與平面AMN平行，故B正確；對于C，B(2,2,0)，可得eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(MN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(MN,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1B,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up6(→)))))＝eq\f(－2,\r(8)×\r(2))＝－eq\f(1,2)，所以直線A1B和MN形成的夾角的余弦值為eq\f(1,2)，故C正確；對于D，C(0,2,0)，eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，所以點C到平面AMN的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(MC,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(2,\r(9))＝eq\f(2,3)，故D正確．故選BCD．7．(2021年廣東重點中學模擬)(多選)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，點E是棱PC的中點，PD＝AB，則()A．AC⊥PBB．直線AE與平面PAB所成角的正弦值是eq\f(\r(3),6)C．異面直線AD與PB所成的角是eq\f(π,4)D．四棱錐P－ABCD的體積與其外接球的體積的比值是eq\f(2\r(3),27π)【答案】AB【解析】根據題意，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設AB＝2，對于A，因為BD是PB在平面ABCD內的射影，且AC⊥BD，所以AC⊥PB，所以A正確；對于B，取PA中點M，連接DM，因為AB⊥平面PAD，MD?平面PAD，所以AB⊥MD，又因為MD⊥PA，PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，所以平面PAB的一個法向量eq\o(DM,\s\up6(→))＝(1,0,1)，A(2,0,0)，E(0,1,1)，則可得eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，直線AE與平面PAB所成角的正弦值等于eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·\o(DM,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DM,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,\r(6)×\r(2))＝eq\f(\r(3),6)，所以B正確；對于C，因為AD∥BC，所以異面直線AD與PB所成的角的大小為∠PBC，又因為tan∠PBC＝eq\f(PC,BC)＝eq\r(2)，所以∠PBC≠eq\f(π,4)，所以C錯誤；對于D，四棱錐P－ABCD的體積V＝eq\f(1,3)×2×2×2＝eq\f(8,3)，外接球的球心為PB的中點，球半徑為R＝eq\r(3)，其體積V′＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π，所以eq\f(V,V′)＝eq\f(2\r(3),9π)≠eq\f(2\r(3),27π)，所以D錯誤．故選AB．8．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，則點B到直線A1C1的距離為________．【答案】eq\f(13,5)【解析】以B為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1(4,0,1)，C1(0,3,1)，所以直線A1C1的方向向量為eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－4,3,0)，而eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,3,1)，所以點B到直線A1C1的距離d＝eq\r(\o(BC1,\s\up6(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(BC1,\s\up6(→))·\f(\o(A1C1,\s\up6(→)),|\o(A1C1,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)))2)＝eq\f(13,5).9．(2021年舟山期末)已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，它的每條棱長均為2，并且側面A1C與底面ABC垂直，∠A1AC＝60°，則B1C與底面ABC所成角的正弦值為________，cos∠A1AB＝________.【答案】eq\f(\r(2),2)eq\f(1,4)【解析】如圖，取AC中點O，連接A1O，BO，由A1A＝A1C，BA＝BC，得A1O⊥AC，BO⊥AC，又側面A1C與底面ABC垂直，A1O?側面A1AC，側面A1C∩底面ABC＝AC，所以A1O⊥底面ABC，以O為坐標原點，分別以OB，OC，OA1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則可得B(eq\r(3)，0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，A1(0,0，eq\r(3))，B1(eq\r(3)，1，eq\r(3))，則可得eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，eq\r(3))，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)．又因為平面ABC的一個法向量為n＝(0,0,1)，設B1C與底面ABC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(CB1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(CB1,\s\up6(→))·n|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CB1,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(\r(3),\r(6)×1)＝eq\f(\r(2),2)，且cos∠A1AB＝cos〈eq\o(AA1,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AA1,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,2×2)＝eq\f(1,4).10．(2021年乙卷)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC的中點，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．解：(1)如圖，連接BD，因為PD⊥底面ABCD，且AM?平面ABCD，所以AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD?平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD?平面PBD，所以AM⊥BD，所以∠ABD＋∠BAM＝90°，又∠AMB＋∠MAB＝90°，所以∠AMB＝∠ABD，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，則eq\f(AD,AB)＝eq\f(BA,BM)，所以eq\f(1,2)AD2＝1，解得AD＝eq\r(2)，又因為AD＝BC，所以BC＝eq\r(2).(2)因為DA，DC，DP兩兩垂直，故以點D為坐標原點建立空間直角坐標系如圖所示，則A(eq\r(2)，0,0)，B(eq\r(2)，1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，P(0,0,1)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0,1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，0))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－1,1)，設平面AMP的一個法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x＋z＝0，,－\f(\r(2),2)x＋y＝0，))令x＝eq\r(2)，則y＝1，z＝2，故n＝(eq\r(2)，1,2)，設平面BMP的一個法向量為m＝(p，q，r)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)p＝0，,－\r(2)p－q＋r＝0，))令q＝1，則r＝1，p＝0，故m＝(0,1,1)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n，m〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)))＝eq\f(3,\r(7)×\r(2))＝eq\f(3\r(14),14)，設二面角A－PM－B的平面角為α，則sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－cos2〈n，m〉)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(14),14)))2)＝eq\f(\r(70),14)，所以二面角A－PM－B的正弦值為eq\f(\r(70),14).[B級能力提升]11．(2021年商洛期末)正三棱柱ABC－A1B1C1的底面邊長和高均為2，點D為側棱CC1的中點，連接AD，BD，則點C1到平面ABD的距離為()A．eq\f(\r(7),2) B．eq\f(\r(5),2)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(2),2)【答案】C【解析】如圖，建立空間直角坐標系O－xyz，O為A1B1的中點，由已知，得A(－1,0,2)，B(1，0,2)，D(0，eq\r(3)，1)，C1(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－1)，設平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝2x＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝x＋\r(3)y－z＝0，))取y＝1，可得n＝(0,1，eq\r(3))，又eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(0,0,1)，所以點C1到平面ABD的距離為eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(C1D,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(\r(3),2).故選C．12．(2021年慶陽期末)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，點E在線段AB上，PA＝AD＝eq\f(1,2)AB＝1，當直線PE與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5)時，eq\f(AE,AB)＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(3,8)C．eq\f(3,4) D．eq\f(2\r(5),5)【答案】B【解析】因為PA＝AD＝eq\f(1,2)AB＝1，所以AB＝2，又底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，則以A為坐標原點，AB，AD，AP分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標系，則有A(0,0,0)，P(0，0,1)，B(2，0,0)，C(2,1,0)，所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,1，－1)，設平面PBC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝2x－z＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝2x＋y－z＝0，))故y＝0，令x＝1，則z＝2，所以n＝(1,0,2)，因為點E在線段AB上，設AE＝a，則E(a,0,0)，故eq\o(PE,\s\up6(→))＝(a,0，－1)，因為直線PE與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5)，所以|cos〈eq\o(PE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(PE,\s\up6(→))·n|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PE,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(|a－2|,\r(1＋a2)·\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，則有(a－2)2＝a2＋1，解得a＝eq\f(3,4)，所以eq\f(AE,AB)＝eq\f(\f(3,4),2)＝eq\f(3,8).故選B．13．(2021年深圳二模)(多選)已知正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為2，如圖，M為CC1上的動點，AM⊥平面α，則下面說法正確的是()A．直線AB與平面α所成角的正弦值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))B．點M與點C1重合時，平面α截正方體所得的截面，其面積越大，周長就越大C．點M為CC1的中點時，若平面α經過點B，則平面α截正方體所得截面圖形是等腰梯形D．已知N為DD1的中點，當AM＋MN的和最小時，M為CC1的中點【答案】AC【解析】對于A選項，如圖，以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系D－xyz，則點A(2,0,0)，B(2,2,0)，設點M(0,2，a)(0≤a≤2)，因為AM⊥平面α，則eq\o(AM,\s\up6(→))為平面α的一個法向量，且eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2,2，a)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2,0)，則可得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(AB,\s\up6(→))，\o(AM,\s\up6(→))〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AM,\s\up6(→)))))＝eq\f(4,2×\r(a2＋8))＝eq\f(2,\r(a2＋8))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，所以，直線AB與平面α所成角的正弦值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，故A選項正確；對于B選項，當M與CC1重合時，連接A1D，BD，A1B，AC，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，因為BD?平面ABCD，所以BD⊥CC1，又因為四邊形ABCD是正方形，則BD⊥AC，且CC1∩AC＝C，所以BD⊥平面ACC1，因為AC1?平面ACC1，所以AC1⊥BD，同理可證AC1⊥A1D，因為A1D∩BD＝D，所以AC1⊥平面A1BD，易知△A1BD是邊長為2eq\r(2)的等邊三角形，其面積為S△A1BD＝eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(2))2＝2eq\r(3)，周長為2eq\r(2)×3＝6eq\r(2).設E，F，Q，N，G，H分別為棱A1D1，A1B1，BB1，BC，CD，DD1的中點，易知六邊形EFQNGH是邊長為eq\r(2)的正六邊形，且平面EFQNGH∥平面A1BD，正六邊形EFQNGH的周長為6eq\r(2)，面積為6×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2＝3eq\r(3)，則△A1BD的面積小于正六邊形EFQNGH的面積，但是它們的周長相等，故B選項錯誤；對于C選項，設平面α交棱A1D1于點E(b,0,2)，點M(0,2,1)，則可得eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(b,0,2)，因為AM⊥平面α，DE?平面α，所以AM⊥DE，即eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝－2b＋2＝0，得b＝1，所以E(1,0,2)，所以點E為棱A1D1的中點，同理可知，點F為棱A1B1的中點，則F(2,1,2)，可得eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,1,0)，而eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))，所以EF∥DB且EF≠DB，由空間中兩點間的距離公式可得DE＝eq\r(22＋02＋12)＝eq\r(5)，BF＝eq\r(2－22＋1－22＋2－02)＝eq\r(5)，所以DE＝BF，所以四邊形BDEF為等腰梯形，故C選項正確；對于D選項，將矩形ACC1A1與矩形CC1D1D延展為一個平面，如圖所示，若AM＋MN最短，則A，M，N三點共線，因為CC1∥DD1，所以eq\f(MC,DN)＝eq\f(AC,AD)＝eq\f(2\r(2),2\r(2)＋2)＝2－eq\r(2)，因為MC＝2－eq\r(2)≠eq\f(1,2)CC1，所以，點M不是棱CC1的中點，故D選項錯誤．故選AC．14．(2021年紹興模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2AD＝2，E為棱CC1上一點，記平面BD1E與底面ABCD所成的銳二面角為α，則當α取得最小值時，CE的長度為________．【答案】eq\f(2,5)【解析】如圖，設CE＝t，分別以AB，AD，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖所示，則B(2,0,0)，D1(0,1,2)，E(2,1，t)，所以eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－2,1,2)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0,1，t)，eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(2,0，t－2)，所以可求得平面BD1E的法向量為m＝(t－2,2t，－2)，又因為平面ABCD的法向量為n＝(0,0,1)，所以cosα＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈m，n〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(2,\r(5t2－4t＋8))，因為當α最小時，cosα最大，故當y＝5t2－4t＋8＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(2,5)))2＋eq\f(36,5)取最小值時，cosα最大，即α最小，當t＝eq\f(2,5)時，y＝5t2－4t＋8取得最小值eq\f(36,5)，此時cosα的最大值為eq\f(\r(5),3)，綜上所述，當α取得最小值時CE的長度為eq\f(2,5).15．(2021年上海浦東月考)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA＝AB＝eq\r(2)，點E是棱PB的中點．(1)求異面直線EC與PD所成角的余弦值；(2)求P點到平面EAC的距離．解：(1)因為PA⊥平面ABCD，且底面ABCD是矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標原點，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖所示，又PA＝AB＝eq\r(2)，AD＝1，所以A(0,0,0)，B(eq\r(2)，0,0)，C(eq\r(2)，1,0)，D(0,1,0)，P(0,0，eq\r(2))，又E為棱PB的中點，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－eq\r(2))，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(EC,\s\up6(→))，\o(PD,\s\up6(→))〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EC,\s\up6(→))·\o(PD,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EC,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PD,\s\up6(→)))))＝eq\f(2,\r(\f(1,2)＋1＋\f(1,2))×\r(1＋2))＝eq\f(\r(6),3)，故異面直線EC與PD所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3).(2)由(1)可知，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(2))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，設平面EAC的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x＋\f(\r(2),2)z＝0，,n·\o(EC,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x＋y－\f(\r(2),2)z＝0，))令z＝1，可求得x＝－1，y＝eq\r(2)，則n＝(－1，eq\r(2)，1)，故點P到平面EAC的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(\r(2),2).16．(2021年北京模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3，PC＝2eq\r(3)，E為PB的中點，________，求證：四邊形ABCD是直角梯形，并求直線AE與平面PCD所成角的正弦值．從①CD⊥BC，②BC∥平面PAD這兩個條件中選一個，補充在上面問題中，并完成解答．解：選擇①.先證四邊形ABCD是直角梯形．連接AC，因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AC，PA⊥CD.因為PA＝AD＝2，所以PD＝2eq\r(2).因為PC＝2eq\r(3)，所以CD2＋PD2＝PC2，所以CD⊥PD.又因為PA∩PD＝P，PA?平面PAD，PD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AD.又因為CD⊥BC，所以AD∥BC，且AD≠BC.所以四邊形ABCD是直角梯形．再求直線AE與平面PCD所成角的正弦值．過A作AD的垂線交BC于點M.因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.如圖，建立空間直角坐標系A－xyz.則A(0,0,0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．因為E為PB的中點，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，1)).所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，1))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．設平面PCD的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝2x＋2y－2z＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝2y－2z＝0，))令y＝1，得n＝(0,1,1)．設直線AE與平面PCD所成的角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(AE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)×1＋1×1)),\r(2)×\f(3,2))＝eq\f(\r(2),6).所以直線AE與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(\r(2),6).選擇②.先證四邊形ABCD是直角梯形．連接AC，因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AC，PA⊥CD.因為PA＝AD＝2，所以PD＝2eq\r(2).因為PC＝2eq\r(3)，則可得CD2＋PD2＝PC2，所以CD⊥PD.又因為PA∩PD＝P，PA，PD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，則CD⊥AD.因為BC∥平面PAD，BC?平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BC∥AD，則四邊形ABCD是直角梯形．再求直線AE與平面PCD所成角的正弦值．[C級創新突破]17．(2021年湖北模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，點E，F分別在棱BB1，CC1上(均異于端點)，AB＝AC，∠ABE＝∠ACF，BB1⊥平面AEF.(1)求證：四邊形BEFC是矩形；(2)若AE＝EF＝2，BE＝eq\f(\r(3),3)，求平面ABC與平面AEF所成銳二面角的余弦值．(1)證明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1∥CC1，因為BB1⊥平面AEF，所以CC1⊥平面AEF，又因為AE，AF?平面AEF，所以BB1⊥AE，CC1⊥AF，所以∠AEB＝∠AFC＝90°，又因為∠ABE＝∠ACF，且AB＝AC，所以△AEB≌△AFC，所以AE＝AF，BE＝CF，因為BE∥CF，所以四邊形BEFC為平行四邊形，又因為BB1⊥平面AEF，且EF?平面AEF，所以BB1⊥EF，故四邊形BEFC是矩形．(2)解：取EF的中點G，連接AG，由(1)可知，AG⊥EF，因為BB1⊥平面AEF且BB1?平面BB1C1C，所以平面AEF⊥平面BB1C1C，又因為平面AEF∩平面BB1C1C＝EF，且AG?平面AEF，所以AG⊥平面BB1C1C，取BC的中點H，以G為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，在△AEF中，因為AE＝AF且AE＝EF＝2，所以△AEF為等邊三角形，所以AG＝eq\r(3)，則A(0，eq\r(3)，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(3),3)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(\r(3),3)))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(3),3)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，\f(\r(3),3)))，設平面ABC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\