2022版新教材高考数学一轮复习42立体几何中的向量方法_求空间角与距离训练含解析新人教B版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习42立体几何中的向量方法_求空间角与距离训练含解析新人教B版，共17页。
A组 全考点巩固练
1．设正方体ABCD­A1B1C1D1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(2\r(2),3) D.eq \f(2\r(3),3)
D 解析：如图建立坐标系，
则D1(0，0,2)，A1(2，0,2)，B(2,2,0)，D1A1＝(2,0,0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2，0)，DA1＝(2,0,2)．
设平面A1BD的一个法向量为
n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DA,\s\up6(→))1＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令z＝1，得n＝(－1,1,1)．
所以点D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\(D1A,\s\up6(→))1·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3).
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，则A1B1与平面A1EF夹角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \f(\r(6),3)
C.eq \f(\r(6),4) D.eq \r(2)
B 解析：建立如图所示空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则A1(1,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，B1(1,1,1)，
则eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，－1))，eq \(A1F,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0)).
设平面A1EF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1F,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y－z＝0，,－x＋\f(y,2)＝0.))
令y＝2，可得n＝(1,2,1)，cs〈n，eq \(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3).
设A1B1与平面A1EF的夹角为θ，
则sin θ＝cs〈n，eq \(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(6),3)，即所求线面角的正弦值为eq \f(\r(6),3).
3．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(\r(5),3)
C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(3,5)
A 解析：设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0，0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)．由向量的夹角公式得cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(－2×0＋2×2＋1×－1,\r(4＋4＋1)×\r(0＋4＋1))＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
4．(2021·福建四地七校4月联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，则A1B与平面ABD所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(\r(7),3)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(3),7)
B 解析：如图，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，
CC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系Cxyz，设CA＝CB＝a(a>0)，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2)，D(0,0,1)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，1))，
又因为G为△ABD的重心，
所以Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(1,3))).
易得eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,6)，\f(a,6)，\f(2,3)))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(0，－a,1)．
因为点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，所以eq \(GE,\s\up6(→))是平面ABD的一个法向量．
所以eq \(GE,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0，解得a＝2.
所以eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(2,3)))，eq \(BA1,\s\up6(→))＝(2，－2，2)．
设A1B与平面ABD所成的角为θ，
所以sin θ＝|cs〈eq \(GE,\s\up6(→))，eq \(BA1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(GE,\s\up6(→))·\(BA1,\s\up6(→))|,|\(GE,\s\up6(→))||\(BA1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(4,3),\f(\r(6),3)×2\r(3))＝eq \f(\r(2),3)，
所以cs θ＝eq \f(\r(7),3)，
所以A1B与平面ABD所成角的余弦值为eq \f(\r(7),3).故选B.
5．如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2.若AB＝1，则二面角B－AC－M的余弦值为( )
A.eq \f(\r(6),6) B.eq \f(\r(3),6)
C.eq \f(\r(2),6) D.eq \f(1,6)
A 解析：因为BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC.又PA⊥AB，且BC∩AB＝B，所以PA⊥平面ABCD.
以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，C(1,2,0)，P(0,0,2)，B(1，0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，
求得平面AMC的一个法向量为n＝(－2，1,1)，
又平面ABC的一个法向量为eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
所以cs〈n，eq \(AP,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(AP,\s\up6(→)),|n||\(AP,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(4＋1＋1)×2)＝eq \f(1,\r(6))＝eq \f(\r(6),6).
所以二面角B－AC－M的余弦值为eq \f(\r(6),6).
6．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________．
eq \f(2,3) 解析：以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．
设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)．
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0.))
令y＝－2，所以x＝2，z＝1，
得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1)．
设CD与平面BDC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(DC,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(DC,\s\up6(→)),|n||\(DC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(2,3).
7．(2021·汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝eq \f(1,2)，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是________．
eq \f(\r(6),3) 解析：以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系．
依题意可知，
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，C(1,1,0)，S(0,0,1)，
可知eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))是平面SAB的一个法向量．
设平面SCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
因为eq \(SD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－1))，
eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(SD,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－z＝0，,\f(x,2)＋y＝0.))
令x＝2，则有y＝－1，z＝1，
所以n＝(2，－1,1)．
设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·n|,|\(AD,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\f(1,2)×2＋0×－1＋0×1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)×\r(22＋－12＋12))＝eq \f(\r(6),3).
8．(2021·北京模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝2，E是棱PB的中点，M是棱PC上的动点．当直线PA与直线EM所成的角为60°时，那么线段PM的长度是________．
eq \f(5\r(2),4) 解析：以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．
则A(2,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝(－2,0,2)．
因为E是棱PB的中点，
所以E(1,1,1)．
设M(0,2－m，m)，则eq \(EM,\s\up6(→))＝(－1,1－m，m－1)，
所以|cseq \(AP,\s\up6(→))，eq \(EM,\s\up6(→))|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·\(EM,\s\up6(→)),|\(AP,\s\up6(→))||\(EM,\s\up6(→))|)))＝eq \f(|2＋2m－1|,2\r(2)×\r(1＋2m－12))＝eq \f(1,2)，
解得m＝eq \f(3,4)，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,4)，\f(3,4)))，
所以|eq \(PM,\s\up6(→))|＝eq \r(\f(25,16)＋\f(25,16))＝eq \f(5\r(2),4).
9．如图，P－ABC是一个三棱锥，AB是圆的直径，C是圆上的点，PC垂直圆所在的平面，D，E分别是棱PB，PC的中点．
(1)求证：DE⊥平面PAC；
(2)若二面角A－DE－C是45°，AB＝PC＝4，求AE与平面ACD所成角的正弦值．
(1)证明：因为AB是圆的直径，C是圆上的点，
所以BC⊥AC.
因为PC垂直圆所在的平面，
所以PC⊥BC.
又因为AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面PAC，BC⊄平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
因为D，E分别是棱PB，PC的中点，
所以BC∥DE，
所以DE⊥平面PAC.
(2)解：由(1)可知，DE⊥AE，DE⊥EC，
所以∠AEC为二面角A－DE－C的平面角，
从而有∠AEC＝45°.
由PC垂直圆所在的平面得PC⊥AC，
则AC＝EC＝eq \f(1,2)PC＝2.
又BC⊥AC，AB＝4，所以BC＝2eq \r(3).
以C为坐标原点，eq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CP,\s\up6(→))方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(0,2,0)，E(0,0,2)，B(2eq \r(3)，0,0)，P(0,0,4)，D(eq \r(3)，0,2)，
eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，eq \(CA,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,2)．
设n＝(x0，y0，z0)是平面ACD的一个法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CA,\s\up6(→))＝0，,n·\(CD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y0＝0，,\r(3)x0＋2z0＝0.))令x0＝2，可得n＝(2,0，－eq \r(3))．
设直线AE与平面ACD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(AE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AE,\s\up6(→))|,|n||\(AE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(42),14).
所以直线AE与平面ACD所成角的正弦值为eq \f(\r(42),14).
10．如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq \r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，
O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2eq \r(3).
如图，连接OB.
因为AB＝BC＝eq \f(\r(2),2)AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
所以OB⊥AC，OB＝eq \f(1,2)AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
因为OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，
所以PO⊥平面ABC.
(2)解：由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．
由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2，0)，P(0,0,2eq \r(3))，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,2,2eq \r(3))．
由(1)知平面PAC的一个法向量为eq \(OB,\s\up6(→))＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，则eq \(AM,\s\up6(→))＝(a,4－a,0)．
设平面PAM的一个法向量为n＝(x，y，z)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·n＝0，,\(AM,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋4－ay＝0，))
取y＝eq \r(3)a，可得n＝(eq \r(3)(a－4)，eq \r(3)a，－a)，
所以cs〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(2\r(3)a－4,2\r(3a－42＋3a2＋a2)).
由已知可得|cs〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉|＝cs 30°＝eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(2\r(3)|a－4|,2\r(3a－42＋3a2＋a2))＝eq \f(\r(3),2)，
解得a＝－4(舍去)或a＝eq \f(4,3).
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3))).
又eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2eq \r(3))，所以cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\r(3),4).
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
B组 新高考培优练
11．(多选题)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq \r(6)，AB＝4，AC，BD交于点E，则( )
A．M为PB的中点
B．二面角B－PD－A的大小为eq \f(π,3)
C．若O为AD的中点，则OP⊥OE
D．直线MC与平面BDP所成的角为eq \f(π,3)
ABC 解析：如图1，连接ME，
因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.
因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点．故A项正确．
图1
如图2，取AD的中点O，连接OP，OE.因为PA＝PD，所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且OP⊂平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.
因为四边形ABCD是正方形，所以OE⊥AD.故C项正确．
图2
如图2，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，eq \r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(4，－4,0)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(2,0，－eq \r(2))．
设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))
令x＝1，则y＝1，z＝eq \r(2)，此时n＝(1,1，eq \r(2))．
因为平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)，
所以cs〈n，p〉＝eq \f(n·p,|n||p|)＝eq \f(1,2).
由题意知二面角B－PD－A的平面角为锐角，所以它的大小为eq \f(π,3).故B项正确．
由题意知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，eq \(MC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，2，－\f(\r(2),2))).
设直线MC与平面BDP所成角为α，
则sin α＝|cs〈n，eq \(MC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(MC,\s\up6(→))|,|n||\(MC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2\r(6),9)，
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为eq \f(2\r(6),9).
12．如图，点C在圆锥PO的底面圆O上，AB是直径，AB＝8，∠BAC＝30°，圆锥的母线与底面成的角为60°，则点A到平面PBC的距离为( )
A.eq \f(8,5)eq \r(5)B.2eq \r(6)
C.eq \f(8,5)eq \r(15) D.eq \r(15)
C 解析：如图，过点O作AB的垂线Ox，以Ox，OB，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由题意可得A(0，－4,0)，B(0,4,0)，C(－2eq \r(3)，2,0)，P(0,0,4eq \r(3))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(0，－4,4eq \r(3))．
设平面PBC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CB,\s\up6(→))＝0，,m·\(BP,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(3)x＋2y＝0，,－4y＋4\r(3)z＝0，))
令y＝eq \r(3)，此时m＝(－1，eq \r(3)，1)．
因为eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,4,4eq \r(3))，
所以d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(8\r(3),\r(5))＝eq \f(8,5)eq \r(15)，所以点A到平面PBC的距离为eq \f(8,5)eq \r(15).
13．如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝eq \f(1,2)EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，G是EF的中点，如图2.则AG与平面BCE的位置关系为________，二面角C－AE－F的余弦值为________．
垂直 eq \f(\r(21),7) 解析：连接BG，因为BC∥AD，AD⊥平面AEFB，所以BC⊥平面AEFB.
又AG⊂平面AEFB，所以BC⊥AG.
因为AB∥EG且AB＝EG，AB＝AE，
所以四边形ABGE为菱形，
所以AG⊥BE.
又BC∩BE＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，
所以AG⊥平面BCE.
由上述知四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4.
设AG∩BE＝O，
所以OE＝OB＝2eq \r(3)，OA＝OG＝2，
以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(－2,0,0)，E(0，－2eq \r(3)，0)，F(4，2eq \r(3)，0)，C(0,2eq \r(3)，4)，D(－2,0,4)，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2eq \r(3)，4)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(2，－2eq \r(3)，0)．
设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·n＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2\r(3)y＋4z＝0，,2x－2\r(3)y＝0，))
令y＝1，则x＝eq \r(3)，z＝－eq \r(3)，
此时n＝(eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
易知平面AEF的一个法向量为eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,0,4)，
设二面角C－AE－F的大小为θ，
由图易知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs θ＝eq \f(|n·\(AD,\s\up6(→))|,|n||\(AD,\s\up6(→))|)＝eq \f(4\r(3),\r(7)×4)＝eq \f(\r(21),7).
14．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.
(1)求证：CD＝C1D；
(2)求二面角A­A1D­B的平面角的余弦值；
(3)求点C到平面B1DP的距离．
(1)证明：连接AB1，交BA1于点O，连接OD.
因为B1P∥平面BDA1，B1P⊂平面AB1P，平面AB1P∩平面BA1D＝OD，
所以B1P∥OD.
又因为O为B1A的中点，所以D为AP的中点．
因为C1D∥AA1，所以C1为A1P的中点．
所以DC1＝eq \f(1,2)AA1＝eq \f(1,2)CC1，
所以C1D＝CD.
(2)解：建立如图所示的空间直角坐标系A1xyz，
则B1(1,0,0)，B(1,0,1)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，
所以eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \(A1B,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq \(A1D,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2))).
设平面BA1D的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(A1B,\s\up6(→))·n＝0，,\(A1D,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋z1＝0，,y1＋\f(1,2)z1＝0.))
令z1＝2，则x1＝－2，y1＝－1，此时n＝(－2，－1，2)．
又eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量，
所以cs〈n，eq \(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(A1B1,\s\up6(→)),|n||\(A1B1,\s\up6(→))|)＝eq \f(－2,3×1)＝－eq \f(2,3).
由图形可知二面角A­A1D­B为锐角，
所以二面角A­A1D­B的平面角的余弦值为eq \f(2,3).
(3)解：因为C(0,1,1)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，B1(1，0,0)，P(0，2,0)，
所以eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，－\f(1,2)))，eq \(DB1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，－\f(1,2)))，eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，－\f(1,2))).
设平面B1DP的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DB1,\s\up6(→))·m＝0，,\(DP,\s\up6(→))·m＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2－\f(1,2)z2＝0，,y2－\f(1,2)z2＝0.))
令z2＝2，则x2＝2，y2＝1，此时m＝(2,1,2)．
所以点C到平面B1DP的距离d＝eq \f(|\(CD,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(1,3).
15．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在线段A1B1上运动，且eq \(A1P,\s\up6(→))＝λeq \(A1B1,\s\up6(→))(λ∈[0,1])．
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；
(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明：连接A1Q.
因为AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，
所以Rt△AA1Q≌Rt△CAM，
所以∠MAC＝∠QA1A，
所以∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，
所以AM⊥A1Q.
因为N，Q分别是BC，AC的中点，
所以NQ∥AB.
又AB⊥AC，所以NQ⊥AC.
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，
所以NQ⊥AA1.
又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以NQ⊥平面ACC1A1，
所以NQ⊥AM.
由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，
所以N，Q，A1，P四点共面，
所以A1Q⊂平面PNQ.
因为NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，
所以AM⊥平面PNQ，
所以无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.
(2)解：存在，当AP＝eq \f(7－3\r(5),4)时，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°.以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)．
由eq \(A1P,\s\up6(→))＝λeq \(A1B1,\s\up6(→))＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，
可得点P(λ，0,1)，所以eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，－1)).
设n＝(x，y，z)是平面PMN的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(NM,\s\up6(→))＝0，,n·\(PN,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－λ))x＋\f(1,2)y－z＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1＋2λ,3)x，,z＝\f(2－2λ,3)x.))
令x＝3，则y＝1＋2λ，z＝2－2λ，
所以n＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一个法向量．
取平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)．
假设存在符合条件的点P，
则|cs〈m，n〉|＝eq \f(|2－2λ|,\r(9＋1＋2λ2＋2－2λ2))＝eq \f(1,2)，
化简得4λ2－14λ＋1＝0，
解得λ＝eq \f(7－3\r(5),4)或λ＝eq \f(7＋3\r(5),4)(舍去)．
综上，存在点P，且当A1P＝eq \f(7－3\r(5),4)时，
满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.