空間向量及立體幾何練習(xí)試題和答案解析

./1．如圖,在四棱錐P﹣ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點(diǎn)M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4．〔1求證：M為PB的中點(diǎn)；〔2求二面角B﹣PD﹣A的大?。弧?求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．[分析]〔1設(shè)AC∩BD=O,則O為BD的中點(diǎn),連接OM,利用線面平行的性質(zhì)證明OM∥PD,再由平行線截線段成比例可得M為PB的中點(diǎn)；〔2取AD中點(diǎn)G,可得PG⊥AD,再由面面垂直的性質(zhì)可得PG⊥平面ABCD,則PG⊥AD,連接OG,則PG⊥OG,再證明OG⊥AD．以G為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以GD、GO、GP所在直線為x、y、z軸距離空間直角坐標(biāo)系,求出平面PBD與平面PAD的一個(gè)法向量,由兩法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大??；〔3求出的坐標(biāo),由與平面PBD的法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值可得直線MC與平面BDP所成角的正弦值．[解答]〔1證明：如圖,設(shè)AC∩BD=O,∵ABCD為正方形,∴O為BD的中點(diǎn),連接OM,∵PD∥平面MAC,PD?平面PBD,平面PBD∩平面AMC=OM,∴PD∥OM,則,即M為PB的中點(diǎn)；〔2解：取AD中點(diǎn)G,∵PA=PD,∴PG⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PG⊥平面ABCD,則PG⊥AD,連接OG,則PG⊥OG,由G是AD的中點(diǎn),O是AC的中點(diǎn),可得OG∥DC,則OG⊥AD．以G為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以GD、GO、GP所在直線為x、y、z軸距離空間直角坐標(biāo)系,由PA=PD=,AB=4,得D〔2,0,0,A〔﹣2,0,0,P〔0,0,,C〔2,4,0,B〔﹣2,4,0,M〔﹣1,2,,,．設(shè)平面PBD的一個(gè)法向量為,則由,得,取z=,得．取平面PAD的一個(gè)法向量為．∴cos＜＞==．∴二面角B﹣PD﹣A的大小為60°；〔3解：,平面BDP的一個(gè)法向量為．∴直線MC與平面BDP所成角的正弦值為|cos＜＞|=||=||=．[點(diǎn)評(píng)]本題考查線面角與面面角的求法,訓(xùn)練了利用空間向量求空間角,屬中檔題．2．如圖,在三棱錐P﹣ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°．點(diǎn)D,E,N分別為棱PA,PC,BC的中點(diǎn),M是線段AD的中點(diǎn),PA=AC=4,AB=2．〔Ⅰ求證：MN∥平面BDE；〔Ⅱ求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；〔Ⅲ已知點(diǎn)H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為,求線段AH的長(zhǎng)．[分析]〔Ⅰ取AB中點(diǎn)F,連接MF、NF,由已知可證MF∥平面BDE,NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE,則MN∥平面BDE；〔Ⅱ由PA⊥底面ABC,∠BAC=90°．可以A為原點(diǎn),分別以AB、AC、AP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．求出平面MEN與平面CME的一個(gè)法向量,由兩法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值,進(jìn)一步求得正弦值；〔Ⅲ設(shè)AH=t,則H〔0,0,t,求出的坐標(biāo),結(jié)合直線NH與直線BE所成角的余弦值為列式求得線段AH的長(zhǎng)．[解答]〔Ⅰ證明：取AB中點(diǎn)F,連接MF、NF,∵M(jìn)為AD中點(diǎn),∴MF∥BD,∵BD?平面BDE,MF?平面BDE,∴MF∥平面BDE．∵N為BC中點(diǎn),∴NF∥AC,又D、E分別為AP、PC的中點(diǎn),∴DE∥AC,則NF∥DE．∵DE?平面BDE,NF?平面BDE,∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE,則MN∥平面BDE；〔Ⅱ解：∵PA⊥底面ABC,∠BAC=90°．∴以A為原點(diǎn),分別以AB、AC、AP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．∵PA=AC=4,AB=2,∴A〔0,0,0,B〔2,0,0,C〔0,4,0,M〔0,0,1,N〔1,2,0,E〔0,2,2,則,,設(shè)平面MEN的一個(gè)法向量為,由,得,取z=2,得．由圖可得平面CME的一個(gè)法向量為．∴cos＜＞=．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值為,則正弦值為；〔Ⅲ解：設(shè)AH=t,則H〔0,0,t,,．∵直線NH與直線BE所成角的余弦值為,∴|cos＜＞|=||=||=．解得：t=或t=．∴當(dāng)H與P重合時(shí)直線NH與直線BE所成角的余弦值為,此時(shí)線段AH的長(zhǎng)為或．[點(diǎn)評(píng)]本題考查直線與平面平行的判定,考查了利用空間向量求解空間角,考查計(jì)算能力,是中檔題．3．如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD〔及其內(nèi)部以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的,G是的中點(diǎn)．〔Ⅰ設(shè)P是上的一點(diǎn),且AP⊥BE,求∠CBP的大??；〔Ⅱ當(dāng)AB=3,AD=2時(shí),求二面角E﹣AG﹣C的大?。甗分析]〔Ⅰ由已知利用線面垂直的判定可得BE⊥平面ABP,得到BE⊥BP,結(jié)合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；〔Ⅱ法一、取的中點(diǎn)H,連接EH,GH,CH,可得四邊形BEGH為菱形,取AG中點(diǎn)M,連接EM,CM,EC,得到EM⊥AG,CM⊥AG,說(shuō)明∠EMC為所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大?。ǘ⒁訠為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BP,BA所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系．求出A,E,G,C的坐標(biāo),進(jìn)一步求出平面AEG與平面ACG的一個(gè)法向量,由兩法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大?。甗解答]解：〔Ⅰ∵AP⊥BE,AB⊥BE,且AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A,∴BE⊥平面ABP,又BP?平面ABP,∴BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°；〔Ⅱ解法一、取的中點(diǎn)H,連接EH,GH,CH,∵∠EBC=120°,∴四邊形BECH為菱形,∴AE=GE=AC=GC=．取AG中點(diǎn)M,連接EM,CM,EC,則EM⊥AG,CM⊥AG,∴∠EMC為所求二面角的平面角．又AM=1,∴EM=CM=．在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12,∴,因此△EMC為等邊三角形,故所求的角為60°．解法二、以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BP,BA所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系．由題意得：A〔0,0,3,E〔2,0,0,G〔1,,3,C〔﹣1,,0,故,,．設(shè)為平面AEG的一個(gè)法向量,由,得,取z1=2,得；設(shè)為平面ACG的一個(gè)法向量,由,可得,取z2=﹣2,得．∴cos＜＞=．∴二面角E﹣AG﹣C的大小為60°．[點(diǎn)評(píng)]本題考查空間角的求法,考查空間想象能力和思維能力,訓(xùn)練了線面角的求法及利用空間向量求二面角的大小,是中檔題．4．如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D﹣AF﹣E與二面角C﹣BE﹣F都是60°．〔Ⅰ證明平面ABEF⊥平面EFDC；〔Ⅱ求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．[分析]〔Ⅰ證明AF⊥平面EFDC,利用平面與平面垂直的判定定理證明平面ABEF⊥平面EFDC；〔Ⅱ證明四邊形EFDC為等腰梯形,以E為原點(diǎn),建立如圖所示的坐標(biāo)系,求出平面BEC、平面ABC的法向量,代入向量夾角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．[解答]〔Ⅰ證明：∵ABEF為正方形,∴AF⊥EF．∵∠AFD=90°,∴AF⊥DF,∵DF∩EF=F,∴AF⊥平面EFDC,∵AF?平面ABEF,∴平面ABEF⊥平面EFDC；〔Ⅱ解：由AF⊥DF,AF⊥EF,可得∠DFE為二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF為正方形,AF⊥平面EFDC,∵BE⊥EF,∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE,可得∠CEF為二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB∥EF,AB?平面EFDC,EF?平面EFDC,∴AB∥平面EFDC,∵平面EFDC∩平面ABCD=CD,AB?平面ABCD,∴AB∥CD,∴CD∥EF,∴四邊形EFDC為等腰梯形．以E為原點(diǎn),建立如圖所示的坐標(biāo)系,設(shè)FD=a,則E〔0,0,0,B〔0,2a,0,C〔,0,a,A〔2a,2a,0,∴=〔0,2a,0,=〔,﹣2a,a,=〔﹣2a,0,0設(shè)平面BEC的法向量為=〔x1,y1,z1,則,則,取=〔,0,﹣1．設(shè)平面ABC的法向量為=〔x2,y2,z2,則,則,取=〔0,,4．設(shè)二面角E﹣BC﹣A的大小為θ,則cosθ===﹣,則二面角E﹣BC﹣A的余弦值為﹣．[點(diǎn)評(píng)]本題考查平面與平面垂直的證明,考查用空間向量求平面間的夾角,建立空間坐標(biāo)系將二面角問(wèn)題轉(zhuǎn)化為向量夾角問(wèn)題是解答的關(guān)鍵．5．如圖,菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O,AB=5,AC=6,點(diǎn)E,F分別在AD,CD上,AE=CF=,EF交于BD于點(diǎn)H,將△DEF沿EF折到△D′EF的位置,OD′=．〔Ⅰ證明：D′H⊥平面ABCD；〔Ⅱ求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．[分析]〔Ⅰ由底面ABCD為菱形,可得AD=CD,結(jié)合AE=CF可得EF∥AC,再由ABCD是菱形,得AC⊥BD,進(jìn)一步得到EF⊥BD,由EF⊥DH,可得EF⊥D′H,然后求解直角三角形得D′H⊥OH,再由線面垂直的判定得D′H⊥平面ABCD；〔Ⅱ以H為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,由已知求得所用點(diǎn)的坐標(biāo),得到的坐標(biāo),分別求出平面ABD′與平面AD′C的一個(gè)法向量,設(shè)二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角為θ,求出|cosθ|．則二面角B﹣D′A﹣C的正弦值可求．[解答]〔Ⅰ證明：∵ABCD是菱形,∴AD=DC,又AE=CF=,∴,則EF∥AC,又由ABCD是菱形,得AC⊥BD,則EF⊥BD,∴EF⊥DH,則EF⊥D′H,∵AC=6,∴AO=3,又AB=5,AO⊥OB,∴OB=4,∴OH==1,則DH=D′H=3,∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2,則D′H⊥OH,又OH∩EF=H,∴D′H⊥平面ABCD；〔Ⅱ解：以H為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,∵AB=5,AC=6,∴B〔5,0,0,C〔1,3,0,D′〔0,0,3,A〔1,﹣3,0,,,設(shè)平面ABD′的一個(gè)法向量為,由,得,取x=3,得y=﹣4,z=5．∴．同理可求得平面AD′C的一個(gè)法向量,設(shè)二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角為θ,則|cosθ|=．∴二面角B﹣D′A﹣C的正弦值為sinθ=．[點(diǎn)評(píng)]本題考查線面垂直的判定,考查了二面角的平面角的求法,訓(xùn)練了利用平面的法向量求解二面角問(wèn)題,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法,是中檔題．6．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CA=CB,側(cè)面ABB1A1是邊長(zhǎng)為2的正方形,點(diǎn)E,F分別在線段AA1、A1B1上,且AE=,A1F=,CE⊥EF．〔Ⅰ證明：平面ABB1A1⊥平面ABC；〔Ⅱ若CA⊥CB,求直線AC1與平面CEF所成角的正弦值．[分析]〔I取AB的中點(diǎn)D,連結(jié)CD,DF,DE．計(jì)算DE,EF,DF,利用勾股定理的逆定理得出DE⊥EF,由三線合一得CD⊥AB,故而CD⊥平面ABB1A1,從而平面ABB1A1⊥平面ABC；〔II以C為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,求出和平面CEF的法向量,則直線AC1與平面CEF所成角的正弦值等于|cos＜＞|．[解答]證明：〔I取AB的中點(diǎn)D,連結(jié)CD,DF,DE．∵AC=BC,D是AB的中點(diǎn),∴CD⊥AB．∵側(cè)面ABB1A1是邊長(zhǎng)為2的正方形,AE=,A1F=．∴A1E=,EF==,DE==,DF==,∴EF2+DE2=DF2,∴DE⊥EF,又CE⊥EF,CE∩DE=E,CE?平面CDE,DE?平面CDE,∴EF⊥平面CDE,又CD?平面CDE,∴CD⊥EF,又CD⊥AB,AB?平面ABB1A1,EF?平面ABB1A1,AB,EF為相交直線,∴CD⊥平面ABB1A1,又CD?ABC,∴平面ABB1A1⊥平面ABC．〔II∵平面ABB1A1⊥平面ABC,∴三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,∴CC1⊥平面ABC．∵CA⊥CB,AB=2,∴AC=BC=．以C為原點(diǎn),以CA,CB,CC1為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示：則A〔,0,0,C〔0,0,0,C1〔0,0,2,E〔,0,,F〔,,2．∴=〔﹣,0,2,=〔,0,,=〔,,2．設(shè)平面CEF的法向量為=〔x,y,z,則,∴,令z=4,得=〔﹣,﹣9,4．∴=10,||=6,||=．∴sin＜＞==．∴直線AC1與平面CEF所成角的正弦值為．[點(diǎn)評(píng)]本題考查了面面垂直的判定,線面角的計(jì)算,空間向量的應(yīng)用,屬于中檔題．7．如圖,在四棱錐中P﹣ABCD,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=4,PA=2．〔1求證：AB⊥PC；〔2在線段PD上,是否存在一點(diǎn)M,使得二面角M﹣AC﹣D的大小為45°,如果存在,求BM與平面MAC所成角的正弦值,如果不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由．[分析]〔1利用直角梯形的性質(zhì)求出AB,AC的長(zhǎng),根據(jù)勾股定理的逆定理得出AB⊥AC,由PA⊥平面ABCD得出AB⊥PA,故AB⊥平面PAC,于是AB⊥PC；〔2假設(shè)存在點(diǎn)M,做出二面角的平面角,根據(jù)勾股定理求出M到平面ABCD的距離從而確定M的位置,利用棱錐的體積求出B到平面MAC的距離h,根據(jù)勾股定理計(jì)算BM,則即為所求角的正弦值．[解答]解：〔1證明：∵四邊形ABCD是直角梯形,AD=CD=2,BC=4,∴AC=4,AB===4,∴△ABC是等腰直角三角形,即AB⊥AC,∵PA⊥平面ABCD,AB?平面ABCD,∴PA⊥AB,∴AB⊥平面PAC,又PC?平面PAC,∴AB⊥PC．〔2假設(shè)存在符合條件的點(diǎn)M,過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AD于N,則MN∥PA,∴MN⊥平面ABCD,∴MN⊥AC．過(guò)點(diǎn)M作MG⊥AC于G,連接NG,則AC⊥平面MNG,∴AC⊥NG,即∠MGN是二面角M﹣AC﹣D的平面角．若∠MGN=45°,則NG=MN,又AN=NG=MN,∴MN=1,即M是線段PD的中點(diǎn)．∴存在點(diǎn)M使得二面角M﹣AC﹣D的大小為45°．在三棱錐M﹣ABC中,VM﹣ABC=S△ABC?MN==,設(shè)點(diǎn)B到平面MAC的距離是h,則VB﹣MAC=,∵M(jìn)G=MN=,∴S△MAC===2,∴=,解得h=2．在△ABN中,AB=4,AN=,∠BAN=135°,∴BN==,∴BM==3,∴BM與平面MAC所成角的正弦值為=．[點(diǎn)評(píng)]本題考查了項(xiàng)目垂直的判定與性質(zhì),空間角與空間距離的計(jì)算,屬于中檔題．8．如圖,在各棱長(zhǎng)均為2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中,側(cè)面A1ACC1⊥底面ABC,∠A1AC=60°．〔1求側(cè)棱AA1與平面AB1C所成角的正弦值的大小；〔2已知點(diǎn)D滿足=+,在直線AA1上是否存在點(diǎn)P,使DP∥平面AB1C？若存在,請(qǐng)確定點(diǎn)P的位置,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由．[分析]〔1推導(dǎo)出A1O⊥平面ABC,BO⊥AC,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz,利用向量法能求出側(cè)棱AA1與平面AB1C所成角的正弦值．〔2假設(shè)存在點(diǎn)P符合題意,則點(diǎn)P的坐標(biāo)可設(shè)為P〔0,y,z,則．利用向量法能求出存在點(diǎn)P,使DP∥平面AB1C,其坐標(biāo)為〔0,0,,即恰好為A1點(diǎn)．[解答]解：〔1∵側(cè)面A1ACC1⊥底面ABC,作A1O⊥AC于點(diǎn)O,∴A1O⊥平面ABC．又∠ABC=∠A1AC=60°,且各棱長(zhǎng)都相等,∴AO=1,OA1=OB=,BO⊥AC．…〔2分故以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz,則A〔0,﹣1,0,B〔,0,0,A1〔0,0,,C〔0,1,0,∴=〔0,1,,=〔,=〔0,2,0．…〔4分設(shè)平面AB1C的法向量為,則,取x=1,得=〔1,0,1．設(shè)側(cè)棱AA1與平面AB1C所成角的為θ,則sinθ=|cos＜,＞|=||=,∴側(cè)棱AA1與平面AB1C所成角的正弦值為．…〔6分〔2∵=,而,,∴=〔﹣2,0,0,又∵B〔,∴點(diǎn)D〔﹣,0,0．假設(shè)存在點(diǎn)P符合題意,則點(diǎn)P的坐標(biāo)可設(shè)為P〔0,y,z,∴．∵DP∥平面AB1C,=〔﹣1,0,1為平面AB1C的法向量,∴由=λ,得,∴y=0．…〔10分又DP?平面AB1C,故存在點(diǎn)P,使DP∥平面AB1C,其坐標(biāo)為〔0,0,,即恰好為A1點(diǎn)．…〔12分[點(diǎn)評(píng)]本題考查線面角的正弦值的求法,考查滿足條件的點(diǎn)是否存在的判斷與求法,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意向量法的合理運(yùn)用．9．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,側(cè)面ABB1A1為矩形,AB=2,AA1=2,D是AA1的中點(diǎn),BD與AB1交于點(diǎn)O,且CO⊥平面ABB1A1．〔Ⅰ證明：平面AB1C⊥平面BCD；〔Ⅱ若OC=OA,△AB1C的重心為G,求直線GD與平面ABC所成角的正弦值．[分析]〔Ⅰ通過(guò)證明AB1⊥BD,AB1⊥CO,推出AB1⊥平面BCD,然后證明平面AB1C⊥平面BCD．〔Ⅱ以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以O(shè)D,OB1,OC所在直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz．求出平面ABC的法向量,設(shè)直線GD與平面ABC所成角α,利用空間向量的數(shù)量積求解直線GD與平面ABC所成角的正弦值即可．[解答]〔本小題滿分12分解：〔Ⅰ∵ABB1A1為矩形,AB=2,,D是AA1的中點(diǎn),∴∠BAD=90°,,,從而,,∵,∴∠ABD=∠AB1B,…〔2分∴,∴,從而AB1⊥BD…〔4分∵CO⊥平面ABB1A1,AB1?平面ABB1A1,∴AB1⊥CO,∵BD∩CO=O,∴AB1⊥平面BCD,∵AB1?平面AB1C,∴平面AB1C⊥平面BCD…〔6分〔Ⅱ如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以O(shè)D,OB1,OC所在直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz．在矩形ABB1A1中,由于AD∥BB1,所以△AOD和△B1OB相似,從而又,∴,,,,∴,,∵G為△AB1C的重心,∴,…〔8分設(shè)平面ABC的法向量為,,由可得,令y=1,則z=﹣1,,所以．…〔10分設(shè)直線GD與平面ABC所成角α,則=,所以直線GD與平面ABC所成角的正弦值為…〔12分[點(diǎn)評(píng)]本題考查平面與平面垂直的判定定理的應(yīng)用,直線與平面所成角的求法,考查空間想象能力以及計(jì)算能力．10．在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,將△ABD沿BD折起,使得點(diǎn)A折起至A′,設(shè)二面角A′﹣BD﹣C的大小為θ．〔1當(dāng)θ=90°時(shí),求A′C的長(zhǎng)；〔2當(dāng)cosθ=時(shí),求BC與平面A′BD所成角的正弦值．[分析]〔1過(guò)A作BD的垂線交BD于E,交DC于F,連接CE,利用勾股定理及余弦定理計(jì)算AE,CE,由A′E⊥CE得出A′C；〔2利用余弦定理可得A′F=,從而得出A′F⊥平面ABCD,以F為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系,求出和平面A′BD的法向量,則BC與平面A′BD所成角的正弦值為|cos＜＞|．[解答]解：〔1在圖1中,過(guò)A作BD的垂線交BD于E,交DC于F,連接CE．∵AB=4,AD=2,∴BD==10．∴,BE==8,cos∠CBE==．在△BCE中,由余弦定理得CE==2．∵θ=90°,∴A′E⊥平面ABCD,∴A′E⊥CE．∴|A′C|==2．〔2DE==2．∵tan∠FDE=,∴EF=1,DF==．當(dāng)即cos∠A′EF=時(shí),．∴A′E2=A′F2+EF2,∴∠A'FE=90°又BD⊥AE,BD⊥EF,∴BD⊥平面A'EF,∴BD⊥A'F∴A'F⊥平面ABCD．以F為原點(diǎn),以FC為x軸,以過(guò)F的AD的平行線為y軸,以FA′為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示：∴A′〔0,0,,D〔﹣,0,0,B〔3,2,0,C〔3,0,0．∴=〔0,2,0,=〔4,2,0,=〔,0,．設(shè)平面A′BD的法向量為=〔x,y,z,則,∴,令z=1得=〔﹣,2,1．∴cos＜＞===．∴BC與平面A'BD所成角的正弦值為．[點(diǎn)評(píng)]本題考查了空間角與空間距離的計(jì)算,空間向量的應(yīng)用,屬于中檔題．11．如圖,由直三棱柱ABC﹣A1B1C1和四棱錐D﹣BB1C1C構(gòu)成的幾何體中,∠BAC=90°,AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD=,平面CC1D⊥平面ACC1A1．〔Ⅰ求證：AC⊥DC1；〔Ⅱ若M為DC1的中點(diǎn),求證：AM∥平面DBB1；〔Ⅲ在線段BC上是否存在點(diǎn)P,使直線DP與平面BB1D所成的角為？若存在,求的值,若不存在,說(shuō)明理由．[分析]〔Ⅰ證明AC⊥CC1,得到AC⊥平面CC1D,即可證明AC⊥DC1．〔Ⅱ易得∠BAC=90°,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz,依據(jù)已知條件可得A〔0,0,0,,,B〔0,0,1,B1〔2,0,1,,利用向量求得AM與平面DBB1所成角為0,即AM∥平面DBB1．〔Ⅲ利用向量求解[解答]解：〔Ⅰ證明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,故AC⊥CC1,由平面CC1D⊥平面ACC1A1,且平面CC1D∩平面ACC1A1=CC1,所以AC⊥平面CC1D,又C1D?平面CC1D,所以AC⊥DC1．〔Ⅱ證明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC,又∠BAC=90°,所以,如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz,依據(jù)已知條件可得A〔0,0,0,,,B〔0,0,1,B1〔2,0,1,,所以,,設(shè)平面DBB1的法向量為,由即令y=1,則,x=0,于是,因?yàn)镸為DC1中點(diǎn),所以,所以,由,可得,所以AM與平面DBB1所成角為0,即AM∥平面DBB1．〔Ⅲ解：由〔Ⅱ可知平面BB1D的法向量為．設(shè),λ∈[0,1],則,．若直線DP與平面DBB1成角為,則,解得,故不存在這樣的點(diǎn)．[點(diǎn)評(píng)]本題考查了空間線線垂直、線面平行的判定,向量法求二面角．屬于中檔題12．如圖,在多面體ABCDEF中,底面ABCD為正方形,平面AED⊥平面ABCD,AB=EA=ED,EF∥BD〔I證明：AE⊥CD〔II在棱ED上是否存在點(diǎn)M,使得直線AM與平面EFBD所成角的正弦值為？若存在,確定點(diǎn)M的位置；若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由．[分析]〔I利用面面垂直的性質(zhì)得出CD⊥平面AED,故而AE⊥CD；〔II取AD的中點(diǎn)O,連接EO,以O(shè)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系,設(shè),求出平面BDEF的法向量,令|cos＜＞|=,根據(jù)方程的解得出結(jié)論．[解答]〔I證明：∵四邊形ABCD是正方形,∴CD⊥AD,又平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,CD?平面ABCD,∴CD⊥平面AED,∵AE?平面AED,∴AE⊥CD．〔II解：取AD的中點(diǎn)O,過(guò)O作ON∥AB交BC于N,連接EO,∵EA=ED,∴OE⊥AD,又平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,OE?平面AED,∴OE⊥平面ABCD,以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz,如圖所示：設(shè)正方形ACD的邊長(zhǎng)為2,,則A〔1,0,0,B〔1,2,0,D〔﹣1,0,0,E〔0,0,1,M〔﹣λ,0,1﹣λ∴=〔﹣λ﹣1,0,1﹣λ,=〔1,0,1,=〔2,2,0,設(shè)平面BDEF的法向量為=〔x,y,z,則,即,令x=1得=〔1,﹣1,﹣1,∴cos＜＞==,令||=,解得λ=0,∴當(dāng)M與點(diǎn)E重合時(shí),直線AM與平面EFBD所成角的正弦值為．[點(diǎn)評(píng)]本題考查了線面垂直的判定,空間向量與線面角的計(jì)算,屬于中檔題．13．如圖,在四棱錐P﹣ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1．〔1設(shè)點(diǎn)E為PD的中點(diǎn),求證：CE∥平面PAB；〔2線段PD上是否存在一點(diǎn)N,使得直線CN與平面PAC所成的角θ的正弦值為？若存在,試確定點(diǎn)N的位置,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由．[分析]〔1取AD中點(diǎn)M,利用三角形的中位線證明EM∥平面PAB,利用同位角相等證明MC∥AB,得到平面EMC∥平面PAB,證得EC∥平面PAB；〔2建立坐標(biāo)系,求出平面PAC的法向量,利用直線CN與平面PAC所成的角θ的正弦值為,可得結(jié)論．[解答]〔1證明：取AD中點(diǎn)M,連EM,CM,則EM∥PA．∵EM?平面PAB,PA?平面PAB,∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中,∠CAD=60°,AC=AM=2,∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°,∴MC∥AB．∵M(jìn)C?平面PAB,AB?平面PAB,∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M,∴平面EMC∥平面PAB．∵EC?平面EMC,∴EC∥平面PAB．〔2解：過(guò)A作AF⊥AD,交BC于F,建立如圖所示的坐標(biāo)系,則A〔0,0,0,B〔,﹣,0,C〔,1,0,D〔0,4,0,P〔0,0,2,設(shè)平面PAC的法向量為=〔x,y,z,則,取=〔,﹣3,0,設(shè)=λ〔0≤λ≤1,則=〔0,4λ,﹣2λ,=〔﹣λ﹣1,2﹣2λ,∴|cos＜,＞|==,∴,∴N為PD的中點(diǎn),使得直線CN與平面PAC所成的角θ的正弦值為．[點(diǎn)評(píng)]本題考查線面平行的判定,考查線面角,考查向量知識(shí)的運(yùn)用,考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力,屬于中檔題．14．如圖,四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD為平行四邊形,平面PAB⊥平面ABCD,PB=PC