空间向量和立体几何练习题及答案.doc

1．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=，AB=4．
（1）求证：M为PB的中点；
（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；
（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．

【分析】（1）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；
（2）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；
（3）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，
∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，
∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，
∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；
（2）解：取AD中点G，
∵PA=PD，∴PG⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，
由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．
以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，
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，），
，．
设平面PBD的一个法向量为，
则由，得，取z=，得．
取平面PAD的一个法向量为．
∴cos＜＞==．
∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；
（3）解：，平面BDP的一个法向量为．
∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=．

【点评】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．

2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．
（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；
（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．

【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；
（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；
（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．
【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，
∵M为AD中点，∴MF∥BD，
∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．
∵N为BC中点，∴NF∥AC，
又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．
∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．
又MF∩NF=F．
∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；
（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．
∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
∵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），
则，，
设平面MEN的一个法向量为，
由，得，取z=2，得．
由图可得平面CME的一个法向量为．
∴cos＜＞=．
∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；
（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．
∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，
∴|cos＜＞|=||=||=．
解得：t=或t=．
∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或．

【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是中档题．

3．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．
（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．

【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；
（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．
法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．
【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、
取的中点H，连接EH，GH，CH，
∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形，
∴AE=GE=AC=GC=．
取AG中点M，连接EM，CM，EC，
则EM⊥AG，CM⊥AG，
∴∠EMC为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为等边三角形，
故所求的角为60°．
解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），
故，，．
设为平面AEG的一个法向量，
由，得，取z1=2，得；
设为平面ACG的一个法向量，
由，可得，取z2=﹣2，得．
∴cos＜＞=．
∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．

【点评】本题考查空间角的求法，考查空间想象能力和思维能力，训练了线面角的求法及利用空间向量求二面角的大小，是中档题．

4．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．
（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；
（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．

【分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC；
（Ⅱ）证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴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为二面角D﹣AF﹣E的平面角；
由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，
∵BE⊥EF，
∴BE⊥平面EFDC
即有CE⊥BE，
可得∠CEF为二面角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，
∴四边形EFDC为等腰梯形．
以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD=a，
则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），
∴=（0，2a，0），=（，﹣2a，a），=（﹣2a，0，0）
设平面BEC的法向量为=（x1，y1，z1），则，
则，取=（，0，﹣1）．
设平面ABC的法向量为=（x2，y2，z2），则，
则，取=（0，，4）．
设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ=
==﹣，
则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为﹣．

【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．
　5．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=．
（Ⅰ）证明：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为菱形，可得AD=CD，结合AE=CF可得EF∥AC，再由ABCD是菱形，得AC⊥BD，进一步得到EF⊥BD，由EF⊥DH，可得EF⊥D′H，然后求解直角三角形得D′H⊥OH，再由线面垂直的判定得D′H⊥平面ABCD；
（Ⅱ）以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，得到的坐标，分别求出平面ABD′与平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，求出|cosθ|．则二面角B﹣D′A﹣C的正弦值可求．
【解答】（Ⅰ）证明：∵ABCD是菱形，
∴AD=DC，又AE=CF=，
∴，则EF∥AC，
又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，
∴EF⊥DH，则EF⊥D′H，
∵AC=6，
∴AO=3，
又AB=5，AO⊥OB，
∴OB=4，
∴OH==1，则DH=D′H=3，
∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，则D′H⊥OH，
又OH∩EF=H，
∴D′H⊥平面ABCD；
（Ⅱ）解：以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
∵AB=5，AC=6，
∴B（5，0，0），C（1，3，0），D′（0，0，3），A（1，﹣3，0），
，，
设平面ABD′的一个法向量为，
由，得，取x=3，得y=﹣4，z=5．
∴．
同理可求得平面AD′C的一个法向量，
设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，
则|cosθ|=．
∴二面角B﹣D′A﹣C的正弦值为sinθ=．

【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了二面角的平面角的求法，训练了利用平面的法向量求解二面角问题，体现了数学转化思想方法，是中档题．
6．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AA1、A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF．
（Ⅰ）证明：平面ABB1A1⊥平面ABC；
（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．

【分析】（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．计算DE，EF，DF，利用勾股定理的逆定理得出DE⊥EF，由三线合一得CD⊥AB，故而CD⊥平面ABB1A1，从而平面ABB1A1⊥平面ABC；
（II）以C为原点建立空间直角坐标系，求出和平面CEF的法向量，则直线AC1与平面CEF所成角的正弦值等于|cos＜＞|．
【解答】证明：（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．
∵AC=BC，D是AB的中点，∴CD⊥AB．
∵侧面ABB1A1是边长为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为相交直线，
∴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为原点，以CA，CB，CC1为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则A（，0，0），C（0，0，0），C1（0，0，2），E（，0，），F（，，2）．
∴=（﹣，0，2），=（，0，），=（，，2）．
设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，
∴，令z=4，得=（﹣，﹣9，4）．
∴=10，||=6，||=．
∴sin＜＞==．
∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．

【点评】本题考查了面面垂直的判定，线面角的计算，空间向量的应用，属于中档题．

7．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=4，PA=2．

（1）求证：AB⊥PC；
（2）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用直角梯形的性质求出AB，AC的长，根据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）假设存在点M，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出M到平面ABCD的距离从而确定M的位置，利用棱锥的体积求出B到平面MAC的距离h，根据勾股定理计算BM，则即为所求角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：∵四边形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）假设存在符合条件的点M，过点M作MN⊥AD于N，则MN∥PA，
∴MN⊥平面ABCD，∴MN⊥AC．
过点M作MG⊥AC于G，连接NG，则AC⊥平面MNG，
∴AC⊥NG，即∠MGN是二面角M﹣AC﹣D的平面角．
若∠MGN=45°，则NG=MN，又AN=NG=MN，
∴MN=1，即M是线段PD的中点．
∴存在点M使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°．
在三棱锥M﹣ABC中，VM﹣ABC=S△ABC•MN==，
设点B到平面MAC的距离是h，则VB﹣MAC=，
∵MG=MN=，∴S△MAC===2，
∴=，解得h=2．
在△ABN中，AB=4，AN=，∠BAN=135°，∴BN==，
∴BM==3，
∴BM与平面MAC所成角的正弦值为=．

【点评】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．

8．如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC=60°．
（1）求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；
（2）已知点D满足=+，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）推导出A1O⊥平面ABC，BO⊥AC，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值．
（2）假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），则．利用向量法能求出存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．
【解答】解：（1）∵侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，
∴A1O⊥平面ABC．
又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长都相等，
∴AO=1，OA1=OB=，BO⊥AC．…（2分）
故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，
则A（0，﹣1，0），B（，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0），
∴=（0，1，），=（），=（0，2，0）．…（4分）
设平面AB1C的法向量为，
则，取x=1，得=（1，0，1）．
设侧棱AA1与平面AB1C所成角的为θ，
则sinθ=|cos＜，＞|=||=，
∴侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值为．…（6分）
（2）∵=，而，，
∴=（﹣2，0，0），又∵B（），∴点D（﹣，0，0）．
假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），∴．
∵DP∥平面AB1C，=（﹣1，0，1）为平面AB1C的法向量，
∴由=λ，得，∴y=0．…（10分）
又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），
即恰好为A1点．…（12分）

【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

9．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1．
（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面BCD；
（Ⅱ）若OC=OA，△AB1C的重心为G，求直线GD与平面ABC所成角的正弦值．

【分析】（Ⅰ）通过证明AB1⊥BD，AB1⊥CO，推出AB1⊥平面BCD，然后证明平面AB1C⊥平面BCD．
（Ⅱ）以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．求出平面ABC的法向量，设直线GD与平面ABC所成角α，利用空间向量的数量积求解直线GD与平面ABC所成角的正弦值即可．
【解答】（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）∵ABB1A1为矩形，AB=2，，D是AA1的中点，∴∠BAD=90°，，，
从而，，∵，∴∠ABD=∠AB1B，…（2分）
∴，∴，从而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）如图，以O为坐标原点，
分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．
在矩形ABB1A1中，由于AD∥BB1，所以△AOD和△B1OB相似，
从而
又，∴，，，，∴，，∵G为△AB1C的重心，∴，…（8分）
设平面ABC的法向量为，，
由可得，
令y=1，则z=﹣1，，所以．…（10分）
设直线GD与平面ABC所成角α，则=，
所以直线GD与平面ABC所成角的正弦值为…（12分）

【点评】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．

10．在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，将△ABD沿BD折起，使得点A折起至A′，设二面角A′﹣BD﹣C的大小为θ．
（1）当θ=90°时，求A′C的长；
（2）当cosθ=时，求BC与平面A′BD所成角的正弦值．

【分析】（1）过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE，利用勾股定理及余弦定理计算AE，CE，由A′E⊥CE得出A′C；
（2）利用余弦定理可得A′F=，从而得出A′F⊥平面ABCD，以F为原点建立坐标系，求出和平面A′BD的法向量，则BC与平面A′BD所成角的正弦值为|cos＜＞|．
【解答】解：（1）在图1中，过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接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．
（2）DE==2．
∵tan∠FDE=，∴EF=1，DF==．
当即cos∠A′EF=时，．
∴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为原点，以FC为x轴，以过F的AD的平行线为y轴，以FA′为z轴建立空间直角坐标系如图所示：
∴A′（0，0，），D（﹣，0，0），B（3，2，0），C（3，0，0）．
∴=（0，2，0），=（4，2，0），=（，0，）．
设平面A′BD的法向量为=（x，y，z），则，
∴，令z=1得=（﹣，2，1）．
∴cos＜＞===．
∴BC与平面A'BD所成角的正弦值为．

【点评】本题考查了空间角与空间距离的计算，空间向量的应用，属于中档题．

11．如图，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1和四棱锥D﹣BB1C1C构成的几何体中，∠BAC=90°，AB=1，BC=BB1=2，C1D=CD=，平面CC1D⊥平面ACC1A1．
（Ⅰ）求证：AC⊥DC1；
（Ⅱ）若M为DC1的中点，求证：AM∥平面DBB1；
（Ⅲ）在线段BC上是否存在点P，使直线DP与平面BB1D所成的角为？若存在，求的值，若不存在，说明理由．

【分析】（Ⅰ）证明AC⊥CC1，得到AC⊥平面CC1D，即可证明AC⊥DC1．
（Ⅱ）易得∠BAC=90°，建立空间直角坐标系A﹣xyz，
依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，
利用向量求得AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．
（Ⅲ）利用向量求解
【解答】解：（Ⅰ）证明：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）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，
又∠BAC=90°，所以，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，
依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，
所以，，
设平面DBB1的法向量为，
由即
令y=1，则，x=0，于是，
因为M为DC1中点，所以，所以，
由，可得，
所以AM与平面DBB1所成角为0，
即AM∥平面DBB1．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知平面BB1D的法向量为．
设，λ∈[0，1]，
则，．
若直线DP与平面DBB1成角为，则，
解得，
故不存在这样的点．

【点评】本题考查了空间线线垂直、线面平行的判定，向量法求二面角．属于中档题

12．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，平面AED⊥平面ABCD，AB=EA=ED，EF∥BD
（ I）证明：AE⊥CD
（ II）在棱ED上是否存在点M，使得直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．

【分析】（I）利用面面垂直的性质得出CD⊥平面AED，故而AE⊥CD；
（II）取AD的中点O，连接EO，以O为原点建立坐标系，设，求出平面BDEF的法向量，令|cos＜＞|=，根据方程的解得出结论．
【解答】（I）证明：∵四边形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的中点O，过O作ON∥AB交BC于N，连接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为原点建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：
设正方形ACD的边长为2，，
则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），
设平面BDEF的法向量为=（x，y，z），
则，即，令x=1得=（1，﹣1，﹣1），
∴cos＜＞==，
令||=，解得λ=0，
∴当M与点E重合时，直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为．

【点评】本题考查了线面垂直的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．

13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1．
（1）设点E为PD的中点，求证：CE∥平面PAB；
（2）线段PD上是否存在一点N，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为？若存在，试确定点N的位置，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；
（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．
【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则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．
∵MC⊄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：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（，﹣，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），

设平面PAC的法向量为=（x，y，z），则，取=（，﹣3，0），
设=λ（0≤λ≤1），则=（0，4λ，﹣2λ），=（﹣λ﹣1，2﹣2λ），
∴|cos＜，＞|==，∴，
∴N为PD的中点，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为．

【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

14．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB=PC，∠ABC=45°，点E是线段PA上靠近点A的三等分点．
（Ⅰ）求证：AB⊥PC；
（Ⅱ）若△PAB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．

【分析】（Ⅰ）作PO⊥AB于O，连接OC，可得PO⊥面ABCD．由△POB≌△POC，∠ABC=45°，得OC⊥AB，即得AB⊥面POC，可证得AB⊥PC．
（Ⅱ）以O 为原点建立空间坐标系，，利用向量求解．
【解答】解：（Ⅰ）作PO⊥AB于O…①，连接OC，
∵平面PAB⊥平面ABCD，且面PAB∩面ABCD=AB，∴PO⊥面ABCD．…（2分）
∵PB=PC，∴△POB≌△POC，∴OB=OC，
又∵∠ABC=45°，∴OC⊥AB…②
又PO∩CO=O，由①②，得AB⊥面POC，又PC⊂面POC，∴AB⊥PC．…（6分）
（Ⅱ）∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴．
如图建立空间坐标系，
设面PBC的法向量为，
，由，令，得；
，．
，
设DE与面PBC所成角为θ，

∴直线DE与平面PBC所成角的正弦值．…（12分）

【点评】本题考查了空间线线垂直的判定，向量法求线面角，属于中档题．

15．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AAl，A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF，M为AB中点
（ I）证明：EF⊥平面CME；
（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．

【分析】（Ⅰ）推导出Rt△EAM∽Rt△FA1E，从而EF⊥ME，又EF⊥CE，由此能证明EF⊥平面CEM．
（Ⅱ）设线段A1B1中点为N，连结MN，推导出MC，MA，MN两两垂直，建空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABB1A1中，A1E=，AM=1，
在Rt△EAM和Rt△FA1E中，，
又∠EAM=∠FA1E=，∴Rt△EAM∽Rt△FA1E，
∴∠AEM=∠A1FE，∴EF⊥EM，
又EF⊥CE，ME∩CE=E，∴EF⊥平面CEM．
解：（Ⅱ）在等腰三角形△CAB中，
∵CA⊥CB，AB=2，∴CA=CB=，且CM=1，
设线段A1B1中点为N，连结MN，由（Ⅰ）可证CM⊥平面ABB1A1，
∴MC，MA，MN两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则C（1，0，0），E（0，1，），F（0，，2），A（0，1，0），C1（1，0，2），
=（﹣1，1，），=（0，﹣，），=（1，﹣1，2），
设平面CEF的法向量为=（x，y，z），
则，取z=2，得=（5，4，2），
设直线AC1与平面CEF所成角为θ，
则sinθ==，
∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．