空间向量及其立体几何练习进步试题和规范标准答案解析.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+22﹣222cos120=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，∴∠AFE=90 又BD⊥AE，BD⊥EF，∴BD⊥平面AEF，∴BD⊥AF ∴AF⊥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ABD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．