空间向量和立体几何练习题及答案.docx
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空间向量和立体几何练习题及答案
1.如图,在四棱锥P﹣ABCDxx,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PBxx,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xx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﹣ABCxx,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的xx点,M是线段AD的xx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PAxx,且直线NH与直线BE所成角的xx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xx值得二面角C﹣EM﹣N的xx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xx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xx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xx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xx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xx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△BECxx,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xx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xx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xx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,CDxx,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﹣A1B1C1xx,CA=CB,侧面ABB1A1是边长为2的正方形,点E,F分别在线段AA1、A1B1xx,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xxP﹣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PDxx,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﹣ABCxx,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△ABNxx,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﹣A1B1C1xx,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AA1xx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﹣A1B1C1xx,侧面ABB1A1为矩形,AB=2,AA1=2,D是AA1的xx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ABB1A1xx,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ABCDxx,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1xx,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△BCExx,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BCxx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xx棱柱ABC﹣A1B1C1xx,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xx棱柱ABC﹣A1B1C1xx,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ABCDEFxx,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EDxx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,
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