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第一章 空间向量与立体几何
一、单选题
1．已知向量，下列与垂直的向量是（　　）
A．（2，0，1） B．（2，1，0） C．（2，1，1） D．（2，1，4）
2．已知向量（1，1，0），（﹣1，0，2），且k与2互相垂直，则k的值是（　　）
A．1 B． C． D．
3．在空间直角坐标系内，平面α经过三点A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），向量是平面α的一个法向量，则λ+μ＝（　　）
A．﹣7 B．﹣5 C．5 D．7
4．在空间直角坐标系中，若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则（　　）
A．l∥α B．l⊥α C．l α或l∥α D．l与α斜交
5．已知向量（2，1，﹣5），（4，y，z），且∥，则y+z＝（　　）
A．﹣8 B．﹣12 C．8 D．12
6．已知向量，，是空间的一个单位正交基底，向量，，是空间的另一个基底，若向量在基底，，下的坐标为（2，3，4），则在，，下的坐标为（　　）
A． B．
C． D．
7．已知向量为平面α的一个法向量，点A（﹣1，2，1）在α内，则P（1，2，﹣2）到平面α的距离为（　　）
A． B． C． D．
8．已知三棱锥A﹣BCD中，AB＝CD＝BD＝AC＝2，，则异面直线AB，CD所成角为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知向量（1，1，0），则与同向共线的单位向量（　　）
A．（，，0） B．（0，1，0）
C．（，，0） D．（﹣1，﹣1，0）
10．给出下列命题，其中不正确的为（　　）
A．若，则必有A与C重合，B与D重合，AB与CD为同一线段
B．若，则，是钝角
C．若，则与一定共线
D．非零向量、、满足与，与，与都是共面向量，则、、必共面
11．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中，不能作为平面AEF的法向量的是（　　）
A．（1，﹣2，4） B．（﹣4，1，﹣2） C．（2，﹣2，1） D．（1，2，﹣2）
12．下列说法不正确的是（　　）
A．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°
B．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角
C．二面角的大小范围是[0°，180°]
D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小
三、填空题
13．已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，若向量，且点P与A，B，C共面，则实数λ＝　 　 ．
14．已知空间向量（1，﹣2，2），则||＝　 　 ．
15．已知向量（0，1，0），（1，0，1），||，且λ＞0，则λ＝　 　 ．
16．四棱锥S﹣ABCD的底面是平行四边形，，若，则x+y+z＝　 　 ．
17．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是C1C中点，则BE与平面B1BDD1所成角的正弦值为 　 　 ．
18．如图，在空间四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝4，．设直线AB与直线CD所成角为α，当二面角A﹣BD﹣C的大小在变化时，则cosα的最大值是　 　 ．
四、解答题
19．已知OA，OB，OC两两垂直，OA＝OC＝3，OB＝2，M为OB的中点，点N在AC上，AN＝2NC．
（Ⅰ）求MN的长；
（Ⅱ）若点P在线段BC上，设，当AP⊥MN时，求实数λ的值．
20．如图，在正三棱柱BCD﹣B1C1D1与四棱锥A﹣BDD1B1组成的组合体中，底面ABCD恰好是边长为2菱形，且CC1＝2．
（1）求证：AD1∥平面BCC1B1；
（2）设E是BD的中点，求直线B1E与直线AD1所成角的余弦值．
21．如图，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA＝AD＝AB＝2，M，N分别为AB，PC的中点，求证：
（1）MN∥平面PAD；
（2）求PD与平面PMC所成角的正弦值．
22．如图，在三棱柱ABC﹣DEF中，AB＝BC＝2，BE＝3，M是AC的中点，点A在平面BCFE上的射影为BF的中点．
（Ⅰ）证明：AE∥平面BMF；
（Ⅱ）若直线AB与平面BCFE所成角的正弦值为，求二面角M﹣BF﹣C的平面角的正切值．
23．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1所有的棱长为2，，M是棱BC的中点．
（Ⅰ）求证：A1M⊥平面ABC；
（Ⅱ）在线段B1C是否存在一点P，使直线BP与平面A1BC所成角的正弦值为？若存在，求出CP的值；若不存在，请说明理由．
第一章 空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一、单选题
1．已知向量，下列与垂直的向量是（　　）
A．（2，0，1） B．（2，1，0） C．（2，1，1） D．（2，1，4）
【答案】D
【分析】利用空间向量垂直的坐标表示，对四个选项进行逐一的判断，即可得到答案．
【解答】解：因为，
对于A，因为2×1+0×2+1×（﹣1）＝1≠0，故选项A不符合；
对于B，因为2×1+1×2+0×（﹣1）＝4≠0，故选项B不符合；
对于C，因为2×1+1×2+1×（﹣1）＝3≠0，故选项C不符合；
对于D，因为2×1+1×2+4×（﹣1）＝0，故选项D符合．
故选：D．
【点评】本题考查了空间向量的坐标运算，主要考查了空间向量垂直的坐标表示，属于基础题．
2．已知向量（1，1，0），（﹣1，0，2），且k与2互相垂直，则k的值是（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】由向量（1，1，0），（﹣1，0，2），求得k与2的坐标，代入数量积的坐标表示求得k值．
【解答】解：∵（1，1，0），（﹣1，0，2），
∴kk（1，1，0）+（﹣1，0，2）＝（k﹣1，k，2），
22（1，1，0）﹣（﹣1，0，2）＝（3，2，﹣2），
又k与2互相垂直，
∴3（k﹣1）+2k﹣4＝0，解得：k．
故选：D．
【点评】本题考查空间向量的数量积运算，考查向量数量积的坐标表示，是基础的计算题．
3．在空间直角坐标系内，平面α经过三点A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），向量是平面α的一个法向量，则λ+μ＝（　　）
A．﹣7 B．﹣5 C．5 D．7
【答案】D
【分析】求出，，由，可得关于λ和μ的方程组，求解即可．
【解答】解：由A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），
则（﹣1，1，﹣2），（﹣3，1，﹣1），
因为向量（1，λ，μ）是平面α的一个法向量，
所以，即 ，
解得 ，
所以λ+μ＝5+2＝7．
故选：D．
【点评】本题主要考查平面的法向量，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
4．在空间直角坐标系中，若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则（　　）
A．l∥α B．l⊥α C．l α或l∥α D．l与α斜交
【答案】C
【分析】根据0可知⊥，从而得出结论．
【解答】解：由2×1+（﹣2）×3+1×4＝0，可知⊥．
∴l∥α或l α．
故选：C．
【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于基础题．
5．已知向量（2，1，﹣5），（4，y，z），且∥，则y+z＝（　　）
A．﹣8 B．﹣12 C．8 D．12
【答案】A
【分析】直接利用向量共线定理得到，再利用向量相等的坐标表示求出y和z，即可得到答案．
【解答】解：因为向量（2，1，﹣5），（4，y，z），且∥，
所以，
则有，解得y＝2，z＝﹣10，
所以y+z＝﹣8．
故选：A．
【点评】本题考查了空间向量共线定理的应用，涉及了空间向量的坐标表示以及空间向量相等的充要条件的应用，属于基础题．
6．已知向量，，是空间的一个单位正交基底，向量，，是空间的另一个基底，若向量在基底，，下的坐标为（2，3，4），则在，，下的坐标为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】可设向量，由此把向量分别用坐标表示，列方程组解出x，y，z，即可得到的坐标．
【解答】解：不妨设向量，
则向量，
设，
即（2，3，4）＝x（1，1，0）+y（1，﹣1，0）+z（1，0，1），
∴，解得，
即在下的坐标为．
故选：C．
【点评】本题考查了空间向量坐标的计算，属于基础题．
7．已知向量为平面α的一个法向量，点A（﹣1，2，1）在α内，则P（1，2，﹣2）到平面α的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】点P（1，2，﹣2）到平面α的距离d，由此能求出结果．
【解答】解：∵平面α的一个法向量为（2，0，1），
点A（﹣1，2，1）在平面α内，点P（1，2，﹣2），
∴（2，0，﹣3），
∴点P（1，2，﹣2）到平面α的距离d．
故选：A．
【点评】本题考查点到平面的距离的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
8．已知三棱锥A﹣BCD中，AB＝CD＝BD＝AC＝2，，则异面直线AB，CD所成角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意将图形补全成一个长、宽、高分别为的长方体，再利用向量法即可得出答案．
【解答】解：如图所示，在一个长、宽、高分别为的长方体中可以找到满足题意的三棱锥，以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
，
，
．
所以异面直线AB，CD所成角为．
故选：B．
【点评】本题考查了异面直线所成的角的计算，属于基础题．
二、多选题
9．已知向量（1，1，0），则与同向共线的单位向量（　　）
A．（，，0） B．（0，1，0）
C．（，，0） D．（﹣1，﹣1，0）
【答案】C
【分析】根据共线向量和单位向量的定义计算即可．
【解答】解：向量（1，1，0），则与同向共线的单位向量为
（，，0）＝（，，0）．
故选：C．
【点评】本题考查了共线向量和单位向量的定义与应用问题，是基础题．
10．给出下列命题，其中不正确的为（　　）
A．若，则必有A与C重合，B与D重合，AB与CD为同一线段
B．若，则，是钝角
C．若，则与一定共线
D．非零向量、、满足与，与，与都是共面向量，则、、必共面
【答案】ABD
【分析】由四边形ABDC为平行四边形，可判断A，
由向量反向，可判断B，
结合相反向量的定义，可判断C，
运用向量共点，可判断D．
【解答】解：对于A，若，
则四边形ABDC为平行四边形，故A错误，
对于B，若，
则，是钝角或反向共线，故B错误，
对于C，若，
则，即与一定共线，故C正确，
对于D，非零向量、、满足与，与，与都是共面向量，
若，，都过同一点，
故、、不共面，故D错误．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查向量的应用，考查转化能力，属于基础题．
11．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中，不能作为平面AEF的法向量的是（　　）
A．（1，﹣2，4） B．（﹣4，1，﹣2） C．（2，﹣2，1） D．（1，2，﹣2）
【答案】ACD
【分析】设正方体的棱长为2，依次求出各点坐标，设向量（x，y，z）是平面AEF的法向量，根据法向量的定义，逐一验证各选项即可求出答案．
【解答】解：设正方体的棱长为2，则A（2，0，0），E（2，2，1），F（1，0，2），
∴，
设向量（x，y，z）是平面AEF的法向量，
则取y＝1，得z＝﹣2，x＝﹣4，
则（﹣4，1，﹣2）是平面AEF的一个法向量，
结合其他选项，只需和（﹣4，1，﹣2）共线即可，
检验可知，ACD选顶均不与（﹣4，1，﹣2）共线．
所以能作为平面AEF的法向量只有选项B．
故选：ACD．
【点评】本题考查了平面法向量的计算，属于基础题．
12．下列说法不正确的是（　　）
A．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°
B．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角
C．二面角的大小范围是[0°，180°]
D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小
【答案】ABD
【分析】A用直线与平面成角定义判断；B用异面直线成角定义判断；C用二面角定义判断；D用二面角和平面法向量定义判断．
【解答】解：对于A，直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，
直线l与平面α所成的角等于60°，所以A错；
对于B，两条异面直线的夹角与它们的方向向量的夹角相等或互补，所以B错；
对于C，二面角的大小范围是[0°，180°]，由二面角定义知C对；
对于D，二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角相等或互补，所以D错．
故选：ABD．
【点评】本题以命题真假判断为载体，考查了异面直线成角、直线与平面成角和二面角的基本概念，属于基础题．
三、填空题
13．已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，若向量，且点P与A，B，C共面，则实数λ＝　　 ．
【答案】．
【分析】利用空间向量共面定理直接求解．
【解答】解：∵A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，
向量，且点P与A，B，C共面，
∴1，
解得实数λ．
故答案为：．
【点评】本题考查实数值的求法，考查空间向量共面定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．已知空间向量（1，﹣2，2），则||＝　3　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】空间向量（x，y，z），则||．
【解答】解：∵空间向量（1，﹣2，2），
∴||3．
故答案为：3．
【点评】本题考查向量的模的求法，考查向量的模的计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15．已知向量（0，1，0），（1，0，1），||，且λ＞0，则λ＝　2　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用空间向量坐标运算法则求出（1，λ，1），再由||，λ＞0，列方程能求出λ的值．
【解答】解：∵向量（0，1，0），（1，0，1），
∴（1，λ，1），
∵||，λ＞0，
∴，
解得λ＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查实数值的求法，考查平空间向量坐标运算法则、向量的模等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
16．四棱锥S﹣ABCD的底面是平行四边形，，若，则x+y+z＝　　 ．
【答案】．
【分析】把看成空间的一组基底，然后用表示，再利用向量相等，求出x，y，z，得到x+y+z的值．
【解答】解：因为，所以，
四棱锥S﹣ABCD的底面是平行四边形，则，
所以
，
又，
所以，
故x+y+z．
故答案为：．
【点评】本题考查了空间向量基本定理的应用，空间向量加减法，属于基础题．
17．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是C1C中点，则BE与平面B1BDD1所成角的正弦值为 　　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】以A为坐标原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴正方向，建立空间坐标系O﹣xyz，分别求出面B1BDD1的法向量和直线BE的方向向量，代入向量夹角公式，可得BE与平面B1BDD1所成角的正弦值
【解答】解：以A为坐标原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴正方向，建立空间坐标系O﹣xyz
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），E（2，2，1）
根据正方体的几何特征，可得AC⊥平面B1BDD1，
故（2，2，0）是平面B1BDD1的一个法向量
又∵（0，2，1）
故BE与平面B1BDD1所成角θ满足sinθ
故答案为：
【点评】本题考查的知识点是直线与平面所成的角，其中建立空间坐标系，将线面夹角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．
18．如图，在空间四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝4，．设直线AB与直线CD所成角为α，当二面角A﹣BD﹣C的大小在变化时，则cosα的最大值是　　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围，从而得到cosα的最大值．
【解答】解：取BD中点O，连结AO，CO，
∵AB＝BD＝DA＝4．BC＝CD，∴CO⊥BD，AO⊥BD，且CO＝2，AO，
∴∠AOC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
B（0，﹣2，0），C（2，0，0），D（0，2，0），
设二面角A﹣BD﹣C的平面角为θ，则θ∈[，]，
∴A（cosθ，0，sinθ），
∴（cosθ，2，2sinθ），（﹣2，2，0），
由AB、CD的夹角为α，
则cosα，
∵θ∈，∴cosθ∈[，]，则|1cosθ|∈[1，1]．
∴cosα∈[，]．
即cosα的最大值为，
故答案为：．
【点评】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
四、解答题
19．已知OA，OB，OC两两垂直，OA＝OC＝3，OB＝2，M为OB的中点，点N在AC上，AN＝2NC．
（Ⅰ）求MN的长；
（Ⅱ）若点P在线段BC上，设，当AP⊥MN时，求实数λ的值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出MN的长．
（Ⅱ）B（0，2，0），设P（x，y，z），由设，得：P（0，，），由此能求出λ的值．
【解答】解：（Ⅰ）OA，OB，OC两两垂直，OA＝OC＝3，OB＝2，M为OB的中点，点N在AC上，AN＝2NC．
以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，
则M（0，1，0），A（3，0，0），C（0，0，3），N（1，0，2），
∴MN的长|MN|．
（Ⅱ）B（0，2，0），设P（x，y，z），
由设，得：P（0，，），
（﹣3，，），（1，﹣1，2），
∵AP⊥MN，
∴30，
解得λ．
【点评】本题考查线段长的求法，考查实数值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
20．如图，在正三棱柱BCD﹣B1C1D1与四棱锥A﹣BDD1B1组成的组合体中，底面ABCD恰好是边长为2菱形，且CC1＝2．
（1）求证：AD1∥平面BCC1B1；
（2）设E是BD的中点，求直线B1E与直线AD1所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）．
【分析】（1）连接BC1，根据正三棱柱BCD﹣B1C1D1和ABCD为菱形，得到AD1∥BC1，即可得证；
（2）以E为原点，ED，EC为x，y轴，以EF为z轴建立空间直角坐标系，得到，代入公式即可求解．
【解答】证明：（1）连接BC1，在正三棱柱BCD﹣B1C1D1中，CD∥C1D1且CD＝C1D1，
ABCD为菱形，则AB∥CD且AB＝CD，
所以AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以AD1∥BC1，
又因为BC1 平面BCC1B1，所以AD1∥平面BCC1B1；
解：（2）四边形ABCD为菱形，可得ED⊥EC，
取B1D1的中点F，连接EF，
∵BCD﹣B1C1D1为正三棱柱，
则EF⊥平面ABCD，
以E为原点，ED，EC为x，y轴，以EF为z轴建立空间直角坐标系，如图：
△BCD为正三角形，B1（0，﹣1，2），E（0，0，0），
，
设直线B1E与直线AD1所成角为θ，
，
所以直线B1E与直线AD1所成角的余弦值．
【点评】本题考查了线面平行的证明和异面直线所成角，属于中档题．
21．如图，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA＝AD＝AB＝2，M，N分别为AB，PC的中点，求证：
（1）MN∥平面PAD；
（2）求PD与平面PMC所成角的正弦值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）取PD中点Q，连接AQ，QN，说明四边形AMNQ为平行四边形，然后证明MN∥平面PAD；
（2）建立空间直角坐标系求出平面PMC法向量，PD与平面PMC所成角为θ，然后利用向量的数量积求解即可．
【解答】（1）证明：取PD中点Q，连接AQ，QN，则QN∥DC，，
又因为AM∥DC，，所以四边形AMNQ为平行四边形，
所以MN∥AQ，因为MN 平面PAD，AQ 平面PAD，
所以MN∥平面PAD；
（2）解：建立空间直角坐标系如图，因为PA＝AD＝AB＝2，
所以P（0，0，2），D（0，2，0），M（1，0，0），C（2，2，0），，，．
设平面PMC法向量为：（x，y，z），
则，，解得x＝2z，y＝﹣z，令z＝1，
则（2，﹣1，1）．
设PD与平面PMC所成角为θ，则sinθ＝|cos．
【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，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．
22．如图，在三棱柱ABC﹣DEF中，AB＝BC＝2，BE＝3，M是AC的中点，点A在平面BCFE上的射影为BF的中点．
（Ⅰ）证明：AE∥平面BMF；
（Ⅱ）若直线AB与平面BCFE所成角的正弦值为，求二面角M﹣BF﹣C的平面角的正切值．
【答案】（Ⅰ）证明见解答．（Ⅱ）二面角的平面角的正切值为．
【分析】（Ⅰ）连结EC交BF于O，连结OM．证明OM∥AE．即可证明AE∥平面BMF．
（Ⅱ）解法一：连接OA，取OC的中点P，过P作PQ⊥BF，垂足为Q，连接MQ．说明∠MQP是所求二面角的平面角．通过求解三角形，转化求解即可．
解法二：过O作OH⊥BE，OG⊥OH，分别以OH、OG、OA作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．求出平面BMF的法向量，平面BCFE的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：连结EC交BF于O，连结OM．
∵ABC﹣DEF是三棱柱，∴四边形BCFE是平行四边形．
则EO＝OC．
在△AEC中，∵AM＝MC，∴OM∥AE．
又AE 平面BMF，OM 平面BMF，∴AE∥平面BMF．
（Ⅱ）解法一：连接OA，取OC的中点P，
过P作PQ⊥BF，垂足为Q，连接MQ．
因为A在平面BCFE的射影为BF的中点，即AO⊥平面BCFE，
因为M、P分别为AC和OC的中点，
所以MP∥AO，所以MP⊥平面BCFE，
所以MP⊥BF．
又因为PQ⊥BF，MP∩PQ＝P，故BF⊥平面MPQ，
所以BF⊥MQ，
所以∠MQP是所求二面角的平面角．
因为AO⊥平面BCFE，AB与平面BCFE所成角为，即，
又因为在Rt△ABO中，AB＝2，故，，所以，
在△BEF中，由余弦定理求得∠BEF＝60°，所以可以求得，
在△BOC中，由余弦定理得，所以，
即，
又故，
故．
（，，，）
解法二：
因为AO⊥平面BCFE，AB与平面BCFE所成角为，即，
又因为在Rt△ABO中，AB＝2，故，，
在△BEF中，由余弦定理求得∠BEF＝60°，
过O作OH⊥BE，OG⊥OH，
分别以OH、OG、OA作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
故，，
设平面BMF的法向量为，则．，取，
又平面BCFE的法向量为，
故，
故，即所求二面角的平面角的正切值为．
【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
23．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1所有的棱长为2，，M是棱BC的中点．
（Ⅰ）求证：A1M⊥平面ABC；
（Ⅱ）在线段B1C是否存在一点P，使直线BP与平面A1BC所成角的正弦值为？若存在，求出CP的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明过程见解答．
（2）线段B1C上存在一点P，使直线BP与平面A1BC所成角的正弦值为，且．
【分析】（1）推导出A1M⊥BC，A1M⊥AM，由此能证明A1A⊥平面ABC．
（2）由MA，MB，MA1两两垂直，以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，MA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】解：（1）证明：连接AM
∵，BC＝2，M是BC中点，
∴A1M⊥BC，A1M＝1
又，∴，∴A1M⊥AM，
∵AM∩BC＝M，AM，BC 平面ABC，
∴A1M⊥平面ABC．
（2）由（1）知MA，MB，MA1两两垂直，
以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，MA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B（0，1，0），C（0，﹣1，0），A1（0，0，1），B1（，1，1），
（，2，1），
假设（），λ∈（0，1），
（），
取平面A1BC的法向量（1，0，0），直线BP与平面A1BC所成角为θ，
∵直线BP与平面A1BC所成角的正弦值为，
∴sinθ，
整理得8λ2﹣18λ+9＝0，
由λ∈（0，1），解得CP．
【点评】本题考查线面垂直的证明和直线与平面所成的角，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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