人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用优秀课后练习题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用优秀课后练习题，共28页。试卷主要包含了0分），【答案】A，【答案】D，【答案】B，所以AP=，等内容，欢迎下载使用。


1.4空间向量的应用同步练习人教 A版（2019）高中数学选择性必修第一册
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，∠BAC=60°，PA=AB=2，以点B为原点，分别以BC，BA，AP的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设平面PAB和平面PBC的法向量分别为m和n，则下面选项中正确的是(     )
A. 点P的坐标为(0,0，2)
B. PC=(4,0,−2)
C. n可能为(0,−2,2)
D. cosm,n>0

2. 在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为BD1,B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN，则下列说法正确的是(    )
A. 点P可以是棱BB1的中点
B. 线段MP的最大值为32
C. 点P的轨迹是正方形
D. 点P轨迹的长度为

3. 在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，且∠ABC=90∘，SA⊥平面ABCD，SA=AB=BC=2AD=1，则SC与平面ABCD所成角的余弦值为(    )
A. 63 B. 12 C. 33 D. 32
4. 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为棱AA1、BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为(   )
A. 23 B. 2 C. 22λ3 D. 255
5. 在如图所示的正方体中，M，N分别为棱BC和CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为(    )
A. 30°
B. 45°
C. 90°
D. 60°
6. 若直线l的方向向量a=(1,2，−1)，平面α的一个法向量m=(−2,−4,k)，若l⊥α，则实数k=(  )
A. 2 B. −10 C. −2 D. 10
7. 直线3x+2y−1=0的一个方向向量是(    )
A. (2,−3) B. (2,3) C. (−3,2) D. (3,2)
8. 若两异面直线l1与l2的方向向量分别是n1=(1,0，−1)，n2=(0,−1,1)，则直线l1与l2的夹角为(    )
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
9. 已知三棱锥P−ABC中，PA,PB,PC两两垂直，且PA=1，PB=2，PC=3，则点P到平面ABC的距离为(        )．
A. 13 B. 23 C. 144 D. 67
10. 如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，2AC=AA1=BC=2.若点D在棱AA1上，二面角B1—DC—C1的大小为60°，则AD的长为(    )
A. 2
B. 3
C. 2
D. 22
11. 三棱锥P−ABC中，AB=(2,−1,3)，AC=(−2,1，0)，AP=(3,−1,4)，则三棱锥P−ABC的体积为(  )
A. 55 B. 23 C. 352 D. 12
12. 若A(0,2，198)，B(1,−1,58)，C(−2,1，58)是平面α内的三点，设平面α的法向量a=(x,y，z)，则x：y：z=(    )
A. 2：3：(−4) B. 1：1：1 C. −12：1：1 D. 3：2：4
二、单空题（本大题共3小题，共15.0分）
13. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=AA1=1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为          ．
14. 在空间直角坐标系中，A1,1,1,B2,3,4，平面BCD的一个法向量是(−1,2,1)，则点A到平面BCD的距离为          ．
15. 平面α的一个法向量是n=(−2,−2,1)，点A(−1,3，0)在平面α内，则点P(−2,1，4)到平面α的距离为          ．
三、多空题（本大题共3小题，共15.0分）
16. 在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E.
(1)若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是          ；
(2)|A1P|的最小值为          ．
17. 如图，已知E是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BC的中点，F是棱BB1的中点，则点D到面AED1的距离d=          ，直线DE与面AED1所成的角θ的正弦值sinθ=          ．



18. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为体对角线BD1上的一点，且BP=λBD1，λ∈(0,1)．
(1)若BD1⊥平面PAC，则λ=          ；
(2)△PAC周长的最小值是          ．
四、解答题（本大题共5小题，共60.0分）
19. 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=2，M为棱A1B1的中点．
(Ⅰ)求证：C1M⊥B1D；
(Ⅱ)求二面角B−B1E−D的正弦值；
(Ⅲ)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．










20. 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BPPC=λ，当时，求实数λ的值．







21. 如图，在底面是正方形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP=AB=2，E,F,G是BC,PC,CD的中点．

(1)求证：BG⊥平面PAE；
(2)在线段BG上是否存在点H，使得FH//平面PAE？若存在，求出BHBG的值；若不存在，说明理由．







22. 如图(1)所示，在△BCD中，AD是BC边上的高，且∠ACD=45°，AB=2AD，E是BD的中点．现沿AD进行翻折，使得平面ACD⊥平面ABD，得到的图形如图(2)所示．

(Ⅰ)求证：AB⊥CD；
(Ⅱ)求直线AE与平面BCE所成角的正弦值．







23. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=90°，AD=2且PA=AB=BC=1，PA⊥平面ABCD．

(1)求PA与平面PCD所成角的正弦值；
(2)棱PD上是否存在一点E，满足？若存在，求AE的长；若不存在，说明理由．







答案和解析
1.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．
写出有关点的坐标和向量的坐标，求得平面PBC的法向量的坐标，因为AB⊥BC，PA⊥BC，所以BC⊥平面PAB，所以平面PBC⊥平面PAB，所以，进而做出正确判断．
【解答】
解：由题意可得B(0,0，0)，A(0,2，0)，C(23,0，0)，P(0,2，2)，

所以PC=(23,−2,−2)，BP=(0,2，2)．
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则23x−2y−2z=02z+2y=0.,
取z=2，可得n=(0,−2,2)．
因为AB⊥BC，PA⊥BC，所以BC⊥平面PAB，
所以平面PBC⊥平面PAB，所以，
所以cos=0．
综上所述，A，B，D错，C正确．
故选C．
  
2.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查利用空间向量利用空间向量判定线线的垂直，立体几何综合题(探索性问题、轨迹问题等)，属于较难题. 
以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，设Px,y,z，对各选项逐项判定，即可求出结果．
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，

因为该正方体的棱长为1，M，N分别为BD1，B1C1的中点，
则D0,0,0,M12,12,12,N12,1,1,C0,1,0，
所以CN=12,0,1，
设Px,y,z，
则MP=x−12,y−12,z−12，
因为MP⊥CN，
所以12x−12+z−12=0，即2x+4z−3=0，
当x=1时，z=14，
当x=0时，z=34，
取E1,0,14,F1,1,14,G0,1,34,H0,0,34，
连接EF，FG，GH，HE，
则EF=GH=0,1,0,EH=FG=−1,0,12，
所以四边形EFGH为矩形，
则EF·CN=0,EH·CN=0，即EF⊥CN,EH⊥CN，
又EF∩EH=E，EF,EH⊂平面EFGH，
所以CN⊥平面EFGH，
又EM=−12,12,14,MG=−12,12,14，
所以M为EG的中点，
则M∈平面EFGH，
所以为使MP⊥CN，必有点P在正方体的表面上运动，
所以点P的轨迹为四边形EFGH，
因此点P不可能是棱BB1的中点，故A错误；
又EF=GH=1,EH=FG=52，
所以EF≠EH，
则点P的轨迹不是正方形，且矩形EFGH的周长为2+2×52=2+5，故C错误，D正确；
因为点M为EG中点，
则点M为矩形EFGH的对角线交点，
所以点M到点E和点G的距离相等，且最大，
所以线段MP的最大值为52，故B错误．
故选D．
  
3.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查了求线与面的夹角问题，考查向量的加法运算和数量积，属于中档题．
AS是平面ABCD的法向量，用CB，BA，AS表示CS，然后直接求解AS⋅CS以及AS和CS的模长，然后代入向量夹角计算公式解出AS和CS的夹角即可得解．
【解答】
解：由题意知AS是平面ABCD的法向量，设CS，AS的夹角为φ，SC与平面ABCD所成角为θ
∵CS=CB+BA+AS，∴AS⋅CS=AS⋅(CB+BA+AS)=AS⋅CB+AS⋅BA+AS2=1，
又|AS|=1，|CS|=(CB+BA+AS)2=3，
∴cosφ=AS⋅CS|AS|⋅|CS|=33，于是sinθ=cosφ=33，cosθ=63．
∴SC与平面ABCD所成角的余弦值为63．
故选A．
  
4.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查点到平面的距离的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点G到平面D1EF的距离．
【解答】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，如图：

则G(2,λ,2)，D1(0,0，2)，E(2,0，1)，F(2,2，1)，
ED1=(−2,0，1)，EF=(0,2，0)，EG=(0,λ,1)，
设平面D1EF的法向量n=(x,y，z)，
则n⋅ED1=−2x+z=0n⋅EF=2y=0，取x=1，得n=(1,0，2)，
∴点G到平面D1EF的距离为：
d=|EG⋅n||n|=25=255．
故选：D．
  
5.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查异面直线所成角的大小的求法，注意角的范围和向量法的合理运用．属于中档题．
方法一：连接BC1，AD1，CD1，可证得MN//AD1，易知△ACD1为等边三角形，所以MN与AC所成的角即为∠CAD1为60°．
方法二：以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AC和MN所成的角．
【解答】
解：方法一：连接BC1，AD1，CD1，

∵M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，
∴MN//BC1，
易知正方体中BC1//AD1，∴MN//AD1，
∴AC与MN所成的角，即为∠CAD1(或补角)，
∵AD1、AC、CD1分别正方体各正方形面的对角线，
∴AD1=AC=CD1，∴△ACD1为等边三角形，
∴∠CAD1=60°，
∴异面直线AC和MN所成的角为60°．
故选D．
方法二：以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

设正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，
∵M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，
∴M(1,2，0)，N(0,2，1)，A(2,0，0)，C(0,2，0)，
MN=(−1,0，1)，AC=(−2,2，0)，
设异面直线AC和MN所成的角为θ，
则cosθ=MN·ACMN·AC=22×22=12，
∵0∘<θ⩽90∘∴θ=60°．
∴异面直线AC和MN所成的角为60°．
故选：D．
  
6.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查直线与平面垂直的性质、直线的方向向量，平面的法向量等基础知识，属于基础题．
由l⊥α，得到a//m，由此能求出k．
【解答】
解：∵直线l的方向向量a=(1,2,−1)，
平面α的一个法向量m=(−2,−4,k)，l⊥α，
∴a//m，
∴1−2=2−4=−1k，解得k=2．
故选A．
  
7.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查了直线的方向向量，属于基础题．
先根据直线方程得直线的一个法向量，再根据法向量可得直线的方向向量．
【解答】
解：依题意，(3,2)为直线3x+2y−1=0的一个法向量，
∴则直线3x+2y−1=0的一个方向向量为(2,−3)，
故选：A．
  
8.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查异面直线所成角的求法，考查转化思想和运算能力，是一道基础题．
运用向量的夹角公式，结合向量的数量积的坐标表示和向量的模的公式，计算可得所求异面直线所成角．
【解答】
解：n1=(1,0，−1)，n2=(0,−1,1)，
可得n1⋅n2=1×0+0×(−1)+(−1)×1=−1，
|n1|=2，|n2|=2，
则cos=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=−12×2=−12，
由0°<<180°，
可得=120°，
可得直线l1与l2的夹角为60°，
故选：B．
  
9.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查利用空间向量求点到平面的距离，属于中档题．
以D为原点，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，表示出相应向量，从而得到平面ABC的法向量n→，利用空间向量表示出点P到平面ABC的距离，得到答案．
【解答】
解：因为三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两垂直，
所以以P为原点，PA为x轴，PB→为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为PA=1，PB=2，PC=3，
所以P0,0,0，A1,0,0，B0,2,0，C0,0,3，
所以CP→=0,0,−3，CA→=1,0,−3，CB→=0,2,−3，
设平面ABC的法向量n=(x,y,z)，
则CA⋅n=0CB⋅n=0，即x−3z=02y−3z=0,
取z=2，得n→=6,3,2，
所以点P到平面ABC的距离为：
d=CP→⋅n→n→=662+32+22=67，
故选：D．

  
10.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查二面角及空间距离，考查逻辑思维能力，空间想象能力，是中档题，
以CA,CB,CC1为x,y,z轴建立坐标系，则C(0,0,0),D(1,0,t),B1(0,2,2),C1(0,0,2)，从而可得平面CDC1的法向量、平面CDB1的法向量，根据二面角B1—DC—C1的大小为60°，即可求得AD的长．
【解答】
解：以CA,CB,CC1为x,y,z轴建立坐标系，

则C(0,0,0),D(1,0,t),B1(0,2,2),C1(0,0,2)，
平面CDC1的法向量为CB=(0,2,0)，
设平面CDB1的法向量为m=(x,y,z)
即m·CB1=0m·CD=0 ，得2y+2z=0x+tz=0,
令z=−1，得平面CDB1的法向量为m=(t,1,−1)，
则，
∴t=2．
故选A．
  
11.【答案】D

【解析】
【分析】
本题主要考查了向量法求点到面的距离、三角形的面积，涉及法向量的求法、向量的夹角、同角三角函数关系式、三角形面积公式、棱锥体积计算公式，属于中档题．
先求得平面ABC的法向量，再求点P到平面ABC的距离，最后求出三角形ABC的面积即可求解．
【解答】
解：∵设面ABC的法向量为n=x,y,z，
∴n·AB=0n·AC=0,
∴2x−y+3z=0−2x+y=0,
∵令x=1，则y=2,z=0，
∴n=1,2,0，
∵设n与AP的夹角为θ，设点P到平面ABC的距离为h，
∴cosθ=n·APn·AP=hAP，
∴h=n·APn=15=55，
∵AB=22+−12+32=14,AC=−22+12=5，
∴cosA=AB·ACABAC=−4−114×5=−514,
∴sinA=314，
∴三棱锥的体积为13×12×14×5×314×55=12．
故选D．
  
12.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查空间向量在立体几何中的应用，熟练掌握平面的法向量的性质是解题的关键，属于中档题．
利用平面法向量的性质即可得出．
【解答】
解：AB=(1,−3,−74)，BC=(−3,2,0)，
∵平面α的法向量为a=(x,y，z)，
∴a·AB=x−3y−74z=0a·BC=−3x+2y=0,
取y=3，则x=2，z=−4．
∴x：y：z=2：3：(−4)．
故选A．
  
13.【答案】13

【解析】
【分析】
本题考查运用空间向量解决线面角的问题，属于中档题．
建立空间直角坐标系D−xyz，得出各点坐标，求得D1C1=(0,2，0)和平面A1BC1的一个法向量n=(2,1，2)，设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，则sin θ=|cos|，即可求解答案．
【解答】
解：如图，建立空间直角坐标系D−xyz，则D1(0,0，1)，C1(0,2，1)，A1(1,0，1)，B(1,2，0)，
∴A1C1=−1,2,0，A1B=0,2,−1 ，D1C1=(0,2，0)，
设平面A1BC1的法向量为n=(x,y，z)，

由n·A1C1=−x+2y=0n·A1B=2y−z=0
得x=2y,z=2y,
令y=1，得n=(2,1，2)，设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，
则sin θ=|cos 即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为13．
故答案为13．
  
14.【答案】6

【解析】
【分析】
本题考查了用向量法求点到面的距离，属于基础题．
求出AB=(1,2，3)，利用点面公式求解即可．
【解答】
解：∵A1,1,1,B2,3,4，平面BCD的一个法向量是n=−1,2,1，
所以AB=(1,2，3)，
则d=|AB·n||n|=−1+4+31+4+1=6．
故答案为6．
  
15.【答案】103

【解析】
【分析】
本题给出平面的法向量和平面上的一点，求平面外一点到平面的距离．着重考查了向量的数量积公式和点到平面的距离计算等知识，属于中档题．
由题意算出AP=(−1,−2,4)，根据向量n=(−2,−2,1)是平面α的一个法向量，算出向量AP在n上的投影的绝对值，即可得到P到α的距离，由此可得本题答案．
【解答】
解：根据题意，可得
∵A(−1,3，0)，P(−2,1，4)，∴AP=(−1,−2,4)，
又∵平面α的一个法向量n=(−2,−2,1)，点A在α内，
∴P(−2,1，4)到α的距离等于向量AP在n上的投影的绝对值，
∴AP⋅n=−1×(−2)+(−2)×(−2)+4×1=10，
|n|=(−2)2+(−2)2+12=3，
即d=|AP⋅n||n|=103，
故答案为：103．
  
16.【答案】平行
324


【解析】
【分析】
本题考查线线垂直的向量表示，考查两点间距离的最小值的求法，考查运算求解能力．
(1)以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能判断PQ与BD的位置关系．
(2)当|A1P|取最小值时，P在平面A1B1C1D1内，设P(a,b，1)，根据b=a+12，由此能求出|A1P|的最小值．
【解答】
解：(1)以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A1(1,0，1)，E(0,1，12)，B(1,1，0)，

∵P，Q均在平面A1B1C1D1内，
∴设P(a,b，1)，Q(m,n，1)，
则A1E=(−1,1，−12)，BP=(a−1,b−1,1)，BQ=(m−1,n−1,1)，
∵BP⊥A1E，BQ⊥A1E，
∴BP⋅A1E=−(a−1)+(b−1)−12=0BQ⋅A1E=−(m−1)+(n−1)−12=0，
解得b−a=12n−m=12，
∴PQ=(m−a,n−b,0)=(n−b,n−b,0)，
又BD=(−1,−1,0)，
∴PQ//BD，即PQ与BD的位置关系是平行．
(2)当|A1P|取最小值时，P在平面A1B1C1D1内，
设P(a,b，1)，由(1)得b=a+12，
∴|A1P|=(a−1)2+b2=(a−1)2+(a+12)2
=2a2−a+54=2(a−14)2+98，
∴当a=14，即P(14,34,1)时，|A1P|的最小值为324．
故答案为：平行；324．
  
17.【答案】43
4515


【解析】
【分析】
本题考查由空间向量法求点到面的距离，以及由空间向量法求直线与平面成角的正弦值，属于拔高题．
分别以DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，由向量坐标求得平面AED1的法向量为m=(2,1，2)，由点到面的距离d=|AD⋅m|m||，直线DE与面AED1所成的角θ的正弦值sinθ=|cosDE,m|=DE·mDE·m，代入求值．
【解答】
解：连接DF，根据正方体的性质，不妨以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

由图可知，A(2,0，0)，D1(0,0，2)，D(0,0，0)，F(2,2，1)，E(1,2，0)，
∴AD=(−2,0，0)，DF=(2,2，1)，AE=(−1,2，0)，AD1=(−2,0，2)，
设平面AED1的法向量为m=(x,y，z)，
∴m⋅AD1=0m⋅AE=0，
∴−2x+2z=0−x+2y=0,
取x=2，
∴m=(2,1，2)，
平面AED1的法向量为m=(2,1，2)，
则d=|AD⋅m|m||=|−43|=43;
易知DE与m所成角(或其补角)的余角是直线DE与面AED1所成的角，
∵DE=(1,2，0)，且θ∈[0,π2]，
∴sinθ=|cosDE,m|=DE·mDE·m=2+25×3=4515．
故答案为43;4515 ．
  
18.【答案】13
463+22


【解析】
【分析】
本题考查利用空间向量研究线面垂直及多面体的最短距离的求解，属于中档题．
建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求解λ，将△ABD1与△BCD1沿BD1展开，从而求得AP+CP的最小值即可求解．
【解答】
解：(1)建立空间直角坐标系，如下图，

则A(0,0，0)，C(2,2，0)，B(0,2，0)，D1(2,0，2)，
 BD1=(2,−2,2)，CB=(−2,0,0)，AC=(2,2,0)，
所以BP=λBD1=(2λ,−2λ,2λ)，
则CP=CB+BP=(2λ−2,−2λ,2λ)，
因为BD1⊥平面PAC，
所以BD1·CP=2(2λ−2)−2·(−2λ)+2·2λ=0BD1·AC=4−4=0,
解得λ=13；
(2)将△ABD1与△BCD1沿BD1展到同一平面上，使A到M，C到N，
如下图，

可得AP+CP的最小值为MN=2×22×223=463，
又AC=22，故△PAC周长的最小值是463+22．
故答案为(1)13; (2)463+22．
  
19.【答案】解：根据题意，以C为原点，CA，CB，CC1的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

则C(0,0，0)，A(2,0，0)，B(0,2，0)，C1(0,0，3)，
A1(2,0，3)，B1(0,2，3)，D(2,0，1)，E(0,0，2)，M(1,1，3)，
(Ⅰ)证明：依题意，C1M=(1,1，0)，B1D=(2,−2,−2)，
∴C1M·B1D=2−2+0=0，
∴C1M⊥B1D，即C1M⊥B1D；
(Ⅱ)依题意，CA=(2,0，0)是平面BB1E的一个法向量，
EB1=(0,2，1)，ED=(2,0，−1)，
设n=(x,y，z)为平面DB1E的法向量，
则n⋅EB1=0n⋅ED=0，即2y+z=02x−z=0，
不妨设x=1，则n=(1,−1,2)，
∴cos=CA⋅n|CA|⋅|n|=66，
∴sin=1−16=306，
∴二面角B−B1E−D的正弦值为306；
(Ⅲ)依题意，AB=(−2,2，0)，
由(Ⅱ)知，n=(1,−1,2)为平面DB1E的一个法向量，
∴cos=AB⋅n|AB|⋅|n|=−33，
∴直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33．

【解析】本题考查了空间向量在几何中的应用，线线垂直的证明、二面角和线面角的求法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，逻辑推理能力，属于中档题．
(Ⅰ)建立空间直角坐标系，根据向量的数量积等于0，即可证明；
(Ⅱ)先求得平面DB1E的法向量n，而CA是平面BB1E的一个法向量，再根据向量的夹角公式求解；
(Ⅲ)求出cos值，即可求出直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．

20.【答案】解：(Ⅰ)以O为原点，OA，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0，0)，A(3,0，0)，B(0,2，0)，C(0,0，3)，
因为M为OB的中点，AN=2NC，
所以M(0,1，0)，N(1,0，2)，所以|MN|=6．
(Ⅱ)设P(0,y，z)，因为BPPC=λ>0，且点P在线段BC上，所以BP=λPC，
P(0,21+λ,3λ1+λ).所以AP=(−3,21+λ,3λ1+λ)，
由(1)得MN=(1,−1,2)．
因为AP⊥MN，所以AP⋅MN=0，
即−3−21+λ+6λ1+λ=0，解得λ=53．


【解析】本题考查线段长的求法，考查空间中线线垂直的向量表示，考查运算求解能力，是中档题．
(Ⅰ)以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出MN的长;
(Ⅱ)设P(0,y，z)，因为BPPC=λ，且点P在线段BC上，所以BP=λPC，可得P(0,21+λ,3λ1+λ)，所以AP=(−3,21+λ,3λ1+λ)，由(1)得MN=(1,−1,2)，由AP⋅MN=0，解出λ即可．


21.【答案】(1)证明：因为四棱锥P−ABCD的底面是正方形，且PA⊥平面ABCD，
以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，












则A(0,0，0)，B(2,0，0)，P(0,0，2)，C(2,2，0)，D(0,2，0)，
因为E，F，G分别是BC，PC，CD的中点，
所以E(2,1，0)，F(1,1，1)，G(1,2，0)，
所以BG=(−1,2,0)，AP=(0,0,2),AE=(2,1,0)，
所以BG⋅AP=0，且BG⋅AE=0．
所以BG⊥AP，BG⊥AE，且AE∩AP=A，AE⊂平面PAE，AP⊂平面PAE，
所以BG⊥平面PAE．
(2)解：假设在线段BG上存在点H，使得FH//平面PAE，
设BH=λBG(0≤λ≤1)，
则FH=FB+BH=AB−AF+λBG=(1−λ,2λ−1,−1)，
因为FH//平面PAE，BG⊥平面PAE，
所以FH⋅GB=(−1)⋅(1−λ)+2(2λ−1)+0×(−1)=5λ−3=0，
解得λ=35，
所以在线段BG上存在点H，使得FH//平面PAE.其中BHBG=35．

【解析】本题考查线面垂直的证明，考查满足线面平行的点是否存在的判断与求法，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，属于中档题．
(1)以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．利用向量法能证明BG⊥平面PAE．
(2)假设在线段BG上存在点H，使得FH//平面PAE，设BH=λBG(0≤λ≤1)，则FH=FB+BH=AB−AF+λBG=(1−λ,2λ−1,−1).FH//平面PAE，BG⊥平面PAE，推导出在线段BG上存在点H，使得FH//平面PAE．

22.【答案】证明：(Ⅰ)由图(1)可知，在图(2)中AC⊥AD，AB⊥AD，
∵平面ACD⊥平面ABD，平面ACD∩平面ABD=AD，AB⊂平面ABD，
∴AB⊥平面ACD，
∵CD⊂平面ACD，
∴AB⊥CD．
解：(Ⅱ)由(Ⅰ)可知AB⊥平面ACD，AC⊂平面ACD，∴AB⊥AC．
以A为原点，AC，AB，AD所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

不妨设AC=1，则B(0,2，0)，C(1,0，0)，D(0,0，1)，E(0,1,12)，
∴AE=(0,1,12)，BC=(1,−2,0)，BE=(0,−1,12)．
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BC=0n⋅BE=0，即x−2y=0−y+12z=0,
令y=1，得x=2，z=2，则n=(2,1,2)是平面BCE的一个法向量．
设直线AE与平面BCE所成角为θ，
则，
故直线AE与平面BCE所成角的正弦值为4515．

【解析】本题主要考查了面面垂直和线面垂直的性质，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于基础题．
(Ⅰ)根据已知可得AC⊥AD，AB⊥AD，因为平面ACD⊥平面ABD，根据面面垂直的性质，可得AB⊥平面ACD，再根据线面垂直的性质，即可得到AB⊥CD；
(Ⅱ)正确建立空间直角坐标系，求出向量AE=(0,1,12)，再求出平面BCE的法向量n=(2,1,2)，故直线AE与平面BCE所成角的正弦值即可得．

23.【答案】解：(1)∵∠BAD=90°，PA⊥平面ABCD，
∴以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，

则P(0,0，1)，B(1,0，0)，C(1,1，0)，D(0,2，0)，
从而PA=(0,0,−1)，PC=(1,1,−1)，PD=(0,2,−1)．
设平面PCD的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅PC=0n⋅PD=0，∴a+b−c=02b−c=0，
取a=1，得b=1，c=2，
∴平面PCD的一个法向量n=(1,1,2)，
设直线PA与平面PCD的夹角为θ，
则PA与平面PCD所成角的正弦值为：
sinθ=|cos|=−21×6=63．
(2)设PE=λPD(0≤λ≤1)，则E(0,2λ,1−λ)，
∴CE=(−1,2λ−1,1−λ)，AE=(0,2λ,1−λ)，
若∠AEC=90°，
则AE⋅CE=2λ(2λ−1)+(1−λ)2=0，此方程无解，
故在棱PD上不存在一点E，满足∠AEC=90°．

【解析】本题考查线面角的正弦值的求法，考查角是否为直角的判断与求法，是中档题．
(1)以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A−xyz，利用向量法能求出PA与平面PCD所成角的正弦值．
(2)设PE=λPD(0≤λ≤1)，则E(0,2λ,1−λ)，由∠AEC=90°，得到AE⋅CE=2λ(2λ−1)+(1−λ)2=0，此方程无解，从而得到结果．