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再练一课(范围：§1.4)
第一章 空间向量与立体几何
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B B A B D AC ABD
题号 9 10 11 12 答案 BC
对一对
答案
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(1)以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A1(2，0，2)，E(1，2，0)，
D(0，0，0)，C(0，2，0)，F(0，0，1)，
则=(2，0，2)，=(1，2，0)，=(0，-2，1)，
设平面A1DE的法向量为n=(a，b，c)，
13.
答案
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则
取n=(-2，1，2)，
∴·n=(0，-2，1)·(-2，1，2)=0，
又CF 平面A1DE，
∴CF∥平面A1DE.
13.
答案
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(2)=(0，2，0)是平面A1DA的法向量，
∴|cos〈n，〉|=
=，
即平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值为.
14.
答案
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(1)∵DB⊥BA，平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，
DB 平面ABDE，
∴DB⊥平面ABC.
∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC.
如图所示，以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C且与EA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
14.
答案
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∵AC=BC=4，
∴C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，E(4，0，4)，
∴=(-4，4，0)，=(4，0，4).
∴|cos〈，〉|=，
∴异面直线AB与CE所成角的大小为.
14.
(2)由(1)知O(2，0，2)，D(0，4，2)，M(2，2，0)，
∴=(0，4，2)，=(-2，4，0)，=(-2，2，2).
设平面ODM的法向量为n=(x，y，z)，
则由
可得
答案
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14.
令x=2，则y=1，z=1，
∴n=(2，1，1).
设直线CD与平面ODM所成的角为θ，
则sin θ=|cos〈n，〉|=，
∴直线CD与平面ODM所成角的正弦值为.
答案
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(1)∵AE⊥平面AA1D1D，
A1D 平面AA1D1D，∴AE⊥A1D.
∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中，
AD=AA1=1，∴A1D⊥AD1.
∵AE∩AD1=A，AE，
AD1 平面AED1，
∴A1D⊥平面AED1.
∵D1E 平面AED1，∴D1E⊥A1D.
15.
答案
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(2)以D为坐标原点，
DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
假设在棱AB上存在点E(1，t，0)(0≤t≤2)，
使得AD1与平面D1EC所成的角为，
A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，=(-1，0，1)，
=(0，-2，1)，=(1，t-2，0)，
15.
答案
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设平面D1EC的法向量为n=(x，y，z)，
则
取y=1，得n=(2-t，1，2)，
∴sin =，
整理得t2+4t-9=0，
15.
答案
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解得t=-2或t=-2-(舍去)，
∴在棱AB上存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为，
此时AE=-2.
一、单项选择题
1.若直线l∥α，且l的一个方向向量为(2，m，1)，平面α的一个法向量为，则m等于
A.-4 B.-6
C.-8 D.8
√
答案
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由题意知(2，m，1)·=0，
即2+m+2=0，所以m=-8.
解析
2.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱CC1的中点，则直线B1M与平面A1D1M所成角的正弦值是
A. B.
C. D.
√
答案
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建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，
M，B1(1，1，1)，
=(-1，0，0)，=，
=，
解析
答案
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设平面A1D1M的法向量为m=(x，y，z)，
则
令y=1，可得z=2，所以m=(0，1，2)，
设直线B1M与平面A1D1M所成的角为θ，
sin θ===.
解析
3.在正四棱锥P-ABCD中，M，N分别为PA，PB的中点，且侧面与底面所成二面角的正切值为，则异面直线DM与AN所成角的余弦值为
A. B.
C. D.
√
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如图所示，不妨设正四棱锥底面边长为2，则由该正四棱锥侧面与底面所成二面角的正切值为，取底面正方形的中心为原点O，以过点O且与AD平行的直线为x轴，以过点O且与AB平行的直线为y轴，以OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，-1，0)，B(1，1，0)，D(-1，-1，0)，
P(0，0，)，则M，N，
所以==，
解析
答案
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设DM与AN所成的角为θ，
则cos θ=|cos〈〉|==.
解析
4.在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC=90°，AB=AC=4，∠PBC=45°，则点C到平面PAB的距离是
A. B.
C. D.
√
答案
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方法一 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，4，0)，P(0，4，4)，
∴=(0，4，4)，=(4，0，0)，=(0，0，-4).
设平面PAB的法向量为m=(x，y，z)，
则
令y=，则z=-1，∴m=(0，，-1)，
∴点C到平面PAB的距离为=.
解析
答案
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方法二 ∵PC⊥底面ABC，
∴PC⊥AB，又AB⊥AC，且PC∩AC=C，
PC，AC 平面PAC，
∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥PA，
∵AC=AB=4，∴BC=4，
∴PC=4，PB=8，
解析
答案
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在Rt△PAB中，PA==4，
令点C到平面PAB的距离为d，
∵VP-ABC=VC-PAB，
∴××4×4×4=××4×4×d，
∴d=.
解析
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为
A. B.
C. D.
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以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，
则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，
∴=(0，1，-1)，=.
设平面A1ED的一个法向量为n1=(1，y，z)，
∴
解析
答案
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∴n1=(1，2，2).
∵平面ABCD的一个法向量为n2=(0，0，1)，
∴|cos〈n1，n2〉|==，
即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.
解析
6.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，则线段BP长度的取值范围是
A. B.
C. D.
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以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，可得A(1，0，0)，
B(1，1，0)，D1(0，0，1).
设P(a，b，1)，M(0，1，t)(0≤t≤1)，
则=(a-1，b，1)，=(-1，-1，1)，=(0，-1，1-t)，
因为AP⊥平面MBD1，BD1 平面MBD1，MD1 平面MBD1，所以AP⊥BD1，AP⊥MD1，
解析
答案
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即
所以=(t，1-t，1)，所以=+=(0，-1，0)+
(t，1-t，1)=(t，-t，1)，
所以||==，因为0≤t≤1，可得||=上单调递增，
故线段BP长度的取值范围是.
解析
二、多项选择题
7.下列结论中，正确的是
A.若两条不重合的直线l1，l2的一个方向向量分别是a=(2，3，-1)，b=
(-2，-3，1)，则l1∥l2
B.若直线l的一个方向向量是a=(1，-1，2)，平面α的一个法向量是u=
(6，4，-1)，则l⊥α
C.若两个不同的平面α，β的一个法向量分别是u=(2，2，-1)，v=(-3，4，2)，
则α⊥β
D.若直线l的一个方向向量是a=(0，3，0)，平面α的一个法向量是u=
(0，-5，0)，则l∥α
答案
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√
√
对于A，由题意知，b=-a，所以a∥b，即l1∥l2，故A正确；
对于B，若直线l的一个方向向量是a=(1，-1，2)，平面α的一个法向量是u=(6，4，-1)，则a·u=1×6-1×4+2×(-1)=0，所以a⊥u，即l∥α或l α，故B错误；
对于C，因为u·v=0，所以α⊥β，故C正确；
对于D，因为u=-a，所以u∥a，即l⊥α，故D错误.
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答案
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8.将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使平面ABD与平面BCD的夹角为90°，下列结论正确的是
A.AC⊥BD
B.△ACD是等边三角形
C.直线AB与平面BCD所成的角为
D.AB与CD所成的角为
答案
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如图所示，以BD的中点O为坐标原点，分别以OD，OA，OC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
设正方形ABCD的边长为，
则D(1，0，0)，B(-1，0，0)，C(0，0，1)，
A(0，1，0)，
所以=(0，-1，1)，=(2，0，0)，·=0，
故AC⊥BD，A正确；
解析
答案
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又||=，||=，||=，
所以△ACD为等边三角形，B正确；
=(-1，-1，0)，=(0，1，0)，
易知为平面BCD的一个法向量，
设直线AB与平面BCD所成的角为θ，
则sin θ=|cos〈〉|===，
所以直线AB与平面BCD所成的角为，C错误；
解析
答案
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又=(1，0，-1)，
所以|cos〈〉|=
==，
所以AB与CD所成的角为，D正确.
解析
9.在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在棱DC上运动(不与顶点重合)，则点B到平面AD1P的距离可以是
A.1 B.
C.2 D.3
答案
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以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0，0，0)，A(3，0，0)，
B(3，3，0)，D1(0，0，3)，
设P(0，t，0)(0所以=(-3，t，0)，=(-3，0，3)，
=(0，3，0)，
解析
答案
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设n=(x，y，z)为平面AD1P的法向量，
则
令y=3，可得n=(t，3，t)，
则点B到平面AD1P的距离d==，
因为0所以d∈(，3).
解
三、填空题
10.在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1上靠近D1的三等分点，F为线段BB1上靠近B的三等分点，则直线FC1到平面AB1E的距离
为 .
答案
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如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则A(3，0，0)，E(0，0，2)，F(3，3，1)，
C1(0，3，3)，B1(3，3，3)，
所以=(-3，0，2)，=(-3，0，2)，
所以=，AE∥FC1，
而AE 平面AB1E，FC1 平面AB1E，
故FC1∥平面AB1E，所以直线FC1到平面AB1E的距离即为点F到平面AB1E的距离.
解析
答案
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又=(-3，0，2)，=(0，3，3)，
设平面AB1E的法向量为n=(x，y，z)，
故
取z=3，则n=(2，-3，3)，
又=(3，3，-1)，故点F到平面AB1E的距离d===.
解析
11.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD=AD=1，AB=2，点E是线段AB上一点，当平面PEC与平面DEC夹角的大小为时，AE= .
答案
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2-
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设AE=a(0≤a≤2)，
以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(0，0，0)，E(1，a，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，
可得=(1，a，-1)，=(0，2，-1)，
设平面PEC的法向量为m=(x，y，z)，
则
解析
答案
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令y=1，得x=2-a，z=2，所以m=(2-a，1，2)，
又平面DEC的一个法向量为=(0，0，1)，
则|cos〈m，〉|===，
解得a=2-或a=2+(舍去)，
所以AE=2-.
解析
12.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB=1，AD=2，PA=2，点M在线段PC上运动，则点M到AB距离的最小值为 .
答案
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以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，
P(0，0，2)，C(1，2，0)，
设=λ，M(x，y，z)，λ∈[0，1]，
则(x，y，z-2)=λ(1，2，-2)，
∴即M(λ，2λ，2-2λ)，
∴=(λ，2λ，2-2λ)，
解析
答案
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直线AB的单位方向向量为u=(1，0，0)，
∴M到AB的距离为
==
=2，
∴当λ=.
解析
四、解答题
13.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，F是DD1的中点.
(1)求证：CF∥平面A1DE；
答案
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以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A1(2，0，2)，E(1，2，0)，
D(0，0，0)，C(0，2，0)，F(0，0，1)，
则=(2，0，2)，=(1，2，0)，=(0，-2，1)，
设平面A1DE的法向量为n=(a，b，c)，
则取n=(-2，1，2)，
证明
答案
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∴·n=(0，-2，1)·(-2，1，2)=0，
又CF 平面A1DE，
∴CF∥平面A1DE.
证明
(2)求平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值.
=(0，2，0)是平面A1DA的法向量，
∴|cos〈n，〉|==，
即平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值为.
解
答案
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14.如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD=AE=2，O，M分别为CE，AB的中点.
(1)求异面直线AB与CE所成角的大小；
答案
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∵DB⊥BA，平面ABDE⊥平面ABC，
平面ABDE∩平面ABC=AB，
DB 平面ABDE，∴DB⊥平面ABC.
∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC.
如图所示，以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C且与EA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
解
答案
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∵AC=BC=4，∴C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，E(4，0，4)，
∴=(-4，4，0)，=(4，0，4).
∴|cos〈〉|==，
∴异面直线AB与CE所成角的大小为.
解
(2)求直线CD与平面ODM所成角的正弦值.
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由(1)知O(2，0，2)，D(0，4，2)，M(2，2，0)，
∴=(0，4，2)，=(-2，4，0)，=(-2，2，2).
设平面ODM的法向量为n=(x，y，z)，
则由
令x=2，则y=1，z=1，
∴n=(2，1，1).
解
答案
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设直线CD与平面ODM所成的角为θ，
则sin θ=|cos〈n，〉|==，
∴直线CD与平面ODM所成角的正弦值为.
解
15.如图，已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动.
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(1)求证：D1E⊥A1D；
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∵AE⊥平面AA1D1D，
A1D 平面AA1D1D，∴AE⊥A1D.
∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中，
AD=AA1=1，∴A1D⊥AD1.
∵AE∩AD1=A，AE，AD1 平面AED1，
∴A1D⊥平面AED1.
∵D1E 平面AED1，∴D1E⊥A1D.
证明
(2)在棱AB上是否存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由.
答案
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以D为坐标原点，
DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示.
假设在棱AB上存在点E(1，t，0)(0≤t≤2)，
使得AD1与平面D1EC所成的角为，
A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，=(-1，0，1)，
=(0，-2，1)，=(1，t-2，0)，
解
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设平面D1EC的法向量为n=(x，y，z)，
则
取y=1，得n=(2-t，1，2)，
∴sin ==，
整理得t2+4t-9=0，
解得t=-2或t=-2-(舍去)，
∴在棱AB上存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为，此AE=-2.
解
第一章 空间向量与立体几何
<<<作业13 再练一课(范围：§1.4)
分值：100分
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.若直线l∥α，且l的一个方向向量为(2，m，1)，平面α的一个法向量为，则m等于
A.－4 B.－6 C.－8 D.8
2. 如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为棱CC1的中点，则直线B1M与平面A1D1M所成角的正弦值是
A. B. C. D.
3.在正四棱锥P－ABCD中，M，N分别为PA，PB的中点，且侧面与底面所成二面角的正切值为，则异面直线DM与AN所成角的余弦值为
A. B. C. D.
4.在三棱锥P－ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝45°，则点C到平面PAB的距离是
A. B. C. D.
5.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为
A. B. C. D.
6.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，则线段BP长度的取值范围是
A. B.
C. D.
二、多项选择题(每小题6分，共18分)
7.下列结论中，正确的是
A.若两条不重合的直线l1，l2的一个方向向量分别是a＝(2，3，－1)，b＝(－2，－3，1)，则l1∥l2
B.若直线l的一个方向向量是a＝(1，－1，2)，平面α的一个法向量是u＝(6，4，－1)，则l⊥α
C.若两个不同的平面α，β的一个法向量分别是u＝(2，2，－1)，v＝(－3，4，2)，则α⊥β
D.若直线l的一个方向向量是a＝(0，3，0)，平面α的一个法向量是u＝(0，－5，0)，则l∥α
8.将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使平面ABD与平面BCD的夹角为90°，下列结论正确的是
A.AC⊥BD
B.△ACD是等边三角形
C.直线AB与平面BCD所成的角为
D.AB与CD所成的角为
9. 在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在棱DC上运动(不与顶点重合)，则点B到平面AD1P的距离可以是
A.1 B.
C.2 D.3
三、填空题(每小题5分，共15分)
10.在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段DD1上靠近D1的三等分点，F为线段BB1上靠近B的三等分点，则直线FC1到平面AB1E的距离为 .
11. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是线段AB上一点，当平面PEC与平面DEC夹角的大小为时，AE＝ .
12.在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝1，AD＝2，PA＝2，点M在线段PC上运动，则点M到AB距离的最小值为 .
四、解答题(共37分)
13.(12分)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，F是DD1的中点.
(1)求证：CF∥平面A1DE；(6分)
(2)求平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值.(6分)
14.(12分)如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，O，M分别为CE，AB的中点.
(1)求异面直线AB与CE所成角的大小；(6分)
(2)求直线CD与平面ODM所成角的正弦值.(6分)
15.(13分)如图，已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动.
(1)求证：D1E⊥A1D；(5分)
(2)在棱AB上是否存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由.(8分)
答案精析
1.C [由题意知
(2，m，1)·＝0，
即2＋m＋2＝0，所以m＝－8.]
2.B [建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(1，0，1)，
D1(0，0，1)，
M，
B1(1，1，1)，
＝(－1，0，0)，
，
，
设平面A1D1M的法向量为
m＝(x，y，z)，
则
令y＝1，可得z＝2，
所以m＝(0，1，2)，
设直线B1M与平面A1D1M所成的角为θ，
sin θ＝.]
3.B [如图所示，不妨设正四棱锥底面边长为2，则由该正四棱锥侧面与底面所成二面角的正切值为，易得其高为，取底面正方形的中心为原点O，以过点O且与AD平行的直线为x轴，以过点O且与AB平行的直线为y轴，以OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，－1，0)，B(1，1，0)，
D(－1，－1，0)，P(0，0，)，
则M，N，
所以，
，
设DM与AN所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈〉|＝.]
4.A [方法一 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，
B(4，0，0)，
C(0，4，0)，
P(0，4，4)，
∴＝(0，4，4)，
＝(4，0，0)，＝(0，0，－4).
设平面PAB的法向量为
m＝(x，y，z)，
则即
令y＝，则z＝－1，
∴m＝(0，，－1)，
∴点C到平面PAB的距离为
.
方法二 ∵PC⊥底面ABC，
∴PC⊥AB，又AB⊥AC，
且PC∩AC＝C，
PC，AC 平面PAC，
∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥PA，
∵AC＝AB＝4，∴BC＝4，
∴PC＝4，PB＝8，
在Rt△PAB中，
PA＝＝4，
令点C到平面PAB的距离为d，
∵VP－ABC＝VC－PAB，
∴××4×4×4××4×4×d，
∴d＝.]
5.B [以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则A1(0，0，1)，
E，
D(0，1，0)，
∴＝(0，1，－1)，
.
设平面A1ED的一个法向量为
n1＝(1，y，z)，
∴即
解得
∴n1＝(1，2，2).
∵平面ABCD的一个法向量为
n2＝(0，0，1)，
∴|cos〈n1，n2〉|＝，
即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.]
6.D [以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，可得
A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1).
设P(a，b，1)，M(0，1，t)(0≤t≤1)，则＝(a－1，b，1)，
＝(－1，－1，1)，
＝(0，－1，1－t)，
因为AP⊥平面MBD1，
BD1 平面MBD1，MD1 平面MBD1，
所以AP⊥BD1，AP⊥MD1，
即
解得
所以＝(t，1－t，1)，
所以＝(0，－1，0)＋(t，1－t，1)＝(t，－t，1)，
所以||＝，因为0≤t≤1，
可得||＝在上单调递增，故线段BP长度的取值范围是.]
7.AC [对于A，由题意知，b＝－a，所以a∥b，即l1∥l2，故A正确；对于B，若直线l的一个方向向量是a＝(1，－1，2)，平面α的一个法向量是u＝(6，4，－1)，则a·u＝1×6－1×4＋2×(－1)＝0，所以a⊥u，即l∥α或l α，故B错误；对于C，因为u·v＝0，所以α⊥β，故C正确；对于D，因为u＝－a，所以u∥a，即l⊥α，故D错误.]
8.ABD [如图所示，以BD的中点O为坐标原点，分别以OD，OA，OC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
设正方形ABCD的边长为，
则D(1，0，0)，B(－1，0，0)，
C(0，0，1)，A(0，1，0)，
所以＝(0，－1，1)，＝(2，0，0)，·＝0，故AC⊥BD，A正确；
又||＝，||＝，
||＝，
所以△ACD为等边三角形，B正确；
＝(－1，－1，0)，＝(0，1，0)，
易知为平面BCD的一个法向量，
设直线AB与平面BCD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈〉|
＝
＝，
所以直线AB与平面BCD所成的角为，C错误；
又＝(1，0，－1)，
所以|cos〈〉|＝
＝，
所以AB与CD所成的角为，D正确.]
9.BC [以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0，0，0)，
A(3，0，0)，
B(3，3，0)，
D1(0，0，3)，设P(0，t，0)(0所以＝(－3，t，0)，
＝(－3，0，3)，＝(0，3，0)，
设n＝(x，y，z)为平面AD1P的法向量，
则
令y＝3，可得n＝(t，3，t)，
则点B到平面AD1P的距离
d＝，
因为0所以d∈(，3).]
10.
解析 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则A(3，0，0)，
E(0，0，2)，
F(3，3，1)，
C1(0，3，3)，
B1(3，3，3)，
所以＝(－3，0，2)，
＝(－3，0，2)，
所以，AE∥FC1，
而AE 平面AB1E，
FC1 平面AB1E，
故FC1∥平面AB1E，
所以直线FC1到平面AB1E的距离即为点F到平面AB1E的距离.
又＝(－3，0，2)，＝(0，3，3)，
设平面AB1E的法向量为
n＝(x，y，z)，
故即
取z＝3，则n＝(2，－3，3)，
又＝(3，3，－1)，
故点F到平面AB1E的距离
d＝.
11.2－
解析 设AE＝a(0≤a≤2)，
以D为坐标原点，
以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(0，0，0)，E(1，a，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，
可得＝(1，a，－1)，
＝(0，2，－1)，
设平面PEC的法向量为
m＝(x，y，z)，
则
令y＝1，得x＝2－a，z＝2，
所以m＝(2－a，1，2)，
又平面DEC的一个法向量为
＝(0，0，1)，
则|cos〈m，〉|＝，
解得a＝2－或a＝2＋(舍去)，
所以AE＝2－.
12.
解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，
P(0，0，2)，
C(1，2，0)，
设＝λ，
M(x，y，z)，λ∈[0，1]，
则(x，y，z－2)＝λ(1，2，－2)，
∴即M(λ，2λ，2－2λ)，
∴＝(λ，2λ，2－2λ)，
直线AB的单位方向向量为
u＝(1，0，0)，
∴M到AB的距离为
＝
＝
＝2，
∴当λ＝时，上式取最小值.
13.(1)证明 以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A1(2，0，2)，E(1，2，0)，
D(0，0，0)，C(0，2，0)，F(0，0，1)，
则＝(2，0，2)，＝(1，2，0)，
＝(0，－2，1)，
设平面A1DE的法向量为
n＝(a，b，c)，
则
取n＝(－2，1，2)，
∴·n＝(0，－2，1)·(－2，1，2)＝0，
又CF 平面A1DE，
∴CF∥平面A1DE.
(2)解 ＝(0，2，0)是平面A1DA的法向量，
∴|cos〈n，〉|
＝
＝，
即平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值为.
14.解 (1)∵DB⊥BA，
平面ABDE⊥平面ABC，
平面ABDE∩平面ABC＝AB，
DB 平面ABDE，
∴DB⊥平面ABC.
∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC.
如图所示，以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C且与EA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
∵AC＝BC＝4，
∴C(0，0，0)，
A(4，0，0)，
B(0，4，0)，E(4，0，4)，
∴＝(－4，4，0)，＝(4，0，4).
∴|cos〈〉|＝，
∴异面直线AB与CE所成角的大小为.
(2)由(1)知O(2，0，2)，D(0，4，2)，
M(2，2，0)，
∴＝(0，4，2)，＝(－2，4，0)，＝(－2，2，2).
设平面ODM的法向量为
n＝(x，y，z)，
则由
可得
令x＝2，则y＝1，z＝1，
∴n＝(2，1，1).
设直线CD与平面ODM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝，
∴直线CD与平面ODM所成角的正弦值为.
15.(1)证明 ∵AE⊥平面AA1D1D，
A1D 平面AA1D1D，∴AE⊥A1D.
∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
AD＝AA1＝1，∴A1D⊥AD1.
∵AE∩AD1＝A，AE，
AD1 平面AED1，
∴A1D⊥平面AED1.
∵D1E 平面AED1，∴D1E⊥A1D.
(2)解 以D为坐标原点，
DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
假设在棱AB上存在点E(1，t，0)(0≤t≤2)，使得AD1与平面D1EC所成的角为，
A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，－2，1)，
＝(1，t－2，0)，
设平面D1EC的法向量为
n＝(x，y，z)，
则
取y＝1，得n＝(2－t，1，2)，
∴sin
＝，
整理得t2＋4t－9＝0，
解得t＝－2或t＝－2－(舍去)，
∴在棱AB上存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为，
此时AE＝－2.
