2015届高考数学大一轮复习 空间向量的概念及运算精品试题 理(含2014模拟试题)

2015届高考数学大一轮复习空间向量的概念及运算精品试题理（含
2014模拟试题）
1.(2013西城区高三三月模拟，8,5分) 如图，正方体中，为底面
上的动点，于，且，则点的轨迹是( )
（A）线段（B）圆弧
（C）椭圆的一部分（D）抛物线的一部分
[解析] 1.分别以为轴建立空间直角坐标系，则
. 设，可求得.
又，
因为，所以，化简得. 又已知，所以.
所以.
化简得.
将代入，得
，
化简得，
即.
即.
所以或.
因为不在四边形内，故舍去；
综上，点的轨迹方程是，轨迹是线段.
2.(2013年海淀区高三第二次模拟，13,5分) 正方体的棱长为，若动点
在线段上运动，则的取值X围是______________.
[解析] 2.建立空间直角坐标系如图，则D（0，0，0）、C（0，1，0）、A（1，0，0）、B （1，1，0）、D1（0，0，1）．所以。

因为动点在线段上运动，所以设. 。

所以，因为，所以，即的取值X围是。

3.（2014某某一中高三下学期第一次月考，19）（原创）如图，在四面体中，
平面，，，。

是的中点，是的中点，点
在线段上，且。

(1) 证明: 平面；
(2) 若异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求
的值。

[解析] 3. 法一：(1) 如图，连并延长交于，连，过作交
于，则，。

故，从而。

因平面，平面，故平面；
(2) 过作于，作于，连。

因平面，故平面
平面，故平面，因此，从而平面，所以即为二面角的平面角。

因，故，因此
即为的角平分线。

由⑴易知，故，从而，。

由题易知平面，故。

由题，故。

所以，从而。

法二：如图建立空间直角坐标系，
则，，，，。

(1) 设，则，因此。

显然是平面
的一个法向量，且，所以平面；
(2) 由(1) ，，，故由得，因此，从而，。

设是平面的法向量，则，取得。

设是平面的法向量，则，取得。

故。

4. (2014某某蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，19) 如图，在四棱锥中，底面为矩形，面，。

(Ⅰ) 求证：当时，平面面；
(Ⅱ) 当时，求二面角的大小。

[解析] 4.以为坐标原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系. ………………………(1分)
设，由已知得：
，……………(2分)
(Ⅰ) 当时，，，
∴, =, ，……………(3分) ·=，·=，……………………(4分) ∴。

…………………………………(5分)
又，∴平面
∴平面平面。

…………………………………(6分) (Ⅱ) ∵，
∴，
∵二面角小于，…………………………(11分)
∴二面角余弦值为，
∴二面角B-PD-C大小为。

…………………………(12分)
5. (2014某某某某一中、康杰中学、某某一中、某某二中四校高三第三次联考，19) 如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°, 四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1．
（1）求证：平面FBC⊥平面ACFE；
（2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成
二面角的平面角为θ（θ90°），试求cosθ的取值X围．
[解析] 5. （1）证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°, ∴AB=2，
∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=3, ∴AB2=AC2+BC2, ∴BC⊥AC.
∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.
又因为BC⊂平面FBC，所以平面ACFE⊥平面FBC， (5)
分
(2) 解：由(1) 可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，
令FM=λ(0≤λ≤), 则C(0，0，0) ，A(，0，0) ，B(0，1，0) ，M(λ，0，1) ，
取x=1, 则n1=(1, , ),
∵n2=(1,0, 0) 是平面FCB的一个法向量,
∵0≤λ≤, ∴当λ=0时，cosθ有最小值，
当λ=时，cosθ有最大值.
∴cosθ∈［］.............. 12分
6.（2014某某潍坊高三3月模拟考试数学（理）试题，17）如图，在四棱锥E-ABCD中，EA 平面ABCD，AB//CD，AD=BC=AB，
ABC=．
(I) 求证：BCE为直角三角形；
(II) 若AE=AB，求CE与平面ADE所成角的正弦值．
[解析]
6.
7.（2014某某重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，19）如图，四棱锥
中，侧面是边长为2的正三角形，底面是菱形，, 点P在底面上的射影为ΔACD的重心，点M为线段上的点．
（1）当点M为PB的中点时，求证：PD//平面ACM；
（2）当平面CDM与平面CBM夹角的余弦值为时，试确定点M的位置．
[解析] 7. （1）设AC、BD的交点为I，连结MI，因为I、M分别为BD、BP的中点，所以PD//MI，又MI在平面ACM内，所以PD//平面ACM；…………4分
（2）设CD的中点为O，分别以OA、OC为x轴、y轴，
过O点垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则, ，，，
，………………6分
设，
则,
，
设平面CBM的法向量为，则且，
令
则………………………10分
所以
8.（2014某某八校高三第二次联考数学（理）试题，19）如图，在三棱锥中，
点是的中点，点在线段上, 且．
（Ⅰ）求的长；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
[解析]
8.
（2）
设平面MNC的一个法向量为，则
令，则，即
………………9 分平面ANC的一个法向量为，
则
故二面角的余弦值为. ………………12分
9.(2013年海淀区高三第二次模拟，17，14分）如图1，在直角梯形中，
，，，. 把沿对角线折起到的位置, 如图2所示, 使得点在平面上的正投影恰好落在线段上，连接, 点分别为线段的中点.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）在棱上是否存在一点, 使得到点四点的距离相等？请说明理由.
9.
10.（2013某某，19,13分）如图, 四棱锥P-ABCD中, PA⊥底面ABCD, BC=CD=2, AC=4,
∠ACB=∠ACD=, F为PC的中点, AF⊥PB.
(Ⅰ) 求PA的长;
(Ⅱ) 求二面角B-AF-D的正弦值.
10.
11.（2013某某，19,12分）如图, 在三棱柱ABC-A1B1C1中, 侧棱AA1⊥底面ABC, AB=AC=2AA1, ∠BAC=120°, D, D1分别是线段BC, B1C1的中点, P是线段AD的中点.
(Ⅰ) 在平面ABC内, 试作出过点P与平面A1BC平行的直线l, 说明理由, 并证明直线l⊥平面ADD1A1;
(Ⅱ) 设(Ⅰ) 中的直线l交AB于点M, 交AC于点N, 求二面角A-A1M-N的余弦值.
11.
12.(2013某某，19,12分)如图, 在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中, AD∥BC, ∠BAD=90°, AC⊥BD, BC=1, AD=AA1=3.
(Ⅰ) 证明: AC⊥B1D;
(Ⅱ) 求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.
12.
13.（2013某某，18,12分）如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD, AB=AA1=.
(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;
(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.
13.
14.（2013某某，22,10分）如图, 在直三棱柱A1B1C1-ABC中, AB⊥AC, AB=AC=2, A1A=4, 点D是BC的中点.
(1) 求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2) 求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.
14.
15.（2013某某，18,12分）如图, AB是圆的直径, PA垂直圆所在的平面, C是圆上的点.
(Ⅰ) 求证: 平面PAC⊥平面PBC;
(Ⅱ) 若AB=2, AC=1, PA=1, 求二面角C-PB-A的余弦值.
15.
16.（2013, 17,14分）如图, 在三棱柱ABC-A1B1C1中, AA1C1C是边长为4的正方形, 平面ABC⊥平面AA1C1C, AB=3, BC=5.
(Ⅰ) 求证: AA1⊥平面ABC;
(Ⅱ) 求二面角A1-BC1-B1的余弦值;
(Ⅲ) 证明: 在线段BC1上存在点D, 使得AD⊥A1B. 并求的值.
16.
17.(2013课标Ⅱ，18,12分)如图, 直三棱柱ABC-A1B1C1中, D, E分别是AB, BB1的中点, AA1=AC=CB=AB.
(Ⅰ) 证明: BC1∥平面A1CD;
(Ⅱ) 求二面角D-A1C-E的正弦值.
17.
答案和解析
理数
[答案] 1.A
[解析] 1.分别以为轴建立空间直角坐标系，则
. 设，可求得.
又，
因为，所以，化简得. 又已知，所以.
所以.
化简得.
将代入，得
，
化简得，
即.
即.
所以或.
因为不在四边形内，故舍去；
综上，点的轨迹方程是，轨迹是线段.
[答案] 2.
[解析] 2.建立空间直角坐标系如图，则D（0，0，0）、C（0，1，0）、A（1，0，0）、B （1，1，0）、D1（0，0，1）．所以。

因为动点在线段上运动，所以设. 。

所以，因为，所以，即的取值X围是。

[答案] 3.查看解析
[解析] 3. 法一：(1) 如图，连并延长交于，连，过作交
于，则，。

故，从而。

因平面，平面，故平面；
(2) 过作于，作于，连。

因平面，故平面
平面，故平面，因此，从而平面，所以
即为二面角的平面角。

因，故，因此
即为的角平分线。

由⑴易知，故，从而，。

由题易知平面，故。

由题，故。

所以，从而。

法二：如图建立空间直角坐标系，
则，，，，。

(1) 设，则，因此。

显然是平面
的一个法向量，且，所以平面；
(2) 由(1) ，，，故由得，因此，从而，。

设是平面的法向量，则，取得。

设是平面的法向量，则，取得。

故。

[答案] 4.查看解析
[解析] 4.以为坐标原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系. ………………………(1分)
设，由已知得：
，……………(2分)
(Ⅰ) 当时，，，
∴, =, ，……………(3分) ·=，·=，……………………(4分)
∴。

…………………………………(5分)
又，∴平面
∴平面平面。

…………………………………(6分) (Ⅱ) ∵，
∴，
∵二面角小于，…………………………(11分)
∴二面角余弦值为，
∴二面角B-PD-C大小为。

…………………………(12分)
[答案] 5.查看解析
[解析] 5. （1）证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°, ∴AB=2，∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=3, ∴AB2=AC2+BC2, ∴BC⊥AC.
∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.
又因为BC⊂平面FBC，所以平面ACFE⊥平面FBC， (5)
分
(2) 解：由(1) 可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，
令FM=λ(0≤λ≤), 则C(0，0，0) ，A(，0，0) ，B(0，1，0) ，M(λ，0，1) ，
取x=1, 则n1=(1, , ),
∵n2=(1,0, 0) 是平面FCB的一个法向量,
∵0≤λ≤, ∴当λ=0时，cosθ有最小值，
当λ=时，cosθ有最大值.
∴cosθ∈［］.............. 12分[答案] 6.查看解析
[解析]
6.
[答案] 7.查看解析
[解析] 7. （1）设AC、BD的交点为I，连结MI，因为I、M分别为BD、BP的中点，所以PD//MI，又MI在平面ACM内，所以PD//平面ACM；…………4分
（2）设CD的中点为O，分别以OA、OC为x轴、y轴，
过O点垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则, ，，，
，………………6分
设，
则,
，
设平面CBM的法向量为，则且，
令
则………………………10分所以
[答案] 8.查看解析
[解析]
8.
（2）
设平面MNC的一个法向量为，则
令，则，即
………………9 分
平面ANC的一个法向量为，
则
故二面角的余弦值为. ………………12分[答案] 9.（Ⅰ）因为点在平面上的正投影恰好落在线段上，
所以平面，所以.
因为在直角梯形中，，，，所以，.
所以是等边三角形，所以是中点.
所以.
同理可证，又.
所以平面.
（Ⅱ）在平面内过作的垂线，如图建立空间直角坐标系，
则，，.
因为，，设平面的法向量为.
因为，，
所以有，即，
令则所以.
故.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
(III) 存在，事实上记点为即可.
因为在直角三角形中，，
在直角三角形中，点，
所以点到四个点的距离相等.
9.
[答案] 10.(Ⅰ) 如图, 连结BD交AC于O, 因为BC=CD, 即△B CD为等腰三角形, 又AC平分∠BCD, 故AC⊥BD. 以O为坐标原点, , , 的方向分别为x轴, y轴, z轴的正方向, 建立空间直角坐标系O-xyz, 则OC=CDcos=1, 而AC=4, 得AO=AC-OC=3, 又
OD=CDsin=, 故A(0, -3,0), B(, 0,0), C(0,1, 0), D(-, 0,0).
因PA⊥底面ABCD, 可设P(0, -3, z), 由F为PC边中点, F. 又=, =(, 3, -z), 因AF⊥PB, 故·=0, 即6-=0, z=2(舍去-2), 所以||=2.
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知=(-, 3,0), =(, 3,0), =(0,2, ). 设平面FAD的法向量为n1=(x1, y1, z1), 平面FAB的法向量为n2=(x2, y2, z2),
由n1·=0, n1·=0, 得因此可取n1=(3, , -2).
由n2·=0, n2·=0, 得
故可取n2=(3, -, 2).
从而法向量n1, n2的夹角的余弦值为
cos< n1, n2> ==.
故二面角B-AF-D的正弦值为.
10.
[答案] 11.(Ⅰ) 如图, 在平面ABC内, 过点P作直线l∥BC, 因为l在平面A1BC外, BC在平面A1BC内, 由直线与平面平行的判定定理可知, l∥平面A1BC.
由已知, AB=AC, D是BC的中点,
所以BC⊥AD, 则直线l⊥AD.
因为AA1⊥平面ABC, 所以AA1⊥直线l.
又因为AD, AA1在平面ADD1A1内, 且AD与AA1相交,
所以直线l⊥平面ADD1A1. (6分)
(Ⅱ) 解法一: 连结A1P, 过A作AE⊥A1P于E, 过E作E F⊥A1M于F, 连结AF.
由(Ⅰ) 知, MN⊥平面AEA1, 所以平面AEA1⊥平面A1MN.
所以AE⊥平面A1MN, 则A1M⊥AE.
所以A1M⊥平面AEF, 则A1M⊥AF.
故∠AFE为二面角A-A1M-N的平面角(设为θ).
设AA1=1, 则由AB=AC=2AA1, ∠BAC=120°, 有∠BAD=60°, AB=2, AD=1.
又P为AD的中点, 所以M为AB中点, 且AP=, AM=1,
所以在Rt△AA1P中, A1P=; 在Rt△A1AM中, A1M=.
从而AE==, AF==,
所以sin θ==,
所以cos θ===.
故二面角A-A1M-N的余弦值为. (12分)
解法二: 设A1A=1. 如图, 过A1作A1E平行于B1C1, 以A1为坐标原点, 分别以, , 的方向为x轴, y轴, z轴的正方向, 建立空间直角坐标系O-xyz(点O与点A1重合). 则A1(0,0, 0), A(0,0, 1).
因为P为AD的中点, 所以M, N分别为AB, AC的中点,
故M, N,
所以=, =(0,0, 1), =(, 0,0).
设平面AA1M的一个法向量为n1=(x1, y1, z1), 则
即故有
从而
取x1=1, 则y1=-, 所以n1=(1, -, 0).
设平面A1MN的一个法向量为n2=(x2, y2, z2), 则
即
故有
从而
取y2=2, 则z2=-1, 所以n2=(0,2, -1).
设二面角A-A1M-N的平面角为θ, 又θ为锐角,
则cos θ===.
故二面角A-A1M-N的余弦值为. (12分)
11.
[答案] 12.解法一: (Ⅰ) 如图1, 因为BB1⊥平面ABCD, AC⊂平面ABCD, 所以AC⊥BB1. 又AC⊥BD, 所以AC⊥平面BB1D, 而B1D⊂平面BB1D, 所以AC⊥B1D.
图1
(Ⅱ) 因为B1C1∥AD, 所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).
如图1, 连结A1D. 因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱, 且∠B1A1D1=∠BAD=90°, 所以A1B1⊥平面ADD1A1, 从而A1B1⊥AD1. 又AD=AA1=3, 所以四边形ADD1A1是正方形, 于是A1D⊥AD1. 故AD1⊥平面A1B1D, 于是AD1⊥B1D.
由(Ⅰ) 知, AC⊥B1D, 所以B1D⊥平面ACD1, 故∠ADB1=90°-θ.
在直角梯形ABCD中, 因为AC⊥BD, 所以∠BAC=∠ADB. 从而Rt△ABC∽Rt△DAB, 故=, 即AB==.
连结AB1. 易知△AB1D是直角三角形, 且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21, 即B1D=.
在Rt△AB1D中, cos∠ADB1===,
即cos(90°-θ) =. 从而sin θ=.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
解法二: (Ⅰ) 易知, AB, AD, AA1两两垂直. 如图2, 以A为坐标原点, AB, AD, AA1所在直线分别为x轴, y轴, z轴建立空间直角坐标系. 设AB=t, 则相关各点的坐标为A(0,0, 0), B(t, 0,0), B1(t, 0,3), C(t, 1,0), C1(t, 1,3), D(0,3, 0), D1(0,3, 3).
图2
从而=(-t, 3, -3), =(t, 1,0), =(-t, 3,0).
因为AC⊥BD, 所以·=-t2+3+0=0, 解得t=或t=-(舍去).
于是=(-, 3, -3), =(, 1,0).
因为·=-3+3+0=0, 所以⊥, 即AC⊥B1D.
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知, =(0,3, 3), =(, 1,0), =(0,1, 0).
设n=(x, y, z) 是平面ACD1的一个法向量,
则即令x=1, 则n=(1, -, ).
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ, 则sin θ=|cos< n, > |===.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
12.
[答案] 13.(Ⅰ) 解法一: 由题设易知OA, OB, OA1两两垂直, 以O为原点建立空间直角坐标系, 如图.
∵AB=AA1=,
∴OA=OB=OA1=1,
∴A(1,0, 0), B(0,1, 0), C(-1,0, 0), D(0, -1,0), A1(0,0, 1). 由=, 易得B1(-1,1, 1).
∵=(-1,0, -1), =(0, -2,0), =(-1,0, 1),
∴·=0, ·=0,
∴A1C⊥BD, A1C⊥BB1,
∴A1C⊥平面BB1D1D.
解法二: ∵A1O⊥平面ABCD, ∴A1O⊥BD.
又∵底面ABCD是正方形,
∴BD⊥AC, ∴BD⊥平面A1OC, ∴BD⊥A1C.
又∵OA1是AC的中垂线,
∴A1A=A1C=, 且AC=2, ∴AC2=A+A1C2,
∴△AA1C是直角三角形, ∴AA1⊥A1C.
又BB1∥AA1, ∴A1C⊥BB1, ∴A1C⊥平面BB1D1D.
(Ⅱ) 设平面OCB1的法向量n=(x, y, z).
∵=(-1,0, 0), =(-1,1, 1),
∴∴
取n=(0,1, -1),
由(Ⅰ) 知, =(-1,0, -1) 是平面BB1D1D的法向量,
∴cos θ=|cos< n, > |==.
又∵0≤θ≤, ∴θ=.
13.
[答案] 14.(1) 以A为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则A(0,0, 0), B(2,0, 0), C(0,2, 0), D(1,1, 0), A1(0,0, 4), C1(0,2, 4), 所以=(2,0, -4), =(1, -1, -4).
因为cos< , > ===,
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2) 设平面ADC1的法向量为n1=(x, y, z), 因为=(1,1, 0), =(0,2, 4), 所以n1·=0,
n1·=0, 即x+y=0且y+2z=0, 取z=1, 得x=2, y=-2, 所以n1=(2, -2,1) 是平面ADC1的
一个法向量. 取平面AA1B的一个法向量为n2=(0,1, 0), 设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|===, 得sin θ=.
因此, 平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.
14.
[答案] 15.(Ⅰ) 证明: 由AB是圆的直径, 得AC⊥BC,
由PA⊥平面ABC, BC⊂平面ABC, 得PA⊥BC.
又PA∩AC=A, PA⊂平面PAC, AC⊂平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
因为BC⊂平面PBC.
所以平面PBC⊥平面PAC. (6分)
(Ⅱ) 解法一: 过C作CM∥AP, 则CM⊥平面ABC.
如图, 以点C为坐标原点. 分别以直线CB, CA, CM为x轴, y轴, z轴建立空间直角坐标系. 因为AB=2, AC=1, 所以BC=.
因为PA=1, 所以A(0,1, 0), B(, 0,0), P(0,1, 1), 故=(, 0,0), =(0,1, 1).
设平面BCP的法向量为n1=(x, y, z).
则
所以
不妨令y=1, 则n1=(0,1, -1).
因为=(0,0, 1), =(, -1,0),
设平面ABP的法向量为n2=(x, y, z),
则所以
不妨令x=1, 则n2=(1, , 0).
于是cos< n1, n2> ==,
所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为. (12分) 解法二: 过C作CM⊥AB于M,
因为PA⊥平面ABC, CM⊂平面ABC,
所以PA⊥CM,
故CM⊥平面PAB.
过M作MN⊥PB于N, 连结NC,
由三垂线定理得⊥PB.
所以∠M为二面角C-PB-A的平面角.
在Rt△ABC中, 由AB=2, AC=1, 得BC=, CM=,
BM=.
在Rt△PAB中, 由AB=2, PA=1, 得PB=.
因为Rt△BNM∽Rt△BAP,
所以=, 故MN=.
又在Rt△M中, =, 故cos∠M=.
所以二面角C-PB-A的余弦值为. (12分)
15.
[答案] 16.(Ⅰ) 因为AA1C1C为正方形, 所以AA1⊥AC.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C, 且AA1垂直于这两个平面的交线AC, 所以AA1⊥平面ABC. (Ⅱ) 由(Ⅰ) 知AA1⊥AC, AA1⊥AB.
由题知AB=3, BC=5, AC=4, 所以AB⊥AC. 如图, 以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz, 则B(0,3, 0), A1(0,0, 4), B1(0,3, 4), C1(4,0, 4).
设平面A1BC1的法向量为n=(x, y, z), 则
即
令z=3, 则x=0, y=4, 所以n=(0,4, 3).
同理可得, 平面B1BC1的法向量为m=(3,4, 0).
所以cos< n, m> ==.
由题知二面角A1-BC1-B1为锐角,
所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为.
(Ⅲ) 设D(x, y, z) 是直线BC1上一点, 且=λ.
所以(x, y-3, z) =λ(4, -3,4).
解得x=4λ, y=3-3λ, z=4λ.
所以=(4λ, 3-3λ, 4λ).
由·=0, 即9-25λ=0,
解得λ=.
因为∈[0,1], 所以在线段BC1上存在点D, 使得AD⊥A1B. 此时, =λ=.
16.
[答案] 17.(Ⅰ) 连结AC1交A1C于点F, 则F为AC1中点.
又D是AB中点, 连结DF, 则BC1∥DF.
因为DF⊂平面A1CD, BC1⊄平面A1CD, 所以BC1∥平面A1CD.
(Ⅱ) 由AC=CB=AB得, AC⊥BC.
以C为坐标原点, 的方向为x轴正方向, 建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 设CA=2, 则D(1,1, 0), E(0,2, 1), A1(2,0, 2),
=(1,1, 0), =(0,2, 1), =(2,0, 2).
设n=(x1, y1, z1) 是平面A1CD的法向量, 则即
可取n=(1, -1, -1).
同理, 设m是平面A1CE的法向量, 则
可取m=(2,1, -2).
从而cos< n, m> ==, 故sin< n, m> =. 即二面角D-A1C-E的正弦值为.。