课时分层作业(四十九)
(本试卷共60分．)
1．(15分)(2025·济南期末)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面AB
(1)证明：A1B⊥B1C．
(2)已知∠ABB1＝eq\f(π,3)，AB＝AC＝2，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.在l上是否存在点P，使直线A1B与平面ABP所成角的正弦值为eq\f(1,4)？若存在，求出线段B1P的长度；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC⊥AB，AC?平面ABC，
所以AC⊥平面AA1B1B．
因为A1B?平面AA1B1B，所以AC⊥A1B．
因为四边形AA1B1B是菱形，所以AB1⊥A1B．
又因为AC∩AB1＝A，AC，AB1?平面AB1C，所以A1B⊥平面AB1
因为B1C?平面AB1C，所以A1B⊥B
(2)假设存在满足题意的点P，取A1B1的中点D，连接AD，如图所示．
因为四边形AA1B1B为菱形，所以AB＝BB1.
又因为∠ABB1＝60°，则△ABB1为等边三角形．
由菱形的几何性质可知∠AA1B1＝60°，AA1＝A1B1，则△AA1B1也为等边三角形．
因为D为A1B1的中点，则AD⊥A1B1.因为AB∥A1B1，所以AB⊥AD.
由(1)知，AC⊥平面AA1B1B，以点A为坐标原点，AB，AD，AC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，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,0,2)，A1(－1，eq\r(3)，0)，B1(1，eq\r(3)，0)，
所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(3，－eq\r(3)，0)．
因为AC∥A1C1，AC?平面A1B1C1，A1C1?平面A1B1C1，所以AC∥平面A1
因为平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，AC?平面AB1C，所以AC∥l.所以l⊥平面AA1
设P(1，eq\r(3)，t)，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，t)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,0,0)．
设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝x＋\r(3)y＋tz＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝2x＝0.))
取z＝－eq\r(3)，可得x＝0，y＝t，所以n＝(0，t，－eq\r(3))为平面ABP的一个法向量．
因为直线A1B与平面ABP所成角的正弦值为eq\f(1,4)，
所以|cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·n|,|\o(A1B,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|－\r(3)t|,2\r(3)×\r(t2＋3))＝eq\f(1,4)，解得t＝±1.
因此，存在点P，线段B1P的长为1.
2．(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD＝AD＝1，M为棱PC的中点．
(1)证明：BM∥平面PAD.
(2)若PC＝eq\r(5)，PD＝1，
①求平面PDM与平面BDM所成角的余弦值；
②在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是eq\f(\r(6),4)？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示，因为M为棱PC的中点，
所以MN∥CD，MN＝eq\f(1,2)CD.
因为AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD，所以AB∥MN，AB＝MN，
所以四边形ABMN是平行四边形，所以BM∥AN.
又BM?平面PAD，AN?平面PAD，
所以BM∥平面PAD.
(2)因为PC＝eq\r(5)，PD＝1，CD＝2，
所以PC2＝PD2＋CD2，所以PD⊥DC．
因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝DC，PD?平面PDC，
所以PD⊥平面ABCD.
又AD?平面ABCD，
所以PD⊥AD，又AD⊥DC，
所以PD，AD，DC两两垂直．以D为坐标原点，DA，DC，DP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P(0,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)．
因为M为棱PC的中点，
所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，B(1,1,0)．
①eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co