高考复习《利用空间向量解决立体几何问题》课时作业8.8

这是一份高考复习《利用空间向量解决立体几何问题》课时作业8.8，共16页。

1．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),6)
C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(2),2)
C 本题考查异面直线所成的角．
法一 如图，将长方体ABCD－A1B1C1D1补成长方体ABCD－A2B2C2D2，使AA1＝A1A2，易知AD1∥B1C2，
∴∠DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角．
易知B1C2＝AD1＝2，
DB1＝ eq \r(12＋12＋3)＝eq \r(5)，
DC2＝eq \r(DC2＋CCeq \\al(2,2))
＝eq \r(12＋（2\r(3)）2)＝eq \r(13).
在△DB1C2中，由余弦定理的推论得
cs ∠DB1C2＝eq \f(DBeq \\al(2,1)＋B1Ceq \\al(2,2)－DCeq \\al(2,2),2DB1·B1C2)＝eq \f(5＋4－13,2×\r(5)×2)＝－eq \f(\r(5),5)，
∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5).故选C.
法二 以A1为原点建立空间直角坐标系(如图)，则A(0，0，eq \r(3))，D1(0，1，0)，D(0，1，eq \r(3))，B1(1，0，0)，所以eq \(AD1,\s\up6(→))＝(0，1，－eq \r(3))，eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1，－1，－eq \r(3))，所以cs〈eq \(AD1,\s\up6(→))，eq \(DB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AD1,\s\up6(→)) ·\(DB1,\s\up6(→)),|\(AD1,\s\up6(→))|·|\(DB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(0×1＋1×（－1）＋（－\r(3)）×（－\r(3)）,2×\r(5))＝eq \f(\r(5),5).故选C.
2．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D点在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则eq \(PD,\s\up6(→))·eq \(PB1,\s\up6(→))的最小值为( )
A.eq \f(5,2) B．－eq \f(1,4)
C.eq \f(1,4) D．－eq \f(5,2)
B 以C点为坐标原点，CA，CB，CC1所
在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(1，0，2)，B1(0，1，3)，
设P(0，0，z)，其中0≤z≤3，则eq \(PD,\s\up6(→))＝(1，0，2－z)，eq \(PB1,\s\up6(→))＝(0，1，3－z)，
∴eq \(PD,\s\up6(→))·eq \(PB1,\s\up6(→))＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z－\f(5,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)，
故当z＝eq \f(5,2)时，eq \(PD,\s\up6(→))·eq \(PB1,\s\up6(→))取得最小值－eq \f(1,4).
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
B 以A为原点，AB，AD，AA1所在直线
分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，
则A1(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，
D(0，1，0)，
∴eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，
eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2))).
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2，,z＝2，))
∴n1＝(1，2，2)．
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
∴cs〈n1，n2〉＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3)，
即所成的锐二面角的余弦值为eq \f(2,3).
4.
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(6),3)
D 如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2)．
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，4，0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2，0，0)．
设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，
由n⊥eq \(AC,\s\up6(→))，n⊥eq \(AM,\s\up6(→))，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋4y＝0，,2y＋2z＝0，))令z＝1，得n＝(2，－1，1)．
设所求角为α，
则sin α＝eq \f(|\(CD,\s\up6(→))·n|,|\(CD,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(6),3).
5．(2020·大同模拟)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(2\r(2),3) D.eq \f(2\r(3),3)
D 如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立坐标系，
则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，
eq \(D1A1,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，
设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令z＝1，得n＝(－1，1，1)．
∴D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3).
6．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq \r(17)，则该二面角的大小为( )
A．150° B．45°
C．60° D．120°
C
如图所示，二面角的大小就是〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉．
∵eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，
∴eq \(CD,\s\up6(→))2＝eq \(CA,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(BD,\s\up6(→))2＋2(eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→)))
＝eq \(CA,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(BD,\s\up6(→))2＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))，
∴eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)[(2eq \r(17))2－62－42－82]＝－24.
因此eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝24，cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))||\(BD,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
又〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉∈[0°，180°]，
∴〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝60°，故二面角为60°.
7．(2020·贵阳月考)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．
解析
以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，
则EF＝(0，－1，1)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，
∴EF·eq \(BC1,\s\up6(→))＝2，
∴cs〈EF，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，
∴EF和BC1所成的角为60°.
答案 60°
8．已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为________．
解析 法一 延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示．
设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为所求锐二面角的平面角．
∵BH＝eq \f(3\r(2),2)，EB＝1，∴tan∠EHB＝eq \f(EB,BH)＝eq \f(\r(2),3).
法二 如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，
设DA＝1，由已知条件得
A(1，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,3)))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(2,3)))，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,3)))，
eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，\f(2,3)))，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋y＋\f(2,3)z＝0.))
令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1，1，－3)，
取平面ABC的法向量为m＝(0，0，－1)，
则cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(3\r(11),11)，tan θ＝eq \f(\r(2),3).
答案 eq \f(\r(2),3)
9．(2020·合肥模拟)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
解析 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)．
∴eq \(D1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1C1,\s\up6(→))＝（x，y，z）·（－1，2，0）＝－x＋2y＝0，,n·\(A1B,\s\up6(→))＝（x，y，z）·（0，2，－1）＝2y－z＝0，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2y，,z＝2y，))令y＝1，得n＝(2，1，2)，
设直线D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则
sin θ＝|cs〈eq \(D1C1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(D1C1,\s\up6(→))·n|,|D1C1||n|)＝eq \f(2,2×3)＝eq \f(1,3)，
即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为eq \f(1,3).
答案 eq \f(1,3)
10．(2020·武汉调研)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC­A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，底面△ABC是边长为2的正三角形，A1A＝A1C，A1A⊥A1C.
(1)求证：A1C1⊥B1C；
(2)(一题多解)求二面角B1­A1C­C1的正弦值．
(1)证明 如图，取A1C1的中点D，连接B1D，CD，
∵C1C＝A1A＝A1C，
∴CD⊥A1C1，
∵底面△ABC是边长为2的正三角形，
∴AB＝BC＝2，A1B1＝B1C1＝2，
∴B1D⊥A1C1，
又B1D∩CD＝D，B1D⊂平面B1CD，CD⊂平面B1CD，
∴A1C1⊥平面B1CD，∴A1C1⊥B1C.
(2)解 法一 如图，过点D作DE⊥A1C于点E，连接B1E.
∵侧面AA1C1C⊥底面ABC，
∴侧面AA1C1C⊥平面A1B1C1，又B1D⊥A1C1，
侧面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，
∴B1D⊥平面A1CC1，∴B1D⊥A1C，
∴A1C⊥平面B1DE，∴B1E⊥A1C，
∴∠B1ED为所求二面角的平面角．
∵A1B1＝B1C1＝A1C1＝2，∴B1D＝eq \r(3)，
又ED＝eq \f(1,2)CC1＝eq \f(\r(2),2)，∴tan∠B1ED＝eq \f(B1D,ED)＝eq \f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq \r(6)，
∴sin∠B1ED＝eq \f(\r(42),7).
∴二面角B1­A1C­C1的正弦值为eq \f(\r(42),7).
法二
如图，取AC的中点O，以O为坐标原点，射线OB，OC，OA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，1)，B1(eq \r(3)，1，1)，C1(0，2，1)，C(0，1，0)，
∴eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，0)，eq \(A1C,\s\up6(→))＝(0，1，－1)．
设m＝(x，y，z)为平面A1B1C的法向量，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1B1,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0，,m·\(A1C,\s\up6(→))＝y－z＝0，))
令y＝eq \r(3)，得m＝(－1，eq \r(3)，eq \r(3))，
又eq \(OB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，0)为平面A1CC1的一个法向量，
∴cs〈m，eq \(OB,\s\up6(→))〉＝eq \f(m·\(OB,\s\up6(→)),|m||\(OB,\s\up6(→))|)＝－eq \f(\r(7),7)，
由图易知所求二面角为锐角，
∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为eq \f(\r(42),7).
11．(2020·江西南昌二中月考)如图，在等腰梯形ABCD中，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，现将该梯形中的三角形BEC沿线段EC折起，形成四棱锥B－AECD.
(1)在四棱锥B－AECD中，求证：AD⊥BD；
(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120°，求直线AE与平面ABD所成角的正弦值．
解
(1)证明：由三角形BEC沿线段EC折起前，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，得三角形BEC沿线段EC折起后，四边形AECD为菱形，边长为2，∠DAE＝60°，如图，取EC的中点F，连接DF，BF，DE，
∵△BEC和△DEC均为正三角形，
∴EC⊥BF，EC⊥DF，又BF∩DF＝F，
∴EC⊥平面BFD，
∵AD∥EC，∴AD⊥平面BFD，
∵BD⊂平面BFD，∴AD⊥BD.
(2)以F为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，
由EC⊥平面BFD，知z轴在平面BFD内，
∵BF⊥EC，DF⊥EC，
∴∠BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角，
∴∠BFD＝120°，∴∠BFz＝30°，
又∵BF＝eq \r(3)，∴点B的横坐标为－eq \f(\r(3),2)，点B的竖坐标为eq \f(3,2).
因D(eq \r(3)，0，0)，E(0，1，0)，A(eq \r(3)，2，0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，
故eq \(AE,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1，0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，0，－\f(3,2)))，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，－2，0)．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BD,\s\up6(→))·n＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，0，－\f(3,2)))·（x，y，z）＝0，,\(AD,\s\up6(→))·n＝（0，－2，0）·（x，y，z）＝0，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)x－\f(3,2)z＝0，,－2y＝0，))
令x＝1，得y＝0，z＝eq \r(3)，
∴平面ABD的一个法向量为n＝(1，0，eq \r(3))，
∴cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·n,|\(AE,\s\up6(→))||n|)
＝eq \f(（－\r(3)，－1，0）·（1，0，\r(3)）,2×2)＝－eq \f(\r(3),4)，
∵直线AE与平面ABD所成角为锐角，
∴直线AE与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
[技能过关提升]
12．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5)
C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3)
C 法一：将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图①所示，连接AD1，B1D1，BD.

图① 图②
由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，
所以AD1＝BC1＝eq \r(2)，AB1＝eq \r(5)，∠DAB＝60°.
在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cs 60°＝3，所以BD＝eq \r(3)，所以B1D1＝eq \r(3).
又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，
所以cs θ＝eq \f(ABeq \\al(2,1)＋ADeq \\al(2,1)－B1Deq \\al(2,1),2×AB1×AD1)＝eq \f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).
故选C.
法二：以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图②所示．
由已知条件知B1(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(1，0，0)，A(－1，eq \r(3)，1)，则eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，－1)．
所以cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→)),|\(AB1,\s\up6(→))||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
故选C.
13．(2020·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P­ABC中，点P在底面的正投影恰好是等边△ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长．设△PAC与底面所成的二面角的大小为α，△PBC与底面所成的二面角的大小为β，则tan (α＋β)的值是( )
A.eq \f(3,4)eq \r(3) B.eq \f(2,5)eq \r(3)
C．－eq \f(8,13)eq \r(3) D．－eq \f(5,8)eq \r(3)
C 如图，设点P在边AB上的射影为H，作HF⊥BC，HE⊥AC，连接PF，PE.
依题意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.
不妨设等边△ABC的边长为2，
则PH＝2，AH＝BH＝1.
∴HE＝eq \f(\r(3),2)，HF＝eq \f(\r(3),2)，则tan α＝tan β＝eq \f(2,\f(\r(3),2))＝eq \f(4,\r(3))，
故tan (α＋β)＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(4,\r(3)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,\r(3))))\s\up12(2))＝－eq \f(8,13) eq \r(3).
14．(2020·长春一检)已知三棱锥S－ABC中，SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC＝2，Q是三棱锥S－ABC外接球上一动点，则点Q到平面ABC的距离的最大值为________．
解析 将三棱锥S－ABC放入棱长为2的正方体中，则到平面ABC的距离最大的点应在过球心且和平面ABC垂直的直径上，因为正方体的外接球直径和正方体的体对角线长相等，所以2R＝2eq \r(3)(R为外接球的半径)，则点Q到平面ABC的距离的最大值为eq \f(2,3)×2R＝eq \f(2,3)×2eq \r(3)＝eq \f(4\r(3),3).
答案 eq \f(4\r(3),3)
15．(2020·湖北重点中学协作体联考)等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，BC上的点，且满足eq \f(AD,DB)＝eq \f(CE,EA)＝eq \f(1,2)(如图①)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，连接A1B，A1C(如图②)．
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：题图①中，由已知可得：
AE＝2，AD＝1，A＝60°.
从而DE＝eq \r(12＋22－2×1×2×cs 60°)＝eq \r(3).
故得AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE，BD⊥DE.
∴题图②中，A1D⊥DE，BD⊥DE，
∴∠A1DB为二面角A1－DE－B的平面角，
又二面角A1－DE－B为直二面角，
∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB.
∵DE∩DB＝D且DE，DB⊂平面BCED，
∴A1D⊥平面BCED.
(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.
以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图，
过P作PH∥DE交BD于点H，
设PB＝2a(0≤2a≤3)，
则BH＝a，PH＝eq \r(3)a，DH＝2－a，
易知A1(0，0，1)，P(2－a，eq \r(3)a，0)，E(0，eq \r(3)，0)，
所以eq \(PA1,\s\up6(→))＝(a－2，－eq \r(3)a，1)．
因为ED⊥平面A1BD，
所以平面A1BD的一个法向量为eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)．
因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，
所以sin 60°＝eq \f(|\(PA1,\s\up6(→))·\(DE,\s\up6(→))|,|\(PA1,\s\up6(→))||\(DE,\s\up6(→))|)＝eq \f(3a,\r(4a2－4a＋5)×\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，
解得a＝eq \f(5,4).
∴PB＝2a＝eq \f(5,2)，
满足0≤2a≤3，符合题意．
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝eq \f(5,2).