2022-2023学年北京市房山区高二（上）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年北京市房山区高二（上）期中数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知A（1，﹣1，3），B＝（0，2，﹣1），则向量的坐标是（ ）
A．（1，3，﹣4）B．（﹣1，3，﹣4）C．（1，﹣3，﹣4）D．（﹣1，﹣3，4）
2．（5分）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，AA1＝1，则异面直线AB与CD1的距离是（ ）
A．B．1C．2D．3
3．（5分）已知，且∥，则x的值是（ ）
A．B．﹣2C．D．2
4．（5分）如果空间向量不共线，且，那么x，y的值分别是（ ）
A．x＝﹣1，y＝3B．x＝﹣1，y＝﹣3C．x＝1，y＝﹣3D．x＝1，y＝3
5．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是线段BC、C1D的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（ ）
A．相交B．异面C．平行D．垂直
6．（5分）用a、b、c表示三条不同的直线，y表示平面，给出下列命题，其中真命题的是（ ）
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；
③若a∥y，b∥y，则a∥b；
④若a⊥y，b⊥y，则a∥b．
A．①②B．②③C．①④D．③④
7．（5分）设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
8．（5分）如图，空间四边形OABC中，．点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，则＝（ ）
A．B．
C．D．
9．（5分）已知在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若AB＝2，CD＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角的度数为（ ）
A．90°B．45°C．60°D．30°
10．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别为线段B1D1，BC1上的动点，则下列结论中不正确的是（ ）
A．B1D⊥平面ACD1
B．平面A1C1B∥平面ACD1
C．点F到平面ACD1的距离为定值
D．直线AE与平面BB1D1D所成角的正弦值为定值
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．（5分）已知空间向量，则＝ ．
12．（5分）若向量，，则＝ ．
13．（5分）设，分别是空间两直线l1，l2的方向向量，则直线l1，l2所成角的大小为 ．
14．（5分）如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 ．
15．（5分）已知平面α，β和直线m，给出条件：
①m∥α；
②m⊥α；
③m⊂α；
④α⊥β；
⑤α∥β．
（ⅰ）当满足条件 时，有m∥β；
（ⅱ）当满足条件 时，有m⊥β．（填所选条件的序号）
16．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，BC＝1，点P在侧面A1ABB1上．若点P到直线AA1和CD的距离相等，则A1P的最小值是 ．
三、解答题：本大题共5小题，每题14分，共70分。
17．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，过BC的平面与侧棱PD，PA的交点分别是E，F．
（Ⅰ）证明：EF∥BC；
（Ⅱ）若PD⊥底面ABCD，求证：AC⊥平面PBD．
18．（14分）在如图所示的几何体中，正方形ABCD与梯形ABEF所在平面相交，EB∥FA，FA＝AB＝EB．
（Ⅰ）证明：DF∥平面BCE；
（Ⅱ）若BE⊥平面ABCD，试求异面直线ED与CF所成角的余弦值．
19．（14分）如图，矩形ABCD中，E，F分别在线段BC和AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起．记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF．
（Ⅰ）求证：CD⊥MD；
（Ⅱ）若EF＝EC，求证：平面NFC⊥平面NED．
20．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，，AB＝4．
（Ⅰ）求证：M为PB的中点；
（Ⅱ）求平面PAD与平面PBD所成角的大小．
21．（14分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
（Ⅰ）求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值；
（Ⅱ）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．
2022-2023学年北京市房山区高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．（5分）已知A（1，﹣1，3），B＝（0，2，﹣1），则向量的坐标是（ ）
A．（1，3，﹣4）B．（﹣1，3，﹣4）C．（1，﹣3，﹣4）D．（﹣1，﹣3，4）
【分析】直接利用向量的线性运算和坐标运算的应用求出结果．
【解答】解：已知A（1，﹣1，3），B＝（0，2，﹣1），
故，，
所以．
故选：B．
【点评】本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的线性运算，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
2．（5分）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，AA1＝1，则异面直线AB与CD1的距离是（ ）
A．B．1C．2D．3
【分析】以点A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，因为AB∥面CC1D1D，AB与CD1的距离等于AB与面CC1D1D的距离等于AD，所以，求出||即可得答案．
【解答】解：以点A为坐标原点，AB、AD、AA1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）、D（0，2，0），
如图，因为AB∥面CC1D1D，AB与CD1的距离就是AB与面CC1D1D的距离，
明显可见，AD⊥面CC1D1D，所以，AB与面CC1D1D的距离为AD，又因为，则||＝，
则AB与面CC1D1D的距离为2，所以，AB与CD1的距离为2，
故选：C．
【点评】本题主要考查异面直线之间的距离，属于中档题．
3．（5分）已知，且∥，则x的值是（ ）
A．B．﹣2C．D．2
【分析】利用空间向量共线性质求解即可．
【解答】解：∵，且∥，
∴＝＝，∴x＝﹣，
故选：A．
【点评】本题考查空间向量共线性质的应用，属于基础题．
4．（5分）如果空间向量不共线，且，那么x，y的值分别是（ ）
A．x＝﹣1，y＝3B．x＝﹣1，y＝﹣3C．x＝1，y＝﹣3D．x＝1，y＝3
【分析】利用空间向量的相等，列出方程即可求解．
【解答】解：∵空间向量不共线，且，
∴x＝1且﹣y＝3，
即x＝1且y＝﹣3，
故选：C．
【点评】本题考查空间向量的相等，属于基础题．
5．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是线段BC、C1D的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（ ）
A．相交B．异面C．平行D．垂直
【分析】直线AB与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线A1B与EF不平行，故两直线相交．
【解答】解：如图，在正方体AC1中：∵A1B∥D1C，
∴A1B与D1C可以确定平面A1BCD1，
又∵EF⊂平面A1BCD1，且两直线A1B与EF不平行，
∴直线A1B与直线EF的位置关系是相交，
故选：A．
【点评】题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题．
6．（5分）用a、b、c表示三条不同的直线，y表示平面，给出下列命题，其中真命题的是（ ）
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；
③若a∥y，b∥y，则a∥b；
④若a⊥y，b⊥y，则a∥b．
A．①②B．②③C．①④D．③④
【分析】判断线与线、线与面、面与面之间的关系，可将线线、线面、面面平行（垂直）的性质互相转换，进行证明，也可将题目的中直线放在空间正方体内进行分析．
【解答】解：根据平行直线的传递性可知①正确；
在长方体模型中容易观察出②中a、c还可以平行或异面；
③中a、b还可以相交；
④是真命题，
故选：C．
【点评】在判断空间线面的关系，常常把他们放在空间几何体中来直观的分析，在判断线与面的平行与垂直关系时，正方体是最常用的空间模型，大家一定要熟练掌握这种方法．
7．（5分）设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论．
【解答】解：∵b⊥m，∴当α⊥β，则由面面垂直的性质可得a⊥b成立，
若a⊥b，则α⊥β不一定成立，
故“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用线面垂直的性质是解决本题的关键．
8．（5分）如图，空间四边形OABC中，．点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，则＝（ ）
A．B．
C．D．
【分析】直接利用向量的线性运算的应用求出结果．
【解答】解：在△OBC中，利用△OBC中，＝，，
所以．
故选：B．
【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
9．（5分）已知在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若AB＝2，CD＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角的度数为（ ）
A．90°B．45°C．60°D．30°
【分析】设G为AD的中点，连接GF，GE，利用三角形中位线定理，可证出EF⊥GF且∠FEG或其补角即为EF与CD所成角．最后在Rt△EFG中，利用正弦的定义算出∠GEF＝30°，即得EF与CD所成的角的度数．
【解答】解：设G为AD的中点，连接GF，GE，
则GF，GE分别为△ABD，△ACD的中线．
由此可得，GF∥AB且GF＝AB＝1，
GE∥CD，且GE＝CD＝2，
∴∠FEG或其补角即为EF与CD所成角．
又∵EF⊥AB，GF∥AB，∴EF⊥GF
因此，Rt△EFG中，GF＝1，GE＝2，
由正弦的定义，得sin∠GEF＝＝，可得∠GEF＝30°．
∴EF与CD所成的角的度数为30°
故选：D．
【点评】本题给出空间四边形相对的棱长，在已知对角线的中点连线与一条棱垂直的情况下求异面直线所成的角，着重考查了是异面直线所成的定义及其求法等知识，属于中档题．本题利用三角形中位线定理，平行线的性质是解决问题的关键．
10．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别为线段B1D1，BC1上的动点，则下列结论中不正确的是（ ）
A．B1D⊥平面ACD1
B．平面A1C1B∥平面ACD1
C．点F到平面ACD1的距离为定值
D．直线AE与平面BB1D1D所成角的正弦值为定值
【分析】根据题意，画出示意图，根据线面垂直的判定，面面平行的判定，以及点面距离的求解和线面角的求解，逐项分析即可．
【解答】解：对A，作图如下：
因为ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，故可得AC⊥BD，且AC⊥BB1，
故AC⊥平面DBB1，又DB1⊂平面DBB1，故DB1⊥AC；
同理可得DB1⊥D1C，
因为AC，D1C⊂平面ACD1，故DB1⊥平面ACD1，故A正确；
对B，作图如下：
因为ABCD﹣A1B1C1D1，故容易得A1C1∥AC，A1B∥1C，
因为A1C1，A1B⊂平面A1C1B，且A1C1∩A1B＝A1，
AC，D1C⊂平面ACD1，且AC∩D1C＝C，
故平面A1C1B∥面ACD1，故B正确．
对C，作图如下：
因为B1∥AD1，且AD1⊂平面ACD1，故可得BC1∥平面ACD1，
又点F在直线BC1上运动，故点F到平面的距离恒为定值，
不妨设点F与C1重合，求此时的点面距离即可．
设点C1到平面ACD1的距离为h，根据等体积法即可得：
，容易得，
解得h＝．故C正确；
对D，连接AC交BD于点O，连接OE作图如下：
容易知直线AC⊥平面BB1D1D，故∠AEO即为所求．
在Rt△AEO中，因为AO＝，但OE，AE的长度均随着E点的运动而变化，
故该角度的大小不确定，故直线AE与面BB1D1D所成角的正弦值不是定值，
故D错误．
故选：D．
【点评】本题主要考查空间中直线与平面所成的角，属于中档题．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．（5分）已知空间向量，则＝ 3 ．
【分析】利用空间向量的求模公式求解即可．
【解答】解：∵，
∴＝＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查空间向量的求模公式，属于基础题．
12．（5分）若向量，，则＝ ﹣10 ．
【分析】利用空间向量的数量积运算求解即可．
【解答】解：∵向量，，
∴＝﹣12+2＝﹣10，
故答案为：﹣10．
【点评】本题考查空间向量的数量积运算，属于基础题．
13．（5分）设，分别是空间两直线l1，l2的方向向量，则直线l1，l2所成角的大小为 ．
【分析】利用空间向量夹角公式计算即可．
【解答】解：cs＜，＞＝＝＝0，
∴，的夹角为，即直线l1，l2所成角的大小为．
故答案为：．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
14．（5分）如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 36 ．
【分析】先考虑6个表面，每一个表面有四条棱与之垂直；再考虑6个对角面，每个对角面又有两条面对角线与之垂直．
【解答】解：正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；
而正方体的六个对角截面中，每个对角面又有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，
所以共有36个“正交线面对”；
故答案为36．
【点评】画出图形，分类讨论．
15．（5分）已知平面α，β和直线m，给出条件：
①m∥α；
②m⊥α；
③m⊂α；
④α⊥β；
⑤α∥β．
（ⅰ）当满足条件 ③⑤ 时，有m∥β；
（ⅱ）当满足条件 ②⑤ 时，有m⊥β．（填所选条件的序号）
【分析】（i）要m∥β只需m在β的平行平面内，m 与平面无公共点；
（ii）直线与平面垂直，只需直线垂直平面内的两条相交直线，或者直线平行平面的垂线；
【解答】解：若m⊂α，α∥β，则m∥β；
若m⊥α，α∥β，则m⊥β．
故答案为：（i）③⑤（ii）②⑤
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查逻辑思维能力，是基础题．
16．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，BC＝1，点P在侧面A1ABB1上．若点P到直线AA1和CD的距离相等，则A1P的最小值是 ．
【分析】如图在面A1ABB1建立P面直角坐标系，设P（x，y）．（0≤x≤2，0≤y≤2）可得点P到直线AA1和CD的距离相等，，即x2＝y2+1．即A1P＝＝
【解答】解：如图在面A1ABB1建立P面直角坐标系，设P（x，y）．（0≤x≤2，0≤y≤2）
∵点P到直线AA1和CD的距离相等，，即x2＝y2+1．
∴A1P＝＝
∴当P（，1）时，A1P最小为，
故答案为：．
【点评】本题考查考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
三、解答题：本大题共5小题，每题14分，共70分。
17．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，过BC的平面与侧棱PD，PA的交点分别是E，F．
（Ⅰ）证明：EF∥BC；
（Ⅱ）若PD⊥底面ABCD，求证：AC⊥平面PBD．
【分析】（Ⅰ）根据线面平行的性质定理证明即可；
（Ⅱ）根据线面垂直的判定定理证明即可．
【解答】（Ⅰ）证明：因为底面ABCD是正方形，
所以BC∥AD，
又因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC∥平面PAD．
又因为BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面PAD＝EF，
所以EF∥BC．
（Ⅱ）证明：因为PD⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，
所以PD⊥AC，
因为底面ABCD是正方形，
所以AC⊥BD，
因为PD，DB⊂平面PBD，PD∩DB＝D，
所以AC⊥平面PBD．
【点评】本题考查了空间中线面位置关系，考查了推理能力，属于中档题．
18．（14分）在如图所示的几何体中，正方形ABCD与梯形ABEF所在平面相交，EB∥FA，FA＝AB＝EB．
（Ⅰ）证明：DF∥平面BCE；
（Ⅱ）若BE⊥平面ABCD，试求异面直线ED与CF所成角的余弦值．
【分析】（Ⅰ）根据线面平行的性质定理即可证明；
（Ⅱ）向量法求得与夹角的余弦值，即可求解异面直线ED与CF所成角的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：取BE的中点G，并连接GF，GC，则．
又因为，
所以FA＝GB，
又因为EB∥FA，
所以FA∥GB，
所以四边形ABGF为平行四边形，
所以GF∥BA，GF＝BA，
因为四边形ABCD为正方形，
所以BA∥CD，BA＝CD，
所以GF∥CD，GF＝CD，
所以四边形CDFG为平行四边形，
所以DF∥CG，
因为DF⊄平面BCE，CG⊂平面BCE，
所以DF∥平面BCE．
（Ⅱ）解：因为BE⊥平面ABCD，AB，BC⊂平面ABCD，
所以BE⊥AB，BE⊥BC，
因为四边形ABCD为正方形，
所以BC⊥AB，
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设BE＝2，则FA＝AB＝1，
所以E（2，0，0），F（1，1，0），D（0，1，1），C（0，0，1），
所以直线ED的方向向量为，
直线CF的方向向量为．
设异面直线ED与CF所成的角为θ，则，
所以异面直线ED与CF所成角的余弦值为．
【点评】本题考查异面直线所成角的大小及正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
19．（14分）如图，矩形ABCD中，E，F分别在线段BC和AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起．记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF．
（Ⅰ）求证：CD⊥MD；
（Ⅱ）若EF＝EC，求证：平面NFC⊥平面NED．
【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理即可证明；
（Ⅱ）根据面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理即可证明．
【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为矩形，又EF∥AB，
∴由题意易得EF⊥FM，EF⊥FD，且FM∩FD＝F，
∴EF⊥平面MFD，又MD⊂平面MFD，
∴EF⊥MD，又易知EF∥CD，
∴CD⊥MD；
（Ⅱ）∵EF＝EC，又由（Ⅰ）可得四边形EFDC为矩形，
∴四边形EFDC为正方形，
∴FC⊥ED，
∵平面MNEF⊥平面ECDF，
又NE⊥EF，NE⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，
∴NE⊥平面ECDF，又FC⊂平面ECDF，
∴FC⊥NE，又FC⊥ED，且NE∩ED＝E，
∴FC⊥平面NED，又FC⊂平面NFC，
∴平面NFC⊥平面NED．
【点评】本题考查据线面垂直的判定定理，面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，属基础题
20．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，，AB＝4．
（Ⅰ）求证：M为PB的中点；
（Ⅱ）求平面PAD与平面PBD所成角的大小．
【分析】（Ⅰ）设AC，BD交点为E，连接ME，由线面平行得PD∥ME，由O是BD中点可得结论；
（Ⅱ）取AD的中点O，连接OP，OE，证得OP，OE，AD两两垂直，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【解答】证明：（Ⅰ）设AC，BD交点为E，连接ME．
因为PD∥平面MAC，
平面MAC∩平面PDB＝ME，
所以PD∥ME．
因为ABCD是正方形，
所以E为BD的中点．
所以M为PB的中点．
解：（Ⅱ）取AD的中点O，连接OP，OE．
因为PA＝PD，
所以OP⊥AD．
又因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD，
因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE，
因为ABCD是正方形，所以OE⊥AD，
如图建立空间直角坐标系O﹣xyz，
则，D（2，0，0），B（﹣2，4，0），
，，
设平面PBD的法向量为n＝（x，y，z），则
即
令x＝1，则y＝1，，于是，
易知平面PAD的法向量为．
所以，
由题知平面PAD与平面平面PBD所成的角为锐角，
所以它的大小为．
【点评】本题主要考查二面角的平面角，属于中档题．
21．（14分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
（Ⅰ）求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值；
（Ⅱ）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．
【分析】（Ⅰ）先取AA1的中点M，连接EM，BM，根据中位线定理可知EM∥AD，而AD⊥平面ABB1A1，则EM⊥面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，则∠EBM直线BE与平面ABB1A1所成的角，设正方体的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝3，于是在Rt△BEM中，求出此角的正弦值即可．
（Ⅱ）在棱C1D1上存在点F，使B1F平面A1BE，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG，因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，根据中位线定理可知EG∥A1B，从而说明A1，B，G，E共面，则BG⊂面A1BE，根据FG∥C1C∥B1G，且FG＝C1C＝B1B，从而得到四边形B1BGF为平行四边形，则B1F∥BG，而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，根据线面平行的判定定理可知B1F∥平面A1BE．
【解答】解：（I）如图（a），取AA1的中点M，连接EM，BM，因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD．
又在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，
∠EBM直线BE与平面ABB1A1所成的角．
设正方体的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝，
于是在Rt△BEM中，
即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为．
（Ⅱ）在棱C1D1上存在点F，使B1F平面A1BE，
事实上，如图（b）所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG，
因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，
因此D1C∥A1B，又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B，这说明A1，B，G，E共面，所以BG⊂平面A1BE
因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四边形B1BGF为平行四边形，所以B1F∥BG，而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，故B1F∥平面A1BE．
【点评】本题考查直线与平面所成的角，直线与平面平行，考查考生探究能力、空间想象能力．
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