19．（15分）如图，在四棱锥$P-ABCD$中，底面$ABCD$是平行四边形，$\angle ABC=120\circ$，$AB=1$，$BC=4$，$PA=\sqrt{15}$，$M$，$N$分别为$BC$，$PC$的中点，$PD\bot DC$，$PM\bot MD$．
（Ⅰ）证明：$AB\bot PM$；
（Ⅱ）求直线$AN$与平面$PDM$所成角的正弦值．

分析：（Ⅰ）由已知求解三角形可得$CD\bot DM$，结合$PD\bot DC$，可得$CD\bot$平面$PDM$，进一步得到$AB\bot PM$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）证明$PM\bot$平面$ABCD$，由已知求解三角形可得$AM$，$PM$，取$AD$中点$E$，连接$ME$，以$M$为坐标原点，分别以$MD$、$ME$、$MP$为$x$、$y$、$z$轴建立空间直角坐标系，求出$\overrightarrow{AN}$的坐标及平面$PDM$的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线$AN$与平面$PDM$所成角的正弦值．
（Ⅰ）证明：在平行四边形$ABCD$中，由已知可得，$CD=AB=1$，
$CM=\dfrac{1}{2}BC=2$，$\angle DCM=60\circ$，
$\therefore$由余弦定理可得，$DM^{2}=CD^{2}+CM^{2}-2CD\times CM\times \cos 60\circ$
$=1+4-2\times 1\times 2\times \dfrac{1}{2}=3$，
则$CD^{2}+DM^{2}=1+3=4=CM^{2}$，即$CD\bot DM$，
又$PD\bot DC$，$PD\bigcap DM=D$，$\therefore CD\bot$平面$PDM$，
而$PM\subset$平面$PDM$，$\therefore CD\bot PM$，
$\because CD//AB$，$\therefore AB\bot PM$；
（Ⅱ）
解：由（Ⅰ）知，$CD\bot$平面$PDM$，
又$CD\subset$平面$ABCD$，$\therefore$平面$ABCD\bot$平面$PDM$，
且平面$ABCD\bigcap$平面$PDM=DM$，
$\because PM\bot MD$，且$PM\subset$平面$PDM$，$\therefore PM\bot$平面$ABCD$，
连接$AM$，则$PM\bot MA$，
在$\Delta ABM$中，$AB=1$，$BM=2$，$\angle ABM=120\circ$，
可得$A{M}^{2}=1+4-2\times 1\times 2\times (-\dfrac{1}{2})=7$，
又$PA=\sqrt{15}$，在$\rm{Rt}\Delta PMA$中，求得$PM=\sqrt{P{A}^{2}-M{A}^{2}}=2\sqrt{2}$，
取$AD$中点$E$，连接$ME$，则$ME//CD$，可得$ME$、$MD$、$MP$两两互相垂直，
以$M$为坐标原点，分别以$MD$、$ME$、$MP$为$x$、$y$、$z$轴建立空间直角坐标系，

则$A(-\sqrt{3}$，2，$0)$，$P(0$，0，$2\sqrt{2})$，$C(\sqrt{3},-1,0)$，
又$N$为$PC$的中点，$\therefore N(\dfrac{\sqrt{3}}{2},-\dfrac{1}{2},\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AN}=(\dfrac{3\sqrt{3}}{2},-\dfrac{5}{2},\sqrt{2})$，
平面$PDM$的一个法向量为$\overrightarrow{n}=(0,1,0)$，
设直线$AN$与平面$PDM$所成角为$\theta$，
则$\sin \theta =\vert \cos <\overrightarrow{AN},\overrightarrow{n}>\vert =\dfrac{\vert \overrightarrow{AN}\cdot \overrightarrow{n}\vert }{\vert \overrightarrow{AN}\vert \cdot \vert \overrightarrow{n}\vert }=\dfrac{\dfrac{5}{2}}{\sqrt{\dfrac{27}{4}+\dfrac{25}{4}+2}\times 1}=\dfrac{\sqrt{15}}{6}$．
故直线$AN$与平面$PDM$所成角的正弦值为$\dfrac{\sqrt{15}}{6}$．

点评：本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求直线与平面所成的角，是中档题．