第7章 第9节 向量与距离及立体几何中的探索问题（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（湘教版2019）

第九节　向量与距离及立体几何中的探索问题 第七章　立体几何与空间向量 课程标准 1．会求空间中点到直线以及点到平面的距离． 2．以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空 间角存在的条件． CONTECT 内 容 索 引 01 教材梳理　强基固本 02 考点探究　精准突破 03 课 时 测 评 教材梳理　强基固本 返回 理清主干知识 1．点到直线的距离 (1)定义：如图，直线l的方向向量为v，点P为直线l外 一点，过点P作直线l的垂线交l于点D，则 即为点 P到直线l的距离． (3)求空间一点P到直线l(P∉l)的距离的算法程序如图所示． (2)求空间一点P到平面α(P∉α)的距离的算法程序如图所示． 练透教材典题 1．[多选题]下列说法错误的是 A．平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β B．点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度 C．直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等 D．直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α √ √ √ 3．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点，则： (1)点B到直线AC1的距离为________； 以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D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， (2)直线FC到平面AEC1的距离为________． 返回 考点探究　精准突破 返回 考点一 空间距离 基础练 例1 如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝ 3，AD＝4，PA＝1，则点P到直线BD的距离为________． (1)证明：BC1⊥CM； 例2 解：证明：因为AB⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，所以AB⊥BC1， 因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以BC1⊥平面ABC. 又因为CM⊂平面ABC，所以BC1⊥CM. (2)若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离． 解：由(1)知，AB⊥BC1，BC⊥BC1，AB⊥BC， 以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)， 规律方法 1．点到直线的距离 (1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝ . (2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离． 规律方法 2．求点面距一般有以下三种方法 (1)作点到面的垂线，求点到垂足的距离． (2)等体积法． (3)向量法． 对点练1.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点． (1)求点N到直线AB的距离； 解：建立如图所示的空间直角坐标系， 因为N是CC1的中点， 所以N(0,4,2)． 设点N到直线AB的距离为d1， (2)求点C1到平面ABN的距离． 解：设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 设点C1到平面ABN的距离为d2， 考点二 立体几何中的探索性问题 综合练 (2024·辽宁葫芦岛模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中， 平面A1B1BA⊥平面ABC，侧面A1B1BA为菱形，∠ABB1 ＝ ，AB1⊥AC，AB＝AC＝2，E是AC的中点． (1)求证：A1B⊥平面AB1C； 例3 解：证明：因为侧面A1B1BA为菱形，∠ABB1＝ ，则△B1BA是等边三角形，取AB中点O，连接B1O，于是有B1O⊥AB， 又平面A1B1BA⊥平面ABC，且B1O⊂平面A1B1BA，平面A1B1BA∩平面ABC＝AB， 于是B1O⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，即有B1O⊥AC， 又AB1⊥AC，且B1O∩AB1＝B1，B1O，AB1⊂平面A1B1BA，因此AC⊥平面A1B1BA，而A1B⊂平面A1B1BA， 则AC⊥A1B，由四边形A1B1BA为菱形，得A1B⊥AB1，又AB1，AC⊂平面AB1C，AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C. 解：由(1)可知B1O⊥AB，B1O⊥AC，AC⊥平面A1B1BA，且AB⊂平面A1B1BA，所以AC⊥AB， 取BC的中点为D，连接OD，有OD∥AC，OD⊥AB， 规律方法 1．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． 2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 对点练2.如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱 的长都是底面边长的 倍，P为侧棱SD上的点． (1)求证：AC⊥SD； 解：证明：如图，连接BD交AC于点O，连接SO. 由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点， 故OC⊥SD，从而AC⊥SD. (2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小； 设平面PAC与平面DAC的夹角为θ， 所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°. (3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由． 解：假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC. 由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC. 因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1. 考点三 折叠问题 综合练 (2024·湖南长沙模拟)如图①所示，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，∠BCD＝60°，AB＝2 ，BC＝3，E为线段CD上一点，满足BC＝CE，F为BE的中点，现将梯形沿BE折叠(如图②)，使平面BCE⊥平面ABED. 例4 (1)求证：平面ACE⊥平面BCE； 解：证明：在直角梯形ABCD中，CE＝ BC＝3，∠BCD＝60°， 因此△BCE为等边三角形，从而BE＝3， 又AB＝2 ， 由余弦定理得AE2＝12＋9－2×2 ×3cos 30°＝3， 所以AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE，且折叠后AE与BE位置关系不变， 又因为平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE， 所以AE⊥平面BCE，因为AE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCE. (2)能否在线段AB上找到一点P(端点除外) 使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值 为 ？若存在，试确定点P的位置；若不 存在，请说明理由． 解：因为△BCE为等边三角形， F为BE的中点， 所以CF⊥BE，又因为平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE， 所以CF⊥平面ABED， 取AB的中点G，连接FG，则FG∥AE，从而FG⊥BE，以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系： 设平面PCF的法向量为n＝(x，y，z)，则 规律方法 翻折问题中的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系．一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化． 对点练3.图①是由矩形ADEB，Rt△ABC 和菱形BFGC组成的一个平面图形，其 中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°. 将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连 接DG，如图②所示． (1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； 解：证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE， 所以AD∥CG， 所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE， 所以AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC， 所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)求图②中的平面BCG与平面ACG夹角的大小． 解：过点E作EH⊥BC，垂足为H. 因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC， 所以EH⊥平面ABC. 则A(－1,1,0)，C(1,0,0)， 设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)， 又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)， 因此平面BCG与平面ACG夹角的大小为30°. 返回 课时测评 返回 (1)求点A到平面PCF的距离； 解：由题意知AP，AB，AD两两垂直，建立空间直角坐标系，如图， 则A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，a,0)，D(0,3a,0)，P(0,0，a)． 2 1 3 4 5 6 设F(0，m,0)，0≤m≤3a， 所以m＝2a，即F(0,2a,0)． 设平面PCF的法向量为n＝(x，y，z)， 2 1 3 4 5 6 设点A到平面PCF的距离为d， 2 1 3 4 5 6 (2)求AD到平面PBC的距离． 设平面PBC的法向量为n1＝(x0，y0，z0)， 2 1 3 4 5 6 设点A到平面PBC的距离为h， 因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC， 所以h为AD到平面PBC的距离， 2 1 3 4 5 6 (1)求四棱锥A1-BCC1B1的体积； 解：在三棱台ABC-A1B1C1中，取B1C1的中点O1，连接A1O1， 因为平面BCC1B1⊥平面ABC，平面ABC∥平面A1B1C1， 2 1 3 4 5 6 则平面BCC1B1⊥平面A1B1C1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，A1O1⊂平面A1B1C1，于是A1O1⊥平面BCC1B1， 2 1 3 4 5 6 解：取BC的中点O，连接AO，因为AB＝AC，则AO⊥BC， 在等腰梯形BCC1B1中，O1，O分别为上下底边B1C1，BC的中点，有OO1⊥BC， 2 1 3 4 5 6 而平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC ＝BC，OO1⊂平面BCC1B1， 于是OO1⊥平面ABC，以O为原点，分别以OA，OB， OO1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 2 1 3 4 5 6 2 1 3 4 5 6 3．(16分)(2024·广东茂名模拟)在四棱锥P-ABCD中， 平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点． (1)求证：PO⊥BC； 解：证明：因为PA＝PD，O为AD的中点， 所以PO⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD， 所以PO⊥BC. 2 1 3 4 5 6 解：由AB＝8，AD＝DC＝CB＝4， 可知四边形ABCD为等腰梯形，易知BD＝4 ， 因为AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD， 2 1 3 4 5 6 建立如图所示的空间直角坐标系， 平面ABCD的法向量为n＝(0,0,1)， 2 1 3 4 5 6 所以x2－4x＋4＋y2－3z2＝0，① 2 1 3 4 5 6 设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 2 1 3 4 5 6 (1)证明：平面BC1E⊥平面ABED； 解：证明：在图③中，连接AE，AC，AC交BE于点F. 2 1 3 4 5 6 所以CE＝2，所以AB＝CE. 又AB∥CD，所以四边形AECB是平行四边形． 2 1 3 4 5 6 由题意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，BE，AF⊂平面ABED，所以C1F⊥平面ABED， 又C1F⊂平面BC1E， 所以平面BC1E⊥平面ABED. 2 1 3 4 5 6 (2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值． 设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)， 2 1 3 4 5 6 记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ， 2 1 3 4 5 6 5．(19分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB＝PC＝3.在梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3. (1)求证：AB∥平面PCD； 解：证明：因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， 所以AB∥平面PCD. 2 1 3 4 5 6 (2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值； 解：因为ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5， AD＝4，DC＝3， 因为平面PBC⊥平面ABCD，所以点P到平面ABCD的距离为2. 以D为原点，以DA，DC及平面ABCD过D的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系(图略)． 所以A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)， 2 1 3 4 5 6 设平面APB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 令x1＝1，x2＝1可得m＝(1,0,1)，n＝(1，－2,0)， 2 1 3 4 5 6 设平面APB与平面PBC的夹角为θ， 2 1 3 4 5 6 所以Q(4λ，2λ＋3,0)， 由(2)知平面PBA的一个法向量为m＝(1,0,1)， 2 1 3 4 5 6 2 1 3 4 5 6 6．(20分)(2024·湖南怀化模拟)如图，三棱柱ABC-A1B1C1 中，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB⊥AC，AA1＝AB＝ AC＝2，∠A1AC＝60°.过AA1的平面交线段B1C1于点 E(不与端点重合)，交线段BC于点F. (1)求证：四边形AA1EF为平行四边形； 解：证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1∥BB1，BB1⊂平面BB1C1C，AA1⊄平面BB1C1C，则AA1∥平面BB1C1C，又平面AA1EF∩平面BB1C1C＝EF，AA1⊂平面AA1EF，于是得AA1∥EF， 而平面ABC∥平面A1B1C1，平面AA1EF∩平面ABC＝AF，平面AA1EF∩平面A1B1C1＝A1E， 则A1E∥AF，所以四边形AA1EF为平行四边形． 2 1 3 4 5 6 (2)若B到平面AFC1的距离为 ，求直线A1C1与平面 AFC1所成角的正弦值． 解：在平面AA1C1C内过点A作Az⊥AC，因为平面 ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC， 于是得Az⊥平面ABC，又AB⊥AC，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 2 1 3 4 5 6 因为AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°， 2 1 3 4 5 6 返回 2 1 3 4 5 6 谢谢观看 本节到此结束 || 设A为直线l上任意一点，则是在l上的投影向量，所以投影长||＝|||cos ∠PAD|＝||·＝________． (2)距离公式：点P到已知直线l的距离d＝||＝＝ ________________． 2．点到平面的距离 (1)定义：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度．因此||＝______． 2．已知直线l经过点A(2,3,1)且向量n＝为l的一个单位方向 向量，则点P(4,3,2)到l的距离为________． 因为＝(－2,0，－1)，n＝为l的一个单位方向向量，所以点P到l的距离d＝＝＝. 则A(1,0,1)，B(1,1,1)，C(0,1,1)，C1(0,1,0)，E， F，所以＝(0,1,0)，＝(－1,1，－1)， ＝，＝，＝， ＝，取a＝＝(0,1,0)，u＝＝(－1,1，－1)，则a2＝1，a·u＝，所以点B到直线AC1的距离为＝＝. 因为＝＝，所以FC∥EC1，所以FC∥平面AEC1，所以点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离，设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)， 则所以所以 取z＝1，则x＝1，y＝2，所以n＝(1,2,1)是平面AEC1 的一个法向量．又因为＝，所以点F到平面AEC1的距离为＝＝，即直线FC到平面AEC1的距离为. 如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，B(3,0,0)，D(0,4,0)，则＝(－3,0,1)，＝(－3,4,0)， 故点P到直线BD的距离d＝＝＝，所以点P到直线BD的距离为. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1， BC＝AB＝AA1＝2，BC1＝2，M为线段AB上的动点． 在△BCC1中，BC＝2，BC1＝2，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋BC＝CC，所以CB⊥BC1. 又因为＝(4，－2，－4)， 故点A1到平面BCE的距离d＝＝. 则即 令y＝，则n＝(0，，－3)． 则B(0,0,0)，C(2,0,0)，C1(0,2，0)，A1(－2，2，4)，E(－1,2，2)， ＝(2,0,0)，＝(－1,2，2)， 则d1＝＝＝4. 则A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)． ＝(0,4,2)， ＝(2，2,0)， 则||＝2，||＝4. 则d2＝＝＝. 则 令z＝2，则y＝－1，x＝， 即n＝.易知＝(0,0，－2)， (2)确定在线段A1E上是否存在一点P，使得AP与平 面A1B1E所成角为，若存在，求出的值；若不存 在，说明理由． 令＝λ，则＝(－λ，－λ，λ)，＝＋＝(－λ，1－λ，λ)， 以O为原点，为空间正交基底建立 直角坐标系， 则B(1,0,0)，A(－1,0,0)，A1(－2,0，)，E(－1,1,0)， B1(0,0，)，＝(2,0,0)，＝(1,1，－)， 设平面A1B1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 令z＝1，得n＝(0，，1)， 依题意，sin＝|cos〈n，〉|＝＝ ＝， 整理得，5λ2－2λ＝0，解得λ＝或λ＝0， 所以存在满足条件的点P，的值为或0. 以OB，OC，OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a，则高SO＝a， 于是S，D，C. 于是＝，＝． 则·＝0，所以⊥， 解：由题设知，平面PAC的一个法向量为＝ ，平面DAC的一个法向量为＝ . 则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝， 因为B，C， 所以＝， 由(2)知是平面PAC的一个法向量， 且＝，＝. 设＝t(0≤t≤1)， 则＝＋＝＋t＝． 由·＝0，得－＋0＋a2t＝0， 解得t＝，当SE∶EC＝2∶1时，⊥. 则A，C，则＝， 假设在AB上存在一点P使直线AC与平面PCF所成角的正弦值为，且＝λ，λ∈(0,1)， 因为B，所以＝(－，3,0)，故＝(－λ，3λ，0)， 所以＝＋＝((1－λ)，(2λ－1)，－，又＝， ⇒ 令y＝2(λ－1)得n＝((2λ－1)，2(λ－1)，0， 所以|cos〈，n〉|＝＝， 解得λ＝或λ＝(舍)， 综上可知，存在点P是线段AB的中点，使得直线AC 与平面PCF所成角的正弦值为. 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝. 则即 所以以H为坐标原点，所在的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz， G(2,0，)，＝(1,0，)， ＝(2，－1,0)． 令z＝－，则x＝3，y＝6， 所以可取n＝(3,6，－)． 所以cos〈n，m〉＝＝. 1．(14分)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC ＝，AB＝BC＝AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a， 点F在AD上，且CF⊥PC. 则＝(－a，m－a,0)，＝(－a，－a，a)· 因为CF⊥PC，所以⊥， 所以·＝(－a)·(－a)＋(m－a)·(－a)＋0·a＝a2－a(m－a)＝0， 则 解得取x＝1，得n＝(1,1,2)． 由＝(a，a,0)， 得d＝＝＝a. 得取x0＝1，得n1＝(1,0,1)． 解：由于＝(－a,0，a)，＝(0，a,0)， ＝(0,0，a)． 由 所以h＝＝＝a. 2．(14分)(2024·山东青岛模拟)如图，在三棱台 ABC-A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AB＝AC， ∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，BB1＝CC1＝. 因为AB＝AC，∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，则A1B1＝A1C1＝2，∠B1A1C1＝，有BC＝4，B1C1＝2，A1O1⊥B1C1，A1O1＝， 在梯形BCC1B1中，BB1＝CC1＝，则梯形BCC1B1的高h＝＝＝1， 因此梯形BCC1B1的面积S＝(2＋4)×1＝3， 所以四棱锥A1-BCC1B1的体积V＝S·A1O1＝×3×＝2. (2)在侧棱BB1上是否存在点E，使得二面角E-AC-B的 余弦值为？若存在，说明点E的位置；若不存在， 说明理由． 则A(2，0,0)，B(0,2，0)，C(0，－2，0)，B1(0，，1)，令＝m(0<m<1)，则E(0,2－m，m)， 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，而＝(2，2，0)，＝(0,4－m，m)， 则令x＝m，得n＝(m，－m,4－m)， 因为OO1⊥平面ABC，则＝(0,0,1)为平面ABC的 一个法向量，记二面角E-AC-B的平面角为θ， 于是cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝ ＝， 即6m2＋m－2＝0，而0<m<1，解得m＝， 所以存在点E为B1B的中点时，使得二面角E-AC-B的余弦值为. (2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2， 点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成角为， 求点E到平面PCD的距离． P(0,0,2)，A(2,0,0)，B(－2,4，0)，C(－4，2，0)，D(－2,0,0)， 设E(x，y，z)，则＝(x－2，y，z)， 所以x＝－2λ，y＝4λ，z＝2－2λ，代入①解得λ＝或λ＝5(舍去)． ＝(x，y，z－2)，＝(－2,4，－2)， 因为直线AE与平面ABCD所成角为， 所以sin＝|cos〈n，〉|＝＝， 因为点E在棱PB上，所以＝λ(0<λ<1)，即(x，y，z－2)＝λ(－2,4，－2)， 所以点E到平面PCD的距离d＝＝＝2＝. ＝(－1,2，－)，＝(－2,0，－2)，＝(－4,2，－2)， 令z1＝1，得x1＝－，y1＝－， 所以m＝， 4．(17分)图①是直角梯形ABCD， AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC ＝3，AD＝，＝2.以BE为折 痕将△BCE折起，使点C到达C1的 位置，且AC1＝，如图②所示． 在图④中，因为AC1＝，所以AF2＋C1F2＝AC，所以C1F⊥AF， 因为＝2，DC＝3， 又因为在Rt△ACD中，AC＝ ＝2， 所以AF＝CF＝. 所以＝，＝(，0,0)，＝. 解：如图④，以D为坐标原点，，的方向分别为x， y轴的正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的 空间直角坐标系． 则D(0,0,0)，A(，0,0)，B(，2,0)， E(0,1,0)，F，C1， 由得 取z＝，得n＝(0，－2，)，所以|n|＝. 则sin θ＝＝＝. 所以BC＝＝2，又PB＝PC＝3， 所以点P到直线BC的距离为＝2， 所以＝(2,1，－2)，＝(0,5,0)，＝(4,2,0)， 则 则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝. 所以平面APB与平面PBC夹角的余弦值为. (3)棱BC上是否存在点Q到平面PBA的距离为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 解：假设棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为， 设＝λ＝λ(4,2,0)＝(4λ，2λ，0)，λ∈， 所以＝(4λ－4,2λ＋3,0)， 所以点Q到平面PBA的距离d＝＝＝， 所以|4λ－4|＝，所以λ＝1－， 所以棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为， ＝1－. 设平面AFC1的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝t，得n＝(t－1，t，－t)， 则B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,1，)，C1(0,3，)， ＝(2,0,0)，＝(0,3，)，＝(2，－2,0)， ＝(0,2,0)， 令＝t，0<t<1， 则＝＋＝＋t＝(0,2,0)＋t(2，－2,0)＝(2t,2－2t,0)， 点B到平面AFC1的距离d＝＝ ＝＝，解得t＝， 因此n＝，而＝(0,2,0)，设直线A1C1与平面AFC1所成角为θ， 于是得sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝， 所以直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值为. $$