1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（人教A版2019）

1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题 基础过关练 题组一　用空间向量求空间距离 1.直线l的方向向量为m=(1,0,-1),且l过点A(1,1,1),则点P(-1,2,1)到l的距离为(　　) A.　　B.　　C.　　D.2 2.(教材习题改编)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B1到平面AD1C的距离为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 3.(多选题)在空间直角坐标系Oxyz中,A(2,0,0),B(1,1,-2),C(2,3,1),则(　　) A.·=-5 B.||=2 C.异面直线OB与AC所成角的余弦值为 D.点O到直线BC的距离是 4.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0<λ<4),则点G到平面D1EF的距离为　　　　.  5.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是线段DD1,AB,BB1的中点. (1)求证:平面FGC1∥平面AB1E; (2)求直线GC1到直线AE的距离; (3)求直线GC1到平面AB1E的距离. 题组二　用空间向量求空间角 6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC,AA1=AC=2,E为棱A1B1的中点,F是棱BC上的一点,且BF=3FC,则直线AE与C1F所成角的余弦值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 7.《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作,其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥”.如图,在“阳马”P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD=2AB=PA,则直线PC与面PBD所成角的正弦值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 8.在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,PB=AC=2,E是AB的中点,则二面角B-PC-E的余弦值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 9.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,F为棱BB1的中点. (1)求异面直线AB1与C1F所成角的余弦值; (2)求直线AA1与平面AB1E所成角的正弦值. 10.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,D是BC的中点. (1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值; (2)求平面ADC1与平面ABA1的夹角的正弦值. 11.在如图所示的试验装置中,两个正方形框架ABCD,ABEF的边长都是1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC,BF上移动,且CM,BN的长度保持相等,记CM=BN=a(0<a<). (1)求异面直线AC与BF所成角的余弦值; (2)当a为何值时,线段MN的长最小? (3)当线段MN的长最小时,求AB与平面AMN所成角的余弦值. 能力提升练 题组一　用空间向量解决空间距离问题 1.在空间直角坐标系Oxyz中,A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),点H在平面ABC内,则当点O与H间的距离取最小值时,点H的坐标是(　　) A.　　　　B.　　 C.　　　　D.(2,1,1) 2.如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,动点P,Q分别在线段C1D,AC上(包括端点),则线段PQ长度的最小值是(　　) A.　　B.　　C.　　D. 3.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点M为CC1的中点,点P为底面A1B1C1D1上的动点(包含边界),则满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为(　　) A.2π　　　　B.3　　 C.6　　　　D.3π 4.在三棱锥S-ABC中,SA=BC=2,SC=AB=,SB=AC=.记BC的中点为M,SA的中点为N,则异面直线AM与CN的距离为　　　　.  题组二　用空间向量解决空间角问题 5.由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”,则在正方体中,两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为(　　) A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90° 6.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,O是AC的中点,点P在线段A1C1上运动(包含端点),若直线OP与平面AB1C所成的角为θ,则sin θ的取值范围是(　　) A.　　　　B.　　 C.　　　　D. 7.如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段B1C上的动点(不包括端点),则下列结论错误的是(　　) A.当B1P=2PC时,AP= B.当B1P=2PC时,点D1到平面A1BP的距离为1 C.直线A1P与BD所成的角可能是 D.若二面角B-A1P-B1的平面角的正弦值为,则=或= 8.如图1,故宫太和殿是中国形制最高的宫殿,其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式,庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式,由一条正脊和四条垂脊组成,因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡,故又称四阿顶.如图2,五面体EFABCD的底面ABCD为矩形,AB=2EF=8,AD=6,EF∥AB,EA=ED=FB=FC=5,M,N分别是AD,BC的中点,则直线BF与平面EFCD夹角的正弦值为(　　) 　　　 A.　　B.　　C.　　D. 题组三　用空间向量解决立体几何中的探索性问题 9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,且CD=2,PA=AB=BC=1,AB⊥BC. (1)求证:AD⊥PC; (2)求平面PCD与平面PAB的夹角; (3)在线段PB上是否存在一点M,使得直线PC与平面ADM垂直?如果存在,求此时点M到平面PCD的距离;如果不存在,说明理由. 10.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,且CD=2,AB=1,BC=2,PA=1,AB⊥BC,N为PD的中点. (1)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值; (2)求点N到直线BC的距离; (3)在线段PD上是否存在一点M,使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 答案与分层梯度式解析 1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题 基础过关练 1.B 2.A 3.AC 6.D 7.A 8.C 1.B　∵A(1,1,1),P(-1,2,1),∴=(-2,1,0), 则AP=, 又∵m=(1,0,-1),∴==, ∴点P(-1,2,1)到l的距离为=,故选B. 2.A　如图,以D为原点,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, 则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B1(2,2,4),∴=(-2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,-2,0).设平面AD1C的法向量为n=(x,y,z), 则即 取z=1,则x=y=2,所以n=(2,2,1), ∴点B1到平面AD1C的距离为=,故选A. 解题模板　用向量法求点P到平面α的距离 (1)建立恰当的空间直角坐标系. (2)写出(求出)相关点的坐标. (3)求出,平面α的法向量n(点A为平面α内一点). (4)求距离d=. 3.AC　对于A,=(-1,1,-2),=(1,2,3),所以·=-1+2-6=-5,故A正确; 对于B,=(0,3,1),所以||==,故B错误; 对于C,=(1,1,-2),所以||=, 因为cos<,>===, 所以异面直线OB与AC所成角的余弦值为,故C正确; 对于D,=(1,1,-2),=(1,2,3), 所以=,所以点O到直线BC的距离是==,故D错误. 故选AC. 4.答案　 解析　以D为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Dxyz, 则G(4,λ,4),D1(0,0,4),E(4,0,2),F(4,4,2), 所以=(4,0,-2),=(4,4,-2),=(0,-λ,-2), 设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=1,则y=0,z=2,所以平面D1EF的一个法向量为n=(1,0,2). 所以点G到平面D1EF的距离为==. 5.解析　(1)证明:以A为原点,AD,AB,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, 则F(0,1,0),G(0,2,1),C1(2,2,2),A(0,0,0),B1(0,2,2),E(2,0,1), 则=(0,1,1),=(2,1,2),=(0,2,2),=(2,0,1), 设平面FGC1的法向量为m=(x,y,z), 则令z=2,则y=-2,x=-1, 所以平面FGC1的一个法向量为m=(-1,-2,2). 设平面AB1E的法向量为n=(a,b,c), 则令c=2,则a=-1,b=-2, 所以平面AB1E的一个法向量为n=(-1,-2,2). 因为m=n,所以平面FGC1∥平面AB1E. (2)由(1)得=(2,0,1),=(2,0,1), 所以∥,即GC1∥AE,所以点C1到直线AE的距离即为直线GC1到直线AE的距离, 又=(2,2,2),所以==,||=2,所以直线GC1到直线AE的距离为=. (3)因为平面FGC1∥平面AB1E,GC1⊂平面FGC1,所以GC1∥平面AB1E, 所以直线GC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离. 由(1)知=(-2,0,0),平面AB1E的一个法向量为n=(-1,-2,2), 所以点C1到平面AB1E的距离为=, 所以直线GC1到平面AB1E的距离为. 6.D　由AB⊥BC,AB=BC,AC=2,得AB=BC=2, 以B为坐标原点,BC,BA,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则F,C1(2,0,2),A(0,2,0),E(0,1,2), 所以=,=(0,-1,2), 所以cos<,>===, 故直线AE与C1F所成角的余弦值为.故选D. 易错警示　异面直线所成角的范围是,故两直线方向向量夹角的余弦值为负时,应取其绝对值,才得两条异面直线所成角的余弦值. 7.A　因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD, 所以AB,AD,AP两两互相垂直,设AB=1,则AD=AP=2, 以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2), 所以=(-1,2,0),=(-1,0,2),=(1,2,-2), 设平面PBD的法向量为n=(x,y,z), 则解得 令x=2,则y=1,z=1,所以n=(2,1,1), 设直线PC与面PBD所成的角为θ, 所以sin θ=|cos<,n>|===, 所以直线PC与面PBD所成角的正弦值为. 故选A. 解题模板　求线面角θ的步骤: 8.C　因为∠PAC=90°,所以PA⊥AC,又因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA⊂平面PAC,所以PA⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC,所以AB⊥PA.在Rt△ABC中,BC=1,AC=2,∠ABC=90°,所以AB===.以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),P(,0,1),C(0,1,0),E,所以=(,-1,1),=(-,0,-1),=.设平面BPC的法向量为m=(x1,y1,z1),则令x1=1,则m=(1,0,-),设平面EPC的法向量为n=(x2,y2,z2),则令x2=2,则n=(2,,-).设二面角B-PC-E的平面角为θ,由题图可知θ∈,则cos θ===.故选C. 专家支招　求两个平面所成的角一般有两种思路,一是先根据二面角的平面角及两个平面夹角的定义,在两个半平面内分别找出与二面角的棱垂直的直线,然后利用两直线的方向向量的夹角得到两平面夹角的大小;另一种是直接求出两个平面的法向量,通过法向量的夹角求得两平面夹角的大小,但要注意两平面夹角的取值范围是,而两个法向量的夹角为[0,π]. 9.解析　(1)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则B1(1,1,1),E,F,A(1,0,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1), 可得=,=(0,1,1), 设异面直线AB1与C1F所成的角为θ, 则cos θ=|cos<,>|===, 所以异面直线AB1与C1F所成角的余弦值为. (2)由(1)得=(0,1,1),=,=(0,0,1), 设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z), 则 取z=2,可得x=1,y=-2,所以n=(1,-2,2), 设直线AA1与平面AB1E所成的角为α,则sin α=|cos<,n>|===, 所以直线AA1与平面AB1E所成角的正弦值为. 10.解析　(1)建立如图所示的空间直角坐标系Axyz, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4), ∴=(2,0,-4),=(1,-1,-4), ∴cos<,>===, ∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为. (2)易知=(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量, 设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z), 由(1)知=(1,1,0),=(0,2,4), ∴取z=1,得y=-2,x=2, ∴平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1), 设平面ADC1与平面ABA1的夹角为θ, ∴cos θ=|cos<,m>|==, ∴sin θ==. ∴平面ADC1与平面ABA1的夹角的正弦值为. 11.解析　(1)因为四边形ABCD为正方形,所以BC⊥BA,因为平面ABCD⊥平面ABEF,且交线为AB,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面ABEF, 因为BE⊂平面ABEF,所以BC⊥BE, 又AB⊥BE,所以BA,BE,BC两两垂直, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,0,0),C(0,0,1),B(0,0,0),F(1,1,0), 所以=(-1,0,1),=(1,1,0), 设异面直线AC与BF所成的角为θ, 则cos θ=|cos<,>|==, 所以异面直线AC与BF所成角的余弦值为. (2)由题可得,M,N, 所以MN===, 所以当a=时,线段MN的长最小,为. (3)由(2)可知,当线段MN的长最小时, M,N, 所以=,=, 设平面AMN的法向量为m=(x,y,z), 则令x=1,则y=1,z=1, 所以m=(1,1,1), 设AB与平面AMN所成的角为α, 因为=(1,0,0),所以sin α=|cos<,m>|==, 因为α∈,所以cos α=. 所以AB与平面AMN所成角的余弦值为. 能力提升练 1.A 2.C 3.B 5.A 6.D 7.C 8.C 1.A　由题意得=(-1,2,0),=(0,-2,2),=(1,0,0), 设H(x,y,z),易知x,y,z>0,且=(x,y,z), 设m=(a,b,c)为平面ABC的法向量,则即 令b=1,则a=2,c=1,故m=(2,1,1), 则点O到平面ABC的距离为==, 当点O到H的距离取最小值时,||==,则x2+y2+z2=,此时∥m, 设=λm,λ∈R,λ≠0, 即(x,y,z)=λ(2,1,1), 所以x=2λ,y=λ,z=λ,代入x2+y2+z2=, 可解得λ=(负值舍去),则x=,y=z=, 所以=,则H,故选A. 2.C　以D为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),C1(0,1,2). 设P(0,y1,z1),Q(x2,y2,0),其中0≤y1≤1,0≤z1≤2,0≤x2≤1,0≤y2≤1. 由题意可设=λ,=μ,其中λ,μ∈[0,1],所以(0,y1,z1)=λ(0,1,2),(x2-1,y2,0)=μ(-1,1,0),所以P(0,λ,2λ),Q(1-μ,μ,0). 所以线段PQ的长度为 = =, 所以当λ=,μ=时,线段PQ的长度取得最小值,为. 3.B　以D为原点,DA,DC,DD1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A(6,0,0),B(6,6,0),M(0,6,3),设P(x,y,6),x∈[0,6],y∈[0,6], 则=(-6,6,3),=(x-6,y-6,6), 由BP⊥AM得·=0,即-6(x-6)+6(y-6)+3×6=0,即y=x-3, 由于x∈[0,6],y∈[0,6],所以x∈[3,6],y∈[0,3],所以点P的轨迹为图中的线段EF(E,F分别为A1D1,A1B1的中点),易知EF==3,故选B. 4.答案　 解析　三棱锥S-ABC的三组对棱分别相等,因此三棱锥S-ABC的外接平行六面体为长方体,将三棱锥S-ABC放在长方体中,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c, 且则所以 以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,0,),C(1,,0),M,N,所以=,=. 设n=(x,y,z)垂直于和, 所以 令y=,则z=,x=0,所以n=. 又=(0,0,), 所以异面直线AM与CN的距离d===. 5.A　以正方体ABCD-A1B1C1D1为例,若“表截面”为面ABC1D1与面ABCD,则它们的夹角为45°; 若“表截面”为面ABC1D1与面BDD1B1,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0), 在正方形ADD1A1中,A1D⊥AD1, 因为AB⊥面ADD1A1,且A1D⊂面ADD1A1,所以AB⊥A1D, 又AD1∩AB=A,AD1,AB⊂面ABC1D1,所以A1D⊥面ABC1D1,即面ABC1D1的一个法向量为=(1,0,1), 同理可证,AC⊥面BDD1B1, 所以面BDD1B1的一个法向量为=(-1,1,0), 设面ABC1D1与面BDD1B1的夹角为θ, 则cos θ=|cos<,>|===, 所以θ=60°; 若“表截面”为面ABB1A1与面ABCD,则它们的夹角为90°. 故选A. 6.D　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),B1(2,2,3),A1(2,0,3),C1(0,2,3),所以=(-2,2,0),=(0,2,3),=(-2,2,0), 由题可设=a=a(-2,2,0)(0≤a≤1),则P(2-2a,2a,3),则=(1-2a,2a-1,3), 设平面AB1C的法向量为n=(x,y,z), 则 令y=3,得x=3,z=-2,所以n=(3,3,-2), 所以sin θ=|cos<n,>|==, 由于0≤a≤1,所以∈[3,], 所以sin θ∈.故选D. 7.C　以A为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(3,0,0),D(0,3,0),A1(0,0,3),C(3,3,0),B1(3,0,3),D1(0,3,3). 对于A,因为B1P=2PC,所以==(0,3,-3)=(0,2,-2),所以P(3,2,1),故=(3,2,1),AP=||==,A中结论正确; 对于B,=(0,3,0),=(3,0,-3),因为B1P=2PC,所以P(3,2,1),所以=(3,2,-2), 设平面A1BP的法向量为m=(x,y,z), 则即 取x=1,则y=-,z=1,故m=,所以点D1到平面A1BP的距离为=1,B中结论正确; 对于C,设=λ(0<λ<1),则P(3,3λ,3-3λ),所以=(3,3λ,-3λ),易得=(-3,3,0),若直线A1P与BD所成的角为,则|cos<,>|===,解得λ=-(二重根),又λ∈(0,1),所以直线A1P与BD所成的角不可能是,C中结论错误; 对于D,=(3,0,0),=(3,0,-3),由C可知=(3,3λ,-3λ),设平面BA1P,平面B1A1P的法向量分别为a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),所以即分别令z1=1,z2=1,则x1=1,y1=1-,x2=0,y2=1,故a=,b=(0,1,1),设二面角B-A1P-B1的平面角为θ,则sin θ=, 则|cos θ|===,解得λ=或λ=,均符合题意,D中结论正确. 故选C. 8.C　因为EA=ED,M为AD的中点,所以EM⊥AD, 在矩形ABCD中,AB⊥AD,M,N分别为AD,BC的中点,所以MN∥AB,所以MN⊥AD, 又MN∩EM=M,MN,EM⊂平面EFNM, 所以AD⊥平面EFNM, 又AD⊂平面ABCD,所以平面EFNM⊥平面ABCD. 在平面EFNM中,过F作FH⊥MN,垂足为H, 因为平面EFNM⊥平面ABCD,平面EFNM∩平面ABCD=MN,FH⊂平面EFNM, 所以FH⊥平面ABCD, 如图所示,过点H作SQ∥BC,交AB于S,交CD于Q,以H为坐标原点,HS,HN,HF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 由题意得HN=×(8-4)=2,FN==4, 所以FH==2, 则F(0,0,2),B(3,2,0),C(-3,2,0),D(-3,-6,0), 所以=(3,2,-2),=(-3,2,-2),=(0,-8,0). 设平面EFCD的一个法向量为n=(x,y,z), 则即 令z=,得n=(-2,0,), 设直线BF与平面EFCD的夹角为θ,θ∈, 则sin θ=|cos<,n>|===, 所以直线BF与平面EFCD夹角的正弦值为. 故选C. 9.解析　(1)证明:取CD的中点N,连接AN,则AB=NC=1,又AB∥NC,AB⊥BC,AB=BC=1,故四边形ABCN为正方形,则AN⊥AB, 因为PA⊥平面ABCD,AB,AN⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AN,则PA,AN,AB两两互相垂直.以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),D(1,-1,0),P(0,0,1),C(1,1,0), 所以=(1,-1,0),=(1,1,-1), 所以·=1-1+0=0, 故⊥,即AD⊥PC. (2)易知平面PAB的一个法向量为(1,0,0),记n=(1,0,0), 设平面PCD的法向量为m=(a,b,c), 则 取a=1,可得m=(1,0,1), 所以cos<m,n>===, 设平面PCD与平面PAB的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|=, 故平面PCD与平面PAB的夹角为. (3)假设存在,设M(0,t,1-t)(0≤t≤1), 由PC⊥平面ADM,AM⊂平面ADM,知PC⊥AM, 因为=(1,1,-1),=(0,t,1-t), 所以·=(1,1,-1)·(0,t,1-t)=t-1+t=0, 解得t=,所以=. 所以M到平面PCD的距离为==. 10.解析　(1)设E为CD的中点,连接AE,则AB=CE=1,又AB∥CE,AB⊥BC,则四边形ABCE为矩形,故AE⊥AB, 因为PA⊥平面ABCD,AB,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AE,则AE,AB,AP两两互相垂直. 以AE,AB,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图, 则A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,1,0),D(2,-1,0),P(0,0,1),∴=(0,0,1),=(2,-1,0),=(2,0,0),=(0,-1,1). 设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则取x1=1得n1=(1,2,0), 设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则取y2=1得n2=(0,1,1), 故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为 |cos<n1,n2>|===. (2)由(1)得N,=,=(2,0,0), 则cos<,>===,故sin<,>=, ∴点N到直线BC的距离为||sin<,>=×=. (3)存在.令=λ,λ∈[0,1],M(x,y,z), ∴(x-2,y+1,z)=λ(-2,1,1), ∴M(2-2λ,λ-1,λ),∴=(-2λ,λ-2,λ). 由(1)知,平面PBC的一个法向量为n2=(0,1,1), ∵直线CM与平面PBC所成角的正弦值为, ∴==,化简得21λ2-50λ+24=0,即(3λ-2)(7λ-12)=0, ∵λ∈[0,1],∴λ=, 故存在满足题意的点M,且=. 7 学科网（北京）股份有限公司 $$