第1章 综合拔高练（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）

综合拔高练 高考真题练 考点1　用向量法解决立体几何中的证明、求值问题 1.(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO. (1)证明:EF∥平面ADO; (2)证明:平面ADO⊥平面BEF; (3)求二面角D-AO-C的正弦值. 考点2　用坐标法解决立体几何中的证明、求值问题 2.(2023北京,16)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=. (1)求证:BC⊥平面PAB; (2)求二面角A-PC-B的大小. 3.(2023新课标Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明:B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P. 4.(2023新课标Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点. (1)证明:BC⊥DA; (2)点F满足=,求二面角D-AB-F的正弦值. 5.(2023全国甲理,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:A1C=AC; (2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 6.(2023天津,17)三棱台ABC-A1B1C1中,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,N为线段AB的中点,M为线段BC的中点. (1)求证:A1N∥平面C1MA; (2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值; (3)求点C到平面C1MA的距离. 考点3　用空间向量解决立体几何中的最值问题 7.(2021全国甲理,19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 8.(2020全国新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明:l⊥平面PDC; (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 高考模拟练 应用实践 1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,AB=2,PA=PD=,E为BC的中点. (1)证明:AD⊥PE; (2)若二面角P-AD-B的平面角为,G是线段PC上的一个动点(包含端点),求直线DG与平面PAB所成角的最大值. 2.在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,四边形ACFE为矩形,平面ACFE⊥平面ABCD,CF=1. (1)求证:BC⊥平面ACFE; (2)若点M在线段EF上运动(包含端点),设平面MAB与平面FCB的夹角为θ,试求cos θ的取值范围. 3.如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,AC=16,PA=PC=10,O为AC的中点,H为△PBC内的动点(含边界). (1)求点O到平面PBC的距离; (2)求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值; (3)若OH∥平面PAB,求直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围. 4.如图所示,直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=BC=2AD=2,四边形EDCF为矩形,CF=,平面EDCF⊥平面ABCD. (1)求证:DF∥平面ABE; (2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值; (3)在线段DF上是否存在点P,使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为?若存在,求出线段BP的长;若不存在,请说明理由. 迁移创新 5.湖北省鄂州市洋澜湖畔有一座莲花山.莲花山,山连九峰,状若金色莲初开,独展灵秀,故而得名.这里三面环湖,通汇长江,山峦叠翠,烟波浩渺.旅游区管委会计划在山上建设一座别致的凉亭供游客歇脚,该凉亭的实景效果图和设计图分别如图①和图②所示,该凉亭的支撑柱高3 m,顶部是底面边长为2 m的正六棱锥,且各侧面与底面所成的角都是45°. (1)求该凉亭及其内部所占空间的大小; (2)在直线PC上是否存在点M,使得直线MA与平面BD1F1所成角的正弦值为?若存在,请确定点M的位置;若不存在,请说明理由. 图①　　图② 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.解析　(1)证明的关键是在平面ADO中寻找与EF平行的线,观察题图,易知证明方向为EF∥DO,由“中点D,E,O”可知要证F为AC的中点,而根据条件不易直接通过计算解决,故联想到使用向量法解决. 证明:由题可知,||=2,设=λ,0≤λ≤1, ∵·=||||cos∠BAC=2×2×=4,BF⊥AO,∴·=(λ-)·=||2-||2+·=8λ-4=0,解得λ=,∴F为AC的中点.连接OF,DE,则OF∥AB,OF=AB,∵DE∥AB,DE=AB,∴DE∥OF,DE=OF,∴四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥OD, ∵OD⊂平面ADO,EF⊄平面ADO,∴EF∥平面ADO. (2)证明关键:寻找其中一个面内的某条直线与另一平面内的两条相交直线垂直,显然直线AO为“目标直线”.已知AO⊥BF,再找另一垂直关系即可(AO⊥EF). 证明:∵O为BC的中点,∴OB=BC=,又AB=2,AB⊥BC,∴AO===PC=2OD, 又AD=OD,∴AD2=AO2+OD2,即AO⊥OD,∵EF∥OD,∴AO⊥EF, ∵BF⊥AO,BF∩EF=F,BF,EF⊂平面BEF,∴AO⊥平面BEF,∵AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF. (3)求二面角的方法有两个:①定义法;②向量法.对于本题,已知AO⊥OD,AO⊥BF,所以可平移BF,然后利用定义求解,但步骤有点烦琐,从而可直接利用向量与的夹角解决.此外,本题也可通过建系求解,计算相对烦琐. 设二面角D-AO-C的平面角为θ,由题图可知θ为钝角, ∵AO⊥OD,AO⊥BF,∴θ为和的夹角. 由题意得||=||=,||=||=, =(+)=(-+2)=(-3),·=0,在△OBD中,BD=OD=,OB=,则cos∠BOD==,∴·=||||·cos∠BOD=××=1. ∴cos θ=====-,∴sin θ==, ∴二面角D-AO-C的正弦值为. 2.解析　(1)证明:∵PA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥AC,PA⊥BC, ∵PA=1,PC=,∴AC===, 又∵AB=BC=1,∴AC2=AB2+BC2,∴BC⊥AB, 又∵PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB. (2)以B为坐标原点,,的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1), ∴=(0,0,1),=(1,-1,0),=(0,1,1),=(1,0,0), 设平面APC的法向量为n=(x,y,z), 则取x=1,得n=(1,1,0), 设平面BPC的法向量为m=(a,b,c), 则取b=1,得m=(0,1,-1), ∴cos<m,n>===, 由图可知二面角A-PC-B为锐角,设二面角A-PC-B的大小为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|=,(1.两个法向量所成的角即为二面角的平面角(或其补角);2.需结合图形判断二面角是锐角还是钝角) ∴θ=,即二面角A-PC-B的大小为. 高考风向　近几年的高考题中与立体几何有关的问题,主要涉及空间中位置关系、角、距离,难度基本中等,利用本章内容解决此类问题较为简便且程序化(可参考教材总结的“三步曲”),解题关键是熟知空间问题与向量的对应关系. 3.解析　(1)证法一:在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以C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,连接A2B2, ∵AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3,AB=2,AA1=4, ∴A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2), ∴=(0,-2,1),=(0,-2,1),∴=. 易知点A2,B2,C2,D2不在同一直线上,∴B2C2∥A2D2. 证法二:分别取DD2,CC1的中点N,M,连接B2M,MN,A2N,A2B2,在正四棱柱中,BB2=2,BB1=AA1=4,则B2为BB1的中点. 易知AA2=1,DN=1,几何体ABB2A2-DCMN为四棱柱. ∴四边形A2B2MN为平行四边形,∴MN􀱀A2B2. ∵D2N=1,MC2=1,且D2N∥C2M, ∴四边形MND2C2为平行四边形, ∴D2C2􀱀MN,∴A2B2􀱀D2C2, ∴四边形A2B2C2D2为平行四边形,∴B2C2∥A2D2. (2)同(1)中证法一建系,设BP=t(0≤t≤4),则P(0,2,t),∵A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2), ∴=(2,0,1-t),=(0,-2,3-t),=(0,2,-1),=(-2,0,1), 设平面PA2C2的法向量为u1=(x1,y1,z1), 则即 令z1=1,则∴u1=. 设平面A2C2D2的法向量为u2=(x2,y2,z2), 则即令z2=2,则 ∴u2=(1,1,2). 设二面角P-A2C2-D2的平面角为θ,则θ=150°. ∴cos θ== =cos 150°,解得t=1或t=3. 当t=1时,BP=1,∴B2P=BB2-BP=1; 当t=3时,BP=3,∴B2P=BP-BB2=1. 综上所述,B2P=1. 4.解析　(1)证明:连接AE,DE, ∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC. ∵DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,DA=DA, ∴△ADB≌△ADC,∴AB=AC,∴AE⊥BC, 又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE, ∴BC⊥平面ADE,又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA. (2)不妨设DA=DB=DC=2,结合已知条件可得AB=AC=2,BC=2,DE=,AE=,∴AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.又AE⊥BC,DE∩BC=E,BC,DE⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD. 如图,以E为坐标原点,直线ED,EB,EA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系, 则E(0,0,0),A(0,0,),D(,0,0),B(0,,0),∴=(0,,-),= (-,,0),=(-,0,),由=,得F(-,0,),则=(-,-,). 设平面DAB的法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,得n=(1,1,1), 设平面ABF的法向量为m=(x',y',z'), 则 令y'=1,得m=(0,1,1). 设二面角D-AB-F的平面角为θ,则|cos θ|===,又θ∈[0,π],∴sin θ=, 故二面角D-AB-F的正弦值为. 5.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC,∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC, 又AC∩A1C=C,AC,A1C⊂平面AA1C1C, ∴BC⊥平面AA1C1C. 又∵BC⊂平面BCC1B1,∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C. 过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1,A1H⊂平面AA1C1C,∴A1H⊥平面BCC1B1,∴A1H=1, 易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H, ∴H为CC1的中点,∴△A1CC1为等腰直角三角形, ∴A1C=A1C1.易知AC􀱀A1C1,∴A1C=AC. (2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,在平面BCC1B1内过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图. 易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1􀱀BB1, 又A1H∩HQ=H,A1H,HQ⊂平面A1HQ, ∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ, 又A1Q⊂平面A1HQ,∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2, ∴在Rt△A1HQ中,HQ=,易知A1C=AC=, 则A(,0,0),B1(-,,),C1(-,0,),B(0,,0),∴= (-2,,),=(0,,0),=(-,0,). 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z), 则即 取x=1,得n=(1,0,1). 设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|== =. ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 6.解析　(1)证明:连接MN,A1N,C1M,AM,AC1.因为M,N分别为线段BC,AB的中点,所以MN是△ABC的中位线,所以MN∥AC,MN=AC,又因为A1C1∥AC,A1C1=AC,所以MN∥A1C1,MN=A1C1, 所以四边形MC1A1N是平行四边形,所以MC1∥A1N, 又因为MC1⊂平面C1MA,A1N⊄平面C1MA, 所以A1N∥平面C1MA. (2)因为A1A⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,所以A1A⊥AB,A1A⊥AC,又AB⊥AC,所以AB,AC,AA1两两垂直. 以A为原点,建立空间直角坐标系如图所示, 则A(0,0,0),C1(0,1,2),M(1,1,0),C(0,2,0),B(2,0,0),所以=(1,1,0),=(0,1,2), 设平面C1MA的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=2,则y=-2,z=1,所以n=(2,-2,1), 由题易知平面ACC1A1的一个法向量为=(2,0,0), 设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角为θ, 则cos θ=|cos<n,>|===, 所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为. (3)由(2)知平面C1MA的一个法向量为n=(2,-2,1),=(0,2,0), 设点C到平面C1MA的距离为h, 则h===, 所以点C到平面C1MA的距离为. 7.解析　(1)证明:∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,∴A1B1⊥平面B1C1CB. ∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB. 又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC. 以B为坐标原点,,,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B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴=(0,2,1).设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则=(1-a,1,-2). ∵·=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE. (2)由(1)知=(-1,1,1),=(a,-2,1). 设平面DFE的法向量为n=(x,y,z), 则不妨设x=1,则y=,z=,∴n=. 易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量. 设平面BB1C1C与平面DFE所成的锐二面角的大小为θ,则cos θ=|cos<m,n>|===≤=, ∴sin θ=≥, 故当a=,即B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为. 8.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又DC∩PD=D,DC,PD⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC. 由已知得l∥AD,因此l⊥平面PDC. (2)以D为坐标原点,,,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D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1), 所以=(0,1,0),=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1). 设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量, 则即取x=-1,则y=0,z=a, 所以n=(-1,0,a). 所以cos<n,>==. 设PB与平面QCD所成的角为θ, 则sin θ=×=. 因为≤,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 高考模拟练 1.解析　(1)证明:取AD的中点F,连接PF,EF, ∵底面ABCD是正方形,PA=PD, ∴AD⊥EF,AD⊥PF, ∵EF∩PF=F,EF,PF⊂平面PEF,∴AD⊥平面PEF, 又∵PE⊂平面PEF,∴AD⊥PE. (2)由(1)可知,二面角P-AD-B的平面角为∠PFE,则∠PFE=. 过点P作PO垂直于直线EF,垂足为O, ∵AD⊥平面PEF,PO⊂平面PEF,∴PO⊥AD, ∵AD∩EF=F,AD,EF⊂平面ABCD, ∴PO⊥平面ABCD, 以O为原点,OE,OP所在的直线分别为y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 易得∠PFO=,PF=2,OF=1,PO=, 则P(0,0,),A(1,1,0),B(1,3,0),C(-1,3,0),D(-1,1,0), 所以=(1,1,-),=(0,2,0),=(1,-1,),=(-1,3,-), 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z), 则 取z=1,得平面PAB的一个法向量为n=(,0,1), 由题可设=λ=(-λ,3λ,-λ),λ∈[0,1], 则=+=(1-λ,3λ-1,-λ), 设直线DG与平面PAB所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|= = =, 令t=1-λ,则t∈[0,1], sin θ==, 当t=0时,sin θ=0,此时θ=0; 当t≠0时,sin θ=×=×, 当=,即t=,λ=时,sin θ取得最大值,此时θ=. 所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为. 2.解析　(1)证明:在梯形ABCD中, ∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°, ∴AB=2,则在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3,∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC. ∵平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥平面ACFE. (2)由(1)及题意可知,CA,CB,CF两两互相垂直.以C为坐标原点,直线CA,CB,CF分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 令FM=λ(0≤λ≤),则A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1), ∴=(-,1,0),=(λ,-1,1). 设m=(x,y,z)为平面MAB的法向量, 则取x=1,得m=(1,,-λ),易知(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,记n=(1,0,0),∴cos θ===. ∵0≤λ≤,∴当λ=0时,cos θ取得最小值, 当λ=时,cos θ取得最大值. ∴cos θ∈. 3.解析　(1)连接OB,OP, 因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,PA=PC,O为AC的中点,所以OP⊥OC,OB⊥OC, 又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,OP⊂平面PAC,所以OP⊥平面ABC, 又OB⊂平面ABC,所以OP⊥OB,所以OB,OC,OP两两垂直, 易得OA=OB=OC=8,OP==6,PB==10,BC=AB=8. VO-PBC=VP-OBC=·PO·S△OBC=×6××82=64. S△PBC=·BC·=×8×=8, 所以点O到平面PBC的距离d===. (2)在三棱锥P-ABC中,以O为坐标原点,{,,}为正交基底建立空间直角坐标系Oxyz,如图, 则O(0,0,0),P(0,0,6),A(0,-8,0),C(0,8,0),B(8,0,0), 设H(x,y,z),则=(x,y,z),=(x,y,z-6),=(0,-8,-6),=(8,0,-6),=(0,8,-6), 设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 令y1=-3,则n1=(3,-3,4), 同理可求得平面PBC的一个法向量n2=(3,3,4). 所以平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为==. (3)因为OH∥平面PAB,PH⊂平面PBC, 所以即 即所以H, 所以=x,4,-3-x, 又所以0≤x≤4. 又OP⊥平面ABC,所以(0,0,1)是平面ABC的一个法向量,记n3=(0,0,1), 设直线PH与平面ABC所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n3,>|==, 令t=+1,则t∈[1,2],∈, 所以sin θ==, 令f=·-·+1, 所以f∈,所以∈, 所以sin θ∈, 所以直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围为. 4.解析　(1)证明:在矩形EDCF中,ED⊥CD, ∵平面EDCF⊥平面ABCD,平面EDCF∩平面ABCD=CD,ED⊂平面EDCF,∴ED⊥平面ABCD,∵AD⊂平面ABCD,∴ED⊥AD, 过D作AB的平行线,交BC于点G,又AD∥BC,∴四边形ABGD为平行四边形,又AD⊥AB,即∠DAB=90°,∴四边形ABGD为矩形,∴AD⊥DG. ∵AD,DG⊂平面ABCD,ED⊥平面ABCD,∴AD⊥ED,DG⊥ED,以D为原点,DA所在直线为x轴,DE所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0,),F(-1,2,),∴=(-1,-2,),=(0,2,0), 设平面ABE的法向量为n=(x,y,z), 则即令z=1,则n=(,0,1), 又=(-1,2,),∴·n=-+0+=0,∴⊥n, 又∵DF⊄平面ABE,∴DF∥平面ABE. (2)由(1)得=(-1,-2,),=(-2,0,), 设平面BEF的法向量为m=(x1,y1,z1), 则即 令y1=,则m=(2,,4), 设平面ABE与平面EFB所成的锐二面角为θ, 则cos θ===, ∴平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值是. (3)假设存在满足题意的点P,且=λ=λ(-1,2,)=(-λ,2λ,λ),λ∈[0,1],∴P(-λ,2λ,λ),=(-λ-1,2λ-2,λ), 设直线BP与平面ABE所成的角为α, 由(1)知平面ABE的一个法向量为n=(,0,1), ∴sin α=|cos<,n>|===, 化简得8λ2-6λ+1=0,解得λ=或λ=. 当λ=时,=,∴||=2; 当λ=时,=,∴||=2. 综上,存在满足题意的点P,且线段BP的长为2. 5.解析　(1)取A1F1的中点G,连接O1G,PG,则O1G⊥A1F1,PG⊥A1F1,故∠PGO1=45°,易得O1G=,所以PO1=. 要求该凉亭及其内部所占空间的大小,可将该凉亭分为两部分,分别求其体积. 凉亭的上半部分为正六棱锥,其体积V1=×6××22×=6(m3),凉亭的下半部分为正六棱柱,其体积V2=6××22×3=54(m3),所以该凉亭及其内部所占空间为6+54=60(m3). (2)不存在.取AB的中点H,连接OH.易得OP,OH,FC两两互相垂直,以O为坐标原点,OH,FC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示. 则A(,-1,0),B(,1,0),D1(-,1,3),F1(0,-2,3),P(0,0,4),C(0,2,0), 则=(-2,0,3),=(-,-3,3),=(0,2,-4). 假设在直线PC上存在点M,使得直线MA与平面BD1F1所成角的正弦值为, 设=t=(0,2t,-4t),t∈R,则M(0,2t,4-4t),则=(-,2t+1,4(1-t)), 设平面BD1F1的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=3,则y=,z=2, 所以平面BD1F1的一个法向量为n=(3,,2). 设直线MA与平面BD1F1所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>| ==, 整理得127t2-206t+127=0, ∵Δ=(-206)2-4×1272<0,∴该方程不存在实数解, ∴在直线PC上不存在点M,使得直线MA与平面BD1F1所成角的正弦值为. 7 学科网（北京）股份有限公司 $$