7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题【题型突破】讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何与空间向量中的空间距离及探索性问题，涵盖点线、点面、异面直线距离求解及存在性参数探究等核心考点，按考向预测、双基自测、核心梳理、题型突破（分命题点）、限时训练的逻辑架构展开，通过考点梳理构建知识网络，方法指导提炼向量运算技巧，真题训练强化建模计算与空间思辨能力，帮助学生系统突破高考难点。 资料以数学眼光洞察空间形式，通过正方体、四棱锥等模型培养几何直观，用数学思维分析探索性问题，如四棱台中点存在性探究中参数推理发展逻辑推理与运算能力，以数学语言规范向量表达，如点面距离公式推导与应用。设置双基自测夯实基础、分层题型突破方法、限时训练提升效率，助力学生在有限时间内提升空间想象与解题能力，为教师把控复习节奏提供精准教学资源。

第七章立体几何与空间向量 §7.8　空间距离及立体几何中的探索性问题 【高考考向预测】 空间距离包含点线面各类距离求解，探索性问题探究动点、存在性参数取值，常结合空间向量运算解题；近三年多在解答题压轴小问与拔高小题出现，区分度较高；预测2027 年依旧侧重距离换算、平行垂直存在性探究，综合考查建模计算与空间思辨能力。 【双基自测●明考向】 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(　 　) (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度.(　 　) (3)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.(　　) (4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.(　 　) 2.已知空间中有三点A(9，2，9)，B(8，1，9)，C(5，1，6)，则点A到直线BC的距离为(　　) A. B. C. D. 3.(2026·成都模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E为CD的中点，则点D到平面AD1E的距离为(　　) A. B. C. D. 4.在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为正方形，SD⊥平面ABCD，SD=2AD=4，N为SB的中点，在棱SD上(包括端点)存在点M，使AM⊥CN，则DM=　　　　. 【核心梳理●明考点】 1.点到直线的距离 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设=a，则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ==. 2.点到平面的距离 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PQ===. 【题型突破●明方向】 题型一　空间距离 命题点1　点线距离 例1　(人教A版选择性必修第一册P42习题1.4T6)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形A1ABB1的中心，E为BC的中点，求点O到直线A1E的距离. 命题点2　点面距离 例2　(2025·深圳模拟)已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG=2，E，F分别是AB，AD的中点，则点B到平面GEF的距离为　　　　. 命题点3　异面直线的距离 例3　定义：与两条异面直线都垂直相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，公垂线被这两条异面直线截取的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离，公垂线段的长度可以看作是：分别连接两异面直线上两点，所得连线的向量在公垂线的方向向量上的投影向量的长度.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为(　　) A. B. C. D. 跟踪训练1　(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE=BD；点F在CB1上，且CF=CB1.则下列结论正确的是(　　) A.线段EF是异面直线BD与CB1的公垂线段 B.异面直线AA1与BD的距离为 C.点D1到直线EF的距离为 D.点D1到平面DEF的距离为 题型二　立体几何中的探索性问题 例4　(2026·沈阳模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4，B1E=2. (1)求证：B1E⊥C1D1； (2)在棱CC1上(包括端点)是否存在一点P，使得直线BP与平面CDD1C1所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 跟踪训练2　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E，F分别是棱PB，BC的中点. (1)求直线AF与平面PBC所成角的正弦值； (2)在截面AEF内(包括边界)是否存在点G，使DG⊥平面AEF，并说明理由. 【限时训练】 （30分钟） 1.(13分)(2026·广州模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面ACC1A1为菱形，点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，且AB=2. (1)求点C1到直线AB的距离；(6分) (2)求点C到平面ABB1A1的距离；(7分) 2.(15分)(2025·吕梁模拟)如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱DD1上的一点，且D1E=2DE. (1)若点F满足=2，求证：CF∥平面A1EC1；(7分) (2)底面ABCD内(包括边界)是否存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1？若存在，求出线段DP的长度；若不存在，请说明理由.(8分) 3.(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC=2，AC=1. (1)求证：AC⊥平面PBC；(6分) (2)在线段AC上(包括端点)是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由.(9分) 4.(17分)(2025·成都模拟)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，E，F分别为PD，BC的中点. (1)求证：EF∥平面PAB；(5分) (2)在线段PD上(包括端点)是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；(6分) (3)在平面PBC内是否存在点H，满足·=0，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状.(6分) 第 1 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章立体几何与空间向量 §7.8　空间距离及立体几何中的探索性问题 【高考考向预测】 空间距离包含点线面各类距离求解，探索性问题探究动点、存在性参数取值，常结合空间向量运算解题；近三年多在解答题压轴小问与拔高小题出现，区分度较高；预测2027 年依旧侧重距离换算、平行垂直存在性探究，综合考查建模计算与空间思辨能力。 【双基自测●明考向】 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(　 　) (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度.(　 　) (3)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.(　　) (4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.(　 　) 【答案】（1）×（2）×（3）√（4）× 2.已知空间中有三点A(9，2，9)，B(8，1，9)，C(5，1，6)，则点A到直线BC的距离为(　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】方法一　因为=(1，1，0)，=(-3，0，-3)，所以点A到直线BC的距离为 ==. 方法二　因为=(1，1，0)，=(-3，0，-3)， 所以cos〈，〉===-， 所以sin〈，〉==， 所以点A到直线BC的距离为||sin〈，〉=×=. 3.(2026·成都模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E为CD的中点，则点D到平面AD1E的距离为(　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】以D为坐标原点，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，如图所示， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，E(0，1，0)，D1(0，0，1)， =(1，0，-1)，=(1，-1，0)，=(1，0，0)， 设平面AD1E的法向量为m=(x，y，z)， 则 令x=1，得y=1，z=1，所以m=(1，1，1)， 则点D到平面AD1E的距离d===. 4.在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为正方形，SD⊥平面ABCD，SD=2AD=4，N为SB的中点，在棱SD上(包括端点)存在点M，使AM⊥CN，则DM=　　　　. 【答案】1 【解析】如图，建立空间直角坐标系， ∵AD=2，SD=4， 则S(0，0，4)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)， ∴N(1，1，2)， 设DM=t，则M(0，0，t)，0≤t≤4， ∴=(-2，0，t)，=(1，-1，2)， ∵AM⊥CN，∴·=-2+2t=0，∴t=1， ∴DM=1. 【核心梳理●明考点】 1.点到直线的距离 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设=a，则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ==. 2.点到平面的距离 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PQ===. 【题型突破●明方向】 题型一　空间距离 命题点1　点线距离 例1　(人教A版选择性必修第一册P42习题1.4T6)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形A1ABB1的中心，E为BC的中点，求点O到直线A1E的距离. 【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为1，则E， A1(1，0，1)，O， 所以=，=， 所以点O到直线A1E的距离为 ==. 命题点2　点面距离 例2　(2025·深圳模拟)已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG=2，E，F分别是AB，AD的中点，则点B到平面GEF的距离为　　　　. 【答案】 【解析】以C为原点，CD，CB，CG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B(0，4，0)，E(2，4，0)，F(4，2，0)，G(0，0，2)， 所以=(2，-2，0)，=(2，4，-2)，=(2，0，0)， 设平面GEF的法向量是n=(x，y，z)， 则 取x=1，则y=1，z=3， 所以n=(1，1，3)， 所以点B到平面GEF的距离为==. 命题点3　异面直线的距离 例3　定义：与两条异面直线都垂直相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，公垂线被这两条异面直线截取的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离，公垂线段的长度可以看作是：分别连接两异面直线上两点，所得连线的向量在公垂线的方向向量上的投影向量的长度.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】如图，以点A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，6)，G(1，0，4). 所以=(1，-3，4)， =(3，3，-6)，=(3，0，0)， 设n=(x，y，z)为直线PC和DG的公垂线的方向向量， 则有可取n=(1，3，2)， 所以异面直线PC和DG的距离为 ==. 【思维升华】(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. (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. 跟踪训练1　(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE=BD；点F在CB1上，且CF=CB1.则下列结论正确的是(　　) A.线段EF是异面直线BD与CB1的公垂线段 B.异面直线AA1与BD的距离为 C.点D1到直线EF的距离为 D.点D1到平面DEF的距离为 【答案】ACD 【解析】以D为坐标原点，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D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)， A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)， ==， ==， 所以E，F. 对于A，=，=(1，1，0)， =(1，0，1)， 所以·=-+=0， ·=-+=0， 即EF⊥DB，EF⊥CB1，所以线段EF是异面直线BD与CB1的公垂线段，故A正确； 对于B，由正方体的性质可得异面直线AA1与BD的公垂线的一个方向向量为=(-1，1，0)， 又=(1，0，0)，所以异面直线AA1与BD的距离为==，故B错误； 对于C，=，=， 所以在方向上的投影向量的长度为h==，所以点D1到直线EF的距离为==，故C正确； 对于D，设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)，=， 则即 令x=1，得y=-1，z=2， 所以n=(1，-1，2)，又=(0，0，1)， 所以点D1到平面DEF的距离d===，故D正确. 题型二　立体几何中的探索性问题 例4　(2026·沈阳模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4，B1E=2. (1)求证：B1E⊥C1D1； (2)在棱CC1上(包括端点)是否存在一点P，使得直线BP与平面CDD1C1所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. (1)【证明】连接EC1， 因为AB⊥BC，BC∥B1C1， 所以AB⊥B1C1. 因为BC1=AC1，E是AB的中点， 所以AB⊥EC1， 因为B1C1∩EC1=C1，B1C1，EC1⊂平面B1C1E， 所以AB⊥平面B1C1E， 因为B1E⊂平面B1C1E，所以AB⊥B1E， 因为AB∥C1D1，所以B1E⊥C1D1. (2)【解析】因为B1E=2，B1C1=2， C1E==2， 所以B1+B1E2=C1E2， 所以B1E⊥B1C1， 又由(1)知C1D1⊥B1E，且C1D1∩B1C1=C1，C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1， 所以B1E⊥平面A1B1C1D1， 因为ABCD-A1B1C1D1为四棱台，底面ABCD为正方形， 所以四边形A1B1C1D1为正方形， B1E⊥平面ABCD，A1B1=B1C1=2. 因为点E是AB的中点，AB=4，所以AE=2. 所以AE∥A1B1且AE=A1B1， 所以四边形A1B1EA为平行四边形， 所以B1E∥AA1. 又B1E⊥平面ABCD，所以AA1⊥平面ABCD. 以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B(4，0，0)，C(4，4，0)，D(0，4，0)，C1(2，2，2)， 设=λ，0≤λ≤1， 则P(4-2λ，4-2λ，2λ)，=(-2λ，4-2λ，2λ)， =(-4，0，0)，=(-2，-2，2). 设平面CDD1C1的法向量为n=(x，y，z)， 则 令y=，则n=(0，，1). 设直线BP与平面CDD1C1所成的角为θ，且cos θ=， 则sin θ=|cos〈n，〉|= ==， 化简得(2λ-1)2=0， 即λ=，=， 故P为棱CC1的中点，所以=. 【思维升华】(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”. (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. 跟踪训练2　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E，F分别是棱PB，BC的中点. (1)求直线AF与平面PBC所成角的正弦值； (2)在截面AEF内(包括边界)是否存在点G，使DG⊥平面AEF，并说明理由. 【解析】(1)由PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 故PA⊥AB，PA⊥AD， 又底面ABCD为正方形，故AB⊥AD， 即PA，AD，AB两两垂直， 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AB=2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， E(1，0，1)，F(2，1，0)，=(2，1，0)，=(-2，0，2)，=(0，2，0)， 设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令x=1，则n=(1，0，1)， 因为|cos〈n，〉|===， 所以直线AF与平面PBC所成角的正弦值为. (2)假设截面AEF内(包括边界)存在点G满足条件， 设=λ+μ，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，λ+μ∈[0，1]， 因为=(1，0，1)，=(2，1，0)，=(0，-2，0)， 所以=+=(λ+2μ，μ-2，λ)， 因为DG⊥平面AEF， 所以 所以解得 与λ∈[0，1]矛盾，故与假设矛盾， 所以在截面AEF内(包括边界)不存在点G，使DG⊥平面AEF. 【限时训练】 （30分钟） 1.(13分)(2026·广州模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面ACC1A1为菱形，点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，且AB=2. (1)求点C1到直线AB的距离；(6分) (2)求点C到平面ABB1A1的距离；(7分) 【解析】因为点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D， 所以A1D⊥平面ABC， 又AC，BD⊂平面ABC，故A1D⊥AC，A1D⊥BD， 因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，点D为AC的中点，故AC⊥BD， 所以DB，DC，DA1两两垂直，故以D为坐标原点，DB，DC，DA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AB=2， 则AC=2，DA=DB=DC=， 因为侧面ACC1A1为菱形， 所以A1A=AC=2， 又A1D⊥AC，所以A1D==， 则A(0，-，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，)， 所以=(，，0)，=(0，3，)， =(0，2，0)，=(0，，). (1)点C1到直线AB的距离为 ==. (2)设平面ABB1A1的法向量为n=(x，y，z)， 则 令z=1，得y=-，x=， 故n=(，-，1)， 所以点C到平面ABB1A1的距离为 ==. 2.(15分)(2025·吕梁模拟)如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱DD1上的一点，且D1E=2DE. (1)若点F满足=2，求证：CF∥平面A1EC1；(7分) (2)底面ABCD内(包括边界)是否存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1？若存在，求出线段DP的长度；若不存在，请说明理由.(8分) (1)【证明】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 所以A1(3，0，3)，C1(0，3，3)，E(0，0，1)，C(0，3，0)，F(3，3，2)， 所以=(-3，3，0)，=(3，0，2)， =(3，0，2)， 设平面A1EC1的法向量为n=(x，y，z)， 所以 令x=2，得y=2，z=-3， 所以平面A1EC1的一个法向量为n=(2，2，-3). 所以n·=2×3-3×2=0， 所以n⊥， 又CF⊄平面A1EC1， 所以CF∥平面A1EC1. (2)【解析】假设底面ABCD内(包括边界)存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1， 设P(a，b，0)(0≤a≤3，0≤b≤3)， 又D1(0，0，3)，所以=(a，b，-3)， 又平面A1EC1的一个法向量为n=(2，2，-3)， 所以∥n， 所以==，解得a=2，b=2， 所以底面ABCD内(包括边界)存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1， 此时DP==2. 3.(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC=2，AC=1. (1)求证：AC⊥平面PBC；(6分) (2)在线段AC上(包括端点)是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由.(9分) (1)【证明】∵△PBC为等边三角形，D为PC的中点，∴BD⊥PC， 又∵BD⊥PA，PA∩PC=P，PA，PC⊂平面PAC， ∴BD⊥平面PAC， ∵AC⊂平面PAC，∴AC⊥BD， 取BC的中点G，连接PG， ∵△PBC为等边三角形，∴PG⊥BC， ∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，PG⊂平面PBC， ∴PG⊥平面ABC， ∵AC⊂平面ABC， ∴PG⊥AC， ∵BD与PG相交，BD，PG⊂平面PBC， ∴AC⊥平面PBC. (2)【解析】以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过点C且与GP平行的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，2，0)，P(0，1，)，D，E， 设CF=a，则F(a，0，0)(0≤a≤1)， 则=(0，1，0)，=， 设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)， 则 取x=，可得n=(，0，2a)， 易知平面ABC的一个法向量为m=(0，0，1)， 则|cos〈m，n〉|===cos=， 解得a=，此时CF=， ∴在线段AC上存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为，且CF=. 4.(17分)(2025·成都模拟)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，E，F分别为PD，BC的中点. (1)求证：EF∥平面PAB；(5分) (2)在线段PD上(包括端点)是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；(6分) (3)在平面PBC内是否存在点H，满足·=0，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状.(6分) (1)【证明】如图，过E作EG⊥AD交AD于点G，连接EF，GF， 因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则PA⊥AD， 又EG⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，且EG⊥AD，故EG∥PA， 因为E为PD的中点，所以G为AD的中点， 又F为BC的中点，所以GF∥AB， 而EG⊄平面PAB，PA⊂平面PAB， 所以EG∥平面PAB，同理GF∥平面PAB， 又因为EG∩GF=G，EG，GF⊂平面EGF， 所以平面EGF∥平面PAB，而EF⊂平面EGF， 所以EF∥平面PAB. (2)【解析】设DM=tDP(0≤t≤1)，如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 则P(0，0，1)，B(0，1，0)， C(2，1，0)，D(2，-1，0)， 故=(0，1，-1)，=(2，1，-1)， =(2，-1，-1)，=(0，-2，0)， 则=+=-t=(-2t，t-2，t)， 设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)， 则有 令y=1，则n=(0，1，1)， 故|cos〈n，〉|= ==， 整理得4t2-16t+7=0，解得t=或t=(舍去)， 所以当=时， 直线CM与平面PBC所成角的正弦值是. (3)【解析】由(2)知，平面PBC的一个法向量为n=(0，1，1)， B(0，1，0)，AD的中点G， 则=， 则AD的中点G到平面PBC的距离为 ==， 由·=0， 即HD⊥HA，故H在以AD的中点为球心，半径为AD==的球面上，而<， 故H在平面PBC上的轨迹是半径为=的圆， 故存在符合题意的点H，此时点H的轨迹是半径为的圆. 第 1 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司 $