第8课时 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题
[考试要求] 1．能用向量的方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题．2．掌握空间几何体中的探索性及翻折问题的求解方法．
1．点到直线的距离
设＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量在直线l上的投影向量为＝(a·u)u．在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝__．
提醒：点到直线的距离还可以用以下两种方式求解：
①d＝||sin θ，其中θ为向量与直线l方向向量的夹角．
②d＝，其中μ为l的方向向量．
2．点到平面的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝，如图所示．
[常用结论]
1．平行线间的距离可以转化为点到直线的距离．
2．线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)点A到平面α的距离是点A与α内任一点的线段的最小值． ( )
(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． ( )
二、教材经典衍生
(人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)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________；
(2)直线FC到平面AEC1的距离为________．
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考点一 求空间距离
[典例1] (2025·江苏淮安模拟)如图，圆锥是由直角△AOB旋转而成，母线AB＝2，底面圆的半径为1，D是AB的中点，C为底面圆周上的一点且∠COB＝．
(1)求点O到平面ABC的距离；
(2)求点O到直线CD的距离．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意一点，则点P到平面α的距离d＝．
[跟进训练]
1．(2025·江苏无锡模拟)如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在棱AA1上，且AE＝1．
(1)求四棱锥D1-EABB1的表面积；
(2)若点P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距离为，求点P到直线EB1的距离．
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考点二 立体几何中的探索性问题
[典例2] (2024·山东聊城三模)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2AB＝2，D，E，F分别是棱AC，CC1，C1B1的中点，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]．
(1)当λ＝μ＝时，求证：DP∥平面A1EF；
(2)当λ＝1时，是否存在点P，使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是？若存在，指出点P的位置，若不存在，请说明理由．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
(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”等问题．
(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．
[跟进训练]
2．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD的中点．
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)求PC与平面ACE所成角的正弦值；
(3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
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考点三 立体几何中的翻折问题
[典例3] (2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝＝．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4．
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
三步解决平面图形翻折问题
[跟进训练]
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．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD的夹角的大小．
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第8课时 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题
梳理·必备知识
1．
激活·基本技能
一、(1)√ (2)× (3)√ (4)×
二、(1) (2) [(1)法一：以D1为原点，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，
则A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E，F，∴＝(0，1，0)，＝(－1，1，－1)，＝，
＝＝＝，
取a＝＝(0，1，0)，u＝＝(－1，1，－1)，则a2＝1，a·u＝，
∴点B到直线AC1的距离为＝＝．
法二：∵AB⊥BC1，且AB＝1，BC1＝，AC1＝，∴B到AC1的距离为＝．
(2)∵＝＝，∴FC∥EC1，又FC 平面AEC1，EC1 平面AEC1，∴FC∥平面AEC1，
∴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
∴
取z＝1，则x＝1，y＝2，
∴n＝(1，2，1)是平面AEC1的一个法向量．
又∵＝，
∴点F到平面AEC1的距离为
＝＝，
即直线FC到平面AEC1的距离为． ]
考点一
典例1 解：(1)在△OBC所在平面内作OM⊥OB，
由题意可得OA⊥平面OBC，因为OB 平面OBC，OM 平面OBC，所以OA⊥OB，OA⊥OM，
以O为原点，OM，OB，OA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
由题意可得OB＝1，OA＝，∠COB＝，
∴A(0，0，)，B(0，1，0)，C，D，
则＝(0，1，－)，＝＝(0，0，)，
设平面ABC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝3，则＝(3，，1)是平面ABC的一个法向量，
所以点O到平面ABC的距离为d1＝＝．
(2)因为＝＝，
所以＝＝，
＝＝1，
＝－＋1××0＝－，
所以点O到直线CD的距离d2
＝＝＝．
跟进训练
1．解：(1)因为AE＝1，AB＝4，所以D1 E＝EB1 ＝＝＝5，
D1B1＝4，
所以＝×1×4＝2，＝×4＝2，＝＝×4×4＝8，＝×4＝10，
故四棱锥D1-EABB1的表面积为＋＋＋＋＝2＋2＋16＋10＝12＋2＋16．
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，B1(4，4，4)，D1(0，0，4)，E，P，其中0≤a≤4，
则＝(4，0，1)，＝(4，4，4)，＝(0，a，4)，
设平面B1DE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令x＝1，则平面B1DE的法向量n＝(1，3，－4)，
设点P到平面B1DE的距离为d，
所以d＝＝＝，
由于0≤a≤4，解得a＝1，
故P＝＝，
所以点P到直线EB1的距离为
＝＝．
考点二
典例2 解：(1)当λ＝μ＝时，＝＝，故P是AB1的中点，
连接CB1，DP，因为D是AC的中点，P是AB1的中点，所以DP∥CB1，
因为E，F分别是CC1，C1B1的中点，所以EF∥CB1，所以DP∥EF，
因为DP 平面A1EF，EF 平面A1EF，所以DP∥平面A1EF．
(2)存在，P为BB1上靠近B的四等分点．
当λ＝1时，＝＋μ，即＝μ，μ∈，所以点P在棱BB1上，
取A1C1的中点D1，连接DD1，DB，则DD1∥CC1，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，DD1⊥平面ABC，△ABC是正三角形，所以DB⊥AC．
以D为坐标原点，DA，DB，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，B，C，A1，B1，C1，E，P，
从而F＝＝，
＝＝，
设平面A1EF的法向量是m＝，
由即
令x1＝1，得m＝是平面A1EF的一个法向量．
设平面ACP的法向量是n＝，
由即
令z2＝，得n＝是平面ACP的一个法向量．
则＝＝＝＝，得＝16μ2＋3，解得μ＝，所以存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是，
此时点P为BB1上靠近B的四等分点．
跟进训练
2．解：(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴BC⊥AB，CD⊥AD．
又PB⊥BC，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB．
∵PA?平面PAB，∴PA⊥BC．
∵PD⊥CD，PD∩AD＝D，PD，AD?平面PAD，∴CD⊥平面PAD．
∵PA?平面PAD，∴PA⊥CD．
∵BC∩CD＝C，BC，CD?平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD．
(2)由(1)知PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以点A为坐标原点，AB，AD，AP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A(0，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)．
则＝(2，2，0)，＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)．
设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，
由取y＝1，可得m＝(－1，1，－1)是平面ACE的一个法向量，
设PC与平面ACE所成角为θ，
则sin θ＝＝，
∴PC与平面ACE所成角的正弦值为．
(3)存在．当点F为线段BC的中点时满足题意．
设F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)，
＝(2，t，0)，＝(0，0，2)，
由取a＝t，
则n＝(t，－2，0)为平面PAF的一个法向量，
∴点E到平面PAF的距离d＝，∵0≤t≤2，∴t＝1．
∴当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为．
考点三
典例3 解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5＝，＝，
得AE＝2，AF＝4．
又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得
EF＝
＝＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，
又PD 平面PDE，故EF⊥PD．
(2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，
则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，
得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF＝E，EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，
由F是AB的中点，得B(4，2，0)，
所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)，
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，
则
令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1，
所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)分别为平面PCD和平面PBF的一个法向量，
所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
设平面PCD与平面PBF所成角为θ，则sin θ＝＝，
即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为．
跟进训练
3．解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故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，BE∩BC＝B，BE，BC 平面BCGE，故AB⊥平面BCGE．
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．
(2)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．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，
则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
所以可取n＝(3，6，－)为平面ACGD的一个法向量．
又平面BCGE的一个法向量为m＝(0，1，0)，
所以cos 〈n，m〉＝＝．
因此平面BCGE与平面ACGD的夹角为30°．
1 / 6(共98张PPT)
第七章
立体几何与空间向量
第8课时 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题
[考试要求] 1．能用向量的方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题．
2．掌握空间几何体中的探索性及翻折问题的求解方法．
链接教材·夯基固本
1．点到直线的距离
设＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量在直线l上的投影向量为＝(a·u)u．在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝______________．
提醒：点到直线的距离还可以用以下两种方式求解：
①d＝||sin θ，其中θ为向量与直线l方向向量的夹角．
②d＝，其中μ为l的方向向量．
2．点到平面的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝，如图所示．
[常用结论]
1．平行线间的距离可以转化为点到直线的距离．
2．线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)点A到平面α的距离是点A与α内任一点的线段的最小值． ( )
(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． ( )
√
×
√
×
二、教材经典衍生
(人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)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________；
(2)直线FC到平面AEC1的距离为________．
(1) (2) [(1)法一：以D1为原点，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，
则A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E，F，∴＝(0，1，0)，＝(－1，1，－1)，＝，
＝＝＝，
取a＝＝(0，1，0)，u＝＝(－1，1，－1)，则a2＝1，a·u＝，
∴点B到直线AC1的距离为＝＝．
法二：∵AB⊥BC1，且AB＝1，BC1＝，AC1＝，∴B到AC1的距离为＝．
(2)∵＝＝，∴FC∥EC1，又FC 平面AEC1，EC1 平面AEC1，∴FC∥平面AEC1，
∴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
∴
取z＝1，则x＝1，y＝2，
∴n＝(1，2，1)是平面AEC1的一个法向量．
又∵＝，
∴点F到平面AEC1的距离为＝＝，
即直线FC到平面AEC1的距离为． ]
考点一 求空间距离
[典例1] (2025·江苏淮安模拟)如图，圆锥是由直角△AOB旋转而成，母线AB＝2，底面圆的半径为1，D是AB的中点，C为底面圆周上的一点且∠COB＝．
(1)求点O到平面ABC的距离；
(2)求点O到直线CD的距离．
典例精研·核心考点
解：(1)在△OBC所在平面内作OM⊥OB，
由题意可得OA⊥平面OBC，因为OB 平面OBC，OM 平面OBC，所以OA⊥OB，OA⊥OM，
以O为原点，OM，OB，OA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
由题意可得OB＝1，OA＝，∠COB＝，
∴A(0，0，)，B(0，1，0)，C，D，
则＝(0，1，－)，＝＝(0，0，)，
设平面ABC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝3，则＝(3，，1)是平面ABC的一个法向量，
所以点O到平面ABC的距离为d1＝＝．
(2)因为＝＝，
所以＝＝，
＝＝1，
＝－＋1××0＝－，
所以点O到直线CD的距离d2＝＝＝．
名师点评 求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意一点，则点P到平面α的距离d＝．
[跟进训练]
1．(2025·江苏无锡模拟)如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在棱AA1上，且AE＝1．
(1)求四棱锥D1-EABB1的表面积；
(2)若点P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距离
为，求点P到直线EB1的距离．
解：(1)因为AE＝1，AB＝4，所以D1 E＝EB1 ＝＝＝5，
D1B1＝4，
所以＝×1×4＝2，＝×4＝2，＝＝×4×4＝8，＝×4＝10，
故四棱锥D1-EABB1的表面积为＋＋＋＋＝2＋2＋16＋10＝12＋2＋16．
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，B1(4，4，4)，D1(0，0，4)，E，P，其中0≤a≤4，
则＝(4，0，1)，＝(4，4，4)，＝(0，a，4)，
设平面B1DE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令x＝1，则平面B1DE的法向量n＝(1，3，－4)，
设点P到平面B1DE的距离为d，
所以d＝＝＝，
由于0≤a≤4，解得a＝1，
故P＝＝，
所以点P到直线EB1的距离为
＝＝．
【教用·备选题】
1．(1)(2024·浙江温州三模)四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为( )
A． B． C． D．
√
(2)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝，则下列说法正确的是( )
A．点A到直线BE的距离是
B．点O到平面ABC1D1的距离是
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D．点P到直线AB的距离为
√
√
√
(1)A (2)BCD [(1)四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，
以点O为原点，以射线OA，OB，OC的正方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，则
A(1，0，0)，D(0，0，1)，G，
于是＝＝(－1，0，1)，
||＝＝＝－×(－1)＋1＝，
所以点G到直线AD的距离
d＝＝＝．
故选A．
(2)如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0), D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1，E，
所以＝(－1，0，0)，
＝．
设∠ABE＝θ，
则cos θ＝＝，sin θ＝＝．
故点A到直线BE的距离d1＝||sin θ＝1×＝，A错误；
易知＝＝，
平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)，
则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，B正确；
＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则 所以
令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)为平面A1BD的一个法向量．
所以点D1到平面A1BD的距离
d3＝＝＝．
因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为，C正确；
因为＝，所以＝，又＝(1，0，0)，则＝，所以点P到直线AB的距离d4＝＝，D正确．故选BCD．]
2．(2025·福建泉州模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面△PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，BC∥平面PAD，BC＝AD＝1，E是棱PD上的动点．
(1)当E是棱PD的中点时，求证：CE∥平面PAB；
(2)若AB＝1，AB⊥AD，求点B到平面ACE距离
的范围．
解：(1)证明：∵BC∥平面PAD，
BC 平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BC∥AD．
取PA的中点F，连接BF，EF，
∵E是棱PD的中点，
∴EF是△PAD的中位线，
∴EF∥AD∥BC，EF＝AD，
∵BC＝AD，∴EF＝BC，
即四边形BCEF是平行四边形，
∴CE∥BF．
∵CE 平面PAB，BF 平面PAB，
∴CE∥平面PAB．
(2)取AD的中点O，连接PO，CO，
∵△PAD是正三角形，∴PO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO 平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD．
建立空间直角坐标系如图，
则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，P(0，0，)，D(0，1，0)，设＝λ，λ∈[0，1]，则＝(1，0，0)，＝(1，1，0)，＝(0，2，0)，＝(0，－1，)，＝＝(0，2，0)＋λ＝(0，2－λ，λ)，λ∈[0，1]，
设平面ACE的法向量n＝(x，y，z)，
则
即
令z＝2－λ，则y＝－λ，x＝λ，
则n＝(λ，－λ，2－λ)为平面ACE的一个法向量，
设点B到平面ACE的距离为d，
d＝＝，
当λ＝0时，d＝0，
当0＜λ≤1时，0＜d＝＝＝，
当且仅当λ＝1时等号成立．
综上，0≤d≤，
即点B到平面ACE距离的取值范围是 ．
考点二 立体几何中的探索性问题
[典例2] (2024·山东聊城三模)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2AB＝2，D，E，F分别是棱AC，CC1，C1B1的中点，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]．
(1)当λ＝μ＝时，求证：DP∥平面A1EF；
(2)当λ＝1时，是否存在点P，使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是？若存在，指出点P的位置，若不存在，请说明理由．
解：(1)当λ＝μ＝时，＝＝，故P是AB1的中点，
连接CB1，DP，因为D是AC的中点，P是AB1的中点，所以DP∥CB1，
因为E，F分别是CC1，C1B1的中点，所以EF∥CB1，所以DP∥EF，
因为DP 平面A1EF，EF 平面A1EF，所以DP∥平面A1EF．
(2)存在，P为BB1上靠近B的四等分点．
当λ＝1时，＝＋μ，即＝μ，μ∈，所以点P在棱BB1上，
取A1C1的中点D1，连接DD1，DB，则DD1∥CC1，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，DD1⊥平面ABC，
△ABC是正三角形，所以DB⊥AC．
以D为坐标原点，DA，DB，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，B，C，A1，B1，C1，E，P，
从而F＝＝，
＝＝，
设平面A1EF的法向量是m＝，
由即
令x1＝1，得m＝是平面A1EF的一个法向量．
设平面ACP的法向量是n＝，
由即
令z2＝，得n＝是平面ACP的一个法向量．
则＝＝＝＝，得＝16μ2＋3，解得μ＝，所以存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是，
此时点P为BB1上靠近B的四等分点．
【教用·备选题】
1．(2024·重庆模拟)如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l．
(1)求证：直线l⊥平面PAC；
(2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面
AEF，直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ
的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：∵E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF．
又EF 平面EFA，BC 平面EFA，∴BC∥平面EFA．
又BC 平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，∴BC∥l．
又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC⊥平面ABC，且BC 平面ABC，∴BC⊥平面PAC，则l⊥平面PAC．
(2)取AC的中点M，连接PM，∵PA＝PC＝AC，
∴PM⊥AC．
∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，
且PM 平面PAC，∴PM⊥平面ABC．
又∵C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，
∴AC⊥BC，
∵M，O分别是AC，AB的中点，
连接MO，则MO⊥AC，
以M为原点，分别以MA，MO，MP所在直线
为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Mxyz，
则A(1，0，0)，B，P，C，E，F，
∴＝＝，
设Q＝，
设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 取z1＝，得m＝为平面AEF的一个法向量，
所以＝＝，
＝＝，
依题意，得＝，
即＝，解得y＝±1，
即Q，
∴AQ＝1，
∴直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，且AQ＝1．
2．如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点．
(1)求证：AC⊥平面A1BO；
(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面
POB与平面A1OB夹角的余弦值为？若存在，
请计算的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴AC⊥OB．
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，A1B 平面ABB1A1，
∴A1B⊥平面ABC．
∵AC 平面ABC，∴A1B⊥AC，
∵A1B∩OB＝B，A1B，OB 平面A1BO，
∴AC⊥平面A1BO．
(2)存在，线段CC1的中点P满足题意．
理由如下：
∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，
∴以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别
为x轴、y轴，过点O作Oz∥A1B，以Oz所在
直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，A(1，0，0)，A1(0，，2)，＝(0，，0)，＝(－1，，2)，＝(－1，0，0)，
设＝t＝t＝(－t，t，2t)，0≤t≤1，
则＝＝(－1－t，t，2t)，
易知平面A1OB的一个法向量为n＝(1，0，0)，
设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取x＝2t，则m＝(2t，0，t＋1)为平面POB的一个法向量，
由题意得|cos 〈n，m〉|＝＝＝，
∵0≤t≤1，∴解得t＝＝，
∴线段CC1上存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为，此时＝．
名师点评 (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”等问题．
(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．
[跟进训练]
2．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD的中点．
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)求PC与平面ACE所成角的正弦值；
(3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平
面PAF的距离为？若存在，确定点F的位
置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴BC⊥AB，CD⊥AD．
又PB⊥BC，PB∩AB＝B，PB，AB 平面PAB，
∴BC⊥平面PAB．
∵PA 平面PAB，∴PA⊥BC．
∵PD⊥CD，PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，∴CD⊥平面PAD．
∵PA 平面PAD，∴PA⊥CD．
∵BC∩CD＝C，BC，CD 平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD．
(2)由(1)知PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以点A为坐标原点，AB，AD，AP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A(0，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，
E(0，1，1)．
则＝(2，2，0)，＝(0，1，1)，
＝(2，2，－2)．
设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，
由取y＝1，可得m＝(－1，1，－1)是平面ACE的一个法向量，
设PC与平面ACE所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈m，〉|＝＝＝，
∴PC与平面ACE所成角的正弦值为．
(3)存在．当点F为线段BC的中点时满足题意．
设F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)，
＝(2，t，0)，＝(0，0，2)，
由取a＝t，则n＝(t，－2，0)为平面PAF的一个法向量，
∴点E到平面PAF的距离d＝＝＝，
∵0≤t≤2，∴t＝1．
∴当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为．
考点三 立体几何中的翻折问题
[典例3] (2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝＝．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4．
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角
的正弦值．
解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5＝，＝，
得AE＝2，AF＝4．
又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得
EF＝＝＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，
又PD 平面PDE，故EF⊥PD．
(2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，
则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，
得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF＝E，EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，
由F是AB的中点，得B(4，2，0)，
所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)，
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，
则
令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1，
所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)分别为平面PCD和平面PBF的一个法向量，
所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
设平面PCD与平面PBF所成角为θ，则sin θ＝＝，
即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为．
名师点评 三步解决平面图形翻折问题
[跟进训练]
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．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD的夹角的大小．
解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故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，BE∩BC＝B，BE，BC 平面BCGE，故AB⊥平面BCGE．
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．
(2)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．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，
则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
所以可取n＝(3，6，－)为平面ACGD的一个法向量．
又平面BCGE的一个法向量为m＝(0，1，0)，
所以cos 〈n，m〉＝＝．
因此平面BCGE与平面ACGD的夹角为30°．
【教用·备选题】
如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
解：(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF 平面PEF，
所以BF⊥平面PEF．
又BF 平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD．
(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H．
由(1)得，PH⊥平面ABFD．
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||＝1，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz．
由(1)可得，DE⊥PE．
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝．
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF，
所以PH＝，EH＝，
则H(0，0，0)，P，D，
＝＝．
又为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈〉|＝＝＝，
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为．
1．(2025·浙江金华模拟)已知在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝．
课后作业(四十六) 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题
2
4
3
题号
1
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
(1)求点C到直线AE的距离；
(2)求点C到平面AED1的距离；
(3)在此正方体中，AB⊥BC，AB⊥AA1，则称线段AB的长为异面直线BC与AA1的公垂线段长，也称为异面直线BC与AA1的距离．试求异面直线CD与AE的距离．
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
解：(1)根据正方体性质，可以建立如图所示空间直角坐标系Dxyz．
则C(0，4，0)，A(4，0，0)，D1(0，0，4)，E(3，1，4)，D(0，0，0)．
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
＝(－1，1，4)，＝(4，－4，0)，令l＝＝＝，
则点C到直线AE的距离d1＝＝＝．
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
(2)＝(4，－4，0)，＝(－1，1，4)，＝(－4，0，4)，
设平面AED1的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则则m＝(1，－3，1)．
则点C到平面AED1的距离d2＝＝＝．
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
(3)＝(4，－4，0)，＝(0，－4，0)，＝(－1，1，4)，
设CD与AE的公垂线的方向向量为n＝(a，b，c)．
则
令a＝4，则c＝1，
则n＝(4，0，1)．
则异面直线CD与AE的距离d3＝＝＝．
2
3
题号
1
4
2．在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝2，AD＝DC＝，如图1．现将△ADC沿对角线AC折成直二面角P-AC-B，如图2，点M在线段BP上．
(1)求证：AP⊥CM；
(2)若点M到直线AC的距离为，求的值．
2
3
题号
1
4
解：(1)证明：由已知可得AC＝BC＝2，又AB＝2，则∠ACB＝90°，即AC⊥CB，
又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，CB 平面ACB，故CB⊥平面PAC，
又AP 平面PAC，则CB⊥AP，
又AP⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB 平面PCB，所以AP⊥平面PCB，
又CM 平面PCB，则AP⊥CM．
2
3
题号
1
4
(2)设AC中点为O，AB中点为D，由(1)知OA，OD，OP两两垂直，以OA，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
2
3
题号
1
4
则A(1，0，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，B(－1，2，0)，
设＝λ(0≤λ≤1)，则＝λ，
设M(x，y，z)，则(x＋1，y－2，z)＝λ(1，－2，1)，
则M(λ－1，2－2λ，λ)，＝(2，0，0)，＝(λ，2－2λ，λ)，因为点M到直线AC的距离为，则
2
3
题号
1
4
＝，
即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝，
即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝，所以＝．
2
3
题号
4
1
3．如图，边长为4的两个正△ABC，△BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H．
(1)证明：BD∥GH；
(2)求直线BD到平面EFG的距离．
2
3
题号
4
1
解：(1)证明：因为E，F分别为BC，CD的中点，所以EF∥BD．
又BD 平面EFG，EF 平面EFG，则BD∥平面EFG．
又BD 平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH．
(2)由(1)知，BD∥平面EFG，
则点B到平面EFG的距离即为BD到平面EFG的距离，连接EA，ED，由△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC，ED⊥BC．
2
3
题号
4
1
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，于是AE⊥平面BCD，又ED 平面BCD，则EA⊥ED．
以点E为原点，EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
2
3
题号
4
1
则B，F，A，D(0，2，0)，
又＝2，可得G，
所以＝＝＝，
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则
2
3
题号
4
1
令y＝1，得n＝是平面EFG的一个法向量，
设点B到平面EFG的距离为d，则d＝＝＝，
所以BD到平面EFG的距离为．
2
4
3
题号
1
4．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝2，BC＝2，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在线段A1B1上，且＝λ，λ∈[0，1]．
(1)证明：AM⊥PN；
(2)当λ取何值时，直线PN与平面AMN所成角θ最小？
(3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成
的二面角的正弦值为？若存在，试确定点P的
位置；若不存在，请说明理由．
2
4
3
题号
1
解：(1)证明：因为AB＝AC＝2，BC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，即AB⊥AC．
如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，
2
4
3
题号
1
则A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，M(0，2，1)，N(1，1，0)，
可得＝λ＝(2λ，0，0)，＝＝(0，0，2)＋(2λ，0，0)＝(2λ，0，2)，
即P(2λ，0，2)，＝(1－2λ，1，－2)，
又因为＝(0，2，1)，可得＝0，
所以无论λ取何值，AM⊥PN．
2
4
3
题号
1
(2)由(1)可知，＝(0，2，1)，＝(1，1，0)，
设平面AMN的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取y＝1，则x＝－1，z＝－2，可得m＝(－1，1，－2)是平面AMN的一个法向量，
可得sin θ＝＝＝，
2
4
3
题号
1
令t＝λ＋2，因为λ∈[0，1]，所以t∈，
则sin θ＝＝，
所以当t＝2，即λ＝0时，θ取得最小值，此时sin θ＝．
2
4
3
题号
1
(3)假设存在，易知平面ABC的一个法向量为u＝(0，0，1)．
因为＝(1，－1，－1)，＝(1－2λ，1，－2)，
设n＝是平面PMN的法向量，
则
令a＝3，可得c＝2－2λ，b＝1＋2λ，可得n＝，
则＝＝＝，
2
4
3
题号
1
化简得8λ2－22λ＋5＝0，解得λ＝或λ＝，
因为λ∈，可得λ＝，
所以存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成二面角的正弦值为，点P为线段A1B1上靠近A1的四等分点．
谢 谢！课后作业(四十六) 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题
1．(2025·浙江金华模拟)已知在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝．
(1)求点C到直线AE的距离；
(2)求点C到平面AED1的距离；
(3)在此正方体中，AB⊥BC，AB⊥AA1，则称线段AB的长为异面直线BC与AA1的公垂线段长，也称为异面直线BC与AA1的距离．试求异面直线CD与AE的距离．
2．在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝2，AD＝DC＝，如图1．现将△ADC沿对角线AC折成直二面角P-AC-B，如图2，点M在线段BP上．
(1)求证：AP⊥CM；
(2)若点M到直线AC的距离为，求的值．
3．如图，边长为4的两个正△ABC，△BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H．
(1)证明：BD∥GH；
(2)求直线BD到平面EFG的距离．
4．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝2，BC＝2，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在线段A1B1上，且＝λ，λ∈[0，1]．
(1)证明：AM⊥PN；
(2)当λ取何值时，直线PN与平面AMN所成角θ最小？
(3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角的正弦值为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
课后作业(四十六) 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题
[A组 在基础中考查学科功底]
1．解：(1)根据正方体性质，可以建立如图所示空间直角坐标系Dxyz．
则C(0，4，0)，A(4，0，0)，D1(0，0，4)，E(3，1，4)，D(0，0，0)．
＝(－1，1，4)，＝(4，－4，0)，令l＝＝＝，
则点C到直线AE的距离d1＝＝＝．
(2)＝(4，－4，0)，＝(－1，1，4)，＝(－4，0，4)，
设平面AED1的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则则m＝(1，－3，1)．
则点C到平面AED1的距离d2＝＝＝．
(3)＝(4，－4，0)，＝(0，－4，0)，＝(－1，1，4)，
设CD与AE的公垂线的方向向量为n＝(a，b，c)．
则
令a＝4，则c＝1，
则n＝(4，0，1)．
则异面直线CD与AE的距离d3＝＝＝．
2．解：(1)证明：由已知可得AC＝BC＝2，又AB＝2，则∠ACB＝90°，即AC⊥CB，
又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，CB 平面ACB，故CB⊥平面PAC，
又AP 平面PAC，则CB⊥AP，
又AP⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB 平面PCB，所以AP⊥平面PCB，
又CM 平面PCB，则AP⊥CM．
(2)设AC中点为O，AB中点为D，由(1)知OA，OD，OP两两垂直，以OA，OD，OP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(1，0，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，B(－1，2，0)，
设＝λ(0≤λ≤1)，则＝λ，
设M(x，y，z)，则(x＋1，y－2，z)＝λ(1，－2，1)，
则M(λ－1，2－2λ，λ)，＝(2，0，0)，＝(λ，2－2λ，λ)，因为点M到直线AC的距离为，则
＝，
即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝，
即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝，所以＝．
[B组 在综合中考查关键能力]
3．解：(1)证明：因为E，F分别为BC，CD的中点，所以EF∥BD．
又BD 平面EFG，EF 平面EFG，则BD∥平面EFG．
又BD 平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH．
(2)由(1)知，BD∥平面EFG，
则点B到平面EFG的距离即为BD到平面EFG的距离，连接EA，ED，由△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC，ED⊥BC．
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，于是AE⊥平面BCD，又ED 平面BCD，则EA⊥ED．
以点E为原点，EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B，F，A，D(0，2，0)，
又＝2，可得G，
所以＝＝＝，
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝1，得n＝是平面EFG的一个法向量，
设点B到平面EFG的距离为d，则d＝＝＝，
所以BD到平面EFG的距离为．
4．解：(1)证明：因为AB＝AC＝2，BC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，即AB⊥AC．
如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，M(0，2，1)，N(1，1，0)，
可得＝λ＝(2λ，0，0)，＝＝(0，0，2)＋(2λ，0，0)＝(2λ，0，2)，
即P(2λ，0，2)，＝(1－2λ，1，－2)，
又因为＝(0，2，1)，可得＝0，
所以无论λ取何值，AM⊥PN．
(2)由(1)可知，＝(0，2，1)，＝(1，1，0)，
设平面AMN的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取y＝1，则x＝－1，z＝－2，可得m＝(－1，1，－2)是平面AMN的一个法向量，
可得sin θ＝＝
＝，
令t＝λ＋2，因为λ∈[0，1]，所以t∈，
则sin θ＝
＝，
所以当t＝2，即λ＝0时，θ取得最小值，此时sin θ＝．
(3)假设存在，易知平面ABC的一个法向量为u＝(0，0，1)．
因为＝(1，－1，－1)，＝(1－2λ，1，－2)，
设n＝是平面PMN的法向量，
则
令a＝3，可得c＝2－2λ，b＝1＋2λ，可得n＝，
则＝
＝＝，
化简得8λ2－22λ＋5＝0，解得λ＝或λ＝，
因为λ∈，可得λ＝，
所以存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成二面角的正弦值为，点P为线段A1B1上靠近A1的四等分点．
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