2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修一专题1.7 空间向量与立体几何专题中的3个重难点

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专题1.7 空间向量与立体几何专题中的3个重难点TOC \o "1-3" \t "正文,1" \h HYPERLINK \l "_Toc9615" 【考点1：空间向量法求空间中的位置关系】  PAGEREF _Toc9615 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc3808" 【考点2：空间向量法求空间中的距离】  PAGEREF _Toc3808 \h 8 HYPERLINK \l "_Toc26699" 【考点3：空间向量法求空间中的角】  PAGEREF _Toc26699 \h 15 HYPERLINK \l "_Toc12938" 【押题专练】 24【考点1：空间向量法求空间中的位置关系】【知识点：空间向量法求空间中直线、平面的平行关系】①设分别是直线与的方向向量，则，使得.②设分别是直线的方向向量，是平面的法向量，则.③设分别是直线与的法向量，则，使得.【知识点：空间向量法求空间中直线、平面的垂直关系】①设分别是直线与的方向向量，则.②设分别是直线的方向向量，是平面的法向量，则，使得.③设分别是直线与的法向量，则.1．（多选）（2023秋·浙江绍兴·高二校考）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=4，点M，N分别在棱AB和BB1上运动（不含端点），若D1M⊥MN，则下列命题正确的是（    ）  A．MN⊥A1M B．MN⊥平面D1MCC．线段BN长度的最大值为1 D．三棱锥C1−A1D1M体积不变【答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，设M(4,y,0),N(4,4,z),y,z∈(0,4)，由D1M⊥MN得z=14y(4−y)，对A：用向量证明；对B：用向量证明CM与MN不垂直即可；对C：将BN长度表示为y的函数求最大值；对D：转化为VM−A1D1C1判断即可.【详解】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以D为原点，以射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：  则A1(4,0,4),D1(0,0,4),C(0,4,0),B(4,4,0).设M(4,y,0),N(4,4,z),y,z∈(0,4)，则D1M=(4,y,−4),MN=(0,4−y,z)，因为D1M⊥MN,所以D1M⋅MN=y(4−y)−4z=0，即z=14y(4−y).对于A：A1M=(0,y,−4)，则A1M⋅MN=y(4−y)−4z=0，所以A1M⊥MN，即MN⊥A1M，故A正确;对于B：CM=(4,y−4,0),CM⋅MN=(y−4)⋅(4−y)=−(4−y)2<0，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，故B不正确；对于C：BN=(0,0,z)，则|BN|=z=14−y−22+4≤1，当且仅当y=2时取等号，故C正确；对于D：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离为4，且S△A1D1C1为定值，而VC1−A1D1M=VM−A1D1C1=13×4S△A1D1C1为定值，故三棱锥C1−A1D1M的体积为定值，故D正确.故选：ACD.2．（2023秋·高二课时练习）如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长均为a，点D是棱CC1的中点．求证：平面AB1D⊥平面ABB1A1．  【答案】证明见解析【分析】在平面ABC作AP⊥AC，以A为原点，AP、AC、AA1所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面ABB1A1、平面AB1D的一个法向量，可得法向量的数量积为0从而得到答案.【详解】如图，在平面ABC作AP⊥AC，可得∠BAP=30∘，以A为原点，AP、AC、AA1所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，可得A0,0,0，D0,a,a2，B132a,a2,a，B32a,a2,0，所以AB1=32a,a2,a，AB=32a,a2,0，AD=0,a,a2，设平面ABB1A1的一个法向量为m=x1,y1,z1，可得AB⋅m=0AB1⋅m=0，即32ax1+a2y1=032ax1+a2y1+az1=0，令x1=3可得m=3,−3,0，设平面AB1D的一个法向量为n=x2,y2,z2，可得AD⋅n=0AB1⋅n=0，即ay2+a2z2=032ax2+a2y2+az2=0，令z2=2可得n=−3,−1,2，因为m⋅n=−3+3=0，所以m⊥n，所以平面AB1D⊥平面ABB1A1．  3．（2023·全国·高二专题练习）如图，在四面体A−BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=22．M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．证明：PQ//平面BCD；  【答案】证明见解析【分析】建系，利用空间向量证明线面平行.【详解】因为BC⊥CD，AD⊥平面BCD，故以C为原点，CB为x轴，CD为y轴，过点C作DA的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  设CD=a,0=AD⋅BCAD⋅BC求解.【详解】（1）解：因为AB=BC=1，∠CBA=90°，所以AC=AB2+BC2=2，又AD=2，∠BAD=90°，故∠CAD=45°，由余弦定理得CD2=AC2+AD2−2AC⋅ADcos45°=2+4−2×2×2×22=2，所以DC=2，∴AC2+DC2=AD2，∴AC⊥DC.由题意得BO⊥平面ACD，CD⊂平面ACD，∴BO⊥CD，∵BO∩AC=O，BO，AC⊂平面ABC，∴CD⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，∴CD⊥AB，∵BC∩CD=C，BC，CD⊂平面BCD，∴AB⊥平面BCD；（2）取AD的中点E，连接OE，则OE∥CD，故AC⊥OE.以O为坐标原点，OA，OE，OB所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.  则A22,0,0，B0,0,22，C−22,0,0，D−22,2,0，BC=−22,0,−22，AD=−2,2,0，设异面直线BC与AD所成的角为θ，cosθ=cos=AD⋅BCAD⋅BC=−22,0,−22⋅−2,2,012+12×2+2=12∴θ=60°，即异面直线BC与AD所成的角为60°.4．（2023秋·宁夏银川·高二校考阶段练习）如图，四棱锥P−ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，BC⊥平面PCD，DA//BC，CB=CD=CP=3AD=3．点F为PA的中点，点E在CD上，且CE=1．  (1)求证：BE⊥CF；(2)求平面ABP与平面BPC夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)2211【分析】（1）以C为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得BE=3,1,0，CF=(−12,32,32)，结合BE⋅CF=0，即可证得BE⊥CF；（2）分别求得平面BCP和ABP的一个法向量为m=0,1,0和n=3,−2,−3，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：因为平面PBC⊥平面ABCD，因为∠BCP=90°，可得PC⊥BC，又因为平面PBC∩平面ABCD=BC，且PC⊂平面PBC，所以PC⊥平面ABCD，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，可得A−1,3,0，B−3,0,0，C0,0,0，D0,3,0，E0,1,0，F(−12,32,32)，所以BE=3,1,0，CF=(−12,32,32)，则BE⋅CF=3×(−12)+1×32+0×32=0，所以BE⊥CF，所以BE⊥CF.（2）解：由已知得平面BCP的一个法向量为m=0,1,0，因为CP=3，又由BA=(2,−3,0),BP=(3,0,3)， 设平面ABP的法向量n=x,y,z，则n⋅BA=2x+3y=0n⋅BP=3x+3z=0，取x=3，可得y=−2,z=−3，所以n=3,−2,−3，则cosm,n=m⋅nmn=0×3+1×(−2)+0×(−3)1×22=−2211，所以平面ABP与平面BPC夹角的余弦值为2211.  5．（2023秋·天津河北·高三天津二中校考开学考试）如图，四边形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD//EA，AD=PD=2EA=2，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点.(1)求证：FG//平面PDE；(2)求平面FGH与平面PBC夹角的大小；(3)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)π4(3)26【分析】（1）由三角形中位线以及线面平行的判定定理即可证明；（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出平面FGH与平面PBC夹角的大小;（3）根据（2）的坐标表示，由线面角与空间向量的关系即可求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值.【详解】（1）由题意F，G分别为BP，BE的中点，所以FG是PE边的中位线，即FG//PE，又FG⊄平面PDE，PE⊂平面PDE，所以FG//平面PDE；（2）由于四边形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD,所以DA,DC,DP两两垂直，以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：又AD=PD=2EA=2，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点，则P0,0,2,E2,0,1,B2,2,0,C0,2,0，易知G2,1,12,F1,1,1,H0,1,1；PC=0,2,−2,BC=−2,0,0，GF=−1,0,12,FH=−1,0,0设平面PBC的一个法向量为m=x1,y1,z1，则PC⋅m=2y1−2z1=0BC⋅m=−2x1=0，解得x1=0，令y1=1，z1=1；即m=0,1,1；设平面FGH的一个法向量为n=x2,y2,z2，则GF⋅n=−x2+12z2=0FH⋅n=−x2=0，解得x2=0,z2=0，则y2=1，即n=0,1,0；设平面FGH与平面PBC夹角的大小为θ，所以cosθ=cosm,n=m⋅nmn=12×1=22，可得θ=π4；即平面FGH与平面PBC夹角的大小为π4；（3）由（2）可知CE=2,−2,1，平面PBC的一个法向量为m=0,1,1；设直线CE与平面PBC所成的角为α，则sinα=cosCE,m=CE⋅mCEm=−2+122+−22+1×2=132=26；即直线CE与平面PBC所成角的正弦值为26.6．（2023秋·福建宁德·高二校考开学考试）如图所示，在等边△ABC中，AB=6，M，N分别是AB，AC上的点，且AM=AN=4，E是BC的中点，AE交MN于点F．以MN为折痕把△AMN折起，使点A到达点P的位置（0<∠PFE<π），连接PB，PE，PC．  (1)证明：MN⊥PE；(2)设点P在平面ABC内的射影为点Q，若二面角P−MN−B的大小为2π3，求直线QC与平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)237【分析】（1）根据条件得到折叠前MN⊥AE，折叠后由等腰三角形得到MN⊥PF，MN⊥FE，从而证明MN⊥平面PEF，结合线面垂直的性质即可得到MN⊥PE；（2）根据二面角的定义得到二面角P−MN−B的平面角为∠PFE，结合（1）得到平面ABC⊥平面PFE，从而可以确定Q的位置，再建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解．【详解】（1）证明：因为△ABC是等边三角形，E是BC的中点，所以AE⊥BC，因为AM=AN=4，所以MN∥BC，则MN⊥AE，所以折叠后MN⊥PF，MN⊥FE，又PF∩FE=F，所以MN⊥平面PEF，又PE⊂平面PFE，所以MN⊥PE．（2）因为MN⊥PF，MN⊥FE，且PF⊂平面PMN，FE⊂平面MNB，平面PMN∩平面MNB=MN，所以二面角P−MN−B的平面角为∠PFE，所以∠PFE=2π3，则∠PFA=π3，由（1）知，MN⊥平面PEF，MN⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PEF，又因为平面ABC∩平面PEF=AE，所以点P在平面ABC内的射影Q在AE上，在等边△AMN中AM=AN=4，所以AF=PF=23，即QF=3，PQ=3，EF=3，过F作直线FK∥PQ交PE于点K，以F为坐标原点，FM，FE，FK的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，  则P0,−3,3，C−3,3,0，E0,3,0，Q0,−3,0，QC=−3,23,0，PC=−3,23,−3，PE=0,23,−3，设平面PBC的法向量为n=x,y,z，则n⋅PC=−3x+23y−3z=0n⋅PE=23y−3z=0，令z=2，取n=0,3,2，设直线QC与平面PBC所成角为θ0<θ<π2所以sinθ=cosQC,n=QC⋅nQCn=67×21=237，故直线QC与平面PBC所成角的正弦值为237．1．（2022·高二课时练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为线段A1D的中点，N为线段CD1上的动点，则直线CD1与直线MN所成角的正弦值的最小值为（    ）  A．32 B．66 C．63 D．64【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，通过CN=λCD1表示出点N坐标，利用数量积求出夹角余弦值的范围，进而得出答案.【详解】以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，  则M1,0,1,C0,2,0,C10,2,2,D10,0,2，CD1=0,−2,2，C1D=0,−2,−2，设CN=λCD1(0 ≤ λ ≤ 1)得：N0,−2λ+2,2λ，∴MN=−1,−2λ+2,2λ−1， cos=MN⋅C1DMN⋅C1D =222⋅1+(2λ−2)2+(2λ−1)2=222⋅8λ2−12λ+6，由8λ2−12λ+6=8λ−342+32≥32，∴cos=222⋅8λ2−12λ+6≤33，则sin≥63.故选：C.2．（2022秋·山东烟台·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=1，BC//AD，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角Q−PD−A的平面角大小为30°，则△ADQ面积的取值范围是（    ）A．0,21515 B．0,255C．0,21015 D．0,3105【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求得Q运动轨迹，进而求得△ADQ面积的取值范围.【详解】如图以A为坐标原点建立空间直角坐标系，由二面角Q−PD−A的平面角大小为30°，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），则Q的轨迹是过点D的一条线段，设Q的轨迹与y轴的交点坐标为G0,b,0b>0，由题意可知A0,0,0，D2,0,0，P0,0,1，所以DP=−2,0,1，DG=−2,b,0，AD=2,0,0，易知平面APD的一个法向量为n1=0,1,0，设平面PDG的法向量为n2=x2,y2,z2，则n2⋅DP=0n2⋅DG=0，即−2x2+z2=0−2x2+by2=0，令z2=2，得x2=1，y2=2b，所以n2=1,2b,2是平面PDG的一个法向量，则二面角G−PD−A的平面角的余弦值为cosn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=2b5+4b2=32，解得b=21515或b=−21515（舍去），所以Q在DG上运动，所以△ADQ面积的取值范围为0,21515．故选：A．3．（多选）（2022秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为线段DD1中点，F为线段BB1中点，则（    ）  A．点A1到直线B1E的距离为253 B．直线AE到直线FC1的距离为2C．点B到平面AB1E的距离为2 D．直线FC1到平面AB1E的距离为23【答案】AD【分析】建立坐标系，求出向量A1B1在单位向量u=B1E|B1E|上的投影，结合勾股定理可得点A1到直线B1E的距离，判断A；先证明AE//FC1，再转化为点F到直线AE的距离求解，判断B；求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解，判断C；把直线FC1到平面AB1E的距离转化为C1到平面AB1E的距离，利用法向量进行求解，判断D.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，  则A1(2,0,2),B1(2,2,2),E(0,0,1),F(2,2,1),C1(0,2,2),A(2,0,0),B2,2,0，因为B1E=(−2,−2,−1),u1=B1E|B1E|=(−23,−23,−13),A1B1=(0,2,0)，所以A1B1⋅u1=−43.所以点A1到直线B1E的距离为A1B12−(A1B1⋅u1)2=4−169=253，故A正确；因为AE=(−2,0,1),FC1=(−2,0,1)，所以AE//FC1，即AE//FC1,所以点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离，u2→=AE|AE|=(−255,0,55),AF=(0,2,1)，AF2=5,AF⋅u2→=55，所以直线FC1到直线AE的距离为5−(55)2=2305，故B错误；设平面AB1E的一个法向量为n=x,y,z，AB1=(0,2,2),AE=(−2,0,1)，BA=(0,−2,0).由n⋅AB1=2y+2z=0n⋅AE=−2x+z=0，令z=2，则y=−2,x=1，即n=(1,−2,2).设点B到平面AB1E的距离为d，则d=BA⋅nn=43，即点B到平面AB1E的距离为43，故C错误；因为AE//FC1, FC1⊄平面AB1E，AE⊂平面AB1E，所以FC1//平面AB1E，所以直线FC1到平面AB1E的距离等于C1到平面AB1E的距离.C1B1=2,0,0，由C得平面AB1E的一个法向量为n=(1,−2,2)，所以C1到平面AB1E的距离为C1B1⋅nn=23，所以直线FC1到平面AB1E的距离为23，故D正确.故选：AD.4．（多选）（2023春·福建福州·高一福建省福州延安中学校考期末）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P、E、F分别为CC1、BC、CD的中点，则下列说法正确的是（    ）A．AP与EF所成角为60°B．点A1到平面PEF的距离为334C．直线A1B与平面PEF所成角的正弦值为63D．平面PED1截正方体得到的截面图形是梯形【答案】CD【分析】对于A，连接AC,BD，交于点O，则由正方体的性质和三角形的中位线定理可得EF⊥AP，从而可求得AP与EF所成角，对于BC，建立如所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解，对于D，连接BC1,AD1,AE，利用正方体的性质和三角形的中位线定理可得结论【详解】对于A，连接AC,BD，交于点O，则AC⊥BD，因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以CC1⊥BD，因为AC∩CC1=C，所以BD⊥平面ACP，因为AP⊂平面ACP，所以BD⊥AP，因为E、F分别为BC、CD的中点，所以E、F分别为CC1、BC、CD的中点，EF∥BD,所以EF⊥AP，所以AP与EF所成角为90°，所以A错误，    对于B，如图建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1),E(12,1,0),F(0,12,0),P(0,1,12)，B(1,1,0)所以PA1=(1,−1,12),EF=(−12,−12,0),FP=(0,12,12),设平面PEF的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅EF=−12x−12y=0n⋅FP=12y+12z=0，令z=1，则n=(1,−1,1)，所以点A1到平面PEF的距离为d=PA1⋅nn=1+1+123=536，所以B错误，对于C，BA1=(0,−1,1)，设直线A1B与平面PEF所成角为θ，则sinθ=cosBA1,n=23×2=63，所以C正确，  对于D，如图，连接BC1,AD1,AE，则BC1∥AD1，BC1=AD1，因为点P、E分别为CC1、BC的中点，所以EP∥BC1，EP=12BC1，所以EP∥AD1，EP=12AD1，所以四边形AEPD1为梯形，所以平面PED1截正方体得到的截面图形是梯形，所以D正确故选：CD5．（2023秋·高二单元测试）如图在边长是2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点．（1）求异面直线EF与CD1所成角的大小．（2）证明：EF⊥平面A1CD．【答案】（1）60°；（2）证明见解析．【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用cosEF,CD1=EF⋅CD1EFCD1可得解；（2）利用EF⋅DA1=0和EF⋅DC=0，可证得线线垂直，进而得线面垂直.【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：D(0,0,0)，A1(2,0,2)，C(0,2,0)，E(2,1,0)，F(1,1,1)，D1(0,0,2)∴EF=(−1,0,1)，CD1=(0,−2,2)，DA1=(2,0,2)，DC=(0,2,0)．（1）cosEF,CD1=EF⋅CD1EFCD1=−1×0+0×−2+1×22×22=12，∴EF,CD1=60°∴异面直线EF和CD1所成的角为60°．（2）EF⋅DA1=−1×2+0×0+1×2=0∴EF⊥DA1，即EF⊥DA1EF⋅DC=−1×0+0×2+1×0=0，∴EF⊥DC即EF⊥DC．又∵DA1，DC⊂平面DCA1且DA1∩DC=D∴EF⊥平面A1CD．6．（2023·黑龙江大庆·统考二模）如图所示，在正四棱锥P−ABCD中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，PF=2FO．  (1)证明：EO//平面PBC；(2)求二面角A−PB−C的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)17．【分析】（1）延长FO至点M，使FO=OM，连接MD，进而可证△FOB≌△DOM，可得EO∥PB，进而可证结论；（2）可证OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OC，OD，OP为坐标轴建立空间直角标系，求得平面APB与平面PBC的一个法向量，进而可求二面角A−PB−C的余弦值．【详解】（1）证明：如图，延长FO至点M，使FO=OM，连接MD，∵底面ABCD的中心为O，∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD，∵BO=OD，∠FOB=∠DOM，∴△FOB≌△DOM，∴∠FBO=∠MDO，∴FB∥DM，∴EF∥DM，∴PFFM=PEED而PF=2FO=FM，∴PE=ED，∴EO∥PB，∵PB⊂平面PBC，EO⊄平面PBC，∴EO//平面PBC；  （2）由（1）知E是PD的中点，又BE⊥PD，∴BP=BD，不妨设AB=1，则PB=PD=2，PO=62，∵P−ABCD是正四棱锥，底面ABCD的中心为O，∴OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OC，OD，OP为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，  则P0,0,62，A−22,0,0，B0,−22,0，C22,0,0，∴BP=0,22,62，AP=22,0,62，CP=−22,0,62，设平面PAB的一个法向量为n=x,y,z，n⋅BP=22y+62z=0n⋅AP=22x+62z=0，令x=1，则y=1，z=−33，设平面PBC的一个法向量为m=a,b,c，则m⋅BP=22b+62c=0m⋅CP=−22a+62c=0，令a=1，则b=−1，z=33，∴cosn,m=n⋅mn⋅m=−17，∴二面角A−PB−C的余弦值为17．7．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，∠ABC=90∘,AB=BC=2,D,E分别为BC,AC的中点，△PBC为正三角形，平面PBC⊥平面ABC．  (1)求点B到平面PAC的距离；(2)在线段PC上是否存在异于端点的点M，使得平面PAC和平面MDE夹角的余弦值为77?若存在，确定点M的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)2217；(2)存在点M，M为PC中点.【分析】（1）连接PD，即可得到PD⊥BC，由面面垂直的性质得到PD⊥平面ABC，即可得到PD⊥DB，PD⊥DE，再由AB⊥BC得到BC⊥DE，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；（2）PM=λPC，且λ∈0,1，求出平面MDE的法向量，利用空间向量法得到方程，解得λ的值，即可得解.【详解】（1）连接PD，∵△PBC为正三角形，又D为BC中点，∴PD⊥BC，∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，PD⊂平面PBC，∴PD⊥平面ABC，又DB,DE⊂平面ABC，∴PD⊥DB,PD⊥DE，因为∠ABC=90°,D,E分别为BC,AC的中点，所以DE//AB,AB⊥BC，∴BC⊥DE，∴如图，以D为原点，DB,DE,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，∵AB=BC=2，则D0,0,0,B1,0,0,C−1,0,0,A1,2,0,P0,0,3,E0,1,0，设平面PAC的法向量为n=x,y,z，∵PC=−1,0,−3,AC=−2,−2,0，则PC⋅n=0AC⋅n=0⇒−x−3z=0−2x−2y=0，令z=1，则n=−3,3,1又PB=1,0,−3，则点B到平面PAC的距离为PB⋅nn=−3+0−37=2217；  （2）由（1）可知n=−3,3,1是平面PAC的一个法向量，由题可设PM=λPC，且λ∈0,1，则PM=λ−1,0−3=−λ,0,−3λ，∴DM=DP+PM=0,0,3+−λ,0,−3λ=−λ,0,3−3λ，设平面MDE的法向量为m=a,b,c，由于DE=0,1,0，则DM⋅m=0DE⋅m=0⇒−λa+3−3λc=0b=0⇒a=3−3λλcb=0，令c=λ，则m=3−3λ,0,λ，∴cosn,m=n⋅mn⋅m=3λ−3+0+λ7·4λ2−6λ+3=77，整理得2λ2−3λ+1=0，解得λ=12或λ=1（舍），故存在点M，使得平面PAC和平面MDE夹角的余弦值为77，此时M为PC中点.与的夹角为βl1与l2所成的角为θ范围[0，π]eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))求法