2021届浙江省高考数学一轮学案：第八章 补上一课 立体几何中的翻折、轨迹及最值（范围）问题 WORD版含解析.doc

1、立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题 知识拓展1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试.2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任

2、意情形加以分析判定，也可转化为平面问题.对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节)或(面积)体积的最值的问题.其一般方法有：(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值. 题型突破题型一立体几何中的翻折问题【例1】 (2019全国卷)图是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，

3、BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图.(1)证明：图中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图中的二面角BCGA的大小.(1)证明由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，BE，BC平面BCGE，所以AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)解作EHBC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，平面BCGE平面ABCBC，所以EH平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，可求得BH1，EH.以H为坐标原点，的

4、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，).又平面BCGE的法向量可取m(0，1，0)，所以cosn，m.因此二面角BCGA的大小为30.【训练1】 (2020浙江名师预测卷四)在梯形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，AD2AB2BC2CD.将BCD沿BD翻折至BPD，且满足平面ABP平面BPD.(1)求证：二面角PBDA是直二面角；(2)(一题多解)求直线PD与平面PAO所成角的正弦值的大小.(1)证明由已知条件易得BAD

5、60，BDA30，ABBD.在BPD中，过点D作DHBP，交BP的延长线于点H.平面ABP平面BPD，平面ABP平面BPDBP，DH平面ABP，AB平面ABP，DHAB.又BDDHD，AB平面BPD，AB平面ABD，平面ABD平面BPD.即二面角PBDA是直二面角.(2)解法一过点P作PGBD，交BD于点G，则G是BD的中点.由(1)可知平面PBD平面ABD，又平面PBD平面ABDBD，PG平面ABD.设OB1，则OP1，OA2，ABBP，AB平面BPD，ABBP，AP，由余弦定理得cosAOP，则sinAOP.设点D到AOP的距离为h，VPAODVDAOP，PGSAODhSAOP，PG，SA

6、OD22sin ，SAOP12，h，PD，直线PD与平面PAO所成角的正弦值sin .法二分别取BD，AD的中点E，F，连接EP，EF，则EFAB.由(1)可知AB平面BPD，EF平面BPD，EFBD，EFEP.PBPD，PEBD，以点E为坐标原点，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.设OB1，可得P，D，A，O.，(，1，0).设平面PAO的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则n(1，1)，直线PD与平面PAO所成角的正弦值为sin |cosn，|.题型二立体几何中的轨迹问题【例2】 (1)已知在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且A

7、DAB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D所在平面内运动，若EP与AC成30角，则点P的轨迹为()A.圆 B.抛物线C.双曲线 D.椭圆(2)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P是平面AC内的动点， 若点P到直线A1D1的距离等于点P到直线CD的距离，则动点P的轨迹所在的曲线是()A.抛物线 B.双曲线C.椭圆 D.直线解析(1)因为在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且ADAB，所以该平面六面体ABCDA1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D底面ABCD，AC对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EFAC，

8、因为EP与AC成30角，所以EP与EF成30角.设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.(2)如图，以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系.设P(x，y)，作PEAD于E、PFA1D1于F，连接EF，易知|PF|2|PE|2|EF|2x21，又作PNCD于N，则|PN|y1|.依题意|PF|PN|，即|y1|，化简得x2y22y0，故动点P的轨迹为双曲线，选B.答案(1)A(2)B【训练2】 (1)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是A1C1D内的动点(不包括

9、边界)，记直线D1P与MN所成角为，若的最小值为，则点P的轨迹是()A.圆的一部分 B.椭圆的一部分C.抛物线的一部分 D.双曲线的一部分(2)如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，若点P在平面内运动，使得ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是()A.圆 B.椭圆C.一条直线 D.两条平行直线解析(1)延长D1P交底面ABCD的内部于点Q，连接QD，则D1QD为直线D1Q与底面ABCD所成的角，也就是直线D1P与MN所成角的最小值，故D1QD，从而DD1Q，所以D1Q的轨迹是以D1D为轴，顶点为D1，母线D1Q与轴D1D的夹角为的圆锥面的一部分，则点P的轨迹就是该部分圆锥面与A1C1D面(不包括边

10、界)的交线，而A1C1D面所在平面与轴D1D斜交，故点P的轨迹是椭圆的一部分.(2)由于线段AB是定长线段，而ABP的面积为定值，所以动点P到线段AB的距离也是定值.由此可知空间点P在以AB为轴的圆柱侧面上.又P在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB是平面的斜线段)得到的切痕是椭圆.P的轨迹就是圆柱侧面与平面的交线是椭圆.答案(1)B(2)B题型三立体几何中的长度、面积、体积的最值(范围)问题【例3】 (1)如图，正三棱锥SABC的底面边长为2a，E、F、G、H分别为SA，SB，CB，CA的中点，则四边形EFGH的面积的取值范围是()A.(0，) B.C. D.(2)在棱

11、长为6的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是BC中点，点P是平面DCC1D1所在的平面内的动点，且满足APDMPC，则三棱锥PBCD体积的最大值是()A.36 B.12 C.24 D.18解析(1)因为E、F、G、H分别为SA，SB，CB，CA的中点，EF綉AB，HG綉AB，EF綉HG，同理，EH綉FG，所以EFGH为平行四边形，又SABC为正三棱锥，SCAB，EFAB，FGSC，所以EFFG，从而四边形EFGH为矩形，其面积SGHGFaSC，当正三棱锥的高0时，SC正三角形ABC的外接圆的半径a，所以四边形EFGH的面积a2，选B.(2)因为AD平面D1DCC1，则ADDP，同理BC平面D

12、1DCC1，则BCCP，APDMPC，则PADPMC，AD2MC，则PD2PC，下面研究点P在面ABCD的轨迹(立体几何平面化)，在平面直角坐标系内设D(0，0)，C(6，0)，D1(0，6)，C1(6，6)，设P(x，y)，因为PD2PC，所以2，化简得(x8)2y216，该圆与CC1的交点纵坐标最大，交点为(6，2)，三棱锥PBCD的底面BCD的面积为18，要使三棱锥PBCD体积最大，只需高最大，当P在CC1上且CP2时棱锥的高最大，V18212.答案(1)B(2)B【训练3】 (1)如图，在三棱锥ABCD中，平面ABC平面BCD，BAC与BCD均为等腰直角三角形，且BACBCD90，BC

13、2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30的角，则线段PA长的取值范围是()A. B.C. D.(2)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，点Q在棱AA1上，且AQ3A1Q，EFGC1是侧面BCC1B1内的正方形，且C1E1，P是侧面BCC1B1内的动点，且P到平面CDD1C1的距离等于线段PF的长，则线段PQ长度的最小值为_.解析(1)设BC的中点为O，连接OA，因为BAC90，BC2OA1，故建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则O(0，0，0)，A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，0，0)，P(s，0，t)，Q(1，m，0)(s0，

14、t0，m0)，则(1s，m，t)，(1，0，1)，(s，0，1t)，所以1st，|，|，所以cos 301st，即1st，也即3m24t(1s)(1s)2t2，由此可得3m24t(1s)(1s)2t20，结合ts1可得4(1s2)22s23s21，所以|s|，则|s|，即0|PA|，应选B.(2)过Q作QTBB1，T为垂足，连接TP，则QTTP，所以QP2QT2PT2，当PT取最小值时，QP最小.作PNCC1，N为垂足.建立如图所示的空间直角坐标系，则T(4，4，3)，设P(x，4，z)，则0x4，0z4，N(0，4，z).由题意得EFFG1，所以F(1，4，3).因为PFPN，所以x，化简得

15、(z3)22x1.因为PT2(x4)2(z3)2(x4)22x1x26x15(x3)266，所以当x3时，PT取得最小值，此时QP242622，所以线段PQ长度的最小值为.答案(1)B(2) 补偿训练一、选择题1.已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C运动时，点H运动的轨迹()A.是圆B.是椭圆C.是抛物线D.不是平面图形解析设在定圆内过点B的直径与圆的另一个交点为点D，过点B作AD的垂线，垂足为点E，连接EH，CD.因为BD为定圆的直径，所以CDBC，又因为AB垂直于定圆所在的平面，所以CDAB，又因为ABBCB，所以CD平面ABC，所以CDBH，

16、又因为BHAC，ACCDC，所以BH平面ACD，所以BHEH，所以动点H在以BE为直径的圆上，即点H的运动轨迹为圆，故选A.答案A2.设P是正方体ABCDA1B1C1D1的对角面BDD1B1(含边界)内的点，若点P到平面ABC、平面ABA1、平面ADA1的距离相等，则符合条件的点P()A.仅有一个 B.有有限多个C.有无限多个 D.不存在解析与平面ABC，ABA1距离相等的点位于平面ABC1D1上；与平面ABC，ADA1距离相等的点位于平面AB1C1D上；与平面ABA1，ADA1距离相等的点位于平面ACC1A1上；据此可知，满足题意的点位于上述平面ABC1D1，平面AB1C1D，平面ACC1A

17、1的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个.答案A3.如图，在正四棱锥SABCD中，E是BC的中点，P点在侧面SCD内及其边界上运动，并且总是保持PEAC.则动点P的轨迹与SCD组成的相关图形最有可能的是()解析取CS，CD的中点F，G，连接EF，EG，FG.E为BC的中点，EFBS.又EF平面SBD，BS平面SBD，EF平面SBD.同理，FG平面SBD.又EFFGF，EF平面EFG，FG平面EFG，平面EFG平面SBD.又AC平面SBD，AC平面EFG，ACFG，点PFG，点P的轨迹是SCD的中位线FG，选A.答案A4.(2020浙江名师预测卷一)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABC

18、D为正方形，侧面PAD为正三角形，且侧面PAD底面ABCD，已知在侧面PAD内存在点Q，满足PQQD，则当AQ最小时，二面角ACDQ的余弦值是()A. B.C. D.解析取PD的中点M，因为四边形ABCD为正方形，所以CDAD，又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，CD平面ABCD，所以CD平面PAD，所以CDQD，则二面角ACDQ的平面角是ADQ，又因为点Q的轨迹是以M为圆心的圆，如图，当|AQ|最小时，ADQADPQDP604515，即二面角ACDQ的余弦值为cos 15cos(6045)，故选D.答案D5.(2020浙江新高考仿真卷二)如图所示，在棱长为1的正方体ABC

19、DA1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则C1PQ周长的最小值为()A.B.C.D.解析连接B1D1，BC1，由图易得C1PQ的三边分别在三棱锥BB1C1D1的三个侧面上，将三棱锥BB1C1D1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形BC1D1C1为直角梯形，当C1，P，Q，C1四点共线时，C1PQ的周长最小，最小值为，即C1PQ的周长的最小值为，故选B.答案B6.(2020诸暨期末)三棱锥PABC如图所示，PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，ABC中ABC，AB2BC2.当ABC以AB为轴旋转时，记PCx，二面角PABC的余弦值为y，则y与x的函数关系的图象大致形状是()解

20、析因为PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，ABC，AB2BC2，设AB的中点为D，连接PD，以点D为原点，DB，DP所在的直线分别为y轴、z轴，过点D垂直于平面PAB的直线为x轴建立空间直角坐标系，则易得P(0，0，1)，B(0，1，0)，当ABC以AB为轴旋转时，设点C的坐标为C(x0，1，z0)，因为BC1，所以xz1.易得平面PAB的一个法向量为n1(1，0，0)，设平面ABC的法向量为n2(x2，y2，z2)，因为(0，1，0)，(x0，0，z0)，则由得所以平面ABC的一个法向量为n2(z0，0，x0)，则二面角PABC的余弦值为ycosn1，n2z0.又因为PCx，所以z0，即y

21、，函数图象为开口向下的抛物线的一部分，故选A.答案A二、填空题7.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，总有APBD1，则动点P的轨迹为_.解析易证BD1平面ACB1，所以满足BD1AP的所有点P都在一个平面ACB1上.而已知条件中的点P是在侧面BCC1B1及其边界上运动，因此，符合条件的点P在平面ACB1与平面BCC1B1的交线上，故所求的轨迹为线段B1C.答案线段B1C8.如图，在棱长为2的正四面体SABC中，动点P在侧面SAB内，PQ底面ABC，垂足为Q，若PSPQ，则PC长度的最小值为_.解析作PHAB于点H，连接QH，则PHQ为二面角SABC的平面

22、角，设AB的中点为G，S在平面ABC内的射影为O(O为ABC的中心)，连接SG，GO，SO，则SGO也是二面角SABC的平面角，则sinPHQsinSGO，所以PHPQ，所以PHPS，所以点P的轨迹是侧面SAB内以AB为准线，以S为焦点的抛物线，SH的中点O是抛物线的顶点，O到C的距离就是PC的最小值，在SHC中，由余弦定理，得cosSHC，在PHC中，由余弦定理可知，PC2()22，所以PCmin.答案9.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，则MN的中点P的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为_.解析连

23、接DP，因为MN2，所以PD1，因此点P的轨迹是一个以D为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的，即13.答案10.已知在矩形ABCD中，AB3，BCa，若PA平面AC，在BC边上取点E，使PEDE，若满足条件的E点有两个时，则a的取值范围是_.解析连接AE，由三垂线逆定理可知DEAE，要使满足条件的E点有两个则须使以AD为直径的圆与BC有两个交点，所以半径长3，a6.答案(6，)11.(2020广州综测二)有一个底面半径为R，轴截面为正三角形的圆锥纸盒，在该纸盒内放一个棱长均为a的四面体，并且四面体在纸盒内可以任意转动，则a的最大值

24、为_.解析在该纸盒内放一个棱长均为a的四面体，并且四面体在纸盒内可以任意转动，所以当a最大时，棱长均为a的四面体的外接球是该纸盒的内切球.设该纸盒的内切球半径为r，则rR.如图，设a最大时，棱长均为a的四面体SABC的外接球的球心为O，半径为r，过S作SH底面ABC，连接AH并延长交BC于D，连接AO，则ADa，AHaa，SHa，所以OHar，(r)2，化简得a2ar0，解得ra，所以rRra，解得aR，即a的最大值为R.答案R12.如图，已知ACB90，DA平面ABC，AEDB交DB于E，AFDC交DC于F，且ADAB2，则三棱锥DAEF体积的最大值为_.解析因为DA平面ABC，所以DAAB

25、，ADBC，AEDB，又ADAB2，DE，又因为BCAC，ACADA，所以BC平面ACD，所以平面BCD平面ACD，AFDC，平面BCD平面ACDCD，所以AF平面BCD，所以AFEF，BDEF，所以BD平面AEF，由AF2EF2AE222AFEF可得AFEF1，所以SAEF，所以三棱锥DAEF体积的最大值为.答案13.如图，在长方形ABCD中，AB2，BC1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点.现将AFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC.在平面ABD内过点D作DKAB，K为垂足.设AKt，则t的取值范围是_.解析如图，在平面ADF内过D作DHAF，垂足为H，连接HK.过F点作

26、FPBC交AB于点P.设FAB，则cos .设DFx，则1x2，平面ABD平面ABC，平面ABD平面ABCAB，DKAB，DK平面ABD，DK平面ABC，又AF平面ABC，DKAF.又DHAF，DKDHD，DK，DH平面DKH，AF平面DKH，AFHK，即AHHK.在RtADF中，AF，DH，ADF和APF都是直角三角形，PFAD，RtADFRtFPA，APDFx.AHDADF，cos .x.1x2，12，t1.答案三、解答题14.(2018全国卷)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PFBF.(1)证明：平面PEF平

27、面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，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)解作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故EF2PE2PF2，所以PEPF.可得PH，EH.则H(0，0，0)，P，D，为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平

28、面ABFD所成角的正弦值为.15.(2020浙江新高考仿真卷三)在矩形ABCD中，E，F分别为AB与BC边的中点，现将AED，BEF分别沿DE，EF折起，使A，B两点重合于点P，连接PC，已知AB，BC2.(1)求证：DF平面PEF；(2)(一题多解)求直线PC与平面PEF所成角的正弦值.(1)证明由题知EPPF，EPPD，又PFPDP，EP平面PFD，又FD平面PFD，EPFD.又由题意可知EF，DF，DE，DE2EF2DF2，EFFD.又EFEPE，DF平面PEF.(2)解由(1)可知DF平面PEF，且DF平面CDEF，平面PEF底面CDEF，EF为交线，过点P作PGEF，则PG底面CDE

29、F，PE，PF1，EF，SPEF|PE|PF|EF|PG|，PG，EG，FG.法一过点C作CHEF，交EF的延长线于点H，CH平面PEF，则CPH即为所求的线面角.在平面图中，CFHEFB，经计算CH，FH，CG.PC，sin .即直线PC与平面PEF所成角的正弦值为.法二如图，以C为坐标原点，CD，CF，过点C且垂直于平面CDEF的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则G，P，E，F(0，1，0)，.设平面PEF的法向量为n(x，y，z)，则即令x，则y1，z0，即n(，1，0).sin |cos，n|.即直线PC与平面PEF所成角的正弦值为.16.(2020北仑中学模拟)在平面四边形

30、ABCD(图1)中，ABC与ABD均为等腰三角形且有公共边AB，设ADBD2，ACBC，ADBD，将ABC沿AB折起，构成如图2所示的三棱锥CABD.(1)求证：ABCD；(2)(一题多解)已知二面角CABD的大小为，P为直线AB上一动点，CP与底面ABD所成角为，若cos 的最小值为时，求二面角ACDB的余弦值.(1)证明如图1，连接CD交AB于点E，图1因为ADBD，ACBC，所以四边形ACBD为“筝”形，故ABCD.所以在ABC沿AB折起到ABC的位置后，仍有ABCE，ABDE.如图2，又DECEE，DE，CE平面DCE，故AB平面DCE.又因为CD平面DCE，所以ABCD.(2)如图2

31、，过C作DE的垂线交于点O，图2因为二面角CABD的大小为，故O在DE的延长线上.因为AB平面ADB，所以平面ADB平面DCE.又因为CODE，平面ADB平面DCEDE，所以CO平面ADBO，故CPO就是CP与底面ABD所成角.在RtOPE中，OPOE，则tan ，故当且仅当P与E重合时，cos 取得最小值为.因为ADBD2，ACBC，ADBD，故CE，从而OE，CO3，显然底面四边形ADBO为正方形.法一过A作CD的垂线交CD于点G，即AGCD，连接BG，由于ACDBCD，根据几何图形的对称性可知BGCD.由于平面ACD平面BCDCD，所以AGB就是二面角ACDB的平面角，又因为CD2CA2

32、AD2，所以ACD为直角三角形.在RtACD中，易知CD，AG，同理可知BGAG.又AB2，所以cosAGB，所以二面角ACDB的余弦值为.法二如图3，由于OA，OB，OC两两垂直，图3故以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则A(2，0，0)，C(0，0，3)，D(2，2，0)，B(0，2，0)，(2，2，3)，(0，2，0)，(2，0，0).设平面ACD的法向量n(x，y，z)，即即令z2，则n(3，0，2)，同理可知，平面BCD的一个法向量m(0，3，2).设二面角ACDB的大小为，由于m，n都指向二面角的外部，故与m，n互补，则cos c

33、osm，n，所以二面角ACDB的余弦值为.17.(2020北京房山区一模)如图1，在矩形ABCD中，AB4，AD2，E，F，O分别为DC，AE，BC的中点.以AE为折痕把ADE折起，使点D到达点P的位置，且平面PAE平面ABCE(如图2).(1)求证：BC平面POF；(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；(3)在线段PE上是否存在点M，使得AM平面PBC？若存在，求的值；若不存在，说明理由.(1)证明在矩形ABCD中，AB4，AD2，E是CD中点，所以DADE，即PAPE，又F为AE的中点，所以PFAE，又平面PAE平面ABCE，平面PAE平面ABCEAE，PF平面PAE，所以PF平面A

34、BCE，BC平面ABCE，所以PFBC，由F，O分别为AE，BC的中点，易知FOAB，所以OFBC，因为PFOFF，所以BC平面POF.(2)解过点O作平面ABCE的垂线OZ，以O为原点，分别以OF，OB，OZ为x，y，z轴建立坐标系Oxyz，则A(4，1，0)，B(0，1，0)，C(0，1，0)，E(2，1，0)，P(3，0，)，(1，1，)，(3，1，)，(0，2，0)，设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，由得令z3得n(，0，3)，cosn，所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.(3)解在线段PE上不存在点M，使得AM平面PBC.证明如下：点M在线段PE上，设，则，0，1，(1，1，(1)，若AM平面PBC，则n，由n0得(1，1，(1)(，0，3)0，解得20，1，所以在线段PE上不存在点M，使得AM平面PBC.