【文档说明】2025届高考一轮复习专项练习 数学 高考大题专项（四）　立体几何 Word版含解析.docx，共(15)页，688.421 KB，由小赞的店铺上传

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高考大题专项(四)立体几何1.如图,点C是以AB为直径的圆O上异于A,B的一点,直角梯形BCDE所在平面与圆O所在平面垂直,且DE∥BC,DC⊥BC,DE=12BC=2,AC=CD=3.(1)证明:EO∥平面ACD;(2)求点E到平面ABD的距离.

2.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=12AD,∠ADP=30°,∠BAD=90°.(1)证明:PD⊥PB;(2)设点M在线段PC上,且PM=13PC,若△MBC的面积为2√73,求四棱锥P-ABCD的体积

.3.(2020全国3,理19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.4.如图,

在三棱锥P-ABC中,底面是边长为4的正三角形,PA=2,PA⊥平面ABC,点E,F分别为AC,PC的中点.(1)求证:平面BEF⊥平面PAC;(2)在线段PB上是否存在点G,使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为√155?若存在,确定点G的位置;若不

存在,请说明理由.5.(2020河南高三质检)《九章算术》是我国古代数学名著,在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵;阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖臑指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵ABC-A1B1C1中,AB⊥AC.(1)求证

:四棱锥B-A1ACC1为阳马;(2)若C1C=BC=2,当鳖臑C1-ABC体积最大时,求平面A1BC与平面A1BC1的夹角的余弦值.6.(2020四川成都外国语学校高三月考)已知三棱锥P-ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中,四边形ABCD为边长等于√2的正方形,△ABE和

△BCF均为正三角形,在三棱锥P-ABC中:(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求二面角P-BC-M的余弦值.7.如图1,已知四边形BCDE为直角梯形,∠B=90°,BE∥CD,且BE=2CD=2BC=2,A为B

E的中点,将△EDA沿AD折到△PDA位置(如图2),连接PC,PB构成一个四棱锥P-ABCD.(1)求证:AD⊥PB;(2)若PA⊥平面ABCD.①求二面角B-PC-D的大小;②在棱PC上存在点M,满足𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗(0≤λ≤1),使得直线AM与平面PBC所

成的角为45°,求λ的值.8.(2020天津和平高三三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,∠BAD=60°.(1)求证:直线BD⊥平面PAC;(2)求直线PB与平面PAD所成角的正切值;(3)设点

M在线段PC上,且平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为57,求点M到底面ABCD的距离.9.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2√2,C1H⊥平面AA1B1B,且C1H=√5.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;(

2)求二面角A-A1C1-B1的正弦值;(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN⊥平面A1B1C1,求线段BM的长.10.(2020湖南长郡中学高三模考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=AC=2,AD=2√2,

PB=√2,PB⊥AC.(1)求证:平面PAB⊥平面PAC;(2)若∠PBA=45°,试判断棱PA上是否存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为√69,若存在,求出𝐴𝐸𝐴𝑃的值;若不存在,

请说明理由.参考答案高考大题专项(四)立体几何1.(1)证明取BC的中点M,连接OM,ME.在△ABC中,O是AB的中点,M是BC的中点,∴OM∥AC,AC⊄平面EMO,MO⊂平面EMO,故AC∥平面MEO.在直角梯形BCDE中,DE∥CB,且DE=CM

,∴四边形MCDE是平行四边形,∴EM∥CD,同理CD∥平面EMO.又CD∩AC=C,故平面EMO∥平面ACD,又∵EO⊂平面EMO,∴EO∥平面ACD.(2)∵AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的一点,∴AC⊥BC.又∵平面BCDE⊥平面ABC,平面B

CDE∩平面ABC=BC,∴AC⊥平面BCDE,可得AC是三棱锥A-BDE的高.在直角梯形BCDE中,S△BDE=12DE×CD=12×2×3=3.设E到平面ABD的距离为h,则VE-ABD=VA-EBD,即13S△ABD·h=13S△EBD·AC,由已知得AB=5,BD=5,AD=3√2,由余

弦定理可得cos∠ABD=1625,则sin∠ABD=3√4125,则S△ABD=12AB·BDsin∠ABD=3√412.解得h=6√4141,即点E到平面ABD的距离为6√4141.2.(1)证明∵平面ABCD⊥平面PAD,∠BAD=90°,

∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PD,在△PAD中,∵AP=12AD,∠ADP=30°,∴由正弦定理可得sin∠ADP=12sin∠APD,∴∠APD=90°,∴PD⊥PA.又PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB,∴PD⊥PB.(2)解取AD的中点

F,连接CF,PF,设AD=2a,则AB=BC=AP=a,PD=√3a,则PB=PC=√2a,∴△PBC为等腰三角形,且底边BC上的高为√72a.∵PM=13PC,△MBC的面积为2√73.∴△PBC的面积为√7,∴12a×√

72a=√7,解得a=2,∴四棱锥P-ABCD的体积为13×12×(2+4)×2×√3=2√3.3.解设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,建立空间直角坐标系C1-xyz.(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,

13c,𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0,b,13c,𝐶1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,b,13c,得𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,

1,1),A1(2,1,0),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,-1),𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,-2),𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,2),𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,1).设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则{𝑛1·𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,�

�1·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-𝑦-𝑧=0,-2𝑥-2𝑧=0,可取n1=(-1,-1,1).设n2为平面A1EF的法向量,则{𝑛2·𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛2·𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,同理可取n2=12,2,1.因为cos<n1,n2>=𝑛1·𝑛2|�

�1||𝑛2|=-√77,所以二面角A-EF-A1的正弦值为√427.4.(1)证明∵AB=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.又PA⊥平面ABC,BE⊂平面ABC,∴PA⊥BE.∵PA∩AC=A,∴BE⊥平面PAC.∵BE⊂平面BEF,∴平面BEF⊥平面PAC

.(2)解存在.如图,由(1)知,PA⊥BE,PA⊥AC,点E,F分别为AC,PC的中点,∴EF∥PA,∴EF⊥BE,EF⊥AC,又BE⊥AC,∴EB,EC,EF两两垂直,分别以𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗方向为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.则A(0

,-2,0),P(0,-2,2),B(2√3,0,0),C(0,2,0),𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-2√3,-2,2),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2√3,2,0),设𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-2√3𝜆,-2λ,2λ),λ∈[0,1],∴𝐴

𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=(2√3(1-λ),2(1-λ),2λ),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-2√3,2,0),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,4,-2),设平面PBC的法向量n=(x,y,z),则{𝑛·𝐵𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴{-2√3𝑥+2𝑦=0,4𝑦-2𝑧=0,令x=1,则y=√3,z=2√3,∴n=(1,√3,2√3).由已知√155=|𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛|�

�𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛||,则√155=4√34√16(1-𝜆)2+4𝜆2,解得λ=12或1110(舍去).故λ=12,故线段PB上存在点G,使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为√155,此时G为线段PB的中点.5.(1)证明∵A1A⊥底面ABC,AB⊂平面ABC,∴A

1A⊥AB.又AB⊥AC,A1A∩AC=A,∴AB⊥平面ACC1A1,又四边形ACC1A1为矩形,∴四棱锥B-A1ACC1为阳马.(2)解∵AB⊥AC,BC=2,∴AB2+AC2=4.又∵CC1⊥底面ABC,∴𝑉𝐶1-𝐴𝐵𝐶=13·C1C·12AB·AC=13

·AB·AC≤13·𝐴𝐵2+𝐴𝐶22=23,当且仅当AB=AC=√2时,𝑉𝐶1-𝐴𝐵𝐶取最大值.∵AB⊥AC,A1A⊥底面ABC,∴以A为原点,建立如图所示空间直角坐标系,则B(√2,0,0),C(0,√2,0),A1(0,0,2),C1(0,√2,2),𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=(√2,0,-2),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-√2,√2,0),𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√2,0),设面A1BC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),由{𝑛1·𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛1·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,则{

√2𝑥1-2𝑧1=0,-√2𝑥1+√2𝑦1=0,得n1=(√2,√2,1),设平面A1BC1的法向量是n2=(x2,y2,z2),由{𝑛2·𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛2·𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,则{√2𝑥2-

2𝑧2=0,√2𝑦2=0,得n2=(√2,0,1).∴cos<n1,n2>=𝑛1·𝑛2|𝑛1||𝑛2|=√155,故平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值为√155.6.(1)证明设AC的中点为O,连接BO,PO.由题意,得PA=PB=PC=√2,PO

=1,AO=BO=CO=1.因为在△PAC中,PA=PC,O为AC的中点,所以PO⊥AC.因为在△POB中,PO=1,OB=1,PB=√2,即PO2+OB2=PB2,所以PO⊥OB.因为AC∩OB=O,AC,OB在平面ABC中,所以PO⊥平面ABC,因为PO⊂平面P

AC,所以平面PAC⊥平面ABC.(2)解由(1)知,BO⊥PO,BO⊥AC,即BO⊥平面PAC,所以∠BMO是直线BM与平面PAC所成的角,且tan∠BMO=𝐵𝑂𝑂𝑀=1𝑂𝑀,所以当OM最短时,即M是PA的中点时,∠BMO最大.

由PO⊥平面ABC,OB⊥AC,所以PO⊥OB,PO⊥OC,故以OC,OB,OP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O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),A(-1,0,0),P(0,0,1),M-12,0,12,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

=(1,-1,0),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-1),𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=32,0,-12.设平面MBC的法向量为m=(x1,y1,z1),则{𝑚·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所

以{𝑥1-𝑦1=0,3𝑥1-𝑧1=0.令x1=1,得y1=1,z1=3,即m=(1,1,3).设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则{𝑛·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以{𝑥2-𝑦2=0,𝑥2-𝑧2=0.令x2=1,得y2

=1,z2=1,即n=(1,1,1).cos<n,m>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=5√33=5√3333.因为二面角P-BC-M的平面角是锐角,故二面角P-BC-M的余弦值为5√3333.7.(1)证

明在题图1中,∵AB∥CD,AB=CD,∴四边形ABCD为平行四边形,∴AD∥BC.∵∠B=90°,∴AD⊥BE.当△EDA沿AD折起时,∵AD⊥AB,AD⊥AE,∴AD⊥AB,AD⊥PA.∵AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB,∵PB⊂平面PA

B,∴AD⊥PB.(2)解①由于PA⊥平面ABCD,以点A为坐标原点,分别以AB,AD,AP为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1),D(0,1,0),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,-1),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0),

𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则{𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,∴{𝑥+𝑦-𝑧=0,𝑦=0,取z=1,得n=(1,0,1),设平面P

CD的法向量m=(a,b,c),则{𝑚·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴{𝑎+𝑏-𝑐=0,𝑎=0,取b=1,得m=(0,1,1),设二面角B-PC-D的大小为θ,由图可知θ为钝角,则cosθ=-|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|

=-1√2×√2=-12,∴θ=120°.∴二面角B-PC-D的大小为120°.②𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,1),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,-1),𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝑀⃗

⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,1)+λ(1,1,-1)=(λ,λ,1-λ),0≤λ≤1,平面PBC的法向量n=(1,0,1),∵直线AM与平面PBC所成的角为45°,∴sin45°=|cos<𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n

>|=|𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛|=|𝜆+1-𝜆|√2·√𝜆2+𝜆2+(1-𝜆)2=√22,解得λ=0或λ=23.8.(1)证明由菱形的性质可知BD⊥AC,由线面垂直

的定义可知BD⊥AP,且AP∩AC=A,由线面垂直的判定定理可得直线BD⊥平面PAC.(2)解以点A为坐标原点,AD,AP方向为y轴,z轴正方向,如图所示,在平面ABCD内与AD垂直的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则P(0,0,2),B(√3,1,0),A(0

,0,0),D(0,2,0),则𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1,-2),平面PAD的法向量为m=(1,0,0),设直线PB与平面PAD所成的角为θ,则sinθ=|cos<𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,m>|=|𝑃𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚||𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚|=√3√8,cosθ=√5√8,tanθ=sin𝜃cos𝜃=√3√5=√155.(3)解由于P(0,0,2),C(√3,3,0),B(√3,1,0),A(0,0,0),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,

3,-2),𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,0),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1,0),𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1,-2),𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√3𝜆,3λ,-2λ)(0≤λ<1),𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3−√3𝜆,1-3λ,2λ-2),则点M的坐标为(√3𝜆,3λ,-2λ+2),设平面CMB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则{𝑛1·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛1·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以{-2𝑦1=0

,(√3-√3𝜆)𝑥1+(1-3𝜆)𝑦1+(2𝜆-2)𝑧1=0,所以n1=(2,0,√3).设平面MBA的法向量为n2=(x2,y2,z2),则{𝑛2·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛2·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以{√3𝑥2+�

�2=0,(√3-√3𝜆)𝑥2+(1-3𝜆)𝑦2+(2𝜆-2)𝑧2=0,所以n2=(1,-√3,√3𝜆1-𝜆),平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为57,故2+3𝜆1-𝜆√7×√1+

3+3𝜆2(1-𝜆)2=57,整理得14λ2-19λ+6=0,解得λ=12或λ=67.由点M的坐标易知点M到底面ABCD的距离为1或27.9.解如图所示,建立空间直角坐标系,以B为坐标原点,BA所在直线为

x轴,BB1所在直线为y轴,由题意,B(0,0,0),A(2√2,0,0),C(√2,-√2,√5),A1(2√2,2√2,0),B1(0,2√2,0),C1(√2,√2,√5),(1)𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-√2,-√2,√5),𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2√2,0,0)

,所以cos<𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=43×2√2=√23,所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为√23.(2)易知A

A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2√2,0),A1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√2,-√2,√5),A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2√2,0,0),设平面AA1C1的法向量m=(x1,y1,z1),则{𝑚·𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即

{-√2𝑥1-√2𝑦1+√5𝑧1=0,2√2𝑦1=0,令x1=√5,则z1=√2,所以m=(√5,0,√2),同理,设平面B1A1C1的法向量n=(x2,y2,z2),则{𝑛·𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=0,即{-√2𝑥2-√2𝑦2+√5𝑧2=0,-2√2𝑥2=0,令y2=√5,则z2=√2,所以n=(0,√5,√2),所以cos<m,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=2√7×√7=27,设二面角A-A1C1-

B1的大小为θ,则sinθ=√1-(27)2=3√57,所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为3√57.(3)𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,-√2,√5),由N为棱B1C1的中点,得N√22,3√22,√52,设M(a,b,0),则

𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√22-a,3√22-b,√52,由MN⊥平面A1B1C1,得{𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{(√22-𝑎

)·(-2√2)=0,(√22-𝑎)·(-√2)+(3√22-𝑏)·(-√2)+√52×√5=0,解得{𝑎=√22,𝑏=√24,故M√22,√24,0,因此𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√22,√24,0,所

以线段BM的长为|𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√104.10.(1)证明因为四边形ABCD是平行四边形,AD=2√2,所以BC=AD=2√2.又AB=AC=2,所以AB2+AC2=BC2,所以AC⊥AB.又PB⊥AC,且AB∩PB=B,所以AC⊥平面PAB

.因为AC⊂平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)解存在.由(1)知AC⊥AB,AC⊥平面PAB,分别以AB,AC所在直线为x轴,y轴,平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),𝐴

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,0),由∠PBA=45°,PB=√2,可得P(1,0,1),所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,1),𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1),假设棱PA上存在点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为√69,设𝐴𝐸𝐴�

�=λ(0<λ<1),则𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,0,λ),𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,-2,λ),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,即

{-2𝑥+2𝑦=0,-𝑥+𝑧=0,令z=1,可得x=y=1,所以平面PBC的一个法向量为n=(1,1,1),设直线CE与平面PBC所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝜆-2+𝜆|√3·√𝜆2+(-2)2+𝜆2=|2𝜆-2|√3·√2

𝜆2+4=√69,解得λ=12或者λ=74(舍).所以存在𝐴𝐸𝐴𝑃=12,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为√69.