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高中数学重难点突破
专题三 利用空间向量解决立体几何中的探索性问题
知识归纳
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系的存在性问题，即线面的平行与垂直；另一类是探究线面的数量关系的存在性问题，即线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．
利用空间向量法解决立体几何中的探索性问题的思路：(1)根据题设条件中的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示．(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足位置关系、数量关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在．
注意：在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向量定理a＝λb(b≠0)，利用向量相等，所求点坐标用λ表示，再根据条件代入，注意λ的范围．
典例分析
题型一　探究线面的位置关系
[例1]　如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD．
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
解析　(1)设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，
∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO．
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O 平面AA1C1C，
∴A1O⊥平面ABCD．以OB，OC，OA1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(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，)．
由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)，·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
∴⊥，即BD⊥AA1．
(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，)．
从而有P(0，1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．
设平面DA1C1的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n3⊥，,n3⊥，))
又＝(0，2，0)，＝(，0，)，则
取n3＝(1，0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，则n3⊥，即n3·＝－－λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP．
[变式1]　如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝．
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
解析　(1)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB．
(2)取AD的中点O，连接PO，CO．因为PA＝PD，所以PO⊥AD．又因为PO 平面PAD，
平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD．
因为CO 平面ABCD，所以PO⊥CO．因为AC＝CD，所以CO⊥AD．
如图，建立空间直角坐标系Oxyz．
由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．
则P＝(0，－1，－1)，P＝(2，0，－1)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即
令z＝2，则x＝1，y＝－2，所以n＝(1，－2，2)．
又＝(1，1，－1)，所以cos＜n，＞＝＝－，
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为．
(3)设棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，则存在λ∈[0，1]使得＝λ．
因此点M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．因为BM∥平面PCD，
所以·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝．
所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝．
[例2]　在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．
解析　(1)由题意知，DA，DC，DP两两垂直．如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F．＝，＝(0，a，0)．∵·＝0，∴⊥，从而得EF⊥CD．
(2)假设存在满足条件的点G，设G(x，0，z)，则＝，
若使GF⊥平面PCB，则由·＝·(a，0，0)＝a＝0，得x＝；
由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0．
∴G点坐标为，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．
[变式2]　如图，正三角形ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B．
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
解析　(1)AB∥平面DEF．理由如下：
在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB．
又因为AB 平面DEF，EF 平面DEF，所以AB∥平面DEF．
(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA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(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，故＝(0，，1)．
假设存在点P(x，y，0)满足条件，则＝(x，y，－2)，·＝y－2＝0，所以y＝．
又＝(x－2，y，0)，＝(－x，2－y，0)，∥，
所以(x－2)(2－y)＝－xy，所以x＋y＝2．把y＝代入上式得x＝，所以＝，
所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时＝．
[例3]　(2019·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F在PC上，且＝．
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F－AE－P的余弦值；
(3)设点G在PB上，且＝．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
解析　(1)因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD．
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，所以CD⊥平面PAD．
(2)过点A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，AM，AD 平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD．建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．
因为E为PD的中点，所以E(0，1，1)．所以＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)，＝(0，0，2)．
所以＝＝，所以＝＋＝．
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则y＝－1，x＝－1．
于是n＝(－1，－1，1)．又因为平面PAD的一个法向量为p＝(1，0，0)，
所以cos＜n，p＞＝＝－．由题知，二面角F－AE－P为锐角，所以其余弦值为．
(3)直线AG在平面AEF内，理由如下：
因为点G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)，所以＝＝，
所以＝＋＝．由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1，1)，
所以·n＝－＋＋＝0．又点A∈平面AEF，所以直线AG在平面AEF内．
考点二　探究线面的数量关系
[例4]　如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上．
(1)求证：AD⊥PC；
(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
解析　(1)如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC，
因为AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos 45°＝4，
得AC＝2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC．
又AD∥BC，所以AD⊥AC．因为AD＝AP＝2，DP＝2，所以PA⊥AD，
又AP∩AC＝A，AP，AC 平面PAC，所以AD⊥平面PAC，又PC 平面PAC，所以AD⊥PC．
(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA 侧面PAD，
所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两垂直，以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)，
所以＝(0，2，－2)，＝(－2，0，－2)，＝(2，2，－2)．
设＝λ(λ∈[0，1])，则＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，
所以＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)．易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)．
设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，由得
令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．
因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，
所以|cos＜，m＞|＝|cos＜，n＞|，即＝，所以|－2λ＋2|＝，
即|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝，所以＝，
即当＝时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
[例5]　在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝2，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且＝λ(0<λ<1)，如图所示，沿BE将△CEB翻折至△DEB的位置，使得平面DEB⊥平面ABE．
(1)当λ＝时，证明：BD⊥平面DEF；
(2)是否存在λ，使得DF与平面ADE所成角的正弦值是？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解析　(1)在△ABC中，∠C＝90°，即AC⊥BC，则BD⊥DE，取BF的中点N，连接CN交BE于点M，
当λ＝时，F是AN的中点，而E是AC的中点，∴EF是△ANC的中位线，∴EF∥CN．
在△BEF中，N是BF的中点，∴M是BE的中点，
在Rt△BCE中，EC＝BC＝2，∴CM⊥BE，则EF⊥BE．
又平面DEB⊥平面ABE，平面DEB∩平面ABE＝BE，EF 平面ABE，∴EF⊥平面DEB．
又BD 平面BDE，∴EF⊥BD．而EF∩DE＝E，EF，DE 平面DEF，∴BD⊥平面DEF．
(2)存在λ＝，使得DF与平面ADE所成角的正弦值是．
以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，2，0)，E(2，0，0)
∴＝(－4，2，0)，＝(－2，0，0)，取BE的中点G，连接DG，
则DG⊥BE，而平面DEB⊥平面ABC，
∴DG⊥平面ABC，则D(1，1，)，则＝(－3，1，)．
由＝λ，可得F(4－4λ，2λ，0)，则＝(3－4λ，2λ－1，－)．
设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，则即
令z＝－1，则x＝0，y＝，所以n＝(0，，－1)
设DF与平面ADE所成的角为θ，则
sin θ＝|cos＜，n＞|＝＝＝，解得λ＝或λ＝3(舍去)．
综上，存在λ＝，使得DF与平面ADE所成的角的正弦值为．
[变式3]　如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2，∠ABC＝60°，M是AB的中点．
(1)求证：EM⊥AD；
(2)求二面角A－BE－C的余弦值；
(3)在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
解析　(1)∵EA＝EB，M是AB的中点，∴EM⊥AB，
∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EM 平面ABE，
∴EM⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，∴EM⊥AD．
(2)连接MC，∵EM⊥平面ABCD，∴EM⊥MC，
∵△ABC是正三角形，∴MC⊥AB，∴MB，MC，ME两两垂直．
建立如图所示空间直角坐标系M－xyz．
则M(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，E(0，0，)，
＝(－1，，0)，＝(－1，0，)，
设m＝(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，则令z＝1，m＝(，1，1)，
∵y轴所在直线与平面ABE垂直，∴n＝(0，1，0)是平面ABE的一个法向量．
cos＜m，n＞＝＝＝，∴二面角A－BE－C的余弦值为．
(3)假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，
＝(1，0，)，＝(0，，－)，
设＝λ＝(0，λ，－λ)，0<λ≤1，则＝＋＝(1，λ，－λ)，
∵直线AP与平面ABE所成的角为45°，
∴sin 45°＝|cos＜，n＞|＝＝＝，由0≤λ≤1，解得λ＝，
∴在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，且＝．
[例6]　如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED是以BD为直角腰的直角梯形，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD．
(1)求证：AD⊥平面BFED；
(2)在线段EF上是否存在一点P，使得平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．
解析　(1)在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，
所以∠CDB＝30°，所以∠ADB＝90°，所以BD⊥AD．
因为平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，AD 平面ABCD，所以AD⊥平面BFED．
(2)因为AD⊥平面BFED，所以AD⊥DE．
以D为原点，分别以DA，DB，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
在△BCD中，DC＝BC＝1，∠BCD＝120°，由余弦定理得BD＝，
则A(1，0，0)，B(0，，0)，由题意，设P(0≤λ≤3)，
所以＝(－1，，0)，＝．
易知平面EAD的一个法向量为m＝(0，1，0)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n＝0，,·n＝0，))得
取y＝1，可得n＝．
因为平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为，
所以|cos＜m，n＞|＝＝＝，
解得λ＝，∴线段EF上存在满足题意的点P，此时，＝＝，
即P为线段EF上靠近点E的三等分点．
[变式4]　如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF．
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
解析　(1)设AD＝CD＝BC＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC．
∵CF⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC 平面BCF，
∴AC⊥平面BCF．∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF．
(2)以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)．
设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，由得
取x＝1，则n＝(1，，－λ)．
易知m＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
∴cos＝＝＝ ．
∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos取得最小值，
∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为．
[例7]　如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2．
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
解析　(1)取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B(2，－1，0)，C(0，1，0)，D(－1，0，0)，P(0，－1，2)．
∵点N为PC的中点，∴N(0，0，1)，∴＝(1，0，1)．
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，由＝(0，0，2)，＝(2，0，0)，可得n＝(0，1，0)，
∴·n＝0．又∵DN 平面PAB，∴DN∥平面PAB．
(2)由(1)知，＝ (0，2，0)，＝(－1，1，－2)．
设直线AC与PD所成的角为θ，则cos θ＝＝＝．
(3)存在．设M(x，y，z)，且＝λ，0≤λ≤1，∴∴M(－λ，λ－1，2－2λ)．
设平面ACM的一个法向量为m＝(a，b，c)，由＝(0，2，0)，＝(－λ，λ，2－2λ)，
可得m＝(2－2λ，0，λ)，由图知平面ACD的一个法向量为u＝(0，0，1)，
∴|cos＜m，u＞|＝＝，解得λ＝或λ＝2(舍去)．
∴M，m＝．∴＝，
设BM与平面MAC所成的角为φ，则sin φ＝|cos＜，m＞|＝＝，∴φ＝30°．
故存在点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°，此时BM与平面MAC所成的角为30°．
[变式5]　如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，点E为AB的中点．
(1)求证：BD1∥平面A1DE；
(2)设在线段AB上存在点M，使二面角D1－MC－D的大小为，求此时AM的长及点E到平面D1MC的距离．
解析　(1)连接AD1，交A1D于点O，∵四边形AA1D1D为正方形，
∴O是AD1的中点，∵点E为AB的中点，连接OE．
∴EO为△ABD1的中位线，∴EO∥BD1．
又∵BD1 平面A1DE，OE 平面A1DE，∴BD1∥平面A1DE．
(2)由题意可得D1D⊥平面ABCD，以点D为原点，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)，C(0，2，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，B(1，2，0)，E(1，1，0)，
设M(1，y0，0)(0≤y0≤2)，∵＝(－1，2－y0，0)，＝(0，2，－1)，
设平面D1MC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则即
令y＝1，有n1＝(2－y0，1，2)．而平面MCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)．
要使二面角D1－MC－D的大小为，
则cos ＝|cos＜n1，n2＞|＝＝＝，
解得y0＝2－(0≤y0≤2)，故AM＝2－，此时n1＝，＝(1，1，－1)．
故点E到平面D1MC的距离为d＝＝＝．
【对点训练】
4．如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，
AD＝CD＝，E为棱AA1上的点，且AE＝．
(1)求证：BE⊥平面ACB1；
(2)求二面角D1－AC－B1的余弦值；
(3)在棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF∥平面ACB1？若存在，求A1F的长；若不存在，请说明理由．
4．解析　(1)因为A1A⊥底面ABCD，所以A1A⊥AC．
又因为AB⊥AC，AA1∩AB＝A，且AA1，AB 平面ABB1A1，所以AC⊥平面ABB1A1，
又因为BE 平面ABB1A1，所以AC⊥BE．
因为＝＝，所以∠ABE＝∠AB1B．
因为∠BAB1＋∠AB1B＝90°，所以∠BAB1＋∠ABE＝90°，所以BE⊥AB1．
又AB1∩AC＝A，且AB1，AC 平面ACB1，所以BE⊥平面ACB1．
(2)如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，D1(1，－2，2)，E．由(1)知，＝为平面ACB1的一个法向量．
设n＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量．因为＝(1，－2，2)，＝(2，0，0)，
所以即不妨设z＝1，可得n＝(0，1，1)．
因此cos＜n，＞＝＝．
由图可知二面角D1－AC－B1为锐角，所以二面角D1－AC－B1的余弦值为．
(3)假设存在满足题意的点F．设A1F＝a(a>0)，则由(2)得F(0，a，2)，＝(－1，a＋2，2)．
由题意可知·＝(－1，a＋2，2)·＝a＋2－1＝0，解得a＝－1(舍去)，
即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直．
所以，在棱A1B1上不存在点F，使得直线DF∥平面ACB1．
5．在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中
点．
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由．
5．解析　(1)以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)，
∵＝(0，1，1)，平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)，∴·n＝0，即⊥n，
又BM 平面PAD，∴BM∥平面PAD．
(2)由(1)知，＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)，假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD．
设N(0，y，z)，则＝(－1，y－1，z－1)，从而MN⊥BD，MN⊥PB，
∴即∴∴N，
∴在平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD．
【对点训练】
1．等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，AC上的点，且满足＝＝(如图①)，将△ADE沿
DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，连接A1B，A1C(如图②)．
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
1．解析　(1)题图①中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°．
从而DE＝＝．故得AD2＋DE2＝AE2，
所以AD⊥DE，BD⊥DE．所以题图②中，A1D⊥DE，
又平面ADE∩平面BCED＝DE，A1D⊥DE，A1D 平面A1DE，所以A1D⊥平面BCED．
(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED．以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图，
过P作PH∥DE交BD于点H，设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a，
易知A1(0，0，1)，P(2－a，a，0)，E(0，，0)，所以＝(a－2，－a，1)．
因为ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为＝(0，，0)，
因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，
所以sin 60°＝eq \f(|·|,||| |)＝＝，解得a＝．
所以PB＝2a＝，满足0≤2a≤3，符合题意．
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝．
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝AC＝2，AD＝2，PB＝，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？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
2．解析　(1)因为四边形ABCD是平行四边形，AD＝2，所以BC＝AD＝2，
又AB＝AC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，
又PB⊥AC，AB∩PB＝B，AB，PB 平面PAB，所以AC⊥平面PAB．
又因为AC 平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．
(2)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Axyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，＝(0，2，0)，＝(－2，2，0)，
由∠PBA＝45°，PB＝，可得P(1，0，1)，所以＝(1，0，1)，＝(－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，
设＝λ(0<λ<1)，则＝λ＝(λ，0，λ)，＝－＝(λ，－2，λ)，
设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则即
令z＝1，可得x＝y＝1，所以平面PBC的一个法向量n＝(1，1，1)，
设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则
sin θ＝ |cos| ＝ ＝＝，解得λ＝或λ＝(舍)．
所以在棱PA上存在点E，且＝，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．
3．如图所示的几何体由平面PECF截棱长为2的正方体得到，其中P，C为原正方体的顶点，E，F为原
正方体侧棱长的中点，正方形ABCD为原正方体的底面，G为棱BC上的动点．
(1)求证：平面APC⊥平面PECF；
(2)设＝λ (0≤λ≤1)，当λ为何值时，平面EFG与平面ABCD所成的角为？
3．解析　(1)由已知可知，EB∥FD，且EB＝FD，如图，连接BD，则四边形EFDB是平行四边形，
∴EF∥BD．∵底面ABCD为正方形，∴BD⊥AC．∵AP⊥底面ABCD，∴BD⊥AP．
又AC∩AP＝A，∴BD⊥平面APC，∴EF⊥平面APC．
∵EF 平面PECF，∴平面APC⊥平面PECF．
(2)以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则B(2，2，0)，F(0，0，1)，E(2，2，1)，G(2，2－2λ，0)，＝(2，2，0)， ＝(0，2λ，1)，
设m＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即
令y＝－1，可得m＝(1，－1，2λ)为平面EFG的一个法向量，
而平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)．
于是cos＝|cos＜m，n＞|＝，解得λ＝±，又0≤λ≤1，∴λ＝．
4．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，
PA＝2．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
4．解析　(1)如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝2，BC＝4，
可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC．
(2)法一(几何法)：过点M作MN⊥AD交AD于点N，则MN∥PA，因为PA⊥平面ABCD，
所以MN⊥平面ABCD．过点M作MG⊥AC交AC于点G，连接NG，
则∠MGN是二面角M－AC－D的平面角．若∠MGN＝45°，则NG＝MN，
又AN＝NG＝MN，所以MN＝1，所以MN綊PA，所以M是PD的中点．
在三棱锥M－ABC中，可得VM ABC＝S△ABC·MN，
设点B到平面MAC的距离是h，则VB MAC＝S△MAC·h，所以S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得h＝2．
在Rt△BMN中，可得BM＝3．设BM与平面MAC所成的角为θ，则sin θ＝＝．
法二(向量法)：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，B(2，－2，0)，＝(0，2，－2)，＝(2，2，0)．
设＝t (0设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得
则可取n＝．又m＝(0，0，1)是平面ACD的一个法向量，
所以|cos＜m，n＞|＝＝＝cos 45°＝，解得t＝，
即点M是线段PD的中点．此时平面MAC的一个法向量可取n0＝(1，－1，)，
＝(－2，3，1)．设BM与平面MAC所成的角为θ，则sin θ＝|cos＜n0，＞|＝．
5．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD
为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．
(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；
(2)求B点到平面PCD的距离；
(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
5．解析　(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD．
又∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO 平面PAD，∴PO⊥平面ABCD．
在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝，∴AD＝2．
在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，∴OA＝BC＝1，∴OC⊥AD．
以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，
∴＝(1，－1，－1)．∵OA⊥OP，OA⊥OC，OP∩OC＝O，∴OA⊥平面POC．
∴＝(0，－1，0)为平面POC的法向量，cos＜，＞＝＝，
∴PB与平面POC所成角的余弦值为．
(2)∵＝(1，－1，－1)，设平面PCD的法向量为u＝(x，y，z)，则
取z＝1，得u＝(1，1，1)．则B点到平面PCD的距离d＝＝．
(3)假设存在，且设＝λ(0≤λ≤1)．
∵＝(0，1，－1)，∴－＝＝(0，λ，－λ)，∴＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)．
设平面CAQ的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
取z1＝1＋λ，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)．平面CAD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
∵二面角Q－AC－D的余弦值为，
∴|cos＜m，n＞|＝＝＝，
整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0．解得λ＝或λ＝3(舍去)，
∴线段PD上存在满足题意的点Q，且＝．
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高中数学重难点突破
专题三 利用空间向量解决立体几何中的探索性问题
知识归纳
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系的存在性问题，即线面的平行与垂直；另一类是探究线面的数量关系的存在性问题，即线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．
利用空间向量法解决立体几何中的探索性问题的思路：(1)根据题设条件中的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示．(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足位置关系、数量关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在．
注意：在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向量定理a＝λb(b≠0)，利用向量相等，所求点坐标用λ表示，再根据条件代入，注意λ的范围．
典例分析
题型一　探究线面的位置关系
[例1]　如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD．
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
[变式1]　如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝．
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
[例2]　在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．
[变式2]　如图，正三角形ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B．
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
[例3]　(2019·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F在PC上，且＝．
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F－AE－P的余弦值；
(3)设点G在PB上，且＝．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
题型二　探究线面的数量关系
[例4]　如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上．
(1)求证：AD⊥PC；
(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
[例5]　在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝2，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且＝λ(0<λ<1)，如图所示，沿BE将△CEB翻折至△DEB的位置，使得平面DEB⊥平面ABE．
(1)当λ＝时，证明：BD⊥平面DEF；
(2)是否存在λ，使得DF与平面ADE所成角的正弦值是？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[变式3]　如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2，∠ABC＝60°，M是AB的中点．
(1)求证：EM⊥AD；
(2)求二面角A－BE－C的余弦值；
(3)在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
[例6]　如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED是以BD为直角腰的直角梯形，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD．
(1)求证：AD⊥平面BFED；
(2)在线段EF上是否存在一点P，使得平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．
[变式4]　如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF．
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
[例7]　如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2．
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
[变式5]　如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，点E为AB的中点．
(1)求证：BD1∥平面A1DE；
(2)设在线段AB上存在点M，使二面角D1－MC－D的大小为，求此时AM的长及点E到平面D1MC的距离．
课后练习
1．如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，
AD＝CD＝，E为棱AA1上的点，且AE＝．
(1)求证：BE⊥平面ACB1；
(2)求二面角D1－AC－B1的余弦值；
(3)在棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF∥平面ACB1？若存在，求A1F的长；若不存在，请说明理由．
2．在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中
点．
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由．
3．等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，AC上的点，且满足＝＝(如图①)，将△ADE沿
DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，连接A1B，A1C(如图②)．
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
4．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝AC＝2，AD＝2，PB＝，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？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
5．如图所示的几何体由平面PECF截棱长为2的正方体得到，其中P，C为原正方体的顶点，E，F为原
正方体侧棱长的中点，正方形ABCD为原正方体的底面，G为棱BC上的动点．
(1)求证：平面APC⊥平面PECF；
(2)设＝λ (0≤λ≤1)，当λ为何值时，平面EFG与平面ABCD所成的角为？
6．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，
PA＝2．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
7．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD
为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．
(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；
(2)求B点到平面PCD的距离；
(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
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