专题13立体几何中的向量方法易错起源-高考数学理备考黄金易错点含解析

...wd......wd......wd...专题13立体几何中的向量方法1.【2017课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且.〔1〕证明：平面PAB⊥平面PAD；〔2〕假设PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.【答案】〔1〕见解析；〔2〕.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建设如以以下图的空间直角坐标系.由〔1〕及可得，，，.所以，，，.设是平面的法向量，则，即，可取.设是平面的法向量，则，即，可取.则，所以二面角的余弦值为.2.【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一局部，它是由矩形〔及其内部〕以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.〔Ⅰ〕设是上的一点，且，求的大小；〔Ⅱ〕当，，求二面角的大小.【答案】〔Ⅰ〕.〔Ⅱ〕.【解析】〔Ⅰ〕因为，，，平面，，所以平面，又平面，所以，又，因此〔Ⅱ〕以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建设如以以下图的空间直角坐标系.由题意得，，，故，，，设是平面的一个法向量.由可得取，可得平面的一个法向量.设是平面的一个法向量.由可得取，可得平面的一个法向量.所以.因此所求的角为.3.【2017北京，理16】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，PA=PD=，AB=4．〔I〕求证：M为PB的中点；〔II〕求二面角B-PD-A的大小；〔III〕求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕详见解析：〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕【解析】〔I〕设交点为，连接.因为平面，平面平面，所以.因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点.〔II〕取的中点，连接，.因为，所以.又因为平面平面，且平面，所以平面.因为平面，所以.因为是正方形，所以.如图建设空间直角坐标系，则，，，，.设平面的法向量为，则，即.令，则，.于是.平面的法向量为，所以.由题知二面角为锐角，所以它的大小为.〔III〕由题意知，，.设直线与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.4.【2017天津，理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.〔Ⅰ〕求证：MN∥平面BDE；〔Ⅱ〕求二面角C-EM-N的正弦值；〔Ⅲ〕点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.【答案】〔1〕证明见解析〔2〕〔3〕或【解析】如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建设空间直角坐标系.依题意可得A〔0，0，0〕，B〔2，0，0〕，C〔0，4，0〕，P〔0，0，4〕，D〔0，0，2〕，E〔0，2，2〕，M〔0，0，1〕，N〔1，2，0〕.〔Ⅰ〕证明：=〔0，2，0〕，=〔2，0，〕.设，为平面BDE的法向量，则，即.不妨设，可得.又=〔1，2，〕，可得.因为平面BDE，所以MN//平面BDE.〔Ⅲ〕解：依题意，设AH=h〔〕，则H〔0，0，h〕，进而可得，.由，得，整理得，解得，或.所以，线段AH的长为或.5.【2017江苏，22】如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=，.〔1〕求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；〔2〕求二面角B-A1D-A的正弦值.【答案】〔1〕〔2〕【解析】在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E.因为AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如图，以为正交基底，建设空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2，AA1=，.则.(1)，则.因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为.设为平面BA1D的一个法向量，又，则即不妨取x=3，则，所以为平面BA1D的一个法向量，从而，设二面角B-A1D-A的大小为，则.因为，所以.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.6.【2016高考新课标1卷】〔本小题总分值为12分〕如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是．〔=1\*ROMANI〕证明：平面ABEF平面EFDC；〔=2\*ROMANII〕求二面角E-BC-A的余弦值．【答案】〔=1\*ROMANI〕见解析〔=2\*ROMANII〕【解析】〔Ⅰ〕由可得，，所以平面．又平面，故平面平面．〔Ⅱ〕过作，垂足为，由〔Ⅰ〕知平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建设如以以下图的空间直角坐标系．由〔Ⅰ〕知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．由，，所以平面．又平面平面，故，．由，可得平面，所以为二面角的平面角，．从而可得．所以，，，．设是平面的法向量，则，即，所以可取．设是平面的法向量，则，同理可取．则．故二面角EBCA的余弦值为．7.【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．〔Ⅰ〕证明：平面；〔Ⅱ〕求二面角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕详见解析；〔Ⅱ〕.【解析】〔Ⅰ〕由得，，又由得，故.因此，从而.由,得.由得.所以，.于是，故.又，而，所以.〔Ⅱ〕如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建设空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是，.因此二面角的正弦值是.8.【2016高考天津理数】〔本小题总分值13分〕如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.〔I〕求证：EG∥平面ADF；〔=2\*ROMANII〕求二面角O-EF-C的正弦值；〔=3\*ROMANIII〕设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.【答案】〔Ⅰ〕详见解析〔Ⅱ〕〔Ⅲ〕【解析】依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建设空间直角坐标系，依题意可得，.〔I〕证明：依题意，.设为平面的法向量，则，即.不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.〔II〕解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即.不妨设，可得.因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.9.【2016年高考北京理数】〔本小题14分〕如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.〔1〕求证：平面；〔2〕求直线与平面所成角的正弦值；〔3〕在棱上是否存在点，使得平面假设存在，求的值；假设不存在，说明理由.【答案】〔1〕见解析；〔2〕；〔3〕存在，【解析】〔1〕因为平面平面，，所以平面，所以，又因为，所以平面；〔2〕取的中点，连结，，因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建设空间直角坐标系，由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.10.【2016高考浙江理数】(此题总分值15分)如图,在三棱台中,平面平面,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(=1\*ROMANI)求证：EF⊥平面ACFD；(=2\*ROMANII)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.【答案】〔I〕证明见解析；〔II〕．【解析】〔Ⅰ〕延长，，相交于一点，如以以下图．因为平面平面，且，所以平面，因此．又因为，，，所以为等边三角形，且为的中点，则．所以平面．〔Ⅱ〕方法一：过点作于Q，连结．因为平面，所以，则平面，所以．所以是二面角的平面角．在中，，，得．在中，，，得．所以二面角的平面角的余弦值为．方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．取的中点，则，又平面平面，所以，平面．以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建设空间直角坐标系．由题意得，，，，，．因此，，，．设平面的法向量为，平面的法向量为．由，得，取；由，得，取．于是，．所以，二面角的平面角的余弦值为．易错起源1、利用向量证明平行与垂直例1、如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.证明方法一由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建设如以以下图的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).(1)eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0,∴eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(BA,\s\up6(→)).∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴eq\o(BA,\s\up6(→))是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．∵eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DF,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(DM,\s\up6(→))＝0.))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))令x1＝1，则n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2))).同理可得n2＝(0,1,1)．∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.方法二(1)eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DF,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→)))－eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→)).∴向量eq\o(OM,\s\up6(→))与向量eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))共面，又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→))，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(BF,\s\up6(→))))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(BF,\s\up6(→))))·(eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))2＝0.∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，∴OM⊥平面EFCD.又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.【变式探究】如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.证明(1)以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建设如以以下图的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∵点E，F分别是PC，PD的中点，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB，又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)由(1)可知eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，∵eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.【名师点睛】用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．假设用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．【锦囊妙计，战胜自我】设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.易错起源2、利用空间向量求空间角例2、如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．解以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}为正交基底建设如以以下图的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．(1)因为AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一个法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)．因为eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．从而cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·m,|\o(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(2)因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，设eq\o(BQ,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，－1,0)，则eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1,2λ)，又eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，从而cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→)),|\o(CQ,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))2＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).当且仅当t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)时，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值为eq\f(3\r(10),10).因为y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).【变式探究】如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，点P是棱BB1上一点，满足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BB1,\s\up6(→))(0≤λ≤1)．(1)假设λ＝eq\f(1,3)，求直线PC与平面A1BC所成角的正弦值；(2)假设二面角P—A1C—B的正弦值为eq\f(2,3)，求λ的值．解以点A为坐标原点O，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建设空间直角坐标系Oxyz.因为AB＝AC＝1，AA1＝2，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1,0,2λ)．(1)由λ＝eq\f(1,3)得，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(2,3)))，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－2z1＝0，,y1－2z1＝0.))不妨取z1＝1，则x1＝y1＝2，从而平面A1BC的一个法向量为n1＝(2,2,1)．设直线PC与平面A1BC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(CP,\s\up6(→))，n1〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CP,\s\up6(→))·n1,|\o(CP,\s\up6(→))|·|n1|)))＝eq\f(\r(22),33)，所以直线PC与平面A1BC所成的角的正弦值为eq\f(\r(22),33).则cos〈n1，n2〉＝eq\f(9－4λ,3\r(4λ2－8λ＋9))，又因为二面角P—A1C—B的正弦值为eq\f(2,3)，所以eq\f(9－4λ,3\r(4λ2－8λ＋9))＝eq\f(\r(5),3)，化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，故λ的值为1.【名师点睛】(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建设恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进展论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．【锦囊妙计，战胜自我】设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下一样)．(1)线线夹角设l，m的夹角为θ(0≤θ≤eq\f(π,2))，则cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)＋ceq\o\al(2,1))\r(aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2)＋ceq\o\al(2,2))).(2)线面夹角设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤eq\f(π,2))，则sinθ＝eq\f(|a·μ|,|a||μ|)＝|cos〈a，μ〉|.(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则|cosθ|＝eq\f(|μ·v|,|μ||v|)＝|cos〈μ，v〉|.易错起源3、利用空间向量求解探索性问题例3、如以以下图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN假设存在，求线段AS的长；假设不存在，请说明理由．解(1)由题意，易得DM⊥DA，DM⊥DC，DA⊥DC.如以以下图，以点D为坐标原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建设空间直角坐标系．则D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(eq\f(1,2)，1,0)，所以eq\o(NE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0，－1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－1,0,1)．设异面直线NE与AM所成角为θ，则cosθ＝|cos〈eq\o(NE,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(NE,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))|,|\o(NE,\s\up6(→))|·|\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10).所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接AE.因为eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0,1,1)，可设eq\o(AS,\s\up6(→))＝λeq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又eq\o(EA,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－1,0)，所以eq\o(ES,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AS,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，λ－1，λ)．由ES⊥平面AMN，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(ES,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,\o(ES,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋λ＝0，,λ－1＋λ＝0，))解得λ＝eq\f(1,2)，此时eq\o(AS,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，|eq\o(AS,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(2),2).经检验，当AS＝eq\f(\r(2),2)时，ES⊥平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝eq\f(\r(2),2).【变式探究】如图，矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且AE∥BP.(1)设点M为棱PD的中点，求证：EM∥平面ABCD；(2)线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于eq\f(2,5)假设存在，试确定点N的位置；假设不存在，请说明理由．(1)证明由，平面ABCD⊥平面ABPE，且BC⊥AB，则BC⊥平面ABPE，所以BA，BP，BC两两垂直，故以点B为原点，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))分别为x轴，y轴，z轴正方向，建设如以以下图的空间直角坐标系．则P(0,2,0)，D(2,0,1)，Meq\b