2022版高考数学一轮复习-第七章-立体几何-第七讲-立体几何中的向量方法学案新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第七讲 立体几何中的向量方法学案新人教版

2022版高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第七讲 立体几何中的向量方法学案新人教版

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第七讲　立体几何中的向量方法(理)

知识梳理·双基自测

知识点一　两个重要的向量
(1)直线的方向向量
直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有__无数__个．
(2)平面的法向量
直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有__无数__个，它们是共线向量．
知识点二　空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇒n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔m·n＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α、β的法向量分别为n、m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0

知识点三　两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝____(其中φ为异面直线a，b所成的角)．
知识点四　直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝____．

知识点五　求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈，〉__．

(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝____，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
知识点六　利用空间向量求距离

(1)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为d＝．
(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．
注意体积法在求点到平面距离时的应用．

1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则及与平行的非零向量均为直线l的方向向量．
2．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为
3．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号．

题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　×　)
(2)平面的单位法向量是唯一确定的．(　×　)
(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．(　√　)
(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　×　)
(5)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　×　)
(6)若空间向最a平行于平面α，则a所在直线与平面a平行．(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P111T3)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是__垂直__．

[解析]　以A为原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，M，
O，N，
·＝·＝0，
∴ON与AM垂直．
3．(必修2P117A组T4)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成的角是____．

[解析]　分别取AC、A1C1的中点D、D1，连接BD，D1D，易知D1D⊥平面ABC，且BD⊥AC，故以D为坐标原点，AC、DB、DD1所成的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

易知B，C1，
∴＝，
设BC1与侧面ACC1A1所成的角为θ，
∵平面ACC1A1的一个法向量为n＝(0,1,0)，
∴sin θ＝＝＝，∴θ＝．
题组三　走向高考
4．(2020·新高考Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(　B　)

A．20° B．40°
C．50° D．90°
[解析]　由题意作出如图所示的截面图，设所求角为α，

由图易知α＝40°，故选B．
5．(2019·浙江)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．

(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
[解析]　解法一：(1)证明：连接A1E，

因为A1A＝A1C，
E是AC的中点，
所以A1E⊥AC，
又平面A1ACC1⊥平面ABC，
A1E⊂平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面
ABC＝AC，
所以A1E⊥平面ABC，
则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．
(2)取BC的中点G，连接EG，GF，
则四边形EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
所以平行四边形EGFA1为矩形．
由(1)得BC⊥平面EGFA1，
则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角，
不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝．
由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，
所以cos∠EOG＝＝．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
解法二：(1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，
E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E－xyz．

不妨设AC＝4．
则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)．
因此，＝，＝(－，1,0)．
由·＝0得EF⊥ BC．
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ．
由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
取n＝(1，，1)，
故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝．
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．

考点突破·互动探究
考点一　利用向量证明空间的平行与垂直——自主练透
例1　(2020·山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点．
(1)求证：PA⊥BD；
(2)在线段AB上是否存在一点G，使得直线BC∥平面PEG？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．

[解析]　取BA的中点H，连EH，在梯形ABCD中，由题意易知EH⊥AD，

∵PA＝PD，E为AD的中点，∴PE⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，
∴PE⊥EH，PE⊥AD，∴AE、EH、EP两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，则P，A，B，D，E(0,0,0)，C．
(1)＝(，0，－)，＝(0，－，0)，
∴·＝×0＋0×(－)＋×0＝0，
∴⊥，即PA⊥BD．
(2)设线段AB上存在点G满足条件，
则＝λ＝(－λ，λ，0)(0≤λ≤1)，
＝－＝(－λ，λ，0)－
＝．
且＝m＋n，
即＝，
∴解得λ＝．
∴存在点G，当AG＝AB时，BC∥平面PEG．
注：本题也可用几何法求解，或求平面PEG的法向量n，利用n·＝0⇔n⊥⇔BC∥平面PEG判断解答．

名师点拨
](1)建立空间直角坐标时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标．
(2)用向量法证平行问题的类型及常用方法
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直
②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行
③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示
面面平行
①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)
②转化为线面平行、线线平行问题

(3)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
线线垂直问题
证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直问题
直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直
面面垂直问题
两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直

〔变式训练1〕
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．

(1)求证：平面A1B1D⊥平面ABD；
(2)求证：平面EGF∥平面ABD．
[证明]　以B为坐标原点，BA，BC，BB1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B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，E(0,0,3)，F(0,1,4)．

设BA＝a，则A(a,0,0)，G，A1(a，0,4)．
(1)因为＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)，
所以·＝0，·＝0．
所以⊥，⊥，即B1D⊥BA，B1D⊥BD．
又BA∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD．
因为B1D⊂平面A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面ABD．
(2)证法一：因为＝，＝(0,1,1)，＝(0,2，－2)，
所以·＝0，·＝0．
所以B1D⊥EG，B1D⊥EF．
因为EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面EGF．
又由(1)知B1D⊥平面ABD，所以平面EGF∥平面ABD．
证法二：∵＝，∴＝－，
又GF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，
∴GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD，
又GF∩EF＝F，GF⊂平面EGF，EF⊂平面EGF，
∴平面EGF∥平面ABD．
考点二　利用向量求空间的角——多维探究
角度1　向量法求异面直线所成的角
例2　(2020·豫南豫北精英对抗赛)在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　B　)
A． B．
C． D．－
[解析]　取BD的中点O，连AO，OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，得AO⊥BD，CO⊥BD，且OC＝，AO＝1．在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2，故AO⊥OC，又知BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD，以OB，OC，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)，∴＝(1,0，－1)，＝(－1，－，0)，设异面直线AB与CD所成角为θ，则cos θ＝＝＝，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为，故选B．

名师点拨
](1)求异面直线所成角的思路：
①选好基底或建立空间直角坐标系；
②求出两直线的方向向量v1，v2；
③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．
(2)两异面直线所成角的关注点：
两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．
角度2　向量法求线面角
例3　(2021·浙江联考)如图，底面ABCD为菱形，AP⊥平面ABCD，AP∥DE，∠BAD＝π，PA＝AD＝2DE．

(1)求证：BD∥平面PEC；
(2)求直线DP与平面PEC所成角的正弦值．
[解析]　解法一：连AC交BD于O，
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，又∠BAD＝，
∴△ABC为正三角形，
以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

设PA＝AD＝2DE＝2，
则易得点C(0,1,0)，D(－，0,0)，P(0，－1,2)，E(－，0,1)，
∴＝(，－1,2)，＝(0，－2,2)，＝(－，－1,1)．
设平面PEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，∴n＝(0,1,1)．
(1)∵＝(2，0,0)，
∴·n＝0，即⊥n，
又BD⊄平面PCE，
∴BD∥平面PCE．
(2)设直线DP与平面PEC所成角为θ，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝．
即直线DP与平面PEC所成角的正弦值为．
解法二：(1)连接AC交BD于点O，取PC的中点G，连接EG，GO，则G，O分别为PC，AC的中点，

故GO∥PA，且GO＝PA．
∵AP∥DE，PA＝2DE，
∴GO∥DE，GO＝DE，
∴四边形EDOG为平行四边形，
∴EG∥DO，即EG∥BD．
又∵EG⊂平面PEC，BD⊄平面PEC，
∴BD∥平面PEC．
(2)连接DP．∵AP⊥平面ABCD，
∴AP⊥AD，AP⊥AC，
∴△PAD，△PAC为直角三角形，且PA⊥平面ABCD，
∵AP∥DE，∴DE⊥平面ABCD，
∴DE⊥CD，∴△EDC为直角三角形．
又PA＝AD＝2DE，
不妨设PA＝AD＝2DE＝2，
∴DP＝2，在直角梯形PADE中，PE＝．
∵底面ABCD为菱形，DC＝DA＝2，
∴EC＝，S△EDC＝1．
∵∠DAB＝π，∴AC＝2．
在Rt△PAC中，PC＝2，∴S△PEC＝，
∵AP∥DE，∴AP∥平面DCE，
∵VP－EDC＝VA－EDC，又VD－PEC＝VP－EDC，
∴VD－PEC＝VA－EDC，
过点A作AH⊥DC于点H，
易得AH⊥平面EDC，AH＝．
设点D到平面PEC的距离为h，
故×·h＝××1，∴h＝．
设DP与平面PEC所成角为θ，
∴sin θ＝＝＝．

名师点拨
1．线面角涉及斜线的射影，故找出平面的垂线是解题的基本思路，而这往往正是解题难点所在，故常用向量法求解斜线与平面所成角的问题，关键是确定斜线的一个方向向量a和平面的一个法向量b，再通过计算线面角的向量公式sin θ＝|cos〈a，b〉|＝(θ是斜线与平面所成的角)求解，要特别注意a和b的夹角与线面角的关系．
2．利用空间向量解答立体几何问题的步骤
(1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；
(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；
(3)设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为0列出方程组，求出法向量；
(4)将空间位置关系转化为向量关系；
(5)根据定理结论求出相应的角．

注：用体积法求出点P到平面α的距离h，只需再求出|PA|，则可得直线PA与平面α所成角的余弦值cos θ＝．通过本例两种解法可看出向量法在解决立体几何有关问题中的优越性．
角度3　向量法求二面角
例4　(2021·安徽合肥调研)在三棱锥P－ABC中，BC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面ABC．

(1)证明：PA⊥平面ABC；
(2)若D为PC的中点，且PA＝2AB，AB＝BC，求二面角A－BD－C的余弦值．
[解析]　(1)证明：过点B作BO⊥AC于O．
∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC，
∴BO⊥平面PAC，∴BO⊥PA．
又∵BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA．
又∵BC∩BO＝B，BC，BO⊂平面ABC，
∴PA⊥平面ABC．
(2)∵AB＝BC，BO⊥AC，∴O为BC中点．
又∵D为PC的中点，∴DO∥PA．
由(1)知，PA⊥平面ABC，
∴DO⊥平面ABC，∴DO⊥BO，DO⊥AO，
∴以O为原点，以，，所在方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图．

设AB＝BC＝，则AC＝2，PA＝4，
则O(0,0,0)，A(1,0,0)，C(－1,0,0)，B(0,1,0)，P(1,0,4)，D(0,0,2)．
设平面ABD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
∴n1⊥，n1⊥，n1·＝0，n1·＝0，
＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，
∴．
设z1＝1得x1＝2，y1＝2，∴n1＝(2,2,1)，
设平面BCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
∴n2⊥，n2⊥，n2·＝0，n2·＝0，
＝(1,1,0)，＝(0,1，－2)，
∴．
令z2＝1得x2＝－2，y2＝2，∴n2＝(－2,2,1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝．
∵二面角A－BD－C的平面角θ是钝角，
∴cos θ＝－．
即二面角A－BD－C的余弦值为－．
注：(1)注意到AB、BC、PA两两垂直，故也可以BC为x轴、BA为y轴建立坐标系求解；
(2)注意到△BCD≌△BAD，故作CH⊥BD于H，连AH，则AH⊥BD，∴∠AHC即为二面角A－BD－C的平面角，令AB＝BC＝，易求得CH＝AH＝，∴cos∠AHC＝＝－．

名师点拨
利用向量法确定二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．

(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
(3)将二面角转化为线面角求解．如图要求二面角P－AB－C，可作PH⊥AB，则二面角P－AB－C的大小即为PH与平面ABC所成角的大小θ，PH易求，可用体积法求P到平面ABC的距离h，则sin θ＝．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2018·江苏高考题改编)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点，则异面直线BP与AC1所成角的余弦值为____．
(2)(角度2)(2021·广东广州广雅中学等三校联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，矩形ACFE中，AE＝2，又BF＝2．

①求证：BC⊥平面ACFE；
②求直线BD与平面BEF所成角的正弦值．
(3)(角度3)(2019·课标Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

①证明：MN∥平面C1DE；
②求二面角A－MA1－N的正弦值．
[解析]　(1)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，

设AC，A1C1的中点分别为O，O1，
则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，
以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz．
因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C1(0,1,2)．
因为P为A1B1的中点，所以P．
从而＝，＝(0,2,2)．
故|cos〈，〉|＝＝＝．
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．
(2)证明：①在梯形ABCD中，AB∥CD，
AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，
∴四边形ABCD是等腰梯形，∠ADC＝120°，
∴∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，
∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，∴AC⊥BC(也可以利用余弦定理求出AC，BC再证明)
又∵矩形ACFE中，CF＝AE＝2，
又BF＝2，CB＝2，
∴CF2＋BC2＝BF2，∴CB⊥CF，
又∵AC∩CF＝F，∴BC⊥平面ACFE．
②以点C为坐标原点，以CA所在直线为x轴，以CB所在直线为y轴，以CF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．

可得C(0,0,0)，B(0,2,0)，F(0,0,2)，D(，－1,0)，E(2，0,2)．
∴＝(－2，0,0)，＝(0，－2,2)，＝(，－3,0)，
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
∴，
令y＝1，则x＝0，z＝1，∴n＝(0,1,1)，
∴|cos〈，n〉|＝＝，
∴直线BD与平面BEF所成角的正弦值是．
(3)①证法一：连接B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D．由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．
证法二：∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，连BD．
则△BCD为正三角形，又E为BC的中点，
∴DE⊥BC，又DD1⊥平面ABCD，
∴DA、DE、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，

则＝(0，－，0)，＝(0，－，0)，
∴＝，∴MN∥ED，
又MN⊄平面ABCD，ED⊂平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD．
②解法一：由已知可得DE⊥DA．以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，

则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，
＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，
＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，
则
所以可取m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则
所以可取n＝(2,0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A－MA1－N的正弦值为．
解法二：由题意易知，A1M＝2＝AM，
又AA1＝4，
∴A1M2＋AM2＝AA，∴AM⊥A1M，
∴二面角A－MA1－N的大小即为AM与平面A1MN所成角的大小θ，
又A1M＝2，MN＝，A1N＝，
∴A1N＋MN2＝A1M，∴A1N⊥MN，
取AB的中点H，则DH⊥AB，且DH＝，
∵平面ABB1A1⊥平面ABCD，
∴DH⊥平面ABB1A1，
∴A1D的中点N到平面ABB1A1的距离为，
记A到平面A1MN的距离为h，
∵VN－A1AM＝VA－A1MN，
则＝h，∴h＝，
∴sin θ＝＝，
即二面角A－MA1－N的正弦值为．
考点三,利用向量求空间的距离——师生共研
例5　(2021·广东广州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD的边长为2的菱形，∠BAD＝60°，∠APD＝90°，且PA＝PD，AD＝PB．

(1)求证：AD⊥PB；
(2)求点A到平面PBC的距离．
[解析]　(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OB，BD，
因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
所以AD＝AB＝BD．
因为O为AD的中点，所以BO⊥AD．
在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，
所以PO⊥AD．
因为BO∩PO＝O，所以AD⊥平面POB．
因为PB⊂平面POB，所以AD⊥PB．
(2)由题意及(1)易知OP＝1，BO＝，PB＝2，
∴OP2＋BO2＝PB2，∴OP⊥OB，
∴OP、OA、OB两两垂直，如图建立空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－2，，0)，P(0,0,1)，
∴＝(－1,0,1)，＝(0，，－1)，＝(－2，，－1)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则，∴，
不妨取y＝1，则n＝(0,1，)，
∴点A到平面PBC的距离d＝＝．
另解(2)(体积法)：∵PA＝PD，∠APD＝90°，
∴PO＝AD＝1，
又AD⊥PB，BC∥AD，∴BC⊥PB，
记A到平面PBC的距离为h，则由VA－PBC＝VP－ABC得h＝××2×2sin 120°，∴h＝，
即A到平面PBC的距离为．
〔变式训练3〕
(2021·安徽合肥质检)如图，边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直，A1C＝AC1，M为线段AC的中点．

(1)求证：平面BMC1⊥平面A1BC1；
(2)求点C到平面A1BC1的距离．
[解析]　(1)因为四边形A1ACC1为菱形，所以A1C⊥AC1．
又因为A1C＝AC1，所以∠ACC1＝60°，
即△ACC1为等边三角形．
因为AC1＝CC1，M为线段AC的中点，
所以AC⊥C1M．
因为AB＝BC，M为线段AC的中点，
所以AC⊥BM．
又因为C1M∩BM＝M，所以AC⊥平面BMC1．
又因为AC∥A1C1，所以A1C1⊥平面BMC1．
又A1C1⊂平面A1BC1，所以平面BMC1⊥平面A1BC1．
(2)因为平面A1ACC1⊥平面ABC，交线是AC，且C1M⊥AC，
所以C1M⊥平面ABC．
以M为原点，MB，MC，MC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示：

C(0,1,0)，B(，0,0)，C1(0,0，)，A1(0，－2，)，
则＝(0,2,0)，＝(－，0，)，＝(0，－1，)，
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则，
令x＝1，则n＝(1,0,1)，
∴点C到平面A1BC1的距离d＝＝＝．

名师讲坛·素养提升
利用向量法解答立体几何中的探究型问题
例6　(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝AD＝1，E为线段AD的中点，过BE的平面与线段PD，PC分别交于点G，F．

(1)求证：GF⊥PA；
(2)若PA＝PD＝，是否存在点G，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为，若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)因为BC＝AD，且E为线段AD的中点，
所以BC＝DE，又因为BC∥AD，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE∥CD，
又因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，
所以BE∥平面PCD，
又平面BEGF∩平面PCD＝GF，所以BE∥GF，
又BE⊥AD，且平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BE⊥平面PAD，
所以GF⊥平面PAD，
又PA⊂平面PAD，所以GF⊥PA．
(2)因为PA＝PD，E为线段AD的中点，
所以PE⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
以E为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz；

则P(0,0,1)，B(0,1,0)，E(0,0,0)，D(－1,0,0)，
则＝(0,1，－1)，＝(0，－1,0)，＝(1,0,1)，
设＝λ(0≤λ≤1)，得G(λ－1,0，λ)，
所以＝(λ－1,0，λ)，
设平面BEGF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令x＝λ，可得n＝(λ，0,1－λ)为平面BEGF的一个法向量，
设直线PB与平面BEGF所成角为α，
于是有sin α＝|cos〈n，〉|＝＝
＝；
得λ＝或λ＝－1(舍)，
所以存在点G，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为．
故G为DP的靠近D点的三等分点．

名师点拨
对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．
〔变式训练4〕
(2021·福建龙岩质检)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝1，PD＝AD＝2DC＝2，∠PDA＝60°，且平面PAD⊥平面ABCD．

(1)求证：BD⊥PC；
(2)在线段PA上是否存在一点M，使二面角M－BC－D的大小为30°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)过点P在平面PAD内作PO⊥AD，垂足为O，连接BO、OC，
∵平面PAD⊥平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD，
∵∠PDA＝60°，PD＝DA＝2，
∴△PDA是等边三角形，∴OD＝1＝BC，
∵OD∥BC，∠BCD＝90°，
∴四边形OBCD是正方形，∴BD⊥OC，
∵OC∩PO＝O，∴BD⊥平面POC，
∵PC⊂平面POC，∴BD⊥PC．
(2)∵PO⊥平面ABCD，OB⊥AD，
如图，建立空间直角坐标系O－xyz，
则B(0,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，)，A(1,0,0)，
假设在线段PA上存在一点M，使二面角M－BC－D大小为30°，
设＝λ(0≤λ≤1)，＝(0，－1，)
则＝＋＝(λ，－1，－λ)，＝(－1,0,0)，
设平面MBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则，
取m＝(0，－λ，1)，
又平面ABCD的一个法向量n＝(0,0,1)，
∵二面角M－BC－D大小为30°，
∴cos 30°＝＝＝，
解得λ＝或λ＝(舍)，
∴在线段PA上存在点M，满足题设条件，且＝．