专题强化练3 利用空间向量解决立体几何中的探索性问题 1.如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAD是正三角形,∠ABC=90°,AB∥CD,AB=2CD=2BC=4,平面PAD⊥平面ABCD,M是棱PC上的动点. (1)求证:平面MBD⊥平面PAD; (2)在线段PC上是否存在点M,使得直线AP与平面MBD所成的角为30° 若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 2.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD的中点,连接OP. (1)求二面角C-PD-A的正弦值; (2)线段AD上是否存在Q,使得它到平面PCD的距离为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 3.如图1,在菱形ABCD中,∠BAD=60°且AB=a,四边形ADD″A1和四边形CDD'C1都是正方形.将两个正方形分别沿AD,CD折起,使D″与D'重合于点D1.设直线l过点B且垂直于菱形ABCD所在的平面,点E是直线l上的一个动点,且与点D1位于平面ABCD同侧(如图2). (1)设二面角E-AC-D1的平面角为θ,若≤θ≤,求线段BE的长度的取值范围; (2)若在线段D1E上存在点P,使得平面PA1C1∥平面EAC,求与BE之间满足的关系式,并证明:当0
|=, 化简得10λ2-13λ+4=0,解得λ=或λ=, 故在线段PC上存在点M,使得直线AP与平面MBD所成的角为30°,且. 2.解析 (1)连接OC,易得OC⊥AD, ∵PA=PD,O为AD的中点, ∴PO⊥AD, 又侧面PAD⊥平面ABCD,侧面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD, ∴PO⊥平面ABCD, 又OD,OC 平面ABCD,∴PO⊥OD,PO⊥OC, 以O为原点,OC,OD,OP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C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),故=(0,1,-1), 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,得y=1,z=1,则n=(1,1,1), 易得平面PAD的一个法向量m=(1,0,0), 设二面角C-PD-A的平面角为θ,则cos θ=,则sin θ=, ∴二面角C-PD-A的正弦值为. (2)假设线段AD上存在Q(0,m,0),m∈[-1,1],使得它到平面PCD的距离为, 则=(0,m,-1),由(1)知,平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1), 故Q到平面PCD的距离d=, 解得m=-或m=(舍去),∴Q,满足题意,假设成立, 故. 3.解析 (1)由题意得D1D⊥AD,D1D⊥DC,又AD∩DC=D,AD,DC 平面ABCD,∴D1D⊥平面ABCD, 连接BD,交AC于点O,则BD⊥AC,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系,如图, 设BE=t(t>0),则A. ∴, 设平面D1AC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令z1=1,得x1=0,y1=2,则n1=(0,2,1). 设平面EAC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 令z2=-a,得x2=0,y2=2t,则n2=(0,2t,-a). 设二面角E-AC-D1的平面角为θ, 则cos θ=. ∵≤θ≤,∴cos θ∈, ∴,整理,得12t2-16at-3a2≤0,且44t2-32at-a2≥0, 又t>0,∴a≤t≤, 故线段BE的长度的取值范围是. (2)假设存在满足条件的点P,同(1)设BE=t,t>0, ... ... 
