??y＝1，
由①②解得?
6
?z＝－?2
x＝1＋
所以M?1－
2
，2
??y＝1，
(舍去)，或?
6
?z＝?2，
x＝1－
2
，2
??→?26?26?
，1，?，从而AM＝?1－，1，?. 22?22??
10分
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则 →??m·AM＝0，
?
→??m·AB＝0，
?－2x0＋2y0＋6z0＝0，
即?
?x0＝0，
所以可取m＝(0，－6，2). 于是cos〈m，n〉＝
11分
m·n10
＝.
|m||n|5
10
. 12分 5
因此二面角M-AB-D的余弦值为[阅卷者说]
易错点 ⑦因空间想象力不足，导致不会作辅助线，进而导致(1)无法证明. ⑧因对图形和立体几何的理论体系不熟，导致不会建系，进而不会求二面角的余弦值. ⑨因对向量共线知识不熟，导致点M的坐标计算不出，致使(2)无法求解. 防范措施 当题设条件出现边的中点，要证明线面平行时，常取另一个边的中点，构造平行关系. 熟知常见的空间直角坐标系的建法，结合已知的图形中的垂直关系建系，如本题也可以AD的中点为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建系. →→点M在棱PC上，则PM＝λPC(0＜λ＜1). [通性通法] 向量法求二面角的方法 若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θ的大小满足|cos θ|＝
.然后利用图形判断二面角是锐角或钝角.
若AB，CD是二面角α-l-β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大→→
小θ为AB与CD的夹角或其补角.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
(2017·安徽马鞍山模拟)已知四棱锥P-ABCD中，如图10-4，底面ABCD是梯形，BC ∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.
图10-4
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角A-PC-D的余弦值.
【导学号：07804074】
[解] (1)证明：∵PH⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PH⊥AB. ∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD，PH?平面PAD，∴AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)以A为原点，建立空间直角坐标系A-xyz，如图， ∵PH⊥平面ABCD， ∴z轴∥PH.
则A(0,0,0)，C(1,1,0)，
D(0,2,0)，设AH＝a，PH＝h(0＜a＜2，h＞0)．
则P(0，a，h)．
→→→
∴AP＝(0，a，h)，DP＝(0，a－2，h)，AC＝(1,1,0)． →→2
∵PA⊥PD，∴AP·DP＝a(a－2)＋h＝0. ∵AC与PD所成角为60°， →→
∴|cos〈AC，DP〉|＝
2
2
|a－2|2·
a－
1＝ ， 22＋h2
∴(a－2)＝h，∴(a－2)(a－1)＝0，
∵0＜a＜2，∴a＝1.∵h＞0，∴h＝1，∴P(0,1,1)．
→→→→
∴AP＝(0,1,1)，AC＝(1,1,0)，PC＝(1,0，－1)，DC＝(1，－1,0)，设平面APC的法→??n·AP＝y＋z＝0
向量为n＝(x，y，z)，由?
→??n·AC＝x＋y＝0
，
得平面APC的一个法向量为n＝(1，－1,1)， 设平面DPC的法向量为m＝(x，y，z)．
→??m·PC＝x－z＝0
由?
→??m·DC＝x－y＝0
，
得平面DPC的一个法向量为m＝(1,1,1)．
m·n1
∴cos〈m，n〉＝＝.
|m||n|3
∵二面角A-PC-D的平面角为钝角， 1
∴二面角A-PC-D的余弦值为－. 3
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T2、T4) 题型3 利用空间向量求解探索性问题
(对应学生用书第36页)
■核心知识储备………………………………………………………………………·
立体几何中探索性问题的种类及其求法
(1)立体几何中的探索性题目主要有两类：一是利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究．
(2)其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在性来解决．
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典题】 如图10-5(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝1，BC＝2，E为CD上一点，且DE＝1，EC＝2，现沿BE折叠使平面BCE⊥平面ABED，F为BE的中点，如图10-5(2)．
图10-5(1) 图10-5(2)
(1)求证：AE⊥平面BCE；
2
(2)能否在边AB上找到一点P，使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为？若存在，3试确定点P的位置；若不存在，请说明理由． 面面垂直
[思路分析] (1)证明AE⊥BE――→AE⊥平面BCE；
建系P在边AB上求法向量
→→
(2)证明CF⊥平面ABED――→求点A，C，E，F的坐标――→AP＝λAB――→由
2
两平面所成角的余弦值为确定P的位置．
3
[解] (1)证明：在直角梯形ABCD中作DM⊥BC于M，连接AE， 则CM＝2－1＝1，CD＝DE＋CE＝1＋2＝3， 则DM＝AB＝9－1＝8＝22，
CM1
cos C＝＝，
CD3
则BE＝CE＋CB－2CE·CB·cos C ＝143
4＋4－2×2×2×＝，
33
22AE＝AD2＋DE2－2AD·DE·cos∠ADE
＝126
1＋1－2×1×1×＝，
33
2
2
2
所以AE＋BE＝AB，故AE⊥BE，且折叠后AE与BE位置关系不变． 又平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE，所以AE⊥平面BCE. (2)连接CF，因为在△BCE中，BC＝CE＝2，F为BE的中点，所以CF⊥BE.又平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE，
所以CF⊥平面ABED.以F为坐标原点，过点F且平行于AE的直线为x轴，FB，FC所在直线分别为y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz， 则F(0,0,0)，
A?23??26??23??26
，－，0?，C?0，0，?，E?0，－，0?，
33??3?3???
→?262326??→?
从而AE＝?－，0，0?，CE＝?0，－，－?.
33??3??设平面ACE的法向量为m＝(x1，y1，z1)， →??m·AE＝0，
则?
→??m·CE＝0，
26?－
?3x＝0，即?
2326－y－z＝0，??33
11
1
令z1＝1，
则x1＝0，y1＝－2，
可得平面ACE的一个法向量为m＝(0，－2，1)．
→→2
假设在AB上存在一点P，使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为，且AP＝λAB3(0≤λ≤1)．
?23?因为B?0，，0?，
3??
→?2643?
所以AB＝?－，，0?，
3?3?→?2643?
故AP＝?－λ，λ，0?.
3?3?→?262326?
又CA＝?，－，－?，
33??3→→→?26
所以CP＝CA＋AP＝?
?3→?26?又FC＝?0，0，?，
3??
设平面PCF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， →??n·FC＝0，
则?
→??n·CP＝0，
－λ
23
，
3
λ－
26?，－?，
3?
26??3z＝0，即?26??3－λ
2
x2＋23
3
λ－y2－
26
z2＝0，3
令x2＝2λ－1，得n＝(2λ－1，2(λ－1)，0)为平面PCF的一个法向量， 所以|cos〈m，n〉|＝?2
解得λ＝或λ＝0，
3
因此存在点P，且P为线段AB上靠近点B的三等分点或P与A重合时，平面ACE与
?m·n?＝??|m||n|?3·
λ－λ－
2＋λ－
2
＝， 23