∴D(0,1,0)，B(23，0,0)，A(23，4,0)，P(0,0,2)， M(
33→→
，0，)，∴DP＝(0，－1,2)，DA＝(23，3,0)， 22
33→
CM＝(，0，)，
22
(1)令n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量， →?n＝0，?DP·
则?
→?n＝0，?DA·
?－y＋2z＝0，即? ?23x＋3y＝0，
?z＝2y，∴?3
x＝－y，?2
1
令y＝2，得n＝(－3，2,1)．
33→∵n·CM＝－3×＋2×0＋1×＝0，
22→
∴n⊥CM，又CM平面PAD， ∴CM∥平面PAD.
→
(2)取AP的中点E，则E(3，2,1)，BE＝(－3，2,1)． ∵PB＝AB，∴BE⊥PA.
→→又∵BE·DA＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， →→
∴BE⊥DA，∴BE⊥DA，
又PA∩DA＝A，∴BE⊥平面PAD， 又∵BE?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. 题型三 解决探索性问题
例3 (2012·福建)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，
E为CD的中点． (1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求 AP的长；若不存在，说明理由．
思维启迪 利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算下结论．
→→→
(1)证明 以A为原点，AB，AD，AA1的方向分别为x轴，y轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)． 设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)， a
，1，0?，B1(a,0,1)， E??2?
aa→→→→
－，1，－1?，AB1＝(a,0,1)，AE＝?，1，0?. 故AD1＝(0,1,1)，B1E＝??2??2?a→→
∵AD1·B1E＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
2∴B1E⊥AD1.
(2)解 假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)． →
使得DP∥平面B1AE，此时DP＝(0，－1，z0)． 又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面B1AE，
ax＋z＝0，??→→
∴n⊥AB1，n⊥AE，得?ax
＋y＝0.??2
a
1，－，－a?. 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝?2??a→
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP，有－az0＝0，
21
解得z0＝.
2
又DP平面B1AE，
1
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝. 2
思维升华 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”．
如图所示，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱
的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点． (1)求证：AC⊥SD.
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC. 若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由． (1)证明 连接BD，设AC交BD于O，则AC⊥BD. 由题意知SO⊥平面ABCD.
→→→
以O为坐标原点，OB，OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系如图． 设底面边长为a，则高SO＝于是S?0，0，6a， 2
?
6?2??a，D－a，0，0， 2??2?
B?
222???→??a，0，0，C0，a，0，OC＝0，a，0，
22?2?????
26→→→
SD＝?－a，0，－a?，则OC·SD＝0.
2??2故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)解 棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC. 理由如下：
→
由已知条件知DS是平面PAC的一个法向量， 2626→→
且DS＝?a，0，a?，CS＝?0，－a，a?，
2?22??2?22→
BC＝?－a，a，0?.
2?2?
→→→→→→→
设CE＝tCS，则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS ＝?－?
226?a，a?1－t?，at， 222?
1→→而BE·DS＝0?t＝.
3
→→
即当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.
而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.
利用向量法解决立体几何问题
典例：(12分)(2012·湖南)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面
ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD 的中点．
(1)证明：CD⊥平面PAE；
(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P－ABCD的体积． 思维启迪 本题中的(1)有两种证明思路：
(1)利用常规方法，将证明线面垂直转化为证明线线垂直，利用线面垂直的判定定理证之； (2)将证明线面垂直问题转化为向量间的关系问题，证明向量垂直；然后计算两个向量的数量积．
规范解答
方法一 (1)证明 如图，
连接AC.由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得AC＝5. [1分] 又AD＝5，E是CD的中点，所以CD⊥AE.
[2分]
因为PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.[4分] 而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线， 所以CD⊥平面PAE.
[5分]
(2)解 过点B作BG∥CD，分别与AE，AD相交于点F，G，连接PF. 由(1)CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE. 于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角， 且BG⊥AE.
由PA⊥平面ABCD知，∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角． 由题意得∠PBA＝∠BPF，
因为sin∠PBA＝PAPB，sin∠BPF＝BFPB，
所以PA＝BF.
由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC.
又BG∥CD，所以四边形BCDG是平行四边形． 故GD＝BC＝3.于是AG＝2.
在Rt△BAG中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以 BG＝AB2＋AG2＝25，BF＝AB2BG＝1685
25＝5
.
于是PA＝BF＝855
.
又梯形ABCD的面积为S＝1
2×(5＋3)×4＝16，
所以四棱锥P－ABCD的体积为 V＝13×S×PA＝18512853×16×5＝15
.
[6分]
[7分]
[10分][12分]
方法二 如图，以A为坐标原点，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．
设PA＝h，则A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)， P(0,0，h)．
[2分]
→→→
(1)证明 易知CD＝(－4,2,0)，AE＝(2,4,0)，AP＝(0,0，h)． →→→→因为CD·AE＝－8＋8＋0＝0，CD·AP＝0， 所以CD⊥AE，CD⊥AP.
而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线， 所以CD⊥平面PAE.
[5分] [6分]
[4分]
→→
(2)解 由题设和(1)知，CD，PA分别是平面PAE，平面ABCD的法向量． 而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等， →→→→
所以|cos〈CD，PB〉|＝|cos〈PA，PB〉|， →→??→→??CD·PBPA·PB即?＝?. ?→→→→?|PB|??|PA|·|PB|??|CD|·
[8分]
→→
由(1)知，CD＝(－4,2,0)，PA＝(0,0，－h)， →
又PB＝(4,0，－h)，
?－16＋0＋0??0＋0＋h?故??＝??. ?25·16＋h2??h·16＋h2?
85
解得h＝. 5
[10分]
2
1
又梯形ABCD的面积为S＝×(5＋3)×4＝16，
2所以四棱锥P－ABCD的体积为 11851285V＝×S×PA＝×16×＝.
33515
[12分]
温馨提醒 (1)利用向量法证明立体几何问题，可以建立坐标系或利用基底表示向量；
(2)建立空间直角坐标系时要根据题中条件找出三条互相垂直的直线； (3)对于和平面有关的垂直问题，也可利用平面的法向量．
方法与技巧
用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的