專題1.5空間向量的探索性問題（強化訓練）

題型一平行中的探索性問題題型二垂直中的探索性問題題型三夾角中的探索性問題題型四距離中的探索性問題題型一平行中的探索性問題1．如圖所示，在四棱錐P-ABCD，PA面ABCD，底面ABCD為正方形.(1)求證：AB面PAD；(2)已知ACnBD=O，在棱PD上是否存在一點E，使PB//面ACE，如果存在請確定點E的位置，并寫出證明過程；如果不存在，請說明理由.2．如圖，正四棱錐S一ABCD的底面邊長為2，側棱長是2，點P為側棱SD上的點.(3)在（2）的條件下，側棱SC上是否存在一點E，使得BE//平面PAC．若存在，求SE:EC的值；若不存在，試說明理由.3．已知直角梯形BQPC中，ZCBQ=90。，BQ//如圖，將四邊形ABCD沿AD向上翻折，使得平面ABCDL平面ADPQ.CP，(1)在PD上是否存在一點H，使得CH//平面BDQ？4．如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABLBC,AB=BC=1,AA1=2，D是AA1的中點.(1)求異面直線A1C1與B1D所成角的大小；(3)在B1C上是否存在一點E，使得DE//平面ABC？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.5．中國正在由“制造大國”向“制造強國”邁進，企業(yè)不僅僅需要大批技術過硬的技術工人，更需要努力培育工人們執(zhí)著專注、精益求精、一絲不茍、追求卓越的工匠精神，這是傳承工藝、革新技術的重要基石．如圖所示的一塊木料中，ABCD是正方形，PAL平面ABCD，PA=AB=2，點E，F(xiàn)是PC，AD的中點.(1)若要經(jīng)過點E和棱AB將木料鋸開，在木料表面應該怎樣畫線，請說明理由并計算截面周長；(2)若要經(jīng)過點B，E，F(xiàn)將木料鋸開，在木料表面應該怎樣畫線，請說明理由.6．如圖，底面為直角梯形的四棱柱ABCD一A1B1C1D1中，側棱AA1L底面ABCD，E為A1B1的中點，且‘ABE為等腰直角三角形，AB//CD，ABLBC，AB=2CD=2BC.(1)求證：ABLDE；(2)求直線EC與平面ABE所成角的正弦值；(3)線段EA上是否存在點F，使EC//平面FBD？若存在，求出；若不存在，說明理由.7．如圖1，在平面內，ABCD是ZBAD=形分別沿AD，CD折起，使D,,與D￠重合于點D1．設直線l過點B且垂直于菱形ABCD所在的平面，點E是直線l上的一個動點，且與點D1位于平面ABCD同側（圖2）.(1)設二面角E一AC一D1的大小為θ,若<(2)若在線段D1E上存在點P，使平面PA1C1平面EAC，求與BE之間滿足的關系式，并證明：當8．如圖，已知四棱錐P一ABCD的底面是平行四邊形，側面PAB是等邊三角形，(1)求CP與平面ABCD所成角的正弦值；(2)設Q為側棱PD上一點，四邊形BEQF是過B,Q兩點的截面，且AC平面BEQF，是否存在點Q，使得平面BEQFL平面PAD？若存在，求出點Q的位置；若不存在，說明理由.題型二垂直中的探索性問題9．如圖，正方形ABCD所在平面外一點P滿足PB⊥平面ABCD，且AB＝3，PB＝4.(1)求點A到平面PCD的距離；(2)線段BP上是否存在點E，使得DE⊥平面PAC，若存在，求出該點位置，若不存在，則說明理由.10．如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是A1D1，A1A的中點.(1)求證：BC1∥平面CEF；(2)在棱A1B1上是否存在點G，使得EG⊥CE？若存在，求A1G的長度；若不存在，說明理由.點E是BC的中點，(1)求證：A1B平面AC1E；(2)求證：A1C平面ABC1；BDBC(3)證明：在線段BC1上存在點D，使得ADA1B.并求BC的值.12．正△ABC的邊長為2，CD是AB邊上的高，E、F分別是AC和BC邊的中點，先將△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.(1)求二面角E－DF－C的余弦值；(2)在線段BC上是否存在一點P，使AP⊥DE？證明你的結論.13．如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MD=NB=1，E為BC的中點.(1)證明：MN∥平面ABCD(2)在線段AN上是否存在點S，使得ES平面AMN，如果存在，求出線段AS的長度.14．如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為AD的中點，且AA1=4，AB=BC=2，點P在線段BD1上.(1)問：是否存在一點P，使得直線BD1平面PEC？若存在，請指出點P的位置；若不存在，請說明理由.(2)若P是線段BD1的中點，求平面PEC與平面ECD1的夾角的余弦值.15．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD的邊長為2，E是PA的中點.(1)求證：PC∥平面BDE.(2)若直線BE與平面PCD所成角的正弦值為，求PA的長度.(3)若PA=2，線段PC上是否存在一點F，使AF⊥平面BDE？若存在，求出PF的長度；若不存在，請說明理由.(1)證明：EFLEB；(2)在平面EFB內尋求一點M，使得AML平面EFB，求此時二面角M一AB一F的平面角的正弦值.題型三夾角中的探索性問題17．在三棱錐P一ABC中，底面ABC是邊長為2的等邊三角形，點P在底面ABC上的射影為棱BC的中點O，且PB與底面ABC所成角為，點M為線段PO上一動點.(1)求證：BCLAM；(2)是否存在點M，使得二面角P一AB一M的余弦值為，若存在，求出點M的位置；若不存在，請說明理由.18．如圖，在‘ABC中，DB=90。，P為AB邊上一動點，PD//BC交AC于點D，現(xiàn)將‘PDA沿PD翻折至‘PDA,.(1)證明：平面CBA,L平面PBA,；的余弦值為，若存在求出的值，若不存在請說明理由.(1)求證：BCL平面PBD；(2)求直線AP與平面PBD所成角的正弦值；(3)側棱PC上是否存在異于端點的一點E，使得二面角E一BD一P的余弦值為若不存在，說明理由.20．如圖，圓柱的軸截面ABCD是邊長為6的正方形，下底面圓的一條弦EF交CD于點G，其中(1)證明：平面AEFL平面ABCD;(2)判斷上底面圓周上是否存在點P，使得二面角P-EF-A的余弦值為．若存在，求AP的長;若不存在，請說明理由.21．如圖，四棱錐P-ACBD，PD平面ACBD，且ADDB，DB=1，PA=2，‘ABC是邊長為2的正三角形.(1)求證：AC//平面PBD；(2)求平面ABP與平面ABC夾角的余弦值；(3)線段PC上是否存在點E，使得DE與平面ABP所成角的正弦值為，若存在，請指出點E的位置；若不存在，請說明理由.22．如圖，在三棱錐P-ABC中，平面PBC平面ABC，‘PBC為等邊三角形，D，E分別為PC，PB的中點，BDPA，BC=2，AC=1.(1)求證：AC平面PBC；(2)在線段AC上是否存在點F，使得平面DEF與平面ABC的夾角為，若存在，求出CF的長；若不存在，請說明理由.23．已知底面ABCD是正方形，PA平面ABCD，PA//DQ，PA=AD=3DQ=3，點E、F分別為線段PB、CQ的中點.(1)求證：EF//平面PADQ；(2)求平面PCQ與平面CDQ夾角的余弦值；(3)線段PC上是否存在點M，使得直線AM與平面PCQ所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，說明理由.24．如圖，正三棱柱ABC-DEF中，AB=AD=2，點G為線段BE上一點（含端點）.(1)當G為BE的中點時，求證：CD平面AFG(2)是否存在一點G，使平面AFG與平面ABC所成角的余弦值為1？若存在，請求出的值，若不存在，請說明理由.題型四距離中的探索性問題25．如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，側面AA1C1C為長方形，AA1=1，AB=BC=2，ABC=120。，AM=CM.(1)求證：平面AA1C1CL平面C1MB；(2)求直線A1B和平面C1MB所成角的正弦值；(3)在線段A1B上是否存在一點T，使得點T到直線MC1的距離是，若存在求A1T的長，不存在說明理由.E為PD的中點.(1)求證：ACLPD；(2)求二面角E一ACD的大小；(3)在側棱PC上是否存在點F，使得點F到平面AEC的距離為66？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.以BE為折痕將‘BCE折起，使點C到達C1的位置，且AC1=2，如圖2.(1)求證：平面BC1EL平面ABED；(2)在棱DC1上是否存在點P，使得P到平面ABC1的距離為？若存在，求出直線EP與平面ABC1所成角的正弦值.28．如圖，在梯形ABCD中，AB//DC，AB=2AD=2DC=4，E,F分別是AD,BC的中點，且EF交AC于點O，現(xiàn)將梯形ABCD沿對角線AC翻折成直二面角P一A1C1一B1.(2)證明：C1B1LPA1；的值；若不存在，請說明理由.29．圖1是直角梯形ABCD，AB//CD，ZD=90，AB=2，DC=3，AD=，C=2E，以BE為折痕(1)求證：平面BC1EL平面ABED；(2)在棱DC1上是否存在點P，使得C1到平面PBE的距離為？若存在，求出二面角P一BE一A的大小；若不存在，說明理由.30．圖1是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D＝90°,四邊形ABCE是邊長為2的菱形，并且∠BCE＝60°,以BE為折痕將△BCE折起，使點C到達C1的位置，且AC1=.(1)求證：平面BC1EL平面ABED.(2)在棱DC1上是否存在點P，使得點P到平面ABC1的距離為？若存在，求出直線EP與平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，請說明理由.M為線段PB上一點.(1)若PM=PB，求證：AM∥平面PCD；3否存在點Q，使得點Q到直線AD3,若存在請指出點Q的位置，若不存在請說明理由.題型一平行中的探索性問題題型二垂直中的探索性問題題型三夾角中的探索性問題題型四距離中的探索性問題題型一平行中的探索性問題1．如圖所示，在四棱錐P-ABCD，PA面ABCD，底面ABCD為正方形.(1)求證：AB面PAD；(2)已知ACnBD=O，在棱PD上是否存在一點E，使PB//面ACE，如果存在請確定點E的位置，并寫出證明過程；如果不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，點E為線段PD的中點時，PB//面ACE，理由見解析【分析】（1）通過證明PALAB和ABLAD即可證明ABL面PAD.（2）由幾何知識建立空間直角坐標系，根據(jù)點E在棱PD上，設出正方形邊長，PA的長，進而表達出點E坐標，通過PB//面ACE解出點E坐標，即可確定點E的位置.【詳解】（1）在四棱錐P-ABCD中，PAL面ABCD∴PALAB，PALAD，在正方形ABCD中，ABLAD，∴ABL面PAD（2）建立空間直角坐標系如下圖所示：則E0,y0,-y0+z0∴A(0,0,0)，B(2t,0,0)，C(2t,2t,0)，D(0,2t,0∴=(2t,0,-z0)，設面ACE的一個法向量為=(x,y,z)，0y=y0-z0z，(y0()0-z0，若PB//面ACE，則L，0-z0=-2t(z0)(1),-2ty0+z0)(z0)(1)∴當點E為線段PD的中點時，PB//面ACE.-y0z0(z0)0-(z0)2．如圖，正四棱錐S-ABCD的底面邊長為2，側棱長是2，點P為側棱SD上的點.(1)求正四棱錐S-ABCD的體積；(2)若SDL平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；(3)在（2）的條件下，側棱SC上是否存在一點E，使得BE//平面PAC．若存在，求SE:EC的值；若不存在，試說明理由.【答案】(1)(2)30o(3)當SE:EC=2:1時，BE//平面PAC.【分析】（1）作出輔助線，找到正四棱錐的高，并求出長度，利用錐體體積公式求出答案；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解二面角的大?。怀龃鸢?因為正四棱錐S-ABCD的底面邊長為2，側棱長是2，即SO為正四棱錐的高， 3 3cosθ=則正方形ABCD的面積為22=4，---------（2）以O為坐標原點，OB,OC,OS分別為x軸、y軸---------于是S(0,0,),D(一,0,0),C(0,,0)，故OCLSD，從而ACLSD，所以平面PAC的一個法向量=(,0,)，平面DAC的一個法向量=(0,0,).由圖可知二面角P一AC一D為銳角，設所求二面角為θ,------OS.DS所求二面角的大小為30O；（3）在棱SC上存在一點E使BE//平面PAC.由（2）得是平面PAC的一個法向量，而BE不在平面PAC內，故BE//平面PAC.如圖，將四邊形ABCD沿AD向上翻折，使得平面ABCDL平面ADPQ.(1)在PD上是否存在一點H，使得CH//平面BDQ？【答案】(1)H為DP的中點時，CH//平面BDQ，證明見解析；【分析】（1）取DP的中點為H，證明BQ//CH，利用線面平行判定定理證明CH//平面BDQ；（2）建立空間直角坐標系，求平面BPQ和平面CPQ的法向量，利用向量夾角公式求二面角B一PQ一C的余弦值.【詳解】（1）當點H為DP的中點時，CH//平面BDQ，證明如下：由已知AB//DC,AB=DC=1,ZCBA=90。，所以四邊形ABCD為矩形，所以BC//AD，CDLDA，已知DP=2，點H為DP的中點，則DH=1，又AQ=1，AQ//DH，所以四邊形BCHQ為平行四邊形，所以BQ//CH，又CH仁平面BDQ，BQ仁平面BDQ，所以CH//平面BDQ，所以在PD上存在一點H，使得CH//平面BDQ；3’（2）因為平面ABCDL平面ADPQ，平面ABCD八平面ADPQ=AD，CDLDA，CD仁平面ABCD，所以CDL平面ADPQ，又DALDP，---------以點D為原點，分別以DA,DP，DC為x,y,z----------------------------設平面BPQ的法向量為n1，設平面CPQ的法向量為，=(a,b,c)，所以==設二面角B-PQ-C的平面角為θ,cosθ=3---3---,觀察圖象可得cosθ>0，所以cosθ=.所以二面角B-PQ-C的余弦值為AC1AC14．如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABLBC,AB=BC=1,AA1=2，D是AA1的中點.(1)求異面直線A1C1與B1D所成角的大?。?3)在B1C上是否存在一點E，使得DE//平面ABC？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)異面直線A1C1與B1D所成角的大小為60。；(2)二面角C一B1DB的余弦值為；(3)存在點E，使得DE//平面ABC，此時=1.【分析】（1）建立空間直角坐標系，求直線A1C1與B1D的方向向量，利用向量夾角公式求夾角；（2）求平面CB1D和平面BB1D的法向量，利用向量夾角公式求結論；（3）設=λ,再求的坐標，由條件列方程求λ,由此可得結論.【詳解】（1）以點B為原點，以BC,BA,BB1為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系；BD BD 2x2設異面直線A1C1與B1D所成角的大小為θ,則cosθ所以異面直線A1C1與B1D所成角的大小為60。；設平面CB1D的法向量為=(x,y,z)，則觀察圖象可得二面角C一B1D一B為銳二面角，（3）假設存在點E，使得DE//平面ABC，設B1E則B1C--------------------所以λ=，所以存在點E，使得DE//平面ABC，此時=1.5．中國正在由“制造大國”向“制造強國”邁進，企業(yè)不僅僅需要大批技術過硬的技術工人，更需要努力培育工人們執(zhí)著專注、精益求精、一絲不茍、追求卓越的工匠精神，這是傳承工藝、革新技術的重要基石．如圖所示的一塊木料中，ABCD是正方形，PAL平面ABCD，PA=AB=2，點E，F(xiàn)是PC，AD的中點.(1)若要經(jīng)過點E和棱AB將木料鋸開，在木料表面應該怎樣畫線，請說明理由并計算截面周長；(2)若要經(jīng)過點B，E，F(xiàn)將木料鋸開，在木料表面應該怎樣畫線，請說明理由.【答案】(1)詳見解析；(2)詳見解析.【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理可得AB//平面PCD，設PD的中點為G，根據(jù)線面平行的性質可得BE,EG,AG就是應畫的線，然后根據(jù)線面垂直的判定定理結合條件可得截面周長；（2）建立空間直角坐標系，可得平面BEF的法向量，設PD八平面BEF=H，根據(jù)線面垂直的性質可得H的位置，進而即得.所以AB//平面PCD，又AB仁平面ABE，設平面ABE一平面PCD=l，則AB//l，設PD的中點為G，連接EG,AG，則EG//CD，又AB//CD，所以AB//EG，即EG為l，BE,EG,AG就是應畫的線，因為PAL平面ABCD，AB仁平面ABCD，所以ABLPA，又ABLAD，PA一AD=A，PA,AD仁平面PAD，所以ABL平面PAD，AG仁平面PAD，所以ABLAG，即截面ABEG為直角梯形，又PA=AB=2，2（2）以點A為坐標原點分別為x，y，z軸的正向建立空間直角坐標系，設平面BEF的法向量為=(x,y,z)，設PD平面BEF=H，設=λ=λ(0,2,2)，又P(0,0,2)，∴H(0,2λ,2一2λ)，(2)即H為PD的三等分點（|PH=3PD)|，連接EH,FH，即EH,(2)6．如圖，底面為直角梯形的四棱柱ABCD一A1B1C1D1中，側棱AA1l底面ABCD，E為A1B1的中點，且ΔABE為等腰直角三角形，AB//CD，ABlBC，AB=2CD=2BC.(1)求證：ABlDE；(2)求直線EC與平面ABE所成角的正弦值；(3)線段EA上是否存在點F，使EC//平面FBD？若存在，求出；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)當F滿足=時，有EC//平面FBD.【分析】（1）根據(jù)線面垂直的性質證明ABl平面EOD，即可證明ABlDE；（2）建立空間坐標系，利用向量法即可求直線EC與平面ABE所成角的正弦值；（3）根據(jù)線面平行的判定定理，結合空間直角坐標系即可得到結論.∵EB=EA，∴EOlAB，------則------則sinθ=------∵四邊形ABCD是直角梯形，AB=2CD=2BC，ABLBC,∴四邊形OBCD為正方形，∴ABLOD，又EO，DO為平面EOD內的兩條相交直線，∴ABL平面EOD，由ED仁平面EOD，∴ABLDE.（2）∵平面ABEL平面ABCD，且EOLAB，∴EOL平面ABCD，∴EOLOD，由OD，OA，OE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系O_xyz，∵ΔEAB為等腰直角三角形，則平面ABE的一個法向量為=(1,0,0設直線EC與平面ABE所成角為θ,EC.OD---EC---333即直線EC與平面ABE所成角的正弦值是33（3）存在F，且=時，有EC//平面FBD，設平面FBD的法向量為=(a,b,c)，∵EC仁平面FBD，∴EC//平面FBD.即當F滿足=時，有EC//平面FBD.形分別沿AD，CD折起，使D''與D￠重合于點D1．設直線l過點B且垂直于菱形ABCD所在的平面，點E是直線l上的一個動點，且與點D1位于平面ABCD同側（圖2）.(1)設二面角E-AC-D1的大小為θ,若<θ<，求線段BE的長的取值范圍；(2)若在線段D1E上存在點P，使平面PA1C1Ⅱ平面EAC，求與BE之間滿足的關系式，并證明：當【答案】(1)a,(2)=BE，證明見解析【分析】（1）設菱形ABCD的中心為O，以O為原點，對角線AC，BD所在直線分別為x，y軸，建立空間直角坐標系如圖．設BE=t(t>0)，得到平面D1AC和平面EAC的法向量，從而得到二面角E-AC-D1的余弦值的表達式，再根據(jù)其范圍，得到t的范圍；（2）假設存在滿足題意的點P，令=λ,從而得到P點坐標，得到A1P∥平面EAC，則.=0，得到等式，解出λ.【詳解】（1）因為D1DLAD,D1DLDC,ADnDC=D，AD,DC仁平面ABCD，故D1DL平面ABCD，設菱形ABCD的中心為O，以O為原點，對角線AC，BD所在直線分別為x，y軸，建立空間直角坐標系設平面D1AC的法向量為=(x1,y1,z1)，1-y1令z1設平面EAC的法向量為=(x2,y2,z2)，222---二面角E-AC-D1的大小為θ,由題設可得cosθ==4t-a20t22.:<θ<cosθe,，14t-a2-16at-3a2<0且44t214t-a3所以t的取值范圍是a,.,0,a，:=-a,,,由平面PA1C1:t.-=0，化簡得：λ=t產(chǎn)a即=BE，8．如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形，側面PAB是等邊三角形，(1)求CP與平面ABCD所成角的正弦值；(2)設Q為側棱PD上一點，四邊形BEQF是過B,Q兩點的截面，且ACⅡ平面BEQF，是否存在點Q，使得平面BEQFL平面PAD？若存在，求出點Q的位置；若不存在，說明理由.【答案】(1)DP時，使得平面BEQFDP時，使得平面BEQF⊥平面PAD.【分析】對于（1取AB中點為H，先由條件證得PH⊥平面ABCD，后可得答案.對于（2由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A為原點的空間直角坐標系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案.【詳解】（1）證明：取棱AB長的一半為單位長度.則在ΔABC中，AB=2，BC=4，∠ABC得AC=2，故AB2+AC2=BC2常AB⊥AC.又PB⊥AC，PB∩AB=B，PB仁平面PAB，AB仁平面PAB，故AC⊥平面PAB.又AC仁平面ABCD，AC⊥平面PAB，則平面ABCD⊥平面PAB.取AB中點H，連接PH，CH.因ΔPAB是等邊三角形，則PH⊥AB，又PH仁平面PAB，平面ABCD∩平面PAB=AB，平面ABCD⊥平面PAB，故PH⊥平面ABCD.得∠PCH是CP與平面ABCD所成的角.在直角三角形△PCH中，PH=，（2）假設存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.如圖，以A為原點，分別以為x，y軸的正方向建立空間直角坐標系A-xyz，，D，P，，)是平面PAD的法向量，則.設=λ，其中0≤λ≤1.3λ4,22λ,λ)連接EF，因AC∥平面BEQF，AC仁平面PAC，平面PAC∩平面BEQF=EF，5--設n2(x2,y2,z2)是平面BEQF的法向量，j=y2λ,0,43λ.----2由平面BEQF⊥平面PAD，知n1L故在側棱PD上存在點Q且當DQ3DP時，使得平面BEQF⊥平面PAD.2.3【點睛】關鍵點點睛：本題涉及線面角，及立體幾何中的動點問題.對于（1關鍵能在各種線面關系中做出相應線面角的平面角.對于（2求動平面的法向量時，可利用線面平行關系找到動平面內向量的共線向量.題型二垂直中的探索性問題9．如圖，正方形ABCD所在平面外一點P滿足PB⊥平面ABCD，且AB＝3，PB＝4.(1)求點A到平面PCD的距離；(2)線段BP上是否存在點E，使得DE⊥平面PAC，若存在，求出該點位置，若不存在，則說明理由.【答案】(1)12；(2)不存在，理由見解析.【分析】（1）利用等積法，根據(jù)線面垂直，面面垂直的判定及性質結合條件即得；由PB⊥平面ABCD，PB=平面PBC，可得平面PBC⊥平面ABCD，而DC⊥BC，且平面PBC八平面ABCD=BC，DC仁平面ABCD，∴DC⊥平面PBC，PC仁平面PBC，可得DC⊥PC，∵CD＝3，PC=2+42設A到平面PCD的距離為h，則x＝， ∴點A ,（2）以B為坐標原點，分別以BC、BA、BP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系，解得t=，不合題意，故線段BP上不存在點E，使得DE⊥平面PAC.10．如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是A1D1，A1A的中點.(1)求證：BC1∥平面CEF；(2)在棱A1B1上是否存在點G，使得EG⊥CE？若存在，求A1G的長度；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析 1.4【分析】（1）連結AD1，則FE∥BC1，由此能證明BC1∥平面CEF.（2）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出在棱A1B1上存在點G，使得EG⊥CE，且A1G= 1.4【詳解】（1）連結AD1，則BC1∥AD1，AD1∥FE，∴FE∥BC1，∵FE?面CEF，BC1?面CFE，∴BC1∥平面CEF.（2）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，假設棱A1B1上是存在點G，使得EG⊥CE，設A1G=λ（0≤λ≤1∵EG⊥CE，∴EG.CE=22-λ=0∴在棱A1B1上存在點G，使得EG⊥CE，且A1G= 1.4點E是BC的中點，(1)求證：A1B平面AC1E；(2)求證：A1CL平面ABC1；(3)證明：在線段BC1上存在點D，使得ADLA1B.并求的值.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；【分析】(1)連接AC1，A1C，記兩直線的交點為F，證明EF//A1B，根據(jù)線面平行判定定理證明A1B平面AC1E；(2)證明AC1LA1C，A1CLAB，根據(jù)線面垂直判定定理證明A1CL平面ABC1；(3)以A為原點，AC，AB，AA1為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設=λ(0<λ<1)，由垂直關系列方程求出λ即可.【詳解】（1）連接AC1，A1C，記兩直線的交點為F，因為四邊形AA1C1C是正方形，所以F為A1C的中點，又點E為BC的中點，所以FE//A1B，A1B仁平面AC1E，F(xiàn)E仁平面AC1E，所以A1B平面AC1E；（2）因為AB3，BC5，AC4，所以BC2AB2AC2，所以ABAC，又平面ABC平面AA1C1C，平面ABC平面AA1C1CAC，AB平面ABC，所以AB平面AA1C1C，因為A1C平面AA1C1C，所以ABA1C，因為四邊形AA1C1C是正方形，所以AC1A1C，又AC1nABA，AC1平面ABC1，AB平面ABC1，所以A1C平面ABC1；（3）因為AB平面AA1C1C，ACAA1，故以A為原點，AC，AB，AA1為x，y，z軸建立空間直角坐設在線段BC1上存在點D，使得ADA1B，且01，則，--------------------------------所以在線段BC1上存在點D25,25,25，使得ADA12．正△ABC的邊長為2，CD是AB邊上的高，E、F分別是AC和BC邊的中點，先將△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.(1)求二面角E－DF－C的余弦值；(2)在線段BC上是否存在一點P，使AP⊥DE？證明你的結論.【答案】(1)；(2)lDE，證明見解析.【分析】（1）建立空間直角坐標系，求平面EDF和平面CDF的法向量，結合向量夾角公式可求二面角E-DF－C的余弦值；（2）設P(x,y,0)，由條件列方程求點P坐標即可.【詳解】（1）由已知ADlDC,BDlDC，所以經(jīng)ADB為二面角A－DC－B的平面角，又二面角A－DC－B為直二面角，所以ADlDB，以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，，E0,,，(1) 77 77)為平面EDF的一個法向量，---------321.DA321.---DAn∴二面角E－DF－C的余弦值為.因為APLDE，x,y,0)，∵//，∴(x1)y把y=代入上式得x=，(2)---1---∴BP=3BC，(2)13．如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MDL平面ABCD，NBL平面ABCD，且MD=NB=1，E為BC的中點.(1)證明：MNⅡ平面ABCD(2)在線段AN上是否存在點S，使得ESl平面AMN，如果存在，求出線段AS的長度.【答案】(1)證明過程見詳解(2)2【分析】(1)連接BD，由題意可知：四邊形MDBN為平行四邊形，得到MN//DB，利用線面平行的判定即可證明；(2)根據(jù)題意，建立如圖所示空間直角坐標系，得到相關點的坐標，假設在線段AN上存在點S，使得ESl平面AMN，求得的坐標，可設==(0,λ,λ)，由ESl平面AMN可得關于λ的方程組，解得λ的值，可得的坐標以及的值，從而得出結論.因為MDl平面ABCD，NBl平面ABCD，所以MD//NB，又因為MD=NB=1，所以四邊形MDBN為平行四邊形，所以MN//DB,BD仁平面ABCD,MN紅ABCD,所以MNⅡ平面ABCD.（2）由題意知：DM,DC,DA兩兩垂直，以點D為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，21假設在線段AN上存在點S，使得ESL平面AMN，連接AE，設=，λ=01λ=01故當=時，ESL平面AMN.14．如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為AD的中點，且AA1=4，AB=BC=2，點P在線段BD1上.(1)問：是否存在一點P，使得直線BD1L平面PEC？若存在，請指出點P的位置；若不存在，請說明理由.(2)若P是線段BD1的中點，求平面PEC與平面ECD1的夾角的余弦值.【答案】(1)不存在，理由見解析【分析】（1）假設直線BD1L平面PEC，利用線面垂直的性質則有BD1LCE，進而可證明CELBD，與實際情況不符，從而證明不成立2）分別以AB，AD，AA1所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系．空間向量法求平面PEC與平面ECD1的夾角的余弦值即可.理由如下：若直線BD1L平面PEC，則必有BD1LCE.如圖，連接BD，假設BD1LCE，因為DD1L平面ABCD，所以DD1LCE，仁面BDD1，所以CEL平面BDD1，所以CELBD，顯然不成立，所以線段BD1上不存在點P，使得直線BD1L平面PEC.（2）分別以AB，AD，AA1所在的直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系.--------------------設平面PCE的法向量為=(x,y,z)，設平面ECD1的法向量為=(x,,y,,z,)，令y'=-4，得平面ECD1的一個法向量為=(2,-4,1).所以所以所以平面PEC與平面ECD1的夾角的余弦值為21.15．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD的邊長為2，E是PA的中點.(1)求證：PCⅡ平面BDE.(2)若直線BE與平面PCD所成角的正弦值為，求PA的長度.(3)若PA=2，線段PC上是否存在一點F，使AF⊥平面BDE？若存在，求出PF的長度；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)PA長為2或4【分析】（1）根據(jù)線面垂直的性質可得CDLDA，再根據(jù)線面垂直的判定可得CDL平面ADP，進而以D為原點建立空間直角坐標系D-xyz，設PA=a(a>0)，求出平面BDE的法向量=(x0,y0,z0)，再證明11（2）由（1設平面PCD的法向量為=(x1,y1（3）令=λ(0<λ<1)，再根據(jù)=(-2,1,-1)，與=(2-2λ,-2λ,2λ)平行列式求解λ,進而根據(jù)空間向量模長公式求解即可.因為ABCD為正方形，所以CDLDA.又PA八DA=A，且PA,DA仁平面ADP，所以CDL平面ADP.如圖，以D為原點建立空間直角坐標系D一xyz，設PA=a(a>設平面BDE的法向量為=(x0,y0,z0)，0----因為PC仁平面BDE，所以PCⅡ平面BDE.令x1---(a)---(a)+2a444a+2a444a設直線BE與平面PCD所成的角為θ,則sinθ=則-----2-----2-----BE.n2---BE--2n2a 22 10，解得a=2或a=4，所以PA長為2令=λ(0<λ<1)，所以F(2一2λ,2一2λ,2λ)，所以2λ=λ,解得λ=((2)2(2)2(2)21(222)1(222).3(1)證明：EFLEB；(2)在平面EFB內尋求一點M，使得AML平面EFB，求此時二面角M一AB一F的平面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）以C為原點，CA,CB,CF分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量坐標運算即可證（2）根據(jù)四點共面、線面垂直等求出點M的坐標，再利用空間向量坐標運算即可求得二面角M一AB一F的平面角的正弦值.00x1y10x1y1,,----111---建立空間直角坐標系，------------（2）設平面EFB的法向量為nx,y,z，0xz0xzEBn0xyz0y0xz0xzEBn0xyz0y2z即Ml1,2l,l，又M平面EFB，故存在實數(shù)a,b,c，且滿足abc1，使得-------------CMaCEbCFcCBa,0,a0,0,2b0,c,0a,c,a2b，-------------l1a故la2b，解得l6，所以M6,-------設平面ABF的法向量為mx1,y1,z1，又AF1,0,2,AB1,1,0z1z1設平面MAB的法向量為tx2,y2,z2，又AM6,3,6,AB1,1,01 z21 z26則---62326ABt0x2y200z23x2x2y2,令x2, 則二面角M一ABF的平面角的正弦值為.題型三夾角中的探索性問題17．在三棱錐P一ABC中，底面ABC是邊長為2的等邊三角形，點P在底面ABC上的射影為棱BC的中點O，且PB與底面ABC所成角為，點M為線段PO上一動點.(1)求證：BCLAM；(2)是否存在點M，使得二面角P一AB一M的余弦值為，若存在，求出點M的位置；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，且點M為PO的中點【分析】（1）證明出AOLBC，BCLPO，利用線面垂直的判定定理可證得BCL平面APO，再利用線面垂直的性質定理可證得結論成立；（2）分析可知ZPBC=，POL平面ABC，AOLBC，以點O為坐標原點，OB、AO、OP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，設點M(0,0,c)，其中0<c<3，利用空間向量法可得出關于c的方程，求出c的值，即可得出結論.【詳解】（1）證明：連接AO，∵ΔABC為等邊三角形，O為BC的中點，則AOLBC，因為點P在底面ABC上的射影為點O，則POL平面ABC，∵BC仁平面ABCBCLPO，∵AOnPO=O，AO、PO仁平面APO，：BCL平面APO，∵AM仁平面APO，∴BCLAM.（2）解：因為POL平面ABC，AOLBC，以點O為坐標原點，z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，因為POL平面ABC，所以，PB與底面ABC所成的角為ZPBC=，,0,0，2，--.--. x4c2,可得4c2-48c+63=因此，當點M為PO的中點時，二面角P-AB-M的余弦值為.18．如圖，在ΔABC中，DB=90。，P為AB邊上一動點，PD//BC交AC于點D，現(xiàn)將ΔPDA沿PD翻折至(1)證明：平面CBA,L平面PBA,；(2)若PB=CB=2PD=4，且A,PLAP，線段A,C上是否存在一點E（不包括端點使得銳二面角EBD的值，若不存在請說明理由.的余弦值為，的值，若不存在請說明理由.(1)證明見解析(1)證明見解析A,EEC(2)存在，BCLBP，根據(jù)線面垂直判定定理證明BCL平面PBABCLBP，根據(jù)線面垂直判定定理證明BCL平面PBA,，根據(jù)面面垂直判定定理證明平面CBA,L平面PBA,；（2）證明APL平面A,PD，建立空間直角坐標系，=，求平面EBD，平面CBD的法向量，由條件列方程求λ即可.所以A,PLBC，又因為BCLBP，A,PnBP=P，A,P仁平面PBA,，BP仁平面PBA,，所以BCL平面PBA,，又BC仁平面CBA,，所以平面CBA,L平面PBA,.（2）因為PDⅡBC，BCLAP，∴PDLAP，又∵A,PLAP，A,PnPD=P，A,P,PD仁平面A,PD，∴APL平面A,PD，∴PA、PA,、PD兩兩垂直，以P點為原點，PA為x軸，PD為y軸，PA,為z軸建立空間直角坐標系，因為PB=CB=2PD=4，A'C=(-4,4,-4)，設A'E=λA'C=(-4λ,4λ,-4λ)-y-y設平面BDE法向量為=(x,y,z)，取x=1，則y=-2，z=,y(3λ-1)故n=（|1,-2,1-λ)|為平面BDE的一個法向量， mn mnyyyy解得λ=，符合題意3λ-11-λ2222(3λ-1)2λ)|=【點睛】19．四棱錐P-ABCD中，側面PCDL底面ABCD，PDL(1)求證：BCL平面PBD；(2)求直線AP與平面PBD所成角的正弦值；(3)側棱PC上是否存在異于端點的一點E，使得二面角E一BD一P的余弦值為若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析【分析】（1）利用面面垂直的性質推導出PDL平面ABCD，可得出B再結合線面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）以點D為坐標原點，DA、DC、DP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線AP與平面PBD所成角的正弦值；（3）設=λ，其中0<λ<1，利用空間向量法可得出關于λ的等式，結合0<λ<1可求得λ的值，即可得出結論.PD仁平面PCD，PDLCD，所以，PDL平面ABCD，因為BC仁平面ABCD，所以，BCLPD，取CD的中點F，連接BF，在直角梯形ABCD中，AB//CD，ZADC=90。，AB=AD=1，CD=2，因為F為CD的中點，則AD=AB=CD=DF，且AB//DF，因為CD=2，所以，BC2+BD2=因為PD八BD=D，BD、PD仁平面PBD，所以，BC6666（2）解：因為PDL平面ABCD，ZADC=90。，以點D為坐標原點，DA、DC、DP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，由（1）知BCL平面PBD，所以，平面PBDAP.BC11AP.BC11cosAP,BCAP.BC所以，直線AP與平面PBD所成角的正弦值為.（3）解：設=λ=λ(0,2,-1)=(0,2λ,-λ)，其中0<λ<1，設平面BDE的法向量為=(x,y,z)，則〈-λ)z=0，取y=λ-1，可得=(1-λ,λ-1,2λ)，2λ-12λ-1cosBC,mBC.m則BC.m 2(λ-1)2+4λ2 整理可得3λ2+2λ-1=0，因為0<λ<1，解得λ=，且當λ=時，由圖可知，二面角E-BD-P為銳角， 因此，側棱PC上存在異于端點的一點E，使得二面角E-BD-P的余弦值為36，且=.20．如圖，圓柱的軸截面ABCD是邊長為6的正方形，下底面圓的一條弦EF交CD于點G，其中DG=2,DE=DF.(1)證明：平面AEF平面ABCD;(2)判斷上底面圓周上是否存在點P，使得二面角PEFA的余弦值為．若存在，求AP的長;若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在點P，AP的長為2.【分析】（1）將面面垂直轉化為EF平面ABCD，根據(jù)圓和圓柱的性質可證；（2）建立空間直角坐標系，利用向量可解.因為DEDF所以G為弦EF的中點，且EFCD.因為EFAD,ADCDD,AD、CD平面ABCD.所以EF平面ABCD.因為EF平面AEF.所以平面AEF平面ABCD.設平面PEF交圓柱上底面于PQ，交AB于點H.則二面角PEFA的大小就是二面角HEFA的大小.分別以下底面垂直于DG的直線、DG、DA為x、y、z軸建立空間直角坐標系如圖所示.7則A(0,0,6),E(2,2,0),F(一2,2,0)，設H(0,m,6)(0<m<6).=(2,m2,6)．設平面AEF的一個法向量為=(x1,y1,z11令z1設平面HEF的一個法向量為=(x2,y2,z2).22(x2(x2 即：AH=4．又因為EF//平面PAB,EF仁平面PEF，平面PAB八平面PEF=PQ所以EF//PQ,PQLAB，且H為PQ的中點.4所以存在點P，使得二面角P一EF4AP的長為2.21．如圖，四棱錐P一ACBD，PDL平面ACBD，且ADLDB，三角形.(1)求證：AC//平面PBD；(2)求平面ABP與平面ABC夾角的余弦值；(3)線段PC上是否存在點E，使得DE與平面ABP所成角的正弦值為，若存在，請指出點E的位置； 7 7若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見詳解；(2)；7(3)存在，點E與點P重合.邊形ADBF為平行四邊形，所以AC//DB.進而根據(jù)線面平行的判定定理，即可得出；（2）以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系.寫出各點的坐標，求出平面ABP的法向量.由已知可得=(0,0,1)即為平面ABC的一個法向量.然后根據(jù)向量法，即可求出結果；（3）=λ(0<λ<1).然后表示出=(-λ,2λ,-λ+1)，根據(jù)向量法求出線面角.令cosn1,DE223λ 3 88λ2-2λ+1,整理即可得出λ的值.因為ADLDB，所以AD2=AB2-BD2=3，所以AD=.因為ΔABC是邊長為2的正三角形，F(xiàn)是AC中點，所以BFLAC，所以BF2=BC2-CF2=3，所以BF==AD.則在四邊形ADBF中，有AF=DB，BF=AD，所以四邊形ADBF為平行四邊形，所以AC//DB.因為，AC仁平面PBD，DB仁平面PBD，所以AC//平面PBD.由已知PDL平面ACBD，AD仁平面ACBD，以點D為坐標原點，分別以DA,DB,DP所在的直線為x,y,z軸，如圖2建立空間直角坐標系D一xyz.)是平面ABP的一個法向量，)是平面ABP的一個法向量.因為PDL平面ACBD，所以=(0,0,1)即為平面ABC的一個法向量.所以，平面ABP與平面ABC夾角的余弦值為21217（3）存在，當點E與點P重合時，滿足條件.設=λ(0<λ<1).λ,2λ,λ)，(λ,2λ,λ+1).)是平面ABP的一個法向量，(λλ22323λ8λ22λ+1 3 x令=，整理可得，2λ23λ=0 3 x令解得λ=0或λ=解得λ=0或所以，λ=0，即當點E與點P重合時，滿足條件.22．如圖，在三棱錐P一ABC中，平面PBCL平面ABC，‘PBC為等邊三角形，D，E分別為PC，PB的中點，BDLPA，BC=2，AC=1.(1)求證：ACL平面PBC；(2)在線段AC上是否存在點F，使得平面DEF與平面ABC的夾角為，若存在，求出CF的長；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析【分析】（1）先證明BDLPC，結合BDLPA，由線面垂直判定定理和定義證明ACLBD，取BC中點G，由面面垂直性質定理證明PGL平面ABC，由此可得PGLAC，最后利用線面垂直判定定理證明ACL平面PBC；【詳解】（1）：‘PBC為等邊三角形，D為PC中點，：BDLPC，又：BDLPA，PAnPC=P，PA，PC仁平面PAC，：BDL平面PAC，：AC仁平面PAC，：ACLBD，取BC中點G，連接PG，:?PBC為等邊三角形，：PGLBC，∵平面PBC平面ABC，平面PBCn平面ABCBC，PG平面PBC.∵AC平面ABC，PGAC，∵BD與PG相交，BD，PG平面PBC，AC平面PBC；（2）以C為坐標原點，CA，CB所在直線為x軸，y軸，過C且與GP平行的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則EE設Fa,0,00a1，則------1r則---DF0y0ax2y y0z2a取xy0z2a3,0,2a為平面DEF的一個法向量，取平面ABC的一個法向量為0,0,1，-mmn則-mn34a22，則-mn解得a=，此時CF=:在線段AC上存在點F使得平面DEF與平面ABC的夾角為，且CF= 1.223．已知底面ABCD是正方形，PA平面ABCD，PA//DQ，PA=AD=3DQ=3，點E、F分別為線段PB、CQ的中點.(1)求證：EF//平面PADQ；(2)求平面PCQ與平面CDQ夾角的余弦值；(3)線段PC上是否存在點M，使得直線AM與平面PCQ所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)7利用面面平行的性質可證得結論成立；法二：以點A為坐標原點，以AB、AD、AP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證得結論成立；（2）利用空間向量法可求得平面PCQ與平面CDQ夾角的余弦值；（3）假設存在點M，使得=λ，其中λe[0,1]，求出向量的坐標，利用空間向量法可得出關于λ的方程，解之即可.由題意可知點E、F分別為線段PB、CQ的中點．所以EG//PA，F(xiàn)H//QD，因為PA//DQ，所以EG//FH，所以點E、G、H、F四點共面，因為G、H分別為AB、CD的中點，所以GH//AD，因為AD仁平面ADQP，GH丈平面ADQP，所以GH//平面ADQP，又因為FH//QD，QD仁平面ADQP，F(xiàn)H丈平面ADQP，所以FH//平面ADQP，又因為FHnGH=H，F(xiàn)H、GHi平面EGHF，所以平面EGHF//平面ADQP，因為EF仁平面EGHF，所以EF//平面ADQP；法二：因為ABCD為正方形，且PAl平面ABCD，所以AP、AB、AD兩兩互相垂直，以點A為坐標原點，以AB、AD、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，所以.=0，所以l，又因為EF丈平面ADQP，所以EF//平面ADQP.所以平面PCQ的一個法向量為=(1,2,3)，易知平面CQD的一個法向量=(0,1,0)，設平面PCQ與平面CQD夾角為θ,則cosθ=---.mn7所以平面PCQ與平面CQD夾角余弦值為7;----------AM.m3λ+6λ+9一9λ----------AM.m3λ+6λ+9一9λ因為0≤λ≤1，解得λ=或，所以，=或=1.(1)當G為BE的中點時，求證：CDL平面AFG(2)是否存在一點G，使平面AFG與平面ABC所成角的余弦值為1？若存在，請求出的值，若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析【分析】(1)建立空間直角坐標系，利用向量方法證明FG⊥CD，結合AFLCD，化簡線面垂直判定定理證明CDL平面AFG；(2)設=λ,λE[0,1]，求平面AFG與平面ABC的法向量，利用向量夾角公式求兩向量的夾角余弦，由條件列方程求λ即可.------以點C為原點，CA,CF為x,z軸正方向建立空間直角坐標系，，------∴FG⊥CD由菱形性質知AFLCD∵AF仁平面AFG，F(xiàn)G仁平面AFG，AFnFG=F∴CDL平面AFG；設=λ,λE[0,1]，則=λ=λ(0,0,2)=(0,0,2λ)578 78 G1,3,2G1,3,2λ,所以所以所以設平面AFG的法向量為=(x,y,z)，則則 取所以3,1_2λ,3)為平面AFG的一個法向量，所以 6+ 6+1_2λ2m.ncosθ=cosm,nyy2_24λ2_24 =2,使平面=2,使平面AFG與平面ABC所成角的余弦值為BE4距離中型四題的探索性問題距離中型四題25．如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，側面AA1C1C為長方形，AA1=1，AB=BC=2，ZABC=120。，(1)求證：平面AA1C1CL平面C1MB；(2)求直線A1B和平面C1MB所成角的正弦值；(3)在線段A1B上是否存在一點T，使得點T到直線MC1的距離是，若存在求A1T的長，不存在說明理由.【答案】(1)證明見解析(2).ABAB.ABAB553【詳解】（1）由于AB=BC,AM=CM，所以BMLAC，根據(jù)直三棱柱的性質可知BMLAA1，由于AC∩AA1=A，所以BML平面AA1C1C，由于BM仁平面C1MB，所以平面AA1C1CL平面C1MB.（2）設N是A1C1的中點，連接MN，則MN//AA1，MA，MB，MN，兩兩相互垂直.以M為空間坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，A設平面C1MB的法向量為=(x,y,z)，則1111==(λ,λ,λ)(λE(0,1))，則過T作THLMC1=H，則MH=|λ一1|，∵d2+MH2=MT2，9∴2+λ9∴λ=λ=∴1 5∴1AT=.3E為PD的中點.(1)求證：ACPD；(2)求二面角E-AC-D的大??；(3)在側棱PC上是否存在點F，使得點F到平面AEC的距離為66？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）作出輔助線，證明線面垂直，進而證明線線垂直；（2）建立空間直角坐標系，用空間向量求解二面角；（3）設出F點坐標，用空間向量的點到平面距離公式進行求解.連接PO．因為PA=PC=2，所以ACPO.43232四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，則ACBD.又POnBDO，所以AC平面PBD，因為PD平面PBD，所以ACPD.（2）因為PBPD，所以BDPO，所以由（1）知PO平面ABCD，---------以O為原點，OB，OC，OP的方向為x軸，y軸，-