所以 BM//OE. ②
由①、②知，平面BFM//平面AEC.
又 BF 平面BFM，所以BF//平面AEC.
证法二
因为
所以 、 、 共面.
又 BF 平面ABC，从而BF//平面AEC.
【方法归纳】点F是线PC上的点，一般可设 ，求出 值，P点是已知的，即可求出F点
高考复习课：立体几何中探索性问题的向量解法
本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。
一、存在判断型
1、已知空间三点A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.设a= ，b= ，是否存在存在实数k，使向量ka+b与ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。
解∵ka+b=k（0，1，0）+（-1，0，1）＝（-1，k，1），ka-2b=（2，k，-2），
本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。
一、存在判断型
1．已知空间三点A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.设a= ，b= ，是否存在存在实数k，使向量ka+b与ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。
2．如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，∠PDA为 ，能否确定 ，使直线MN是直线AB与PC的公垂线?若能确定，求出 的值；若不能确定，说明理由.
解：以点A为原点建立空间直角坐标系A－xyz.设|AD|=2a，|AB|=2b，∠PDA= .则A(0，0，0)、B(0，2b，0)、C(2a，2b，0)、D(2a，0，0)、P(0，0，2atan )、M(0，b，0)、N(a，b，atan ).
∴ =(0，2b，0)， =(2a，2b，-2atan )， =(a，0，atan ).
立体几何中的探索性问题
立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究．这类试题的一般设问方式是“是否存在?存在给出证明，不存在说明理由”．解决这类试题，一般根据探索性问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设．
【方法归纳】对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现矛盾，则否定存在。这是一种最常用也是最基本的方法.
二、位置探究型
3．如图所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中点， 与 夹角的余弦值为 。
（1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标。
(2)求异面直线PB与CD所成角的大小：
(3)线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为 ?若存在，求出AQ：DQ的值；若不存在，请说明理由．
立体几何中探索性问题的向量解法
高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.
(1)求证：AC⊥SD．
(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小．
(3)在(2)的条件下，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．
如图所示，在正方体ABCD—AlBlC1Dl中，M,N分别是AB，BC 中点．
(1)求证：平面B1MN⊥平面BB1D1D；
（2）在平面PAD内是否存在一点F，使EF⊥平面PCB？
解析：⑴以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设P（0,0,2m）.
则A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、E(1,1,m)，
从而 =(-1,1,m), =(0,0,2m).
= ，得m=1.
所以E点的坐标为（1,1,1）.
（1）当E、F在何位置时，B1F⊥D1E；
（2）是否存在点E、F，使A1C⊥面C1EF？
（3）当E、F在何位置时三棱锥C1－CEF的体积取得最大值，并求此时二面角C1－EF－C的大小．
解：（1）以A为原点，以 为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设BE=x，则有
因此，无论E、F在何位置均有
（2）
若A1C⊥面C1EF，则 得 矛盾，故不存在点E、F，使A1C⊥面C1EF
∵ · =(0，2b，0)·(a，0，atan )=0，
∴ ⊥ .即AB⊥MN.
若MN⊥PC，
则 · =(a，0，atan )·(2a，2b，-2atan )
=2a2-2a2tan2 =0.
∴tan2 =1，而 是锐角.
∴tan =1， ＝45°.
即当 =45°时，直线MN是直线AB与PC的公垂线.
（3）
当 时，三棱锥C1—CEF的体积最大，这时，E、F分别为BC、CD的中点。
连接AC交EF于G，则AC⊥EF，由三垂线定理知：C1G⊥EF
，
【方法归纳】立体几何中的点的位置的探求经常借助于空间向量，引入参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法.
三、巩固提高
B1( ，1，2)，M( ， ，0).
点N在侧棱CC1上，可设N（0，2，m）（0≤m≤2），
则 =( ，1，2)， =( ， ，m)，
于是| |=2 ，| |= ， · =2m-1.
如果异面直线AB1和MN所成的角等于45°，那么向量 和 的夹角是45°或135°，而cos< ， >= = ，
所以 =± .解得m=- ，这与0≤m≤2矛盾.
知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，连结EH，
则EH⊥AC，∠EHG即为二面角 的平面角.
又PE : ED=2 : 1，所以
从而
（Ⅲ）解法一 以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为
所以
设点F是棱PC上的点， 则
（1）当E、F在何位置时，B1F⊥D1E；
（2）是否存在点E、F，使A1C⊥面C1EF？
（3）当E、F在何位置时三棱锥C1－CEF的体积取得最大值，并求此时二面角C1－EF－C的大小．
2、如图,在四棱锥P–ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=√3，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．
（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论.
（Ⅰ）证明 因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，
所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中，
由PA2+AB2=2a2=PB2知PA⊥AB.
同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD.
（Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G，
由PA⊥平面ABCD.
拓展提升
(1)开放性问题是近几年高考的一种常见题型．一般来说，这种题型依据题目特点，充分利用条件不难求解．
(2)对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．
9如图，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．
5、 在正三棱柱ABC—A1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，问：在侧棱CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？
解：以A点为原点，建立如图9-6-5所示的空间右手直角坐标系A－xyz.
因为所有棱长都等于2，所以
A（0，0，0），C（0，2，0），B（ ，1，0），
即在侧棱CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°.
6、(湖南高考·理）如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD= ,点E在PD上，且PE:ED=2:1.
（I）证明PA⊥平面ABCD；
（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角 的大小；
(1)点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由．
(2)求证：无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF．
(3)当BE为何值时，PA与平面PDE所成角的大小为45。?
【方法归纳】
三、巩固提高
5．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，问：在侧棱CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？
且(ka+b)⊥（ka-2b），
∴（-1，k，1）·（2，k，-2）=k2-4=0.
则k=-2或k=2.
点拨：第（2）问在解答时也可以按运算律做.
(ka+b)(ka-2b)=k2a2-ka·b-2b2= k2-4=0，解得k=-2或k=2.
2、 如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，∠PDA为 ，能否确定 ，使直线MN是直线AB与PC的公垂线?若能确定，求出 的值；若不能确定，说明理由.
(2)在棱DD1上是否存在点P，使BD1∥平面PMN，若有，确定点P的位置；若没有，说明理由．
如图所示，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA =PD=√2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，0为AD中点．
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
【方法归纳】：
二、位置探究型
3．如图所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中点， 与 夹角的余弦值为 。
（1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标。
（2）在平面PAD内是否存在一点F，使EF⊥平面PCB？