應(yīng)用空間向量這一工具解決開(kāi)放性或探究性問(wèn)題，比用純立體幾何方法方便靈活，也體現(xiàn)了向量法解題的優(yōu)越性. 這種能很好地考查學(xué)生的發(fā)散思維和探究學(xué)習(xí)的能力的試題是近年各地高考試題的一大亮點(diǎn).

用空間向量處理探究性問(wèn)題，無(wú)需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過(guò)坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷. 在解題過(guò)程中，一般是利用坐標(biāo)待定法或比值待定法，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍的解”等. 所以使問(wèn)題的解決更簡(jiǎn)單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題.

例 如圖25，已知在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD.

圖25

（1）從下列①②③三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為AC⊥BD1的充分條件，并給予證明：①AB⊥BC；②AC⊥BD；③ABCD是平行四邊形.

（2）設(shè)四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都為1，且∠BAD為銳角，求平面BDD1與平面BC1D1所成銳二面角θ的取值范圍.

破解思路 第（1）問(wèn)應(yīng)從三個(gè)選項(xiàng)中逐一選擇作為條件，并把線線垂直的證明轉(zhuǎn)為線面垂直來(lái)證，最后推得AC⊥BD1；第（2）問(wèn)先確定出三線兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的數(shù)量積運(yùn)算求解. 要注意∠BAD為銳角的條件.

答案詳解 （1）條件②“AC⊥BD”可作為AC⊥BD1的充分條件. 證明如下：因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，AA1∥DD1，所以DD1⊥平面ABCD. 因?yàn)锳C？奐平面ABCD，所以DD1⊥AC.若條件②成立，即AC⊥BD，因?yàn)镈D1∩BD=D，所以AC⊥平面BDD1. 又BD1？奐平面BDD1，所以AC⊥BD1.

（2）由已知得ABCD是菱形，所以AC⊥BD. 設(shè)AC∩BD=O，O1為B1D1的中點(diǎn)，則OO1⊥平面ABCD，所以O(shè)O1，AC，BD交于同一點(diǎn)O且兩兩垂直. 以O(shè)B，OC，OO1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖26所示.

設(shè)OA=m，OB=n，其中m>0，n>0，m2+n2=1，則A（0，-m，0），B（n，0，0），C（0，m，0），C1（0，m，1），D1（-n，0，1）， =（-n，m，1）， =（-2n，0，1）.

圖26

設(shè)n=（x，y，z）是平面BC1D1的一個(gè)法向量，

由n· =0，n· =0得-xn+ym+z=0，-2xn+z=0.令x=m，則y=-n，z=2mn，所以n=（m，-n，2mn）. 又易得 =（0，2m，0）是平面BDD1的一個(gè)法向量，所以cosθ = = = = .

令t=n2，則m2=1-t，因?yàn)椤螧AD為銳角，所以0

1. 已知某幾何體的直觀圖和三視圖如圖27所示，其正視圖為矩形，側(cè)視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形.

圖27

（1）證明：BN⊥平面C1B1N.

（2）設(shè)直線C1N與平面CNB1所成的角為θ，求sinθ的值.

（3）M為AB的中點(diǎn)，在CB上是否存在一點(diǎn)P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

2. 如圖28，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，且∠BAD=60°，A1A=AB，E為BB1延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，D1E⊥平面D1AC.

圖28

（1）求二面角E-AC-D1的大小；

（2）在D1E上是否存在一點(diǎn)P，使A1P∥平面EAC？若存在，求D1P ∶PE的值；若不存在，說(shuō)明理由.