第3章 章末复习课3 空间向量与立体几何（课件PPT）-【金榜题名】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（北师大版）

该高中数学必修第二册章末复习课件，以空间向量为核心，系统梳理其概念运算、位置关系证明、空间角与距离计算及探索性问题解决，通过知识体系流程图和要点归纳，串联知识点内在逻辑，构建完整知识网络。 亮点在于采用“概念梳理-例题示范-跟踪训练-探索性问题”分层模式，如例4通过设参数探究点的存在性，培养数学思维与数学语言表达能力。分层设计让不同学生提升，教师可借实例精准教学，有效巩固知识。

章 末 复 习 课 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 谢谢观看 章末复习课 必修第二册 数学 一、空间向量的概念及其运算 空间向量可以看作是平面向量的推广，有许多概念和运算与平面向量是相同的，如模、零向量、单位向量、相等向量、相反向量等概念，加法的三角形法则和平行四边形法则，减法的几何意义，数乘运算与向量共线的判断、数量积运算、夹角公式、求模公式等等；向量的基底表示和坐标表示是向量运算的基础． [例 1]　如图所示，在平行六面体A1B1C1D1 ­ABCD中，M分 eq \o(AC,\s\up15(→))成的比为 eq \f(1,2)，N分 eq \o(A1D,\s\up15(→))成的比为2，设 eq \o(AB,\s\up15(→))＝a， eq \o(AD,\s\up15(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝c，试用a，b，c表示 eq \o(MN,\s\up15(→)). [解]　 连接AN，则 eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \o(MA,\s\up15(→))＋ eq \o(AN,\s\up15(→))，由题知ABCD是平行四边形，故 eq \o(AC,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＝a＋b.因为M分 eq \o(AC,\s\up15(→))成的比为 eq \f(1,2)，所以 eq \o(MA,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,3)(a＋b). 又N分 eq \o(A1D,\s\up15(→))成的比为2，故 eq \o(AN,\s\up15(→))＝ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(DN,\s\up15(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up15(→))－ eq \o(ND,\s\up15(→))＝ eq \o(AD,\s\up15(→))－ eq \f(1,3) eq \o(A1D,\s\up15(→))＝ eq \o(AD,\s\up15(→))－ eq \f(1,3)( eq \o(AD,\s\up15(→))－ eq \o(AA1,\s\up15(→))) ＝ eq \f(1,3)(c＋2b)，则 eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \o(MA,\s\up15(→))＋ eq \o(AN,\s\up15(→)) ＝－ eq \f(1,3)(a＋b)＋ eq \f(1,3)(c＋2b) ＝ eq \f(1,3)(－a＋b＋c). 1．如图所示，在四棱锥S ­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2. 给出以下结论： ① eq \o(SA,\s\up15(→))＋ eq \o(SB,\s\up15(→))＋ eq \o(SC,\s\up15(→))＋ eq \o(SD,\s\up15(→))＝0； ② eq \o(SA,\s\up15(→))＋ eq \o(SB,\s\up15(→))－ eq \o(SC,\s\up15(→))－ eq \o(SD,\s\up15(→))＝0； ③ eq \o(SA,\s\up15(→))－ eq \o(SB,\s\up15(→))＋ eq \o(SC,\s\up15(→))－ eq \o(SD,\s\up15(→))＝0； ④ eq \o(SA,\s\up15(→))· eq \o(SB,\s\up15(→))＝ eq \o(SC,\s\up15(→))· eq \o(SD,\s\up15(→))；⑤ eq \o(SA,\s\up15(→))· eq \o(SC,\s\up15(→))＝0，其中正确结论的序号是________． 解析：容易推出： eq \o(SA,\s\up15(→))－ eq \o(SB,\s\up15(→))＋ eq \o(SC,\s\up15(→))－ eq \o(SD,\s\up15(→))＝ eq \o(BA,\s\up15(→))＋ eq \o(DC,\s\up15(→))＝0，所以③正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以 eq \o(SA,\s\up15(→))· eq \o(SB,\s\up15(→))＝2·2·cos ∠ASB， eq \o(SC,\s\up15(→))· eq \o(SD,\s\up15(→))＝2·2·cos ∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是 eq \o(SA,\s\up15(→))· eq \o(SB,\s\up15(→))＝ eq \o(SC,\s\up15(→))· eq \o(SD,\s\up15(→))，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④. 答案：③④ 2．如图所示，在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°. (1)求 eq \o(AC1,\s\up15(→))的长； (2)求 eq \o(BD1,\s\up15(→))与 eq \o(AC,\s\up15(→))夹角的余弦值． 解：记 eq \o(AB,\s\up15(→))＝a， eq \o(AD,\s\up15(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1， 〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ∴a·b＝b·c＝c·a＝ eq \f(1,2). (1)| eq \o(AC1,\s\up15(→))|2＝(a＋b＋c)2 ＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a) ＝1＋1＋1＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6， ∴| eq \o(AC1,\s\up15(→))|＝ eq \r(6). (2) eq \o(BD1,\s\up15(→))＝b＋c－a， eq \o(AC,\s\up15(→))＝a＋b， ∴| eq \o(BD1,\s\up15(→))|＝ eq \r(2)，| eq \o(AC,\s\up15(→))|＝ eq \r(3)， eq \o(BD1,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1， ∴cos 〈 eq \o(BD1,\s\up15(→))， eq \o(AC,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(BD1,\s\up15(→))·\o(AC,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(BD1,\s\up15(→))|)\a\vs4\al(|\o(AC,\s\up15(→))|))＝ eq \f(\r(6),6). 二、利用空间向量证明位置关系 设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则 (1) 线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R； (2)线面平行(l⊄α)：l∥α ⇔a⊥u⇔a·u＝0； (3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv，k∈R； (4)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0； (5)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R； (6)面面垂直：α⊥β ⇔u⊥v⇔u·v＝0. [例 2]　 如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点． (1)求证：BM∥平面ADEF； (2)求证：BC⊥平面BDE； (3)求证：平面BCE⊥平面BDE. [证明]　∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED， ED⊂平面ADEF，∴ED⊥平面ABCD. 以D为原点， eq \o(DA,\s\up15(→))， eq \o(DC,\s\up15(→))， eq \o(DE,\s\up15(→))分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系． 则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2). (1)∵M为EC的中点，∴M(0，2，1)，则 eq \o(BM,\s\up15(→))＝(－2，0，1)， eq \o(AD,\s\up15(→))＝(－2，0，0)， eq \o(AF,\s\up15(→))＝(0，0，2)， ∴ eq \o(BM,\s\up15(→))＝ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AF,\s\up15(→))， 故 eq \o(BM,\s\up15(→))， eq \o(AD,\s\up15(→))，AF共面． 又BM⊄平面ADEF，∴BM∥平面ADEF. (2) eq \o(BC,\s\up15(→))＝(－2，2，0)， eq \o(DB,\s\up15(→))＝(2，2，0)， eq \o(DE,\s\up15(→))＝(0，0，2)， ∵ eq \o(BC,\s\up15(→))· eq \o(DB,\s\up15(→))＝－4＋4＋0，∴BC⊥DB. 又 eq \o(BC,\s\up15(→))· eq \o(DE,\s\up15(→))＝0，∴BC⊥DE. 又DE∩DB＝D，∴BC⊥平面BDE. (3)由(2)知BC⊥平面BDE，又BC⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面BDE. 3．如图所示 ，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA＝AB＝1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动． (1)当点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)证明：无论点E位于边BC上的任何地方，都有PE⊥AF. 解： (1)如图，以A为原点， eq \o(AD,\s\up15(→))， eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(AP,\s\up15(→))所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，B(0，1，0)，设D(a，0，0)，则C(a，1，0). ∵E为BC的中点，F为BP的中点， ∴E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))). ∴ eq \o(EF,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))， eq \o(AP,\s\up15(→))＝(0，0，1)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(a，1，0).设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up15(→))＝0，,))∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(z＝0，,ax＋y＝0，))取x＝1， 则n＝(1，－a，0)， ∴ eq \o(EF,\s\up15(→))·n＝0，∴ eq \o(EF,\s\up15(→))⊥n. 又EF⊄平面PAC，∴EF∥平面PAC. (2)证明：∵E在BC上， ∴可设E(m，1，0)，0≤m≤a， ∴ eq \o(PE,\s\up15(→))＝(m，1，－1)， eq \o(AF,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))， ∴ eq \o(PE,\s\up15(→))· eq \o(AF,\s\up15(→))＝0，∴PE⊥AF， ∴无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF. 三、利用空间向量求空间角和距离 1．空间角主要包括异面直线所成角、直线与平面所成的角、二面角，用空间向量求解空间角的方法如下： 空间角 向量求法 异面直线所成角 若异面直线l1，l2的方向向量分别为u，v，它们所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈u，v〉| 直线与平面所成角 若直线l的方向向量为u，平面β的法向量为n，它们所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈u，n〉| 二面角 若二面角的两个面的法向量分别为n1·n2，二面角的大小为θ，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉，cos θ＝cos 〈n1，n2〉或cos θ＝－cos 〈n1，n2〉 2.(1)求点到直线距离的求法有：①直接作出表示距离的线段，然后再在某个三角形中求线段长度；②利用面积法；③利用向量法． (2)求点到平面的距离的求解方法有：①直接作出表示点面距离的垂线段求解；②等体积变换；③利用平面的法向量求解． [例 3]　如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1.D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1. (1)求证：CD＝C1D； (2)求二面角A­A1D­B的平面角的余弦值； (3)求点C到平面B1DP的距离． [解]　(1)证明：如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，C1(0，1，0)，B(1，0，1). 设C1D＝x，∵AC∥PC1， ∴ eq \f(C1P,AC)＝ eq \f(C1D,CD)＝ eq \f(x,1－x). 由此可得D(0，1，x)，P eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(0，1＋\f(x,1－x)，0)). ∴ eq \o(A1B,\s\up15(→))＝(1，0，1)， eq \o(A1D,\s\up15(→))＝(0，1，x)， eq \o(B1P,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(－1，1＋\f(x,1－x)，0)). 设平面BA1D的一个法向量为n1＝(a，b，c)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1B,\s\up15(→))＝a＋c＝0，,n1·\o(A1D,\s\up15(→))＝b＋cx＝0，)) 令c＝－1，则n1＝(1，x，－1). ∵PB1∥平面BDA1， ∴n1· eq \o(B1P,\s\up15(→))＝1×(－1)＋x· eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,1－x)))＋(－1)×0＝0. 由此可得x＝ eq \f(1,2).故CD＝C1D. (2)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1＝ eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1)).又n2＝(1，0，0)为平面AA1D的一个法向量． ∴cos 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝ eq \f(1,1×\f(3,2))＝ eq \f(2,3). ∴二面角A­A1D­B的平面角的余弦值为 eq \f(2,3). (3)∵ eq \o(PB1,\s\up15(→))＝(1，－2，0)， eq \o(PD,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(1,2)))， 设平面B1DP的一个法向量为n3＝(a1，b1，c1)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(PB1,\s\up15(→))＝a1－2b1＝0，,n3·\o(PD,\s\up15(→))＝－b1＋\f(c1,2)＝0.))令c1＝1，可得n3＝ eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1)). 又 eq \o(DC,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))， ∴点C到平面B1DP的距离 d＝ eq \b\lc\|\rc\| (\a\vs4\al\co1(\f(\o(DC,\s\up15(→))·n3,|n3|)))＝ eq \f(1,3). 4．如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求证：MN∥平面BDE； (2)求二面角C­EM­N的正弦值． (3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 eq \f(\r(7),21)，求线段AH的长． 解：由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为原点，分别以 eq \o(AB,\s\up6(→))， eq \o(AC,\s\up6(→))， eq \o(AP,\s\up6(→))方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0). (1)证明： eq \o(DE,\s\up15(→))＝(0，2，0)， eq \o(DB,\s\up15(→))＝(2，0，－2). 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up15(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y＝0，,2x－2z＝0.)) 不妨取z＝1，可得n＝(1，0，1). 又 eq \o(MN,\s\up15(→))＝(1，2，－1)，可得 eq \o(MN,\s\up15(→))·n＝0， 因为MN⊄平面BDE， 所以MN∥平面BDE. (2)易知n1＝(1，0，0)为平面CEM的一个法向量． 设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量， 又 eq \o(EM,\s\up15(→))＝(0，－2，－1)， eq \o(MN,\s\up15(→))＝(1，2，－1)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(EM,\s\up15(→))＝0，,n2·\o(MN,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2y1－z1＝0，,x1＋2y1－z1＝0.)) 不妨取y1＝1，可得n2＝(－4，1，－2). 因此有cos 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝－ eq \f(4,\r(21))， 于是sin 〈n1，n2〉＝ eq \f(\r(105),21). 所以二面角C­EM­N的正弦值为 eq \f(\r(105),21). (3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)， 则H(0，0，h)， 进而可得 eq \o(NH,\s\up15(→))＝(－1，－2，h)， eq \o(BE,\s\up15(→))＝(－2，2，2). 由已知，得|cos 〈 eq \o(NH,\s\up15(→))， eq \o(BE,\s\up15(→))〉|＝ eq \f(|\o(NH,\s\up15(→))·\o(BE,\s\up15(→))|,|\o(NH,\s\up15(→))||\o(BE,\s\up15(→))|) ＝ eq \f(|2h－2|,\r(h2＋5)×2\r(3))＝ eq \f(\r(7),21)， 整理得10h2－21h＋8＝0， 解得h＝ eq \f(8,5)或h＝ eq \f(1,2). 所以线段AH的长为 eq \f(8,5)或 eq \f(1,2). 四、用向量法解决立体几何中的探索性问题 向量法解决立体几何探索性问题策略： 1．涉及线段上点的位置的探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，所求点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识找点，求解时注意三点共线条件的应用． 2．借助空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示出来，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组有满足题设要求的解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组没有满足题设要求的解，则表示满足题设要求的几何对象不存在． [例 4]　在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2 eq \r(2)，∠ABC＝90°，如图①把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD(如图②). (1)求证CD⊥AB； (2)若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离； (3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为60°？若存在，求出 eq \f(BN,BC)的值；若不存在，请说明理由． [解]　 (1)证明　由已知条件可得BD＝2，CD＝2，CD⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，又因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB. 又A＋B＋C＝π，所以sin C＝2sin A，所以 eq \f(sin C,sin A) ＝2. (2)以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图，由已知可得A(1，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(1，1，0)，所以 eq \o(CD,\s\up6(→))＝(0，－2，0)， eq \o(AD,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)， eq \o(MC,\s\up6(→))＝(－1，1，0). 设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \o(CD,\s\up6(→))⊥n， eq \o(AD,\s\up6(→))⊥n，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋z＝0，)) 令x＝1，得平面ACD的一个法向量为n＝(1，0，－1)，所以点M到平面ACD的距离d＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(MC,\s\up15(→)),|n|)))＝ eq \f(\r(2),2). (3)假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，设 eq \o(BN,\s\up15(→))＝λ eq \o(BC,\s\up15(→))，0≤λ≤1，则N(2－2λ，2λ，0)，所以 eq \o(AN,\s\up15(→))＝(1－2λ，2λ，－1)，又因为平面ACD的一个法向量为n＝(1，0，－1)，且直线AN与平面ACD所成的角为60°，所以sin 60°＝ eq \f(|\o(AN,\s\up15(→))·n|,|\o(AN,\s\up15(→))||n|)＝ eq \f(\r(3),2)，可得8λ2＋2λ－1 ＝0，所以λ＝ eq \f(1,4)或λ＝－ eq \f(1,2)(舍去). 综上，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为60°，此时 eq \f(BN,BC)＝ eq \f(1,4). 5．如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝ eq \r(2)，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点． (1)求证：PO⊥平面ABCD； (2)求异面直线PB与CD所成角的余弦值； (3)线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为 eq \f(\r(3),2)？若存在，求出 eq \f(AQ,QD)的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：在△PAD中PA＝PD，O为AD中点， ∴PO⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD. (2)以O为坐标原点， eq \o(OC,\s\up15(→))， eq \o(OD,\s\up15(→))， eq \o(OP,\s\up15(→))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O­xyz，依题意，易得A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，则 eq \o(CD,\s\up15(→))＝(－1，1，0)， eq \o(PB,\s\up15(→))＝(1，－1，－1)， cos 〈 eq \o(CD,\s\up15(→))， eq \o(PB,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(CD,\s\up15(→))·\o(PB,\s\up15(→)),|\o(CD,\s\up15(→))||\o(PB,\s\up15(→))|)＝－ eq \f(\r(6),3). ∴异面直线PB与CD所成角的余弦值是 eq \f(\r(6),3). (3)假设线段AD上存在点Q，使得它到平面PCD的距离为 eq \f(\r(3),2)，由(2)知 eq \o(CP,\s\up15(→))＝(－1，0，1)， eq \o(CD,\s\up15(→))＝(－1，1，0). 设平面PCD的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(CP,\s\up15(→))＝0，,n·\o(CD,\s\up15(→))＝0，))∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x0＋z0＝0，,－x0＋y0＝0，)) 即x0＝y0＝z0， 取x0＝1，得平面PCD的一个法向量为n＝(1，1，1). 设Q(0，y，0)(－1≤y≤1)， eq \o(CQ,\s\up15(→))＝(－1，y，0)， 由 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CQ,\s\up15(→))·n,|n|)))＝ eq \f(\r(3),2)， 得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋y,|\r(3)|)))＝ eq \f(\r(3),2)， 解得y＝－ eq \f(1,2)或y＝ eq \f(5,2)(舍去)， 此时| eq \o(AQ,\s\up15(→))|＝ eq \f(1,2)，| eq \o(QD,\s\up15(→))|＝ eq \f(3,2)，∴存在点Q满足题意，此时 eq \f(AQ,QD)＝ eq \f(1,3). $$