（人教A版）选择性必修二高二数学上学期期末复习 第一章 空间向量与立体几何 题型归纳+随堂检测（拔尖篇）（2份，原卷版+解析版）

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1．如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点E为上底面对角线A1C1的中点，若BE=AA1+xAB+yAD，则（ ）
A．x=−12,y=12 B．x=12,y=−12 C．x=−12,y=−12 D．x=12,y=12
【解题思路】根据空间向量的线性运算即可求解.
【解答过程】根据题意，得；BE=BB1+12(BA+BC)=AA1+12BA+12BC=AA1−12AB+12AD,
又∵BE=AA1+xAB+yAD∴x=−12,y=12,故选：A.
2．在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，OM=λMAλ>0，N为BC的中点，若MN=−34a+12b+12c，则λ=（ ）
A．13 B．3 C．12 D．2
【解题思路】根据空间向量的线性运算即可得解.
【解答过程】如图，
因为OM=λMA，N为BC的中点，所以OM=λλ+1OA，
又因为ON=12OB+12OC，所以MN=ON−OM=12OB+12OC−λλ+1OA=−λλ+1a+12b+12c，
又MN=−34a+12b+12c，所以−λλ+1=−34，解得：λ=3．故选：B.
题型2
向量共线、共面的判定及应用
1．如果A(1,5,−1),B(2,4,1),C(a,3,b+2)三点共线，那么a−b=（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】首先表示出AB、AC，依题意可得AB//AC，即可得到AC=λAB，从而得到方程组，解得即可；
【解答过程】解：因为A(1,5,−1),B(2,4,1),C(a,3,b+2)，所以AB=1,−1,2,AC=a−1,−2,b+3，
又三点共线，所以AB//AC，所以AC=λAB，所以a−1=λ−2=−λb+3=2λ，解得λ=2a=3b=1，所以a−b=2.故选：B.
2．下列条件能使点M与点A,B,C一定共面的是（ ）
A．OM=OA−OB−OC B．OM=OA+OB+OC
C．OM=−OA−OB+12OC D．OM=−OA−OB+3OC
【解题思路】根据空间共面向量定理以及其结论一一判断各选项，即可得答案.
【解答过程】设OM=xOA+yOB+zOC，若x+y+z=1，则点M,A,B,C共面．
对于A，OM=OA−OB−OC，由于1−1−1=−1≠1，故A错误；
对于B，OM=OA+OB+OC，由于1+1+1=3≠1，故B错误；
对于C, OM=−OA−OB+12OC，由于−1−1+12=−32≠1，故C错误；
对于D，OM=−OA−OB+3OC，由于−1−1+3=1，得M,A,B,C共面，故D正确.故选：D.
题型3
空间向量的夹角及其应用
1．已知向量a=(1,0,3)，单位向量b满足a+2b=23，则a,b的夹角为（ ）
A．π6 B．π4 C．π3 D．2π3
【解题思路】利用向量的模平方得向量积的值，再利用向量夹角公式求解
【解答过程】因为a=(1,0,3)，所以|a|=12+0+32=2.又a+2b=23，
所以a+2b2=12，即a2+4a⋅b+4b=12，所以4+4a⋅b+4=12，则a⋅b=1.
所以cs〈a,b〉=a⋅b|a||b|=12×1=12.又〈a,b〉∈[0,π]，所以〈a,b〉=π3.故选：C.
2．在三棱锥P−ABC中，BC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面ABC.

(1)证明：PA⊥平面ABC；
(2)若PA=22AB=22BC,D为PC中点，求向量AP与BD夹角的余弦值.
【解题思路】（1）由线面垂直和面面垂直的性质定理和判定定理证明即可；
（2）由BD=12BA+AP+BC，求出BD，AP⋅BD，由空间向量夹角的公式代入求解即可.
【解答过程】（1）证明：过点B作BO⊥AC于点O，

∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC,BO⊂平面ABC，
∴BO⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC,∴BO⊥PA.
∵BC⊥平面PAB,PA⊂平面PAB,∴BC⊥PA.
∴BC∩BO=B,BC,BO⊂平面ABC,∴PA⊥平面ABC.
（2）由（1）知BC⊥PA,BC⊥AB,PA⊥AB，设AB=1，则PA=22,BC=1.
∵D为PC中点，∴BD=12BP+BC=12BA+AP+BC，
BD=12BA+AP+BC=121+8+1=102
∴AP⋅BD=12AP⋅BA+AP2+AP⋅BC=4，csAP⋅BD=AP⋅BDAP⋅BD=255
∴AP与BD夹角的余弦值为255.
题型4
利用空间向量的数量积求模
1．如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，其中AB=2，AD=4，AA1=3，且∠A1AD=∠A1AB=60°，则线段AC1的长为（ ）

A．9 B．29 C．47 D．43
【解题思路】由AC1=AC+CC1，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出AC2,2AC⋅CC1,CC12的值，进而可得答案
【解答过程】由AC1=AC+CC1，AC12=AC12=(AC+CC1)2=AC2+2AC⋅CC1+CC12.
因为底面ABCD是矩形，AB=2，AD=4，AA1=3，所以AC2=AC2=4+16=20，CC12=9，
因为∠A1AB=∠A1AD=60∘，所以AB⋅CC1=2×3×cs60∘=3,BC⋅CC1=4×3×cs60∘=6
所以2AC⋅CC1=2(AB+BC)⋅CC1=2(AB⋅CC1+BC⋅CC1)=23+6=18，
AC12=20+18+9=47,AC1=47故选：C.
2．如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=a，AD=b，AA1=c，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，a=b=c=1，则用a,b,c表示AC1及线段AC1的长为分别为（ ）

A．AC1=a+b+c，AC1=5 B．AC1=a+b−c，AC1=3
C．AC1=a+b+c，AC1=5 D．AC1=a+b−c，AC1=3
【解题思路】用向量的线性运算可直接求得AC1；求整体的模长可平方再开根.
【解答过程】在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AD=1，AA1=1，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，∵AC1=AB+BC+CC1=a+b+c，
∴AC12=AB+BC+CC12=AB2+BC2+CC12+2AB⋅BC+2AB⋅CC1+2CC1⋅BC
=1+1+1+0+2×1×1×12+2×1×1×12=5,∴AC1=5．故选:C．
3．如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=2，AA1=22，AD1=25，∠BAD=60°，∠BAA1=45°，AC与BD相交于点O.
(1)求AB⋅AD； (2)求∠DAA1； (3)求OA1的长.
【解题思路】（1）利用数量积的公式求数量积即可；
（2）利用余弦定理求出∠D1A1A，即可得到∠DAA1；
（3）通过线性运算得到OA1=−12AB−12AD+AA1，然后利用数量积求模长即可.
【解答过程】（1）AB⋅AD=ABADcs∠BAD=4×2×cs60°=4.
（2）因为ABCD−A1B1C1D1为平行六面体，所以四边形AA1DD1为平行四边形，A1D1∥AD，A1D1=AD=2，
在三角形AA1D1中，AA1=22，A1D1=2，AD1=25，所以cs∠D1A1A=8+4−202×22×2=−22，所以∠D1A1A=3π4，
又A1D1∥AD，所以∠DAA1=π4.
（3）由题意知，OA1=−12AB−12AD+AA1，则OA12=14AB2+14AD2+AA12+12AB⋅AD−AB⋅AA1−AD⋅AA1=4+1+8+12×4×2×12−4×22×22−2×22×22=3，所以OA1=3.
题型5
利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题
1．若a,b,c构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．a−b，2a+b−c，3a−c B．a−b，2a+b−c，a+5b−3c
C．a−b，a+b−c，2b−c D．a−b，a+b−c，5a+b−3c
【解题思路】由空间共面向量定理求解即可.
【解答过程】对于A选项，因为a−b+2a+b−c=3a−c，所以a−b，2a+b−c，3a−c共面，故A错误；对于B选项，设xa−b+y2a+b−c=a+5b−3c，则x+2y=1−x+y=5−y=−3，此方程组无解，即不存在实数x，y，使得a−b，2a+b−c，a+5b−3c共面，所以a−b，2a+b−c，a+5b−3c不共面，故B正确．对于C选项，因为−a−b+a+b−c=2b−c，所以a−b，a+b，2b−c共面，故C错误；
对于D选项，因为2a−b+3a+b−c=5a+b−3c，所以a−b，a+b−c，5a+b−3c共面，故D错误；故选：B．
2．已知O、A、B、C为空间中不共面的四点，且OP=13OA+12OB+tOC，若P、A、B、C四点共面，则实数t的值是（ ）
A．34 B．−18 C．16 D．−34
【解题思路】根据平面向量基本定理得到PA=xPB+yPC，进而得2OP−OA=x(OP−OB)+y(OP−OC)，根据待定系数法即可.
【解答过程】∵P、A、B、C四点共面，∴必存在唯一一组有序实数对(x,y)使得PA=xPB+yPC，
∴OP−OA=x(OP−OB)+y(OP−OC)，即(1−x−y)OP=OA−xOB−yOC
∵O、A、B、C四点不共面，∴x+y≠1，否则A、B、C三点共线，即O、A、B、C四点共面，与题意不符，
∴OP=11−x−yOA−x1−x−yOB−y1−x−yOC，则有11−x−y+−x1−x−y+−y1−x−y=1，故而13+12+t=1，∴t=16.
故选：C.
题型6
利用空间向量基本定理解决夹角、距离、垂直问题
1．已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱长为2，底面ABC是边长为2的正三角形，∠A1AB=∠A1AC=60°，若B1C和BC1相交于点M.则AM=（ ）
A．3 B．2 C．5 D．6
【解题思路】以AB,AC,AA1为基底表示AM，利用平方的方法求得AM.
【解答过程】依题意可知M是BC1的中点，所以AM=12AC1+AB=12AC1+12AB
=12AC+AA1+12AB=12AC+12AA1+12AB，所以AM=AM2=14AC+AA1+AB2
=12AC2+AA12+AB2+2AC⋅AA1+AC⋅AB+AA1⋅AB=124+4+4+22⋅2⋅cs60°×3=6.
故选：D.

2．已知斜三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB=AC=2，CC1=2，AA1与AB、AC都成60∘角，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（ ）
A．14 B．155 C．105 D．16
【解题思路】设AB=a，AC=b，AA1=c，则AB1=a+c，BC1=b+c−a，分别计算出AB1⋅BC1，AB1,BC1，利用csAB1,BC1=AB1⋅BC1|AB1||BC1|计算即可.
【解答过程】设AB=a，AC=b，AA1=c，则a⋅b=0，a⋅c=2，b⋅c=2，从而AB1=a+c，
BC1=b+c−a，AB1⋅BC1=a⋅b+b⋅c+c2−a2=2，AB1=a2+c2+2a⋅c=4+4+4=23，
BC1=a2+b2+c2+2b⋅c−2a⋅b−2a⋅c=4+4+4=23，所以csAB1,BC1=AB1⋅BC1|AB1||BC1|=16.
故选：D．
题型7
空间向量平行、垂直的坐标表示
1．已知空间向量a=1,2,−2，b=3,λ,μ−1，若a//b，则λ+μ=（ ）
A．1 B．−1 C．2 D．−2
【解题思路】利用空间向量平行的坐标表示即可得解.
【解答过程】因为a//b，a=1,2,−2，b=3,λ,μ−1，所以31=λ2=μ−1−2，解得λ=6,μ=−5，
所以λ+μ=1.故选：A.
2．设x，y，z∈ R，向量a= (x，1，1)，b= 1，y，z，c=2，−4，2，且a⊥c， b//c，则 | a+b+c| =（ ）
A．57 B．36 C．3 D．9
【解题思路】根据空间向量平行垂直条件求出参数，再根据模长公式计算即可.
【解答过程】∵a⊥c，∴2x−4+2=0，即x=1，∵b//c，∴12=y−4=z2，即y=−2,z=1，
∴a=(1,1,1),b=(1,−2,1)，∴a+b+c=(4,−5,4)，∴a+b+c=57．故选：A.
3．已知点A−2,0,2、B−1,1,2、C−3,0,4,a=AB,b=AC
(1)若c=3，且c//BC，求c；
(2)若ka+b与ka−2b垂直，求k；
(3)求csa,b.
【解题思路】（1）由空间向量共线及模的坐标表示运算即可得解；
（2）利用空间向量线性运算及垂直的坐标表示运算即可得解；
（3）由空间向量夹角余弦值的坐标表示运算即可得解.
【解答过程】（1）由题意，BC=−2,−1,2，c//BC，所以可设c=λBC=−2λ,−λ,2λ，
又c=3，所以−2λ2+−λ2+2λ2=3，解得λ=±1，所以c=−2,−1,2或c=2,1,−2；
（2）由题意，a=AB=1,1,0,b=AC=−1,0,2，
所以ka+b=k−1,k,2,ka−2b=k+2,k,−4，
又ka+b与ka−2b垂直，所以ka+b⋅ka−2b=k−1k+2+k2−8=0，
解得k=−52或k=2，所以k=−52或k=2；
（3）由（2）可得a=1,1,0,b=−1,0,2，
所以csa,b=a⋅ba⋅b=1×−1+1×0+0×22×5=−1010.
题型8
利用空间向量研究点、线、面的距离问题
1．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1C1与AD1之间的距离是（ ）
A．2 B．233 C．1 D．223
【解题思路】建系，求利用空间向量设两条直线上的点为M,N，根据题意结合空间中的两点间距离公式运算求解.
【解答过程】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A2,0,0,D10,0,2,A12,0,2,C10,2,2，
可得AD1=−2,0,2,A1C1=−2,2,0，设AM=λAD1,A1N=μA1C1,Mx0,y0,z0,Nx1,y1,z1，
则AM=x0−2,0,z0，可得x0−2=−2λy0=0z0=2λ，即x0=2−2λy0=0z0=2λ，故M2−2λ,0,2λ，
同理可得：N2−2μ,2μ,2，
则MN=2λ−2μ2+4μ2+2λ−22=22μ2−2λμ+λ2+λ−12
=22μ−λ22+λ22+λ−12≥2λ22+λ−12，当且仅当μ=λ2时，等号成立，
对λ22+λ−12=32λ2−2λ+1=32λ−232+13≥33，当且仅当λ=23时，等号成立，故MN≥233，当且仅当λ=2μ=23，即AM=23AD1,A1N=13A1C1时等号成立，即直线AD1与A1C1之间的距离是233.故选：B.

2．如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB=2AD=4,PD=455,E是PA的中点，FB=2PF，则点C到平面DEF的距离为（ ）

A．3105 B．2105 C．105 D．1010
【解题思路】如图，以D为坐标原点，DA,DC,DP的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【解答过程】如图，以D为坐标原点，DA,DC,DP的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则D0,0,0,C0,4,0,A2,0,0,B2,4,0,P0,0,455，因为E是PA的中点，FB=2PF，
所以E1,0,255,F23,43,8515，所以DE=1,0,255，DF=23,43,8515,DC=0,4,0．
设n=x,y,z是平面DEF的法向量，

则n⋅DE=x+255z=0n⋅DF=23x+43y+8515z=0，令z=5，得n=−2,−1,5．故点C到平面DEF的距离为DC⋅nn=2105．
故选：B.
3．如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90° .

(1)在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM//平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；
(2)若二面角P−CD−A的大小为45° ，求P到直线CE的距离.
【解题思路】（1）作出辅助线，证明出四边形BCDE为平行四边形，即EB//CD，故CM//BE，从而找到点M的位置；
（2）先求出∠PDA是二面角P−CD−A的平面角，大小为45∘，得到PA=AD，设AD=2，则BC=CD=12AD=1，建立空间直角坐标系，求出EC方向上的单位向量，求出P到直线CE的距离.
【解答过程】（1）延长AB交直线CD于点M，
∵点E为AD的中点，∴AE=ED=12AD，∵BC=CD=12AD，∴ED=BC，
∵AD//BC ，即ED//BC，∴四边形BCDE为平行四边形，即EB//CD.
∵AB∩CD=M，∴M∈CD，故CM//BE，∵BE⊂平面PBE,CM⊄平面PBE，∴CM//平面PBE，
∵M∈AB,AB⊂平面PAB，∴M∈平面PAB，
故在平面PAB内可以找到一点MM=AB∩CD，使得直线CM//平面PBE；

（2）如图所示，∵∠ADC=∠PAB=90∘，即PA⊥AB，且异面直线PA与CD所成的角为90∘，即PA⊥CD，
又AB∩CD=M,AB,CD⊂平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD.∵AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD，
又AD⊥CD,PA⊥CD,AD∩PA=A,AD,PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，
∵PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD，因此∠PDA是二面角P−CD−A的平面角，大小为45∘.∴PA=AD.
不妨设AD=2，则BC=CD=12AD=1.
以A为坐标原点，平行于CD的直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，∴P0,0,2,E0,1,0,C−1,2,0，
∴EC=−1,1,0,EP=0,−1,2，EC方向上的单位向量坐标为u=−12,12,0，
则EP在EC上的投影的绝对值为|EP⋅u|u=|EP⋅u|=22，
所以P到直线CE的距离为EP2−(EP⋅u)2=5−12=322.
题型9
利用空间向量求空间角
1．已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，点E，F分别是B1C1和BB1的中点，M是线段D1F的中点，则直线AM和CE所成角的余弦值为（ ）

A．36 B．1117 C．176 D．18717
【解题思路】建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，根据向量法求解即可.
【解答过程】如图，

建立空间直角坐标系，则A2,0,0，D10,0,4，C0,2,0，E1,2,4，F2,2,2，则M1,1,3，AM=−1,1,3，CE=1,0,4，则csAM,CE=AM⋅CEAMCE=−1+1211×17=18717，所以异面直线AM和CE所成角的余弦值为18717.
故选：D.
2．已知平面α与平面β的法向量分别为n1与n2，平面α与平面β相交，形成四个二面角，约定：在这四个二面角中不大于90∘的二面角称为两个平面的夹角，用θ表示这两个平面的夹角，且csθ=csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2，如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E为棱AA1的中点，F为棱CD的中点，则平面BEF与平面BCF的夹角的余弦值为（ ）

A．63 B．42121 C．−63 D．−42121
【解题思路】建立空间直角坐标系，写出B，E，F点的坐标，分别求出平面BEF和平面BCF的法向量，再根据两个平面的夹角公式直接计算出结果即可.
【解答过程】以A为坐标原点， AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，可得B(2,0,0)，E(0,0,1)，F(1,2,0)，所以EB=(2,0,−1)，EF=(1,2,−1)，设平面BEF的法向量为a=(x,y,z)，则有a⋅EB=0a⋅EF=0，得2x−z=0x+2y−z=0，令z=2，所以a=(1,12,2)，因为平面BCF的法向量是b=(0,0,1)，所以csθ=csa,b=a⋅ba⋅b=212+14+22=42121，故选：B.
题型10
利用空间向量研究存在性问题
1．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点．动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列四个结论：
①存在点P，使得PA1=PE； ②存在点P，使得BD1⊥平面PA1E；
③△PA1E的面积越来越小； ④四面体A1PB1E的体积不变．
其中，所有正确的结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】设正方体棱长为2,DP=m，求出PA12,PE2，由PA12=PE2解得m(0≤m≤2)，确定①正确，考虑到P到平面A1B1E的距离不变，从而易判断④，以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，可证明BD1不可能与A1E垂直，故②不正确；
设P(0,m,0)，(0≤m≤2)，由空间向量法求得P到A1E的距离，由距离的变化规律判断③正确.
【解答过程】设正方体棱长为2,DP=m，由AA1⊥平面ABCD,AP⊂平面ABCD得AA1⊥AP，同理PC⊥EC，
所以PA12=AA12+AD2+DP2=8+m2, PE2=PC2+CC12+C1E2=4+(2−m)2+1=5+(2−m)2，
由8+m2=5+(2−m)2得m=14，存在P使得PA1=PE，①正确，
正方体中，CD//平面A1B1C1D1,P∈CD，所以P到平面A1B1C1D1的距离不变，即P到平面A1B1E的距离不变，而△A1B1E面积不变，因此三棱锥P−A1B1E，即四面体A1PB1E的体积不变，④正确;
以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如下图，
正方体棱长为2，则A1(2,0,2),E(1,2,2),B(2,2,0),D1(0,0,2)， A1E=(−1,2,0), BD1=(−2,−2,2)，BD1⋅A1E=−2≠0，所以BD1不可能与A1E垂直，故BD1⊥平面PA1E也不可能成立，故②错误；
设P(0,m,0),(0≤m≤2)，PE=(1,2−m,2),PE=1+(m−2)2+4=m2−4m+9，A1E=5,
所以csPE,A1E=(1,2−m,2)⋅(−1,2,0)5⋅m2−4m+9=3−2m5⋅m2−4m+9, 设P到直线A1E的距离为d，则
d=|PE|sinPE,A1E=m2−4m+9⋅1−3−2m5⋅m2−4m+92=m2−8m+365=(m−4)2+205
由二次函数性质知0≤m≤2时，y=(m−4)2+20递减，所以d递减，又A1E=5不变，所以△A1PE的面积为12A1Ed递减，③正确，综上：①③④正确故选:C.
2．正△ABC的边长为4,CD是AB边上的高，E､F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A−DC−B.
(1)求证：直线AB ∥平面DEF；
(2)求二面角E−DF−C的余弦值；
(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？若存在，请指出P点的位置，若不存在，请说明理由.
【解题思路】(1)判定线面关系，可以从线线关系寻找，由线段中点，可利用中位线性质的线线平行，再利用线面平行判定定理确定；
(2)求二面角，一般利用空间直角坐标系，结合空间向量的数量积解决：先建立空间直角坐标系，再分别计算两平面的法向量，最后利用空间向量数量积求夹角的余弦值，经判断所求二面角为锐角即可得出结论；
(3)确定点的位置，一般利用空间直角坐标系求出点的坐标，再明确位置关系.要求点P的坐标，只需列两个独立条件，一个为在直线上，另一个为垂直，利用这两个条件可得点P的位置，进而求解.
【解答过程】（1）如图，在△ABC中，由E､F分别是AC､BC中点，得EF∥AB，
又AB⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,∴AB ∥平面DEF.
（2）由题知，AD⊥CD，平面ADC⊥平面BDC，且交线为DC，
∴AD⊥平面BDC，因为BD,DC⊂平面BDC，所以AD⊥BD,AD⊥DC，
又已知BD⊥CD，∴AD,BD,CD两两垂直，以点D为坐标原点，直线DB､DC､DA为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A0,0,2,B2,0,0,C0,23,0,E0,3,1,F1,3,0，
平面CDF的法向量为DA=0,0,2，设平面EDF的法向量为n=x,y,z，
则DF·n=0DE·n=0，即x+3y=03y+z=0，取n=3,−3,3，cs=DA·nDAn=217，
∴二面角E−DF−C的余弦值为217.
（3）设Px,y,0，因为AP⊥DE，则AP·DE=3y−2=0,∴y=233，
又BP=x−2,y,0,PC=−x,23−y,0，
∵BP∥PC,∴x−223−y=−xy,∴3x+y=23，把y=233代入上式得x=43,∴BP=13BC，
∴在线段BC上存在点P43,233,0，即靠近B的三等分点，使AP⊥DE.
4．如图所示，在三棱锥P−ABC中，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC．

(1)证明：BC⊥平面PAB；
(2)若PA=AB=6，BC=3，在线段PC上（不含端点），是否存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为105，若存在，确定点D的位置；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）过点A作AE⊥PB于点E，由面面垂直性质定理可得AE⊥平面PBC，由此证明AE⊥BC，再证明PA⊥BC，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面ACD，平面ABD的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点D的位置；
【解答过程】（1）过点A作AE⊥PB于点E，
因为平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC=PB，AE⊂平面PAB，所以AE⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，所以AE⊥BC，又PA⊥平面ABC，BC⊂平面PBC，所以PA⊥BC，
又因为AE∩PA=A，AE，PA⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB．

（2）假设在线段PC上（不含端点），存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为105，
以B为原点，分别以BC、BA为x轴，y轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则A0,6,0，B0,0,0，C3,0,0，P0,6,6， AC=3,−6,0，AP=0,0,6，PC=3,−6,−6，BA=0,6,0，
设平面ACD的一个法向量为m=x,y,z，m⋅AC=0,m⋅AP=0,即3x−6y=0,6z=0,取x=2，y=1，z=0，
所以m=2,1,0为平面ACD的一个法向量，
因为D在线段PC上（不含端点），所以可设PD=λPC=3λ,−6λ,−6λ，0