2018-2019数学新学案同步精致讲义选修2-1北师大版：第二章 空间向量与立体几何 疑难规律方法 第二章

1 空间向量加减法运用的三个层次
空间向量是处理立体几何问题的有力工具，但要用好向量这一工具解题，必须熟练运用加减法运算．
第1层 用已知向量表示未知向量
例1 如图所示，M ，N 分别是四面体OABC 的边OA ，BC 的中点，P ，Q 是MN 的三等分点，用向量OA →，OB →，OC →表示OP →和OQ →.
解 OP →＝OM →＋MP → ＝12OA →＋23MN → ＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23⎝⎛⎭⎫
ON →－12OA → ＝16OA →＋23×12(OB →＋OC →
) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →； OQ →＝OM →＋MQ →＝12OA →＋13MN →
＝12OA →＋13(ON →－OM →
) ＝12OA →＋13⎝⎛⎭⎫
ON →－12OA → ＝13OA →＋13×12
(OB →＋OC →
)
＝13OA →＋16OB →＋16
OC →. 点评 用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间中仍然成立． 第2层 化简向量
例2 如图，已知空间四边形ABCD ，连接AC ，BD .设M ，G 分别是BC ，CD 的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．
(1)AB →＋12(BD →＋BC →)；
(2)AG →－12
(AB →＋AC →)．
解 (1)AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋12BC →＋12BD →
＝AB →＋BM →＋MG →＝AG →
. (2)AG →－12(AB →＋AC →)
＝AG →－AM →＝MG →. AD →，AG →，MG →
如图所示．
点评 要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化为首尾相接的向量，如果首尾相接的若干向量构成一个封闭图形，则它们的和为0.两个向量相加的平行四边形法则在空间中仍成立，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑运用平行四边形法则．
第3层 证明立体几何问题
例3 如图，已知M ，N 分别为四面体ABCD 的平面BCD 与平面ACD 的重心，且G 为AM 上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.求证：B ，G ，N 三点共线．
证明 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →
＝c ， 则BG →＝BA →＋AG →＝BA →＋34AM →
＝－a ＋14(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋1
4c ，
BN →＝BA →＋AN →＝BA →＋13(AC →＋AD →
)
＝－a ＋13b ＋13c ＝43
BG →
.
∴BN →∥BG →
，即B ，G ，N 三点共线．
2 空间向量易错点扫描
易错点1 对向量夹角与数量积的关系理解不清
例1 “a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”) 错解 a·b <0⇔cos 〈a ，b 〉＝a·b
|a||b |
<0⇔〈a ，b 〉为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的充要条件．
错因分析 错解中忽略了两个向量共线且反向的情况．
剖析 当〈a ，b 〉＝π时，a·b <0，但此时夹角不为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的必要不充分条件． 正解 必要不充分
总结 a·b <0⇔a 与b 的夹角为钝角或a 与b 方向相反，a·b >0⇔a 与b 夹角为锐角或a 与b 方向相同．
易错点2 判断是否共面出错
例2 已知O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →
，则与a ，b 不能构成空间的一个基底的是( ) A.OA → B.OB → C.OC →
D.OA →或OB →
错解 a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →
， 相加得OA →＋OB →＝1
2
(a ＋b )，
所以OA →，OB →
都与a ，b 共面，不能构成空间的一个基底，故选D.
剖析 OA →＋OB →＝12(a ＋b )，说明OA →＋OB →与a ，b 共面，但不能认为OA →，OB →
都与a ，b 共面．
对A ，B ：设OA →
＝x a ＋y b ，
因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →
，
代入整理得(x ＋y －1)OA →＋(x ＋y )OB →＋(x －y )OC →
＝0，因为O ，A ，B ，C 四点不共面， 所以OA →，OB →，OC →
不共面，
所以x ＋y －1＝0，x ＋y ＝0，x －y ＝0， 此时，x ，y 不存在，所以a ，b 与OA →
不共面， 故a ，b 与OA →
可构成空间的一个基底． 同理a ，b 与OB →
也可构成空间的一个基底．
对C ：因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，相减有OC →＝12(a －b )，所以OC →
与a ，b 共
面，故不能构成空间的一个基底． 正解 C
易错点4 混淆向量运算和实数运算 例4 阅读下列各式，其中正确的是( ) A ．a ·b ＝b ·c (b ≠0)⇒a ＝c B ．a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0 C ．(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )
D.OA →·BO →＝|OA →||BO →|cos(180°－∠AOB ) 错解 A(或B 或C)
剖析 想当然地将向量的数量积运算和实数运算等价，以致出错．向量的数量积运算不满足消去律，结合律，故A ，C 错误；a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0或a ⊥b ，故B 错误；OA →·BO →的夹角是180°－∠AOB . 正解 D
易错点4 忽略建系的前提
例4 四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，AE ⊥平面ABCD ，AE ＝2，F 为CE 中点，试建立合理的坐标系，求AF →，BC →
夹角的余弦值．
错解 以A 为坐标原点，以AB →，AD →，AE →
的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz .
此时AF →＝(1,1,1)，BC →＝(0,2,0)，所以cos 〈AF →，BC →
〉＝33
.
剖析 空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线AB 与AD 不垂直． 正解 设AC ，BD 交于点O ，则AC ⊥BD . 因为F 为CE 中点，所以OF ∥AE ， 因为AE ⊥平面ABCD ，
所以OF ⊥平面ABCD ，OF ⊥AC ，OF ⊥BD ，
以O 为坐标原点，以OC →，OD →，OF →
的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .
此时AF →＝(1,0,1)，BC →
＝(1，3，0)， 所以cos 〈AF →，BC →
〉＝24.
易错点5 求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误
例5 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求平面ABD 1与平面BD 1C 的夹角的大小．
错解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .
设正方体的棱长为1， 则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)， C 1(0,1,1)．
由题意知A 1D →
是平面ABD 1的一个法向量，
A 1D →＝(－1,0，－1)，DC 1→
是平面BCD 1的一个法向量， DC 1→
＝(0,1,1)，
所以cos 〈AD 1→，DC 1→
〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→
|＝－12，
所以〈AD 1→，DC 1→
〉＝120°.
所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为120°.
剖析 利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的取值范围．
正解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，
则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)．
由题意知AD 1→＝(－1,0，－1)是平面ABD 1的一个法向量，DC 1→
＝(0,1,1)是平面BCD 1的一个法向量．
所以cos 〈AD 1→，DC 1→
〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→
|＝－12，
所以〈AD 1→，DC 1→
〉＝120°.
所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为60°.
3 空间直角坐标系构建三策略
利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如． 1．利用共顶点的互相垂直的三条棱
例1 已知在直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求直线BC 1与CD 夹角的余弦值．
解 如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，
则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)， 所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →
＝(0，－1,0)．
所以cos 〈BC 1→，CD →
〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →
|＝31717.
故直线BC 1与CD 夹角的余弦值为317
17
.
点评 本例以直四棱柱为背景，求直线与直线的夹角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两直线的方向向量的夹角即可． 2．利用线面垂直关系
例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥平面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π
3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐
标．
解 过B 点作BP 垂直于BB 1交C 1C 于P 点， 因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BP ⊥平面ABB 1A 1，
以B 为坐标原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Bxyz ，如图．
因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3
，
所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝3
2，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，
C ⎝⎛
⎭⎫32
，－12，0，
C 1⎝⎛
⎭⎫32，32，0，E
⎝⎛⎭⎫32，12，0，A 1
()0，2，2. 点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥平面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口． 3．利用面面垂直关系
例3 如图1，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 夹角的大小．
解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .
因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形， 所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .
又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .
以M 为坐标原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，
则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)， 所以DC →＝(2,0,0)，BD →
＝(0，3，－3)， 设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧
m ·DC →＝2x ＝0，m ·
BD →＝3y －3z ＝0，取y ＝1，得m ＝(0,1,1)，
又因为平面ABE 的一个法向量为MD →
＝(0，3，0)， 所以cos 〈m ，MD →
〉＝m ·MD →|m ||MD →
|＝22，
所以平面ABE 与平面BCD 夹角为45°.
点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面夹角的大小．
4 用向量法研究“动态”立体几何问题
“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动． 1．求解、证明问题
例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .
证明 以O 为坐标原点，OA ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，
则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )． 设AE ＝BF ＝x (0≤x ≤G )， ∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． ∴A 1F →
＝(－x ，a ，－a )， C 1E →
＝(a ，x －a ，－a )．
∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a ) ＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →
，即A 1F ⊥C 1E . 2．定位问题
例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．
解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF 所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →
·n |
|BM →||n |求出点M 的坐标，若满足条件则存在．
解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形， 所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .
又DA ∩DC ＝D ，DA ，DC ?平面ABCD ， 所以GD ⊥平面ABCD .
又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，
则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．
因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t )(0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°. 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为BE →＝(0，－1,1)，BF →
＝(－1,0,1)，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·BE →＝0，n ·
BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1，
所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．
又BM →
＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 的夹角为45°，所以sin45°＝|BM →
·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2
＋2×3＝2
2
， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1， 所以t ＝32－4.
故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且当DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 夹角为45°. 点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．
5 向量与立体几何中的数学思想
1．数形结合思想
向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机
地结合在一起．
例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .
(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；
(2)若E 是棱AB 的中点，求平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值；
(3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．
(1)证明 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，
所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.
又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝A 1F ，
所以A 1F ∥EC .又因为A 1F ⃘平面B 1CE ，
EC ?平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE .
(2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，
所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz .
则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)，
所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)．
设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧
x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0， 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．
又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)，
所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13
.
所以平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值为13. (3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ，
因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，
平面A 1ABB 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝A 1B 1，
FM ?平面A 1B 1C 1D 1，
所以FM ⊥平面A 1ABB 1，
所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13
×11A B E S V ×FM ＝13×2×22×FM ＝23
FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，
所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43
. 2．转化与化归思想
空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．
例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .
(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；
(2)求平面ADF 与平面DFC 夹角的余弦值．
分析 求平面与平面的夹角最常用的办法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小，但要注意平面与平面之间的夹角为锐角．
(1)证明 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，
则D (0,0,0)，A (1,0,0)，
B (1,2,0)，
C (0,2,0)，
D 1(0,0,2)．
DC →＝(0,2,0)，
D 1C →＝(0,2，－2)，
∵E 为AB 的中点，
∴E (1,1,0)，
∵D 1F ＝2FE ，
∴D 1F →＝23D 1E →＝23
(1,1，－2)＝⎝⎛⎭⎫23，23，－43， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋⎝⎛⎭⎫23，23
，－43 ＝⎝⎛⎭⎫23，23，23.
设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DFC 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x 1＋23y 1＋23z 1＝0，2y 1＝0，
取x 1＝1，得平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)．
设p ＝(x 2，y 2，z 2)是平面D 1EC 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x 2＋23y 2－43z 2＝0，2y 2－2z 2＝0，
设平面ADF 与平面DFC 的夹角为0，取y 2＝1，得平面D 1EC 的一个法向量为p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，
∴平面DFC ⊥平面D 1EC .
(2)解 设q ＝(x 3，y 3，z 3)是平面ADF 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧
q ·DF →＝0，q ·DA →＝0，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x 3＋23y 3＋23z 3＝0，x 3＝0，
取y 3＝1，得平面ADF 的一个法向量为q ＝(0,1，－1)，
设平面ADF 与平面DFC 的夹角为θ，
则cos θ＝|n ·q ||n ||q |＝|0＋0＋1|2×2＝12
， ∴平面ADF 与平面DFC 的夹角的余弦值为12
. 3．函数思想
例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，请说明理由．
分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解．
解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43
. 又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )，
∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1
＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65
是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5，
∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73
＝－91535. 点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．
4．分类讨论思想
例4 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，
问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？
分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以在平面ABCD 内，点Q 在以边AD 为直径的圆上，若
此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．
解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →， 即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD . 又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →，
∴PQ →·QD →＝0，
即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0.
又由P A →·QD →＝0，
∴AQ →·QD →＝0，
∴AQ →⊥QD →.
即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a 2.
又∵AB ＝1，由题图知，
当a 2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a 2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a 2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ，使PQ →⊥QD →； 当0<a <2时，不存在点Q ，使PQ →⊥QD →.。