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平行与垂直、空间的角和距离问题是立体几何中的主要问题，以它们为背景的开放性和探索性问题是近年高考中的热点问题. 由于此类问题涉及到的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量法处理，就能以其独特的数形结合和坐标运算，极大地降低求解问题的思维难度，避开抽象的空间想象能力和作辅助线的困难，为解决此类问题提供了简便、快速的解法.
1. 与位置关系有关的存在性问题
例1 （2010湖北高考数学理科第18题）如图， 在四面体[ABOC]中, [OC⊥OA,OC⊥OB,][∠AOB=120°], 且[OA=OB=OC=1].
（1）设为[P]为[AC]的中点， 证明： 在[AB]上存在一点[Q]，使[PQ⊥OA]，并计算[ABAQ]的值；
（2）求二面角[O-AC-B]的平面角的余弦值.
解析 （1）取[O]为坐标原点，分别以[OA]、[OC]所在的直线为[x]轴、[z]轴，建立空间直角坐标系[O-xyz] （如图所示）， 则 [A(1,0,0),C(0,0,1),B(-12,32,0)].
[∵P]为[AC]中点，[∴P(12,0,12)]，
设 [AQ=λAB(λ∈(0,1)),]
[∵AB=(-32,32,0),]
[∴OQ=OA+AQ=(1,0,0)+λ(-32,32,0)=(1-32λ,32λ,0),]
[∴PQ=OQ-OP=(12-32λ,32λ,-12).]
[∵PQ⊥OA,][∴PQ⋅OA=0]，
即[12-32λ=0]，[λ=13].
所以存在点 [Q(12,36,0)]，使得[PQ⊥OA]且[ABAQ=3].
（2）记平面[ABC]的法向量为[n=(n1,n2,n3)],则由[n⊥CA]，[n⊥AB]，且[CA=(1,0,-1)]，
得[n1-n3=0，-32n2+32n3=0，]
故可取[n=(1,3,1）]，
又平面[OAC]的法向量为[e=(0,1,0)]，
[∴cos(1,3,1)⋅(0,1,0)5⋅1=155].
二面角[O-AC-B]的平面角是锐角，记为[θ]，则[cosθ=155.]
点拨 该题是根据点[Q]在[AB]上，巧妙地引入参数[λ](即待定系数)，由此引出点[Q]的坐标，从而把点[Q]的探索问题转化为对参数[λ]的确定，然后通过向量运算来求出[λ]的值，使探索问题迎刃而解.
例2 如图，在正四棱锥[P-ABCD]中，侧棱[PA]与面[ABCD]所成的角的正切值为[62],若[E]是[PB]的中点，在侧面[PAD]中寻找一点[F],使[EF]⊥平面[PCB]，试确定[F]的位置.
解析 由题意，设[AO=2],[PO=6],[AB=22.]建立如图所示坐标系，[A(0,-2,0)],[B(2,0,0)],[C(0,2,0)],[D(-2,0,0)],[P(0,0,6)]，[E(1,0,62)]，
[EP][=(-1,0,62]),[BP]=(-2,0,[6]),[BC]=(-2,2,0),
在平面[PAD]内，
设[PA]=[λPA+μPD,]
则[PF]＝[(-2μ,-2λ,-6(λ+μ))].
[∵][EF=EP+PF]=[12BP+PF],
∴[EF]=[(-2μ-1,-2λ,62[1-2(λ+μ)])].
由[EF][⋅BP]=0且[EF][⋅BC]＝0，
得[λ=34]，[μ=14]，即[PF]=[34PA+14PD].
点拨 对于探求平面上是否存在满足条件的一点的问题，一般情况下思维量和运算量比较大，若能通过对空间图形的理解，寻找面的特殊性，巧妙地构建坐标，将更加简明.
例3 （2011年海淀区模拟题）将边长为2的正方形[ABCD]沿对角线[BD]折叠，使得平面[ABD]⊥平面[CBD]，[AE]⊥平面[ABD]，且[AE＝2].
（1）求证：[DE⊥AC]；
（2）求[DE]与平面[BEC]所成角的正弦值；
（3）直线[BE]上是否存在一点[M]，使得[CM]∥平面[ADE]?若存在，求点[M]的位置，不存在请说明理由.
解析 （1）以[A]为坐标原点[AB、AD、AE]所在的直线分别为[x、y、z]轴建立空间直角坐标系，
则[E(0,0,2)],[B(2,0,0)],[D(0,2,0)],
取[BD]的中点[F]并连结[CF、AF].
由题意可得[CF⊥BD]且[AF=CF=2].
又[∵]平面[DBA⊥]平面[BDC]，
[∴CF⊥]平面[BDA]，所以[C]的坐标为[C(1,1,2)]，
[∴DE=(0,-2,2)]，[AC=(1,1,2),]
[∴DE⋅DE=(0,-2,2)⋅(1,1,2)=0,]
故[DE⊥AC].
（2）设平面[BCE]的法向量为[n1=(x,y,z)]则
[n⋅EB=0,n⋅CB=0,]即[2x-2z=0,x-y-2z=0,]
[∴z=2x,y=-x,]
令[x=1]得[n=(1,-1,2)]，又[EB=(0,-2,2),]
设平面[DE]与平面[BCE]所成角为[θ]，
则[sinθ=|cos|=|n⋅DE||n||DE|=63].
（3）设存在点[M]使得[CM]∥面[ADE]，
则[DE=λDB]，[EB=(2,0,-2)],
[∴EM=(2λ,0,-2λ)]，得[M(2λ,0,2-2λ)].
又因为[AE⊥]平面[ABD]，[AB⊥AD]，
所以[AB⊥]平面[ADE].
因为[CM]∥面[ADE]，
则[CM⊥AB],即[CM⋅AB=0],
得[2λ-1=0],[λ=12,]
故点[M]为[BE]的中点时，[CM]∥面[ADE].
2. 与距离有关的存在性问题
例4 （2011届夷陵中学高三模拟题）如图，[PA⊥]平面[ABCD]，四边形[ABCD]是正方形， [PA=AD=2,]点[E、F、G]分别为线段[PA、PD]和[CD]的中点.
（1）求异面直线[EG]与[BD]所成角的余弦值；
（2）在线段[CD]上是否存在一点[Q]，使得点[A]到平面[EFQ]的距离恰为[45]？若存在，求出线段[CQ]的长；若不存在，请说明理由.
解 （1）以点[A]为坐标原点，射线[AB、AD、AZ]分别为[x]轴、[y]轴、[z]轴的正半轴建立空间直角坐标系.
如图，点[E(0,0,1)]、[G(1,2,0)]、[B(2,0,0)]、[D(0,2,0)]，
则[EG=(1,2,-1)]，[BD=(-2,2,0)].
设异面直线[EG]与[BD]所成角为[θ],
[cosθ=|EG⋅BD||EG|⋅|BD|=|-2+4|6⋅8=36],
所以异面直线[EG]与[BD]所成角的余弦值即得.
（2）假设在线段[CD]上存在一点[Q]满足条件，设点[Q(x0,2,0)]，平面[EFQ]的法向量为[n=(x,y,z)]，
则有[n⋅EF=0,n⋅EQ=0,] 得到[y=0,z=xx0]，
取[x=1]，得[n=(1,0,x0)]，则[|EA⋅n||n|=0.8].
又[x0>0]，解得[x0=43]，所以点[Q(43,2,0)],
即[CQ=(-23,0,0)]，则[CQ=23].
所以在线段[CD]上存在一点[Q]满足条件，且长度为[23].
点拨 立体几何中的点面距、线面距和面面距等都可由公式[d=|PQ⋅n|n]解决，其中向量[n]为平面的法向量，向量[PQ]为该点或线（面）上任一点与平面上任意一点所构成的向量.
3. 与夹角有关的存在性问题
）如图，棱锥[P-ABCD]的底面[ABCD]是矩形，[PA]⊥平面[ABCD]，[PA=AD=2]，[BD=22].
（1）求证：[BD⊥平面PAC]；
（2）求二面角[B-PD-C]的余弦值；
（3）在线段[PD]上是否存在一点[Q],使[CQ]与平面[PBD]所成的角的正弦值为[269]，若存在，指出点[Q]的位置，若不存在，说明理由.
),][PD=(0,2,-2),][CD=(2,0,0)]，
点拨 两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角是立体几何中与角有关的主要问题，利用向量法解决此类问题可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用公[cosθ=n1⋅n2|n1|⋅|n2|]（其中[n1、n2]为两直线的方向向量或为两平面的法向量），就可以使此类问题巧妙获解.
总之，利用空间向量解决立体几何开放探索问题，要通过适当建立空间直角坐标系，
1. 与位置关系有关的存在性问题
例1 （2010湖北高考数学理科第18题）如图， 在四面体[ABOC]中, [OC⊥OA,OC⊥OB,][∠AOB=120°], 且[OA=OB=OC=1].
（1）设为[P]为[AC]的中点， 证明： 在[AB]上存在一点[Q]，使[PQ⊥OA]，并计算[ABAQ]的值；
（2）求二面角[O-AC-B]的平面角的余弦值.
解析 （1）取[O]为坐标原点，分别以[OA]、[OC]所在的直线为[x]轴、[z]轴，建立空间直角坐标系[O-xyz] （如图所示）， 则 [A(1,0,0),C(0,0,1),B(-12,32,0)].
[∵P]为[AC]中点，[∴P(12,0,12)]，
设 [AQ=λAB(λ∈(0,1)),]
[∵AB=(-32,32,0),]
[∴OQ=OA+AQ=(1,0,0)+λ(-32,32,0)=(1-32λ,32λ,0),]
[∴PQ=OQ-OP=(12-32λ,32λ,-12).]
[∵PQ⊥OA,][∴PQ⋅OA=0]，
即[12-32λ=0]，[λ=13].
所以存在点 [Q(12,36,0)]，使得[PQ⊥OA]且[ABAQ=3].
（2）记平面[ABC]的法向量为[n=(n1,n2,n3)],则由[n⊥CA]，[n⊥AB]，且[CA=(1,0,-1)]，
得[n1-n3=0，-32n2+32n3=0，]
故可取[n=(1,3,1）]，
又平面[OAC]的法向量为[e=(0,1,0)]，
[∴cos
二面角[O-AC-B]的平面角是锐角，记为[θ]，则[cosθ=155.]
点拨 该题是根据点[Q]在[AB]上，巧妙地引入参数[λ](即待定系数)，由此引出点[Q]的坐标，从而把点[Q]的探索问题转化为对参数[λ]的确定，然后通过向量运算来求出[λ]的值，使探索问题迎刃而解.
例2 如图，在正四棱锥[P-ABCD]中，侧棱[PA]与面[ABCD]所成的角的正切值为[62],若[E]是[PB]的中点，在侧面[PAD]中寻找一点[F],使[EF]⊥平面[PCB]，试确定[F]的位置.
解析 由题意，设[AO=2],[PO=6],[AB=22.]建立如图所示坐标系，[A(0,-2,0)],[B(2,0,0)],[C(0,2,0)],[D(-2,0,0)],[P(0,0,6)]，[E(1,0,62)]，
[EP][=(-1,0,62]),[BP]=(-2,0,[6]),[BC]=(-2,2,0),
在平面[PAD]内，
设[PA]=[λPA+μPD,]
则[PF]＝[(-2μ,-2λ,-6(λ+μ))].
[∵][EF=EP+PF]=[12BP+PF],
∴[EF]=[(-2μ-1,-2λ,62[1-2(λ+μ)])].
由[EF][⋅BP]=0且[EF][⋅BC]＝0，
得[λ=34]，[μ=14]，即[PF]=[34PA+14PD].
点拨 对于探求平面上是否存在满足条件的一点的问题，一般情况下思维量和运算量比较大，若能通过对空间图形的理解，寻找面的特殊性，巧妙地构建坐标，将更加简明.
例3 （2011年海淀区模拟题）将边长为2的正方形[ABCD]沿对角线[BD]折叠，使得平面[ABD]⊥平面[CBD]，[AE]⊥平面[ABD]，且[AE＝2].
（1）求证：[DE⊥AC]；
（2）求[DE]与平面[BEC]所成角的正弦值；
（3）直线[BE]上是否存在一点[M]，使得[CM]∥平面[ADE]?若存在，求点[M]的位置，不存在请说明理由.
解析 （1）以[A]为坐标原点[AB、AD、AE]所在的直线分别为[x、y、z]轴建立空间直角坐标系，
则[E(0,0,2)],[B(2,0,0)],[D(0,2,0)],
取[BD]的中点[F]并连结[CF、AF].
由题意可得[CF⊥BD]且[AF=CF=2].
又[∵]平面[DBA⊥]平面[BDC]，
[∴CF⊥]平面[BDA]，所以[C]的坐标为[C(1,1,2)]，
[∴DE=(0,-2,2)]，[AC=(1,1,2),]
[∴DE⋅DE=(0,-2,2)⋅(1,1,2)=0,]
故[DE⊥AC].
（2）设平面[BCE]的法向量为[n1=(x,y,z)]则
[n⋅EB=0,n⋅CB=0,]即[2x-2z=0,x-y-2z=0,]
[∴z=2x,y=-x,]
令[x=1]得[n=(1,-1,2)]，又[EB=(0,-2,2),]
设平面[DE]与平面[BCE]所成角为[θ]，
则[sinθ=|cos
（3）设存在点[M]使得[CM]∥面[ADE]，
则[DE=λDB]，[EB=(2,0,-2)],
[∴EM=(2λ,0,-2λ)]，得[M(2λ,0,2-2λ)].
又因为[AE⊥]平面[ABD]，[AB⊥AD]，
所以[AB⊥]平面[ADE].
因为[CM]∥面[ADE]，
则[CM⊥AB],即[CM⋅AB=0],
得[2λ-1=0],[λ=12,]
故点[M]为[BE]的中点时，[CM]∥面[ADE].
2. 与距离有关的存在性问题
例4 （2011届夷陵中学高三模拟题）如图，[PA⊥]平面[ABCD]，四边形[ABCD]是正方形， [PA=AD=2,]点[E、F、G]分别为线段[PA、PD]和[CD]的中点.
（1）求异面直线[EG]与[BD]所成角的余弦值；
（2）在线段[CD]上是否存在一点[Q]，使得点[A]到平面[EFQ]的距离恰为[45]？若存在，求出线段[CQ]的长；若不存在，请说明理由.
解 （1）以点[A]为坐标原点，射线[AB、AD、AZ]分别为[x]轴、[y]轴、[z]轴的正半轴建立空间直角坐标系.
如图，点[E(0,0,1)]、[G(1,2,0)]、[B(2,0,0)]、[D(0,2,0)]，
则[EG=(1,2,-1)]，[BD=(-2,2,0)].
设异面直线[EG]与[BD]所成角为[θ],
[cosθ=|EG⋅BD||EG|⋅|BD|=|-2+4|6⋅8=36],
所以异面直线[EG]与[BD]所成角的余弦值即得.
（2）假设在线段[CD]上存在一点[Q]满足条件，设点[Q(x0,2,0)]，平面[EFQ]的法向量为[n=(x,y,z)]，
则有[n⋅EF=0,n⋅EQ=0,] 得到[y=0,z=xx0]，
取[x=1]，得[n=(1,0,x0)]，则[|EA⋅n||n|=0.8].
又[x0>0]，解得[x0=43]，所以点[Q(43,2,0)],
即[CQ=(-23,0,0)]，则[CQ=23].
所以在线段[CD]上存在一点[Q]满足条件，且长度为[23].
点拨 立体几何中的点面距、线面距和面面距等都可由公式[d=|PQ⋅n|n]解决，其中向量[n]为平面的法向量，向量[PQ]为该点或线（面）上任一点与平面上任意一点所构成的向量.
）如图，棱锥[P-ABCD]的底面[ABCD]是矩形，[PA]⊥平面[ABCD]，[PA=AD=2]，[BD=22].
（1）求证：[BD⊥平面PAC]；
（2）求二面角[B-PD-C]的余弦值；
（3）在线段[PD]上是否存在一点[Q],使[CQ]与平面[PBD]所成的角的正弦值为[269]，若存在，指出点[Q]的位置，若不存在，说明理由.
),][PD=(0,2,-2),][CD=(2,0,0)]，
点拨 两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角是立体几何中与角有关的主要问题，利用向量法解决此类问题可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用公[cosθ=n1⋅n2|n1|⋅|n2|]（其中[n1、n2]为两直线的方向向量或为两平面的法向量），就可以使此类问题巧妙获解.
总之，利用空间向量解决立体几何开放探索问题，要通过适当建立空间直角坐标系，