1、习题课习题课空间向量应用的综合问题空间向量应用的综合问题 学习目标通过对空间向量的学习，能熟练利用空间向量求点、线、面间的距离、空间角及 解决有关探索性问题 一、利用空间向量求空间角 例 1如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上，PD平面 MAC，PAPD 6，AB4. (1)求证：M 为 PB 的中点； (2)求平面 BPD 与平面 APD 的夹角； (3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值 (1)证明如图，设 AC，BD 的交点为 E，连接 ME. PD平面 MAC，PD平面 PDB，平面 MAC平面 PDB
2、ME， PDME. 四边形 ABCD 是正方形， E 为 BD 的中点M 为 PB 的中点 (2)解取 AD 的中点 O，连接 OP，OE. PAPD，OPAD. 又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，OP平面 PAD， OP平面 ABCD. OE平面 ABCD，OPOE. 底面 ABCD 是正方形，OEAD. 以 O 为原点，分别以OD ， OE ，OP 为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标 系 Oxyz，则 P(0,0， 2)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，BD (4，4,0)，PD (2,0， 2) 设平面 BDP 的一个法向量为 n
3、(x，y，z)， 则 nBD 0， nPD 0， 即 4x4y0， 2x 2z0. 令 x1，得 y1，z 2. 于是 n(1,1， 2) 又平面 PAD 的一个法向量为 p(0,1,0)， cosn，p np |n|p| 1 2. 平面 BPD 与平面 APD 的夹角为 60. (3)解由(1)(2)知 M 1，2， 2 2 ，C(2,4,0)， 则MC 3，2， 2 2 . 设直线 MC 与平面 BDP 所成角为， 则 sin |cosn， MC | |nMC | |n|MC | 2 6 9 . 直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为2 6 9 . 反思感悟运用空间向量坐标运算求空间
4、角的一般步骤： (1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标；(3)写出向量坐标；(4)结合公式进行 论证、计算；(5)转化为几何结论 跟踪训练 1如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，四边形 ABEF 为正方形， AFDF，AF2 2FD，DFECEF45. (1)求异面直线 BC，DF 所成角的大小； (2)求平面 BDE 与平面 BEC 所成角的余弦值 解因为四边形 ABEF 为正方形，AFDF， 所以 AF平面 DCEF. 又DFECEF45， 所以，在平面 DCEF 内作 DOEF，垂足为点 O， 以 O 为坐标原点，OF 所在的直线为 x 轴， OD 所在
5、的直线为 z 轴建立空间直角坐标系(如图所示) 设 OFa，因为 AF2 2FD， 所以 DF 2a，AF4a，CD2a. (1)D(0,0，a)，F(a,0,0)，B(3a,4a,0)，C(2a,0，a) 则BC (a，4a，a)，DF (a,0，a)， 设向量BC ，DF 的夹角为， 则 cos BC DF |BC |DF | 0， 所以异面直线 BC，DF 所成角为 2. (2)E(3a,0,0)，BC (a，4a，a)，BE (0，4a,0)，DE (3a,0，a)， 设平面 DBE 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 由 n1DE 0， n1BE 0， 得 3x1z10， 4y1
6、0， 取 x11 得平面 DBE 的一个法向量为 n1(1,0，3)， 设平面 CBE 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， 由 n2BC 0， n2BE 0， 得 x24y2z20， 4y20， 取 x21 得平面 CBE 的一个法向量为 n2(1,0，1)， 设平面 BDE 与平面 BEC 的夹角为， 则 cos |n1n2| |n1|n2| 2 5 5 ， 所以平面 BDE 与平面 BEC 所成角的余弦值为2 5 5 . 二、利用空间向量求距离 例 2已知四边形 ABCD 是边长为 4 的正方形，E，F 分别是边 AB，AD 的中点，CG 垂直于 正方形 ABCD 所在的平面，且 CG
7、2，求点 B 到平面 EFG 的距离 解建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz，则 G(0,0,2)， E(4，2，0)， F(2，4,0)，B(4,0,0)， GE (4，2，2)，GF (2，4，2)，BE (0，2,0) 设平面 EFG 的法向量为 n(x，y，z) 由 GE n0， GF n0， 得 2xyz0， x2yz0， xy，z3y. 取 y1，则 n(1,1，3) 点 B 到平面 EFG 的距离 d|BE n| |n| 2 11 2 11 11 . 反思感悟求点 P 到平面的距离的三个步骤：(1)在平面内取一点 A，确定向量PA 的坐标表 示；(2)确定平面的法向量 n；(3
8、)代入公式 d|PA n| |n| 求解 跟踪训练 2如图， BCD 与MCD 都是边长为 2 的正三角形， 平面 MCD平面 BCD， AB 平面 BCD，AB2 3，求点 A 到平面 MBC 的距离 解 如图，取 CD 的中点 O，连接 OB，OM， 因为BCD 与MCD 均为正三角形， 所以 OBCD，OMCD， 又平面 MCD平面 BCD，平面 MCD平面 BCDCD，OM平面 MCD， 所以 MO平面 BCD. 以 O 为坐标原点，直线 OC，BO，OM 分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz. 因为BCD 与MCD 都是边长为 2 的正三角形， 所以 OBOM
9、 3， 则 O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0， 3)， B(0， 3，0)，A(0， 3，2 3)， 所以BC (1，3，0) BM (0，3， 3) 设平面 MBC 的法向量为 n(x，y，z)， 由 nBC ， nBM ， 得 nBC 0， nBM 0， 即 x 3y0， 3y 3z0， 取 x 3，可得平面 MBC 的一个法向量为 n( 3，1,1) 又BA (0,0,2 3)， 所以所求距离为 d|BA n| |n| 2 15 5 . 三、利用空间向量解决探索性问题 例 3如图， 在四棱锥 PABCD 中， PA平面 ABCD， ADBC， ADCD， 且 ADCD 2，
10、 BC2 2，PA2. (1)取 PC 的中点 N，求证：DN平面 PAB； (2)求直线 AC 与 PD 所成角的余弦值； (3)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得平面 MAC 与平面 ACD 的夹角为 45？如果存在， 求出 BM 与平面 MAC 所成角的大小；如果不存在，请说明理由 (1)证明取 BC 的中点 E，连接 DE，交 AC 于点 O，连接 ON，建立如图所示的空间直角坐 标系， 则 A(0，1,0)，B(2，1,0)，C(0,1,0)，D(1,0,0)，P(0，1,2) 点 N 为 PC 的中点，N(0,0,1)， DN (1,0,1) 设平面 PAB 的一个法向量为
11、n(x，y，z)， 由AP (0,0,2)，AB(2,0,0)， 可得 n(0,1,0)， DN n0. 又DN平面 PAB，DN平面 PAB. (2)解由(1)知，AC (0,2,0)，PD (1,1，2) 设直线 AC 与 PD 所成的角为， 则 cos |AC PD | |AC |PD | | 2 2 6| 6 6 . (3)解存在设 M(x，y，z)，且PM PD ，01， x， y1， z22， M(，1,22) 设平面 ACM 的一个法向量为 m(a，b，c)， 由AC (0,2,0)，AM (，22)， 可得 m(22，0，)， 由图知平面 ACD 的一个法向量为 u(0,0,1
12、)， |cosm，u| 1 2222 2 2 ， 解得2 3或2(舍去) M 2 3， 1 3， 2 3 ，m 2 3，0， 2 3 . BM 8 3， 2 3， 2 3 ， 设 BM 与平面 MAC 所成的角为， 则 sin |cosBM ，m| 12 9 2 2 3 2 2|1 2， 30. 故存在点 M，使得平面 MAC 与平面 ACD 的夹角为 45，此时 BM 与平面 MAC 所成的角为 30. 反思感悟(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当条件，据此列 方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解” 等 (2)对于位置探索型
13、问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数 跟踪训练 3如图所示，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，底面 ABCD 是平 行四边形，ABC45，ADAP2，ABDP2 2，E 为 CD 的中点，点 F 在线段 PB 上 (1)求证：ADPC； (2)试确定点 F 的位置， 使得直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所成的角 相等 (1)证明如图所示，在平行四边形 ABCD 中，连接 AC， 因为 AB2 2，BC2，ABC45， 由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcos 454，得 AC2， 所以ACB90，即 BC
14、AC. 又 ADBC，所以 ADAC. 因为 ADAP2，DP2 2， 所以 PAAD， 又 APACA，AP，AC平面 PAC， 所以 AD平面 PAC， 又 PC平面 PAC，所以 ADPC. (2)解因为侧面 PAD底面 ABCD，PAAD， 侧面 PAD底面 ABCDAD，PA侧面 PAD， 所以 PA底面 ABCD， 所以直线 AC，AD，AP 两两垂直， 以 A 为原点，直线 AD，AC，AP 为坐标轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 则 A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(1,1，0)，P(0,0,2)， 所以PC (0,2，2
15、)，PD (2,0，2)，PB (2,2，2) 设PF PB(0,1)， 则PF (2，2，2)，F(2，2，22)， 所以EF (21,21，22) 易得平面 ABCD 的一个法向量为 m(0,0,1) 设平面 PDC 的法向量为 n(x，y，z)， 由 nPC 0， nPD 0， 得 2y2z0， 2x2z0， 令 x1，得 n(1，1，1) 因为直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所成的角相等， 所以|cosEF ，m|cosEF，n|， 即 |EF m| |EF |m| |EF n| |EF |n|， 所以|22|2| 3 ， 即 3|1|(0,1)，
16、解得3 3 2 ， 所以PF PB 3 3 2 ， 即当PF PB 3 3 2 时，直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所成的角相等 课时课时对点对点练练 1已知两平面的法向量分别为 m(1，1,0)，n(0,1，1)，则两平面的夹角为() A60B120C60或 120D90 答案A 解析|cosm，n|mn| |m|n| |1| 2 2 1 2， 即m，n60. 两平面所成角为 60. 2在棱长为 3 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为线段 AA1的中点，F 为线段 C1D1上靠近 D1的三等分点，则异面直线 A1B 与 EF 所成角的余弦值为()
17、 A. 1 14 B. 2 14 C. 3 14 D.1 7 答案B 解析如图，建立空间直角坐标系， 则 A1(3,0,0)，B(3,3,3)， E 3，0，3 2 ，F(0,1,0)， 所以A1B (0,3,3)， EF 3，1，3 2 ， 所以|cosA1B ， EF| A1B EF |A1B |EF| 39 2 3 27 2| 2 14. 3.在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 M 为棱 CC1的中点， 则直线 B1M 与平面 A1D1M 所成角的正弦值是() A. 21 5 B.2 5 C.3 5 D.4 5 答案B 解析建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A1(
18、1,0,1)，D1(0,0,1)， M 0，1，1 2 ，B1(1,1,1)， A1D1 (1,0,0)，D 1M 0，1，1 2 ，MB1 1，0，1 2 ， 设平面 A1D1M 的法向量为 m(x，y，z)， 则 A1D1 m0， D1M m0 x0， y1 2z0， 令 y1 可得 z2，所以 m(0,1,2)， 设直线 B1M 与平面 A1D1M 所成角为， sin |mMB1 | |m|MB1 | 1 5 5 2 2 5. 4在三棱锥 PABC 中，PC底面 ABC，BAC90，ABAC4，PBC45，则点 C 到平面 PAB 的距离是() A.4 6 3 B.2 6 3 C.4 3
19、 3 D.4 2 3 答案A 解析方法一建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(0,4,0)，P(0,4,4 2)， AP (0,4,4 2)，AB(4,0,0)，PC(0,0，4 2) 设平面 PAB 的法向量为 m(x，y，z)， 则 mAP 0， mAB 0， 即 4y4 2z0， 4x0， 令 y 2，则 z1， m(0，2，1)，点 C 到平面 PAB 的距离为|PC m| |m| 4 6 3 . 方法二PC底面 ABC， PCAB，又 ABAC，且 PCACC，PC，AC平面 PAC， AB平面 PAC， ABPA， ACAB4， BC4 2，
20、PC4 2，PB8， 在 RtPAB 中，PA 82424 3， 令点 C 到平面 PAB 的距离为 d， VPABCVCPAB， 1 3 1 2444 2 1 3 1 244 3d， d4 6 3 . 5.如图，已知长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB3，E 为线段 AB 上一点，且 AE1 3AB，则 DC 1与平面 D1EC 所成的角的正弦值为() A.3 35 35 B.2 7 7 C. 3 3 D. 2 4 答案A 解析如图，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直 角坐标系， 则 C1(0,3,1)，D1(0,0,1)
21、，E(1,1,0)，C(0,3,0)， 所以DC1 (0,3,1)，D1E (1,1，1)，D 1C (0,3，1) 设平面 D1EC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 nD1E 0， nD1C 0， 即 xyz0， 3yz0， 即 x2y， z3y， 取 y1，得 n(2,1,3) 因为 cosDC1 ，n DC1 n |DC1 |n| 0，3，12，1，3 10 14 3 35 35 ， 所以 DC1与平面 D1EC 所成的角的正弦值为3 35 35 . 6在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 为 BB1的中点，则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的角 的余弦值为() A.1
22、 2 B.2 3 C. 3 3 D. 2 2 答案B 解析以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 设棱长为 1， 则 A1(0,0,1)，E 1，0，1 2 ， D(0,1,0)， A1D (0,1，1)，A 1E 1，0，1 2 . 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1(1，y，z)， A1D n 10， A1E n 10， 即 yz0， 11 2z0， 解得 y2， z2， n1(1,2,2)； 平面 ABCD 的一个法向量为 n2(0,0,1)， cosn1，n2 2 31 2 3， 即平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的角的余弦值为2 3. 7设 A(2,3,1)
23、，B(4,1,2)，C(6,3,7)，D(5，4,8)，则点 D 到平面 ABC 的距离为_ 答案 49 17 17 解析设平面 ABC 的法向量为 n(x，y，z) nAB 0，nAC0， x，y，z2，2，10， x，y，z4，0，60， 即 2x2yz0， 4x6z0， x3 2z， yz. 令 z2，则 n(3,2，2) 又AD (7，7,7)， 点 D 到平面 ABC 的距离为 d|AD n| |n| |372727| 322222 49 17 49 17 17 . 8.已知四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，PAPD 5，平面 ABCD平 面 PAD，M
24、是 PC 的中点，O 是 AD 的中点，则直线 BM 与平面 PCO 所成角的正弦值是 _ 答案 8 85 85 解析以 O 为原点，OA 为 x 轴，过 O 作 AB 的平行线为 y 轴，OP 为 z 轴， 建立空间直角坐标系，则 B(1,2,0)，P(0,0,2)，C(1,2,0)， M 1 2，1，1，O(0,0,0)， OP (0,0,2)，OC (1,2,0)，BM 3 2，1，1， 设平面 PCO 的法向量 m(x，y，z)， mOP 2z0， mOC x2y0， 可得 m(2,1,0)， 设直线 BM 与平面 PCO 所成角为， 则 sin |cosm， BM |mBM | |m
25、|BM | 4 5 17 4 8 85 85 . 9.如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是 BC 的中点，F 是 DD1的中点 (1)求证：CF平面 A1DE； (2)求平面 A1DE 与平面 A1DA 夹角的余弦值 (1)证明分别以 DA，DC，DD1所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则 A1(2,0,2)，E(1,2,0)，D(0,0,0)， C(0,2,0)，F(0,0,1)， 则DA1 (2,0,2)，DE (1,2,0)，CF (0，2,1)， 设平面 A1DE 的法向量 n(a，b，c)， 则 nDA1 2a2c0， nDE a2b
26、0， 取 n(2,1,2)， CF n(0，2,1)(2,1,2)0， 又 CF平面 A1DE， CF平面 A1DE. (2)解DC (0,2,0)是平面 A1DA 的法向量， cosn， DC 2，1，20，2，0 221222 0220 1 3， 即平面 A1DE 与平面 A1DA 夹角的余弦值为1 3. 10.如图，平面 ABDE平面 ABC，ABC 是等腰直角三角形，ACBC4，四边形 ABDE 是直角梯形，BDAE，BDBA，BD1 2AE2，O，M 分别为 CE，AB 的中点 (1)求异面直线 AB 与 CE 所成角的大小； (2)求直线 CD 与平面 ODM 所成角的正弦值 解(
27、1)DBBA，平面 ABDE平面 ABC， 平面 ABDE平面 ABCAB，DB平面 ABDE， DB平面 ABC. BDAE， EA平面 ABC. 如图所示，以 C 为坐标原点，分别以 CA，CB 所在直线为 x，y 轴，以过点 C 且与 EA 平行的 直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 ACBC4，C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,4,0)，E(4,0,4)， AB (4,4,0)，CE (4,0,4) cosAB ， CE 16 4 24 2 1 2， 异面直线 AB 与 CE 所成角的大小为 3. (2)由(1)知 O(2,0,2)，D(0,4,2)，M(2,2,0)， CD
28、 (0,4,2)，OD (2,4,0)，MD (2,2,2) 设平面 ODM 的法向量为 n(x，y，z)， 则由 nOD ， nMD ， 可得 2x4y0， 2x2y2z0， 令 x2，则 y1，z1， n(2,1,1) 设直线 CD 与平面 ODM 所成的角为， 则 sin |cosn， CD | nCD |n|CD | 30 10 ， 直线 CD 与平面 ODM 所成角的正弦值为 30 10 . 11.如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 为线段 AB 的中点，点 F 在线段 AD 上移 动，异面直线 B1C 与 EF 所成角最小时，其余弦值为() A0B.1 2 C.
29、 10 5 D.11 16 答案C 解析以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系， 在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 为线段 AB 的中点，设正方体棱长为 2， 则 D(0,0,0)，E(2,1,0)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，B1C (2,0，2)， 设 F(m,0,0)(0m2)，EF (m2，1,0)， 设异面直线 B1C 与 EF 的夹角为， 则 cos |EF B 1C | |EF |B 1C | |2m2| 2 2 m221 1 2 1 m221 ， 异面直线 B1C 与 EF 所成角最小 时，则 cos 最大
30、，即 m0 时，cos 1 2 1 41 2 10 10 5 . 12.如图，正三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G 分别为 AB，AA1，A1C1的中 点，则 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为_ 答案 3 5 解析设正三棱柱的棱长为 2，取 AC 的中点 D，连接 DG，DB，分别以 DA，DB，DG 所在 的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 B1(0，3，2)，F(1,0,1)， E 1 2， 3 2 ，0 ，G(0,0,2)， B1F (1， 3，1)，EF 1 2， 3 2 ，1 ，GF (1,0，1) 设平面 GEF 的法向量
31、为 n(x，y，z)， 则 EF n0， GF n0， 即 1 2x 3 2 yz0， xz0， 取 x1，则 z1，y 3， 故 n(1，3，1)为平面 GEF 的一个法向量， 所以|cosn， B1F |131| 5 5 3 5， 所以 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为3 5. 13.如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面边长为 2，直线 CC1与平面 ACD1所成角的 正弦值为1 3，则正四棱柱的高为_ 答案4 解析以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1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，设 DD1a， 则 A(2,0,0)，C(0,
32、2,0)， D1(0,0，a)， 故AC (2,2,0)，AD 1 (2,0，a)，CC1 (0,0，a)， 设平面 ACD1的一个法向量为 n(x，y，z)， 则 nAC 2x2y0， nAD 12xaz0， 可取 n 1，1，2 a ， 故 cosn， CC1 nCC 1 |n|CC1 | 2 a 4 a22 2 2a24， 又直线 CC1与平面 ACD1所成角的正弦值为1 3， 2 2a24 1 3， 解得 a4. 14设动点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1的对角线 BD1上，记D1P D1B.当APC 为锐角时，的取值范围是_ 答案 0，1 3 解析建立如图所示的
33、空间直角坐标系， 则 A(1,0,0)，C(0,1,0)， B(1,1,0)，D1(0,0,1)， 由D1P D1B得 P(，1)， 则PA (1，1)，PC (，1，1)， 因为APC 为锐角， 所以PA PC(1，1)(，1，1)(1)(31)0， 解得1， 又因为动点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1的对角线 BD1上， 所以的取值范围为 01 3. 15.如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为线段 AA1上的一个动点，F 为线段 B1C1上的一 个动点，则平面 EFB 与底面 ABCD 所成的角的余弦值的取值范围是() A. 0， 2 2B. 3 3 ，
34、 2 2 C. 0， 3 3D. 0， 5 5 答案A 解析设平面 EFB 与底面 ABCD 所成的角为，如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体 的棱长为 1，AEm，FC1n，则 D(0,0,0)，A(1，0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0，0,1)，E(1,0， m)，F(n,1,1).BE (0，1，m)，BF(n1,0,1)， 设平面 EFB 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则 ymz0， n1xz0， 取x1， 则平面EFB的法向量为(1， m(n1)， n1)， 而底面ABCD的一个法向量为(0,0,1)， 则 cos |n1| 1m2n12n12，结合选项
35、，当 n1 时，cos 0， 当 n1 时，cos 1 1 1n2m 21 0， 2 2 ， 故 cos 0， 2 2 . 16如图，已知在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点 E 在棱 AB 上移动 (1)求证：D1EA1D； (2)在棱 AB 上是否存在点 E 使得 AD1与平面 D1EC 所成的角为 6？若存在，求出 AE 的长，若 不存在，说明理由 (1)证明AE平面 AA1D1D，A1D平面 AA1D1D，AEA1D. 在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11， A1DAD1. AEAD1A， A1D平面 AED1. D1E平面 AED1， D1EA
36、1D. (2)解以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， 如图所示 设棱 AB 上存在点 E(1，t,0)(0t2)， 使得 AD1与平面 D1EC 所成的角为 6， A(1,0,0)，D1(0,0,1)，C(0,2,0)， AD1 (1,0,1)，CD1 (0，2,1)，CE (1，t2,0)， 设平面 D1EC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 nCD1 2yz0， nCE xt2y0， 取 y1，得 n(2t,1,2)， sin 6 |AD1 n| |AD1 |n| |t22| 2 t225， 整理，得 t24t90， 解得 t 132 或 t2 13(舍去)， 在棱 AB 上存在点 E 使得 AD1与平面 D1EC 所成的角为 6，此时 AE 132.
