Question

（理）如圖，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，PA=AD=2，點E、F、G分別為線段PA、PD和CD的中點．
（1）求異面直線EG與BD所成角的大小；
（2）在線段CD上是否存在一點Q，使得點A到平面EFQ的距離恰為

4

5

？若存在，求出線段CQ的長；若不存在，請說明理由．
（文）已知坐標平面內的一組基向量為

e

1=(1，sinx)，

e

2=(0，cosx)，其中x∈[0，

π

2

)，且向量

a

=

1

2

e

1+

3

2

e

2．
（1）當

e

1和

e

2都為單位向量時，求|

a

|；
（2）若向量

a

和向量

b

=(1，2)共線，求向量

e

1和

e

2的夾角．

Answer 1

分析：（理科）（1）以點A為坐標原點，射線AB，AD，AZ分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建系如圖示，寫出點E（0，0，1）、G（1，2，0）、B（2，0，0）、D（0，2，0），和向量

EG

=(1，2，-1)，

BD

=(-2，2，0)的坐標，利用異面直線EG與BD所成角公式求出異面直線EG與BD所成角大小即可；
（2）對于存在性問題，可先假設存在，即先假設在線段CD上存在一點Q滿足條件，設點Q（x₀，2，0），平面EFQ的法向量為

n

=(x，y，z)，再點A到平面EFQ的距離，求出x₀，若出現(xiàn)矛盾，則說明假設不成立，即不存在；否則存在．
（文科）（1）由題意，得出

e

1=(1，0)，

e

2=(0，1)都為單位向量．從而求得|

a

|=1．
（2）由條件

a

=

1

2

e

1+

3

2

e

2=(

1

2

，

1

2

sinx+

3

2

cosx)，因為向量

a

和向量

b

=(1，2)共線，根據(jù)共線向量的性質求得：x=

π

6

．最后利用向量

e

1和

e

2的夾角即可求得向量

e

1和

e

2的夾角．

解答：解：（理科）（1）以點A為坐標原點，射線AB，AD，AZ分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系如圖示，點E（0，0，1）、G（1，2，0）、B（2，0，0）、D（0，2，0），
則

EG

=(1，2，-1)，

BD

=(-2，2，0)．
設異面直線EG與BD所成角為θcosθ=

| EG • BD |

|EG| • |BD|

=

|-2+4|

6 • 8

=

3

6

，
所以異面直
線EG與BD所成角大小為arccos

3

6

．
（2）假設在線段CD上存在一點Q滿足條件，設點Q（x₀，2，0），平面EFQ的法向量為

n

=(x，y，z)，
則有

n  • EF =0  n  • EQ =0

得到y(tǒng)=0，z=xx₀，取x=1，
所以

n

=(1，0，x0)，則

| EA •  n  |

|n|

=0.8，又x₀＞0，解得x0=

4

3

，
所以點Q(

4

3

，2，0)即

CQ

=(-

2

3

，0，0)，則

|CQ|

=

2

3

．
所以在線段CD上存在一點Q滿足條件，且長度為

2

3

．
（文科）解：（1）由題意，當x=0時，sinx=0，cosx=1，此時

e

1=(1，0)，

e

2=(0，1)都為單位向量．
故

a

=

1

2

e

1+

3

2

e

2=(

1

2

，

3

2

)，
所以|

a

|=1．
（2）由條件

a

=

1

2

e

1+

3

2

e

2=(

1

2

，

1

2

sinx+

3

2

cosx)
因為向量

a

和向量

b

=(1，2)共線，
所以

.

1 2 1 2 sinx+ 3 2 cosx 1 2

.

=0?1-(

1

2

sinx+

3

2

cosx)=1-sin(x+

π

3

)=0，
因為x∈[0，

π

2

)，
所以x=

π

6

．
于是

e

1=(1，

1

2

)，

e

2=(0，

3

2

)，
設向量

e

1和

e

2的夾角為θ
則cosθ=

e 1• e 2

| e 1|| e 2|

=

3 4

5 2 • 3 2

=

5

5

，
即向量

e

1和

e

2的夾角為arccos

5

5

．

點評：考查利用空間向量證明垂直和求夾角和距離問題，以及平行向量與共線向量的判定定理，體現(xiàn) 了轉化的思想方法，屬中檔題．