多维层次练42-利用空间向量求空间角学案

这是一份多维层次练42-利用空间向量求空间角学案，共15页。

1．(多选题)有下列四个命题，其中不正确的命题有( )
A．已知A，B，C，D是空间任意四点，则eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(BC,\s\up15(→))＋eq \(CD,\s\up15(→))＋eq \(DA,\s\up15(→))＝0
B．若两个非零向量eq \(AB,\s\up15(→))与eq \(CD,\s\up15(→))满足eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(CD,\s\up15(→))＝0，则eq \(AB,\s\up15(→))∥eq \(CD,\s\up15(→))
C．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量
D．对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若eq \(OP,\s\up15(→))＝xeq \(OA,\s\up15(→))＋yeq \(OB,\s\up15(→))＋zeq \(OC,\s\up15(→))(x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面
解析：对于A，已知A，B，C，D是空间任意四点，则eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(BC,\s\up15(→))＋eq \(CD,\s\up15(→))＋eq \(DA,\s\up15(→))＝0，错误；对于B，若两个非零向量eq \(AB,\s\up15(→))与eq \(CD,\s\up15(→))满足eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(CD,\s\up15(→))＝0，则eq \(AB,\s\up15(→))∥eq \(CD,\s\up15(→))，正确；对于C，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量，不正确；对于D，对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若eq \(OP,\s\up15(→))＝xeq \(OA,\s\up15(→))＋yeq \(OB,\s\up15(→))＋zeq \(OC,\s\up15(→))(x，y，z∈R)，仅当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点共面，故错误．
答案：ACD
2．在空间四边形ABCD中，eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(CD,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(DB,\s\up15(→))＋eq \(AD,\s\up15(→))·eq \(BC,\s\up15(→))＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．不确定
解析：如图，令eq \(AB,\s\up15(→))＝a，eq \(AC,\s\up15(→))＝b，eq \(AD,\s\up15(→))＝c，
则eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(CD,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(DB,\s\up15(→))＋eq \(AD,\s\up15(→))·eq \(BC,\s\up15(→))＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
答案：B
3．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，eq \(OA,\s\up15(→))＋λeq \(OB,\s\up15(→))与eq \(OB,\s\up15(→))的夹角为120°，则λ的值为( )
A．±eq \f(\r(6),6) B．eq \f(\r(6),6)
C．－eq \f(\r(6),6) D．±eq \r(6)
解析：eq \(OA,\s\up15(→))＋λeq \(OB,\s\up15(→))＝(1，－λ，λ)，cs 120°＝eq \f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))＝－eq \f(1,2)，得λ＝±eq \f(\r(6),6)，经检验λ＝eq \f(\r(6),6)不合题意，舍去，所以λ＝－eq \f(\r(6),6).
答案：C
4．(2020·绵阳质检)如图，在大小为45°的二面角A-EF-D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是( )
A.eq \r(3) B.eq \r(2)
C.1 D.eq \r(3－\r(2))
解析：因为eq \(BD,\s\up15(→))＝eq \(BF,\s\up15(→))＋eq \(FE,\s\up15(→))＋eq \(ED,\s\up15(→))，
所以|eq \(BD,\s\up15(→))|2＝|eq \(BF,\s\up15(→))|2＋|eq \(FE,\s\up15(→))|2＋|eq \(ED,\s\up15(→))|2＋2eq \(BF,\s\up15(→))·eq \(FE,\s\up15(→))＋2eq \(FE,\s\up15(→))·eq \(ED,\s\up15(→))＋2eq \(BF,\s\up15(→))·eq \(ED,\s\up15(→))＝1＋1＋1－eq \r(2)＝3－eq \r(2)，
故|eq \(BD,\s\up15(→))|＝eq \r(3－\r(2)).
答案：D
5．(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq \(AB,\s\up15(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up15(→))＝(4，2，0)，eq \(AP,\s\up15(→))＝(－1，2，－1)．下列结论正确的有( )
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C．eq \(AP,\s\up15(→))是平面ABCD的一个法向量
D．eq \(AP,\s\up15(→))∥eq \(BD,\s\up15(→))
解析：对于A，eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(AP,\s\up15(→))＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，所以eq \(AP,\s\up15(→))⊥eq \(AB,\s\up15(→))，即AP⊥AB，A正确；对于B，eq \(AP,\s\up15(→))·eq \(AD,\s\up15(→))＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0.所以eq \(AP,\s\up15(→))⊥eq \(AD,\s\up15(→))，即AP⊥AD，B正确；对于C，由eq \(AP,\s\up15(→))⊥eq \(AB,\s\up15(→))，且eq \(AP,\s\up15(→))⊥eq \(AD,\s\up15(→))，得出eq \(AP,\s\up15(→))是平面ABCD的一个法向量，C正确；对于D，由eq \(AP,\s\up15(→))是平面ABCD的法向量，得出eq \(AP,\s\up15(→))⊥eq \(BD,\s\up15(→))，则D错误．故选ABC.
答案：ABC
6．(多选题)已知ABCD-A1B1C1D1为正方体，下列说法正确的是( )
A．(eq \(A1A,\s\up15(→))＋eq \(A1D1,\s\up15(→))＋eq \(A1B1,\s\up15(→)))2＝3(eq \(A1B1,\s\up15(→)))2
B．eq \(A1C,\s\up15(→))·(eq \(A1B1,\s\up15(→))－eq \(A1A,\s\up15(→)))＝0
C．向量eq \(AD1,\s\up15(→))与向量eq \(A1B,\s\up15(→))的夹角是60°
D．正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(AA1,\s\up15(→))·eq \(AD,\s\up15(→))|
解析：由向量的加法得到：eq \(A1A,\s\up15(→))＋eq \(A1D1,\s\up15(→))＋eq \(A1B1,\s\up15(→))＝eq \(A1C,\s\up15(→))，因为A1C2＝3A1Beq \\al(2,1)，所以(eq \(A1C,\s\up15(→)))2＝3(eq \(A1B1,\s\up15(→)))2，所以A正确；因为eq \(A1B1,\s\up15(→))－eq \(A1A,\s\up15(→))＝eq \(AB1,\s\up15(→))，AB1⊥A1C，所以eq \(A1C,\s\up15(→))·eq \(AB1,\s\up15(→))＝0，故B正确；因为△ACD1是等边三角形，所以∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，所以异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量eq \(AD1,\s\up15(→))与向量eq \(A1B,\s\up15(→))的夹角是120°，故C不正确；因为AB⊥AA1，所以eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(AA1,\s\up15(→))＝0，故|eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(AA1,\s\up15(→))·eq \(AD,\s\up15(→))|＝0，因此D不正确．故选AB.
答案：AB
7．设点C(2a＋1，a＋1，2)在由点P(2，0，0)，A(1，－3，2)，B(8，－1，4)确定的平面上，则a＝________．
解析：由共面向量定理知eq \(PC,\s\up15(→))＝xeq \(PA,\s\up15(→))＋yeq \(PB,\s\up15(→))，
即(2a－1，a＋1，2)＝x(－1，－3，2)＋y(6，－1，4)，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a－1＝－x＋6y，,a＋1＝－3x－y，,2＝2x＋4y，))解得a＝16.
答案：16
8.三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设eq \(AB,\s\up15(→))＝a，eq \(AC,\s\up15(→))＝b，eq \(AA1,\s\up15(→))＝c.
(1)用a，b，c表示向量eq \(MN,\s\up15(→))为________；
(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，则MN的长为________．
解析：(1)由题图知eq \(MN,\s\up15(→))＝eq \(MA1,\s\up15(→))＋eq \(A1B1,\s\up15(→))＋eq \(B1N,\s\up15(→))＝eq \f(1,3)eq \(BA1,\s\up15(→))＋eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \f(1,3)eq \(B1C1,\s\up15(→))＝eq \f(1,3)(c－a)＋a＋eq \f(1,3)(b－a)＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c.
(2)由题设条件
因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×eq \f(1,2)＋2×1×1×eq \f(1,2)＝5，所以|a＋b＋c|＝eq \r(5)，|eq \(MN,\s\up15(→))|＝eq \f(1,3)|a＋b＋c|＝eq \f(\r(5),3).
答案：(1)eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c (2)eq \f(\r(5),3)
9．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求B，D间的距离．

解：因为∠ACD＝90°，所以eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(CD,\s\up15(→))＝0.
同理eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(BA,\s\up15(→))＝0.
因为AB与CD成60°角，所以〈eq \(BA,\s\up15(→))，eq \(CD,\s\up15(→))〉＝60°或120°.
又因为eq \(BD,\s\up15(→))＝eq \(BA,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))＋eq \(CD,\s\up15(→))，所以|eq \(BD,\s\up15(→))|2＝|eq \(BA,\s\up15(→))|2＋|eq \(AC,\s\up15(→))|2＋|eq \(CD,\s\up15(→))|2＋2eq \(BA,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))＋2eq \(BA,\s\up15(→))·eq \(CD,\s\up15(→))＋2eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(CD,\s\up15(→))＝3＋2×1×1×cs〈eq \(BA,\s\up15(→))，eq \(CD,\s\up15(→))〉．
当〈eq \(BA,\s\up15(→))，eq \(CD,\s\up15(→))〉＝60°时，eq \(BD,\s\up15(→))2＝4；
当〈eq \(BA,\s\up15(→))，eq \(CD,\s\up15(→))〉＝120°时，eq \(BD,\s\up15(→))2＝2.
所以|eq \(BD,\s\up15(→))|＝2或eq \r(2)，即B，D间的距离为2或eq \r(2).
10.如图所示，已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，平面PBC⊥底面ABCD.用向量方法证明：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明：(1)取BC的中点O，连接PO，
因为△PBC为等边三角形，所以PO⊥BC.
因为平面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC,
所以PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，
PO＝eq \r(3)，
所以A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，eq \r(3))，
所以eq \(BD,\s\up15(→))＝(－2，－1，0)，eq \(PA,\s\up15(→))＝(1，－2，－eq \r(3))．
因为eq \(BD,\s\up15(→))·eq \(PA,\s\up15(→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq \r(3))＝0，
所以eq \(PA,\s\up15(→))⊥eq \(BD,\s\up15(→))，所以PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2))).
因为eq \(DM,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(PB,\s\up15(→))＝(1，0，－eq \r(3))，
所以eq \(DM,\s\up15(→))·eq \(PB,\s\up15(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
所以eq \(DM,\s\up15(→))⊥eq \(PB,\s\up15(→))，即DM⊥PB.
因为eq \(DM,\s\up15(→))·eq \(PA,\s\up15(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq \f(\r(3),2)×(－3)＝0，
所以eq \(DM,\s\up15(→))⊥eq \(PA,\s\up15(→))，即DM⊥PA.
又因为PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以DM⊥平面PAB.
因为DM⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB.
[综合应用练]
11.(2020·成都调研)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交
B．平行
C．垂直
D．MN在平面BB1C1C内
解析：以点C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由于A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，
eq \(MN,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，0，\f(2a,3))).
又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以eq \(C1D1,\s\up15(→))＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．
因为eq \(MN,\s\up15(→))·eq \(C1D1,\s\up15(→))＝0，
所以eq \(MN,\s\up15(→))⊥eq \(C1D1,\s\up15(→))，又MN⊄平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C.
答案：B
12.如图所示，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )
A. (1，1，1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
解析：设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，所以AM∥EO，
又O是正方形ABCD对角线交点，则O为AC中点，
所以M为线段EF的中点．
在空间坐标系Cxyz中，E(0，0，1)，F(eq \r(2)，eq \r(2)，1)．
由中点坐标公式，知点M的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
答案：C
13.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．
解析：以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设CE＝x，DF＝y，
则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，
所以eq \(B1E,\s\up15(→))＝(x－1，0，1)，所以eq \(FB,\s\up15(→))＝(1，1，y)．
由于B1E⊥平面ABF，
所以eq \(FB,\s\up15(→))·eq \(B1E,\s\up15(→))＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0⇒x＋y＝1.
答案：1
14．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，eq \(C1N,\s\up15(→))＝λeq \(NC,\s\up15(→))，且AB1⊥MN，则λ的值为________．
解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以M为坐标原点，eq \(MC,\s\up15(→))，eq \(MA,\s\up15(→))，eq \(MP,\s\up15(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．
因为底面边长为1，侧棱长为2，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，
B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，2))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，2))，M(0，0，0)，
设Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，t))，因为eq \(C1N,\s\up15(→))＝λeq \(NC,\s\up15(→))，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ)))，
所以eq \(AB1,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，eq \(MN,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ))).
又因为AB1⊥MN，所以eq \(AB1,\s\up15(→))·eq \(MN,\s\up15(→))＝0.
所以－eq \f(1,4)＋eq \f(4,1＋λ)＝0，所以λ＝15.
答案：15
15.如图，三棱锥P-ABC中，eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(AB,\s\up15(→))＝eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))＝eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))＝0，eq \(PA,\s\up15(→))2＝
eq \(AC,\s\up15(→))2＝4eq \(AB,\s\up15(→))2.
(1)求证：AB⊥平面PAC；
(2)若M为线段PC上的点，设eq \f(|\(PM,\s\up15(→))|,|\(PC,\s\up15(→))|)＝λ，问当λ为何值时，能使直线PC⊥平面MAB?
(1)证明：因为eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(AB,\s\up15(→))＝eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))＝eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))＝0，
所以PA⊥AB，AB⊥AC，
因为PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC.
(2)解：当M为PC的中点，即λ＝eq \f(1,2)时，直线PC⊥平面MAB.
以A为坐标原点，射线AC，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz.由eq \(PA,\s\up15(→))2＝eq \(AC,\s\up15(→))2＝4eq \(AB,\s\up15(→))2可得PA＝AC＝2AB.设AP＝2，则P(0，0，2)，A(0，0，0)，C(2，0，0)，B(0，1，0)，M(1，0，1).eq \(PC,\s\up15(→))＝(2，0，－2)，eq \(AM,\s\up15(→))＝(1，0，1)，eq \(MB,\s\up15(→))＝(－1，1，－1)．
eq \(PC,\s\up15(→))·eq \(AM,\s\up15(→))＝2×1＋0×0＋(－2)×1＝0，所以eq \(PC,\s\up15(→))⊥eq \(AM,\s\up15(→))，即PC⊥AM.
eq \(PC,\s\up15(→))·eq \(MB,\s\up15(→))＝2×(－1)＋0×1＋(－2)×(－1)＝0，
所以eq \(PC,\s\up15(→))⊥eq \(MB,\s\up15(→))，即PC⊥BM.
又因为AM∩BM＝M，所以PC⊥平面MAB.
[拔高创新练]
16.在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD.
(1)在下列四个条件：①AB＝2BC，∠ABC＝60°，②AC⊥FB，③平面CDEF⊥平面ABCD，④CF⊥平面ABCD中任选2个证明AC⊥平面FBC；
(2)在(1)的结论下，判断线段ED上是否存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC，证明你的结论．
解：(1)选①②，证明如下：
法一 因为AB＝2BC，∠ABC＝60°，
所以在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs 60°＝3BC2，
所以AC2＋BC2＝4BC2＝AB2，所以∠ACB＝90°，
所以AC⊥BC，又AC⊥FB，FB∩BC＝B，所以AC⊥平面FBC.
法二 在△ABC中，取AB中点G，连接CG，则BG＝BC，因为∠ABC＝60°，
所以△BCG为正三角形，所以∠CGB＝60°，AG＝CG，∠CAG＝∠ACG＝30°，
所以∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.
又因为AC⊥FB，FB∩BC＝B，
所以AC⊥平面FBC.
选①③，证明如下：
因为AB＝2BC，∠ABC＝60°，
所以在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs 60°＝3BC2，
所以AC2＋BC2＝4BC2＝AB2，∠ACB＝90°，
所以AC⊥BC.
又因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，CF⊥CD，所以CF⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，
所以CF⊥AC，又因为CF∩BC＝C，所以AC⊥平面FBC.
②③，②④同上同理可以证明．
(2)线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC.
证明如下：
由(1)知，AC⊥平面FBC，所以AC⊥FC.
因为CD⊥FC，AC∩CD＝C，所以FC⊥平面ABCD.
所以CA，CF，CB两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
在等腰梯形ABCD中，可得CB＝CD，
设BC＝1，所以C(0，0，0)，A(eq \r(3)，0，0)，B(0，1，0)，
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，
所以eq \(CE,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，eq \(CA,\s\up15(→))＝(eq \r(3)，0，0)，eq \(CB,\s\up15(→))＝(0，1，0)，
设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up15(→))＝0，,n·\(CA,\s\up15(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＋z＝0，,\r(3)x＝0，))
取z＝1，得n＝(0，2，1)．
假设线段ED上存在点Q，
设Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，t))(0≤t≤1)，
所以eq \(CQ,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，t)).
设平面QBC的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CB,\s\up15(→))＝0，,m·\(CQ,\s\up15(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝0，,\f(\r(3),2)a－\f(1,2)b＋tc＝0，))
取c＝1，得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2t,\r(3))，0，1)).
要使平面EAC⊥平面QBC，只需m·n＝0，
即－eq \f(2,\r(3))t×0＋0×2＋1×1＝0，此方程无解．
所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC.