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专题八 立体几何
第二十四讲 空间向量与立体几何
答案部分
1．【解析】(1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF．
又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD． (2)作PH⊥EF，垂足为H．由(1)得，PH⊥平面ABFD．
以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H?xyz．
zPDEAx由(1)可得，DE⊥PE．又DP=2，DE=1，所以PE=3． 又PF=1，EF=2，故PE⊥PF． 可得PH?CHB
Fy33,EH?．
223333)，D(?1,?,0)，DP?(1,,)，
2222则H(0,0,0)，P(0,0,HP?(0,0,3)为平面ABFD的法向量． 23HP?DP3|?4?设DP与平面ABFD所成角为?，则sin??|．
4|HP|?|DP|3所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为3． 4高考真题专项分类（理科数学）第1页—共52页
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2．【解析】(1)在三棱柱ABC?A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC， ∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，AC11的中点， ∴AC⊥EF． ∵AB?BC． ∴AC⊥BE， ∴AC⊥平面BEF．
(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1． 又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC． ∵BE?平面ABC，∴EF⊥BE． 如图建立空间直角坐称系E?xyz．
zA1FC1B1DExACBGy
由题意得B(0,2,0)，C(?1,0,0)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)．
uuruuur∴CD=(2，，20)， 01)，CB=(1，，bc)， 设平面BCD的法向量为n?(a，，uuur??2a?c?0?n?CD?0∴?uur，∴?，
a?2b?0???n?CB?0令a?2，则b??1，c??4， ?1，?4)， ∴平面BCD的法向量n?(2，高考真题专项分类（理科数学）第2页—共52页
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uur又∵平面CDC1的法向量为EB=(0，，20)， uuruurn?EB21∴cos?n?EB??． uur=?21|n||EB|由图可得二面角B?CD?C1为钝角，所以二面角B?CD?C1的余弦值为??1，?4)，∵G(0,2,1)，F(0,0,2)， (3)平面BCD的法向量为n?(2，21． 21uuuruuuruuur∴GF=(0，，∴，∴与不垂直， n?GF??2GF?2，1)n∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交． 3．【解析】(1)因为AP?CP?AC?4，O为AC的中点，所以OP?AC，且OP?23．
连结OB．因为AB?BC?且OB?AC，OB?2AC，所以△ABC为等腰直角三角形， 21AC?2． 2由OP2?OB2?PB2知PO?OB．
由OP?OB，OP?AC知PO?平面ABC．
uuur(2)如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O?xyz．
zPAxOBMyC
由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,?2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,23)，
uuuruuurAP?(0,2,23)，取平面PAC的法向量OB?(2,0,0)． uuur设M(a,2?a,0)(0?a≤2)，则AM?(a,4?a,0)．
设平面PAM的法向量为n?(x,y,z)．
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