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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．
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?33,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，A1C1的中点， ∴AC⊥EF． ∵AB?BC． 1
3． 4百度文库 - 让每个人平等地提升自我！
∴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．
由题意得B(0,2,0)，C(?1,0,0)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)． 0，1)，CB=(1，2，0)， ∴CD=(2，设平面BCD的法向量为n?(a，，bc)， ??2a?c?0?n?CD?0∴?，∴?，
a?2b?0???n?CB?0令a?2，则b??1，c??4， ∴平面BCD的法向量n?(2，?1，?4)， 2，0)， 又∵平面CDC1的法向量为EB=(0，∴cos?n?EB??n?EB|n||EB|=?21． 21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?(3)平面BCD的法向量为n?(2，?1，?4)，∵G(0,2,1)，F(0,0,2)， ?2，1)，∴n?GF??2，∴n与GF不垂直， ∴GF=(0，21． 21∴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． 2222由OP?OB?PB知PO?OB．
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由OP?OB，OP?AC知PO?平面ABC．
(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． 由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,?2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,23)，
AP?(0,2,23)，取平面PAC的法向量OB?(2,0,0)．
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)．
??2y?23z?0由AP?n?0,AM?n?0得?，可取n?(3(a?4),3a,?a)，
??ax?(4?a)y?0所以cosOB,n?23(a?4)23(a?4)2?3a2?a2=．由已知得|cosOB,n|?3． 2所以23|a?4|23(a?4)2?3a2?a234．解得a??4（舍去），a?． 23所以n?(?834343,,?)．又PC?(0,2,?23)，所以cosPC,n?． 33343． 4所以PC与平面PAM所成角的正弦值为4．【解析】(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM． 因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以 DM⊥CM． 又BCCM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
(2)以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
D?xyz．
当三棱锥M?ABC体积最大时，M为CD的中点．
由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，
AM?(?2,1,1)，AB?(0,2,0)，DA?(2,0,0)
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设n?(x,y,z)是平面MAB的法向量，则
??n?AM?0,??2x?y?z?0,即? ??2y?0.??n?AB?0.可取n?(1,0,2)．
DA是平面MCD的法向量，因此
cosn,DA?n?DA5， ?|n||DA|525， 525． 5sinn,DA?所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是
5．【解析】依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为x轴，y轴，
z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，
3C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M(0,,1)，N(1,0,2)．
2(1)证明：依题意DC?(0,2,0)，DE?(2,0,2)．设n0?(x,y,z)为平面CDE的法向
??n0?DC?0，?2y?0， 即? 不妨令z??1，可得n0?(1,0,?1)． 量，则???n0?DE?0，?2x?2z?0，3又MN?(1,?,1)，可得MN?n0?0，
2又因为直线MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE．
(2)依题意，可得BC?(?1,0,0)，BE?(1，?2，2)，CF?(0,?1,2)．
??n?BC?0，??x?0，n?(x,y,z) 即? 设为平面BCE的法向量，则???n?BE?0，?x?2y?2z?0，不妨令z?1，可得n?(0,1,1)．
??m?BC?0，??x?0，m?(x,y,z) 即? 设为平面BCF的法向量，则??y?2z?0，??m?BF?0，?不妨令z?1，可得m?(0,2,1)． 4
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因此有cos?m,n??m?n31010，于是sin?m,n??． ?|m||n|101010． 10所以，二面角E?BC?F的正弦值为(3)设线段DP的长为h(h?[0.2])， 则点P的坐标为(0,0,h)，可得BP?(?1，?2，h)．易知，DC?(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故
cos?BP?DC??BP?DCBPDC?2h?52，
由题意，可得2h2?5?sin60?33，解得
h??[0,2]．
32所以线段DP的长为3． 36．【解析】如图，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则
OB?OC，OO1?OC，OO1?OB，以{OB,OC,OO1}为基底，建立空间直角坐标
系O?xyz． 因为AB?AA1?2，
所以A(0,?1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,?1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2)． (1)因为P为A1B1的中点，所以P(从而BP?(?31,?,2)， 2231,?,2),AC1?(0,2,2)， 22|BP?AC1||BP|?|AC1|?|?1?4|5?22?310． 20故|cosBP,AC1|?因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为(2)因为Q为BC的中点，所以Q(因此AQ?(31,,0)， 22310． 2033,,0)，AC1?(0,2,2),CC1?(0,0,2)． 22设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，
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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 (1)
