选修一《空间向量的应用》同步练习及答案

一、单选题

1．已知两个异面直线的方向向量分别为a，b，且|a|＝|b|＝1，a•b线的夹角为（ ）

A．30 B．60 C．120 D．150

2．若平面,的法向量分别为a,1,3,b(1,2,6)，则（ ） A．// C．

B．与相交但不垂直 D．//或与重合

1，则两直2123．已知直线l的方向向量为m,平面的法向量为n,则“mn0”是“l∥”的( )

A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

4．在平面ABCD中，A(0,1,1)，B(1,2,1)，C(1,0,1)，若a(1,y,z)，且a为平面ABCD的法向量，则y等于（ ） A．2

B．0

C．1

D．无意义

25．（2019·四川省双流中学高三月考）已知点P是正方体ABCDA1B1C1D1的棱CD的中点，给出以下结论：

①A1PC1D； ②A1PBD； ③A1PBC1； ④A1P其中正确命题的序号是（ ） A．①

B．②

C．③

平面BC1D

D．④

6．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是( )

A．(1，－2，4) B．(－4,1，－2) C．(2，－2，1) D．(1，2，－2) 7．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1、BB1的中点，M为棱A1B1上的一点，且A1M(02)，设点N为ME的中点，则点N到平面D1EF的距离为（ ）

A．3

B．2 2C．2 3D．5 58．已知直三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，则异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为（ ） A．

1 2B．

1 8C．

1 4D．

3 49．过正方形ABCD的顶点A，作PA平面ABCD，若PABA，则平面ABP和平面

CDP所成的锐二面角的大小是

A．30 B．45 C．60 D．90

10．在正方形ABCDA1B1C1D1中，棱AB，A1D1的中点分别为E，F，则直线EF与平面AA1D1D所成角的余弦值为（ ）

5 525 5A．B．C．6 6D．30 6二、多选题

11．已知ν为直线l的方向向量，n1,n2分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），那么下列选项中，正确的是（ ） A．n1//n2// C．//n1l//

B．n1n2 D．n1l//

12．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点．则（ ）

A．直线D1D与直线AF垂直 B．直线A1G与平面AEF平行

C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 D．点C和点G到平面AEF的距离相等 13．正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB、BB1的中点，则下列结论正确的是（ ）

98

A．B1GBC

B．平面AEF平面AA1D1DAD1

C．A1H//面AEF 三、填空题

D．二面角EAFC的大小为

 414．若平面的一个法向量为n(3,1,1)，直线l的一个方向向量为a(3,1,1)，则

l与所成角的正弦值为________.

15．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA12, E,F分别是BA, A1C1的中点.设D是线段B1C1上的（包括两个端点）动点，当直线BD与EF所成角的余弦值为．．．．．．

10，则线段BD的长为_______． 4

16．正方体ABCDA1B1C1D1中，E,F分别是AA1,AB的中点，则EF与直线AC1所成角的大小为______ ；EF与对角面BDD1B1所成角的正弦值是 __________．

17．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，下列结论中，正确结论的序号是___________.

①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形； ②B1D1//平面EFG；

③BD1平面ACB1；

④异面直线EF与BD1所成角的正切值为⑤四面体ACB1D1的体积等于四、解答题

18．已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，BAC90，ABAA12，AC1，

2； 213a. 2M，N分别是A1B1，BC的中点．

（1）求证：ABAC1；

（2）求证：MN//平面ACC1A1.

19．如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中E，F分别为AB，A1C的中点.

（1）求EF；

（2）求证：EF//平面AA1D1D

20.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，AA14，点D是

AB的中点．

（1）求异面直线AC与BC1所成的角； （2）求证：AC1//平面CDB1．

21．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，ABAC2，AA122，D为棱BC的中点.

（1）求直线DB1与平面AAC11C所成角的正弦值； （2）求平面AAC11C与平面ADB1所成二面角的余弦值.

22．直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，ABC90，E、F分别为棱AB、B1C1上的点，AE2EB，C1F2FB1.求证：

（1）EF//平面AAC11C；

（2）线段AC上是否存在一点G，使面EFG面AAC11C.若存在，求出AG的长；若不存在，请说明理由.

23．如图，在底面是正方形的四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，APAB2，

E,F,G是BC,PC,CD的中点.

（1）求证：BG平面PAE；

（2）在线段BG上是否存在点H，使得FH//平面PAE？若存在，求出存在，说明理由.

答案解析

一、单选题

1．已知两个异面直线的方向向量分别为a，b，且|a|＝|b|＝1，a•b线的夹角为（ ） A．30 C．120 【答案】B 【解析】

设两直线的夹角为θ，则由题意可得1×1×cos＜a，b＞∴＜a，b＞故选：B．

B．60 D．150

BH的值；若不BG1，则两直211，∴cos＜a，b＞， 222，∴θ， 332．若平面,的法向量分别为a,1,3,b(1,2,6)，则（ ） A．// C． 【答案】D 【解析】

因为ab，所以平面,的法向量共线，故//或与重合. 故选：D.

3．已知直线l的方向向量为m,平面的法向量为n,则“mn0”是“l∥”的( )

A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】B 【解析】

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 B．与相交但不垂直 D．//或与重合

1212mn0

mn

mn0,即mn,不一定有l∥,也可能l

“mn0”是“l∥”的不充分条件

l∥,可以推出mn,

“mn0”是“l∥”是必要条件,

综上所述, “mn0”是“l∥”必要不充分条件. 故选:B.

4．在平面ABCD中，A(0,1,1)，B(1,2,1)，C(1,0,1)，若a(1,y,z)，且a为平面ABCD的法向量，则y等于（ ） A．2

B．0

C．1

D．无意义

2【答案】C 【解析】

由题得，AB(1,1,0)，AC(1,1,2)，又a为平面ABCD的法向量，则有aAB0aAC0，

1y02即，则y1，那么y1. 1y2z0故选：C

5．已知点P是正方体ABCDA1B1C1D1的棱CD的中点，给出以下结论：

①A1PC1D；②A1PBD；③A1PBC1；④A1P其中正确命题的序号是（ ） A．① 【答案】C 【解析】

B．②

C．③

平面BC1D

D．④

,2. 设正方体边长为2,建立如图空间直角坐标系.则A1P2,1对①, C1D0,2,2,因为A,故①错误. 1PC1D0242对②, BD2,2,0,因为A,故②错误. 1PBD422对③, BC12,0,2,因为A,故③正确. 1PBD440对④,由②有A1PBD不成立,故A1P故选：C

6．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是( )

平面BC1D不成立.故④错误.

A．(1，－2，4) C．(2，－2，1) 【答案】B 【解析】

B．(－4,1，－2) D．(1，2，－2)

设正方体棱长为2，则A（2，0，0），E（2，2，1），F（1，0，2）， ∴AE=（0，2，1），AF=（﹣1，0，2） 设向量n=（x，y，z）是平面AEF的一个法向量

nAE2yz0则，取y=1，得x=﹣4，z=﹣2 nAFx2z0∴n=（﹣4，1，﹣2）是平面AEF的一个法向量 因此可得：只有B选项的向量是平面AEF的法向量 故选：B．

7．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1、BB1的中点，M为棱A1B1上的一点，且A1M(02)，设点N为ME的中点，则点N到平面D1EF的距离为（ ）

A．3 【答案】D 【解析】

B．

2 2C．2 3D．5 5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， 则M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1）， ，EF＝（0，2，0），EM＝（0，λ，1）， ED1＝（﹣2，0，1）

设平面D1EF的法向量n＝（x，y，z），

n·ED12xz0则 ，取x＝1，得n＝（1，0，2），

n·EF2y0∴点M到平面D1EF的距离为：

d＝

EMnn2255，N为EM中点，所以N到该面的距离为 ，选D．

555

8．已知直三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，则异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为（ ） A．

1 2B．

1 8C．

1 4D．

3 4【答案】C 【解析】

立空间坐标系如图，设边长为2，得到A（2，0，0），B1（1，3，2）， B（1，3，0），C1（0，0，2）

向量AB11,3,2,BC1-1,3,2 设异面直线夹角为，则cos故答案为C

9．过正方形ABCD的顶点A，作PA平面ABCD，若PABA，则平面ABP和平面

AB1BC11=

|AB1||BC1|4CDP所成的锐二面角的大小是

A．30 C．60 【答案】B 【解析】

B．45 D．90

法一：建立如图(1)所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为

n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为

故所求的二面角的大小是45°.

n1n2n1n2＝2，2

法二：将其补成正方体．如图(2)，不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角，其大小为45°.

10．在正方形ABCDA1B1C1D1中，棱AB，A1D1的中点分别为E，F，则直线EF与平面AA1D1D所成角的余弦值为（ ）

5 525 5A．B．C．

6 6D．

30 6【答案】D 【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， 设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，

则E2,1,0， F1,0,2， EF1,1,2， 平面AA1D1D的法向量n0,1,0，

设直线EF与平面AA1D1D所成角为，0,，

2则sin|EFn|16．

6|EF||n|6所以cos1sin230 6直线EF与平面AA1D1D所成角的余弦值为30．

6故选：D．

二、多选题

11．已知ν为直线l的方向向量，n1,n2分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），那么下列选项中，正确的是（ ） A．n1//n2// C．//n1l// 【答案】AB 【解析】

A选项，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量平行等价于平面α，β平行，正确；

B选项，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量垂直等价于平面α，β垂直，正确；

C选项，直线的方向向量平行于平面的法向量等价于直线垂直于平面，错误；

D选项，直线的方向向量垂直于平面的法向量等价于直线平行于平面或直线在平面内，错误. 故选：AB

B．n1n2 D．n1l//

E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点．12．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则（ ）

A．直线D1D与直线AF垂直 B．直线A1G与平面AEF平行

C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 D．点C和点G到平面AEF的距离相等 【答案】BC 【解析】

对选项A：（方法一）以D点为坐标原点，DA、DC、DD1所在的直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)、A(1,0,0)、A1(1,0,1)、E9811,1,0、F0,1,、

22111G1,1,.从而DD1(0,0,1)，AF1,1,，从而DD1AF0，所以DD1与

222直线AF不垂直，选项A错误；

（方法二）取DD1的中点N，连接AN，则AN为直线AF在平面ADD1A1内的射影，AN与DD1不垂直，从而AF与DD1也不垂直，选项A错误；

取BC的中点为M，连接A1M、GM，则A1M∥AE，GM∥EF，易证

平面A1MG∥平面AEF，从而A1G∥平面AEF，选项B正确；

对于选项C，连接AD1，D1F，易知四边形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面四边形（如图所示），且D1HAH5，A，所以1D2SAD1H239132SS，而，从而选项C正确； 2(5)△AD1H四边形AEFD1482222

对于选项D：（方法一）由于SGEFS梯形BEFGSEBG11111111，而2222224111111SECF，而VAGEFSEFGAB，VAECFSECFAB，所以

222833VAGEF2VAECF，即VGAEF2VCAEF，点G到平面AEF的距离为点C到平面AEF的

距离的二倍.从而D错误.

（方法二）假设点C与点G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面

AEF必过CG的中点，连接CG交EF于点O，易知O不是CG的中点，故假设不成立，

从而选项D错误.

13．正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB、BB1的中点，则

下列结论正确的是（ ）

A．B1GBC C．A1H//面AEF 【答案】BC 【解析】

B．平面AEF平面AA1D1DAD1

D．二面角EAFC的大小为

 4由题可知，B1G在底面上的射影为BG，而BC不垂直BG， 则B1G不垂直于BC，则选项A不正确；

连接AD1和BC1，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB、BB1的中点， 可知EF//BC1//AD1，所以AEF平面AD1EF， 则平面AEF平面AA1D1DAD1，所以选项B正确；

由题知，可设正方体的棱长为2，

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴， 则各点坐标如下：

A2,0,0,C0,2,0,E0,2,1,A12,0,2,H2,2,1,F1,2,0 A1H0,2,1,AF1,2,0,EF1,0,1,AA10,0,2，

设平面AEF的法向量为nx,y,z，

nAF0x2y0则，即，令y1，得x2,z2，

xz0nEF0得平面AEF的法向量为n2,1,2，

所以A，所以A1H//平面AEF，则C选项正确； 1Hn0由图可知，AA1平面AFC，所以AA1是平面AFC的法向量， 则cosAA1,nAA1nAA1n2. 3得知二面角EAFC的大小不是故选：BC.

，所以D不正确. 4

三、填空题

14．若平面的一个法向量为n(3,1,1)，直线l的一个方向向量为a(3,1,1)，则

l与所成角的正弦值为________.

【答案】

1 5【解析】

由题，设l与所成角为，可得sin|na||311|1.

|n||a|(3)211(3)2115故答案为：

1 515．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA12, E,F分别是BA, A1C1的中点.设D是线段B1C1上的（包括两个端点）动点，当直线BD与EF所成角的余弦值为．．．．．．

10，则线段BD的长为_______． 4

【答案】22

【解析】

以E为原点，EA,EC为x,y轴建立空间直角坐标系，如下图．

E(0,0,0),F(31,,2),B(0,1,0),D(0,t,2)(1t1) 22EF(31,,2),BD(0,t1,2) 22(t1)4EFBD10 2cos4EFBD5(t1)24解得t=1，所以BD22，填22．

点睛：利用空间向量求解空间角与距离的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

16．正方体ABCDA1B1C1D1中，E,F分别是AA1,AB的中点，则EF与直线AC1所成角的大小为______ ；EF与对角面BDD1B1所成角的正弦值是 __________． 【答案】

1

22【解析】

如图所示建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，

则E2,0,1，F2,1,0，A2,0,0，C10,2,2，故EF0,1,1，AC12,2,2. 故EFAC10，故EF与直线AC1所成角的大小为

. 2易知对角面BDD1B1的一个法向量为n1,1,0，设EF与对角面BDD1B1所成角为， 故sincosEF,nEFnEFn1. 2故答案为：

1；. 22

17．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，下列结论中，正确结论的序号是___________.

①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形； ②B1D1//平面EFG； ③BD1平面ACB1；

④异面直线EF与BD1所成角的正切值为⑤四面体ACB1D1的体积等于【答案】①③④ 【解析】

延长EF分别与BlA1，B1B的延长线交于N，Q，连接GN交A1D1于H，设HG与B1C1的延长

2； 213a. 2线交于P，连接PQ交CC1于I，交BC于M，连FH，HG，GI，IM，ME,EF, 如图:

则截面六边形EFHGIM为正六边形，故①正确：

因为B1D1与HG相交，故B1D1与平面EFG相交，所以②不正确：

BDAC,BD1AC(三垂线定理)， BC1B1C,BD1B1C(三垂线定理)，

且AC与B1C相交，

所以BD1平面ACB1，故③正确；

以D为原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),E(a,则EF(0,aa,0),F(a,0,),B(a,a,0),D1(0,0,a), 22aa,),BD1(a,a,a), 22aa0(a)()(a)aa26EFBD122所以cosEF,BD13, 2262aa|EF||BD1|a0a2a2a2244所以sinEF,BD11cos2EF,BD1163, 3932sinEF,BD13tanEF,BD所以, 126cosEF,BD13所以异面直线EF与BD1的夹角的正切值为2，故④正确； 2因为四面体ACB1D1的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积， 即为a4311313aa，故⑤不正确． 323故答案为：①③④ 四、解答题

18．已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，BAC90，ABAA12，AC1，

M，N分别是A1B1，BC的中点．

（1）求证：ABAC1；

（2）求证：MN//平面ACC1A1. 【答案】(1)证明见解析 (2) 证明见解析 【解析】

三棱柱为直三棱柱 AA1平面ABC AA1AC，AA1AB

又BAC90，则AB,AC,AA1两两互相垂直，可建立如下图所示的空间直角坐标系

则A0,0,0，B0,2,0，C1,0,0，C11,0,2，M0,1,2，N,1,0

2（1）

1AB0,2,0，AC11,0,2

ABAC10120020 ABAC1

（2）由题意知：AB是平面ACC1A1的一个法向量

1AB0,2,0，MN,0,2

21ABMN020020 ABMN

2MN平面ACC1A1 MN//平面ACC1A1

19．如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中E，F分别为AB，A1C的中点.

（1）求EF；

（2）求证：EF//平面AA1D1D 【答案】（1）2；（2）证明见解析 【解析】

（1）由题知,E(2,1,0),F(1,1,1), ∴EF(1,0,1), ∴|EF|(1)202122

（2）由题知,A(2,0,0),D1(0,0,2),∴AD1(2,0,2), ∴AD12EF,故AD//EF,

又AD1平面AA1D1D,EF平面AA1D1D ∴EF∥平面AA1D1D.

20.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，AA14，点D是

AB的中点．

（1）求异面直线AC与BC1所成的角； （2）求证：AC1//平面CDB1．

【答案】（1）【解析】

（2）证明见解析 2（1）因为AC3，BC4，AB5，

所以AC2BC2AB2，所以ABC是直角三角形， 所以ACB2，所以ACBC

因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以C1C平面ABC， 所以C1CAC，C1CBC

以C为原点，分别以CA、CB、CC1为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则C(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，4，0)，C1(0，0，4)

所以直线AC的方向向量为CA(3,0,0)，直线BC1的方向向量为BC1(0,4,4)， 设异面直线AC与BC1所成的角为， 因为CABC10， 所以cos0，

所以异面直线AC与BC1所成的角为

． 233（2）由（1）可知D,2,0，B1(0，4，4)，则CD,2,0，CB1(0,4,4)

223CD·n0x2y0设平面CDB1的法向量为n(x,y,z)，则，所以2

n0CB1·4y4z0令x4，则y3，z3，所以n(4,3,3) 直线AC1的方向向量为AC1(3,0,4)，

因为AC1n0，AC1平面CDB1， 所以AC1//平面CDB1．

21．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，ABAC2，AA122，D为棱BC的中点.

（1）求直线DB1与平面AAC11C所成角的正弦值； （2）求平面AAC11C与平面ADB1所成二面角的余弦值.

【答案】（1）【解析】

1010；（2）.

510则A(0,0,0)，A，C(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)，B1(0,2,22)，所以1(0,0,22)AC(2,0,0)，AA1(0,0,22)，AD(1,1,0)，DB1(1,1,22)，如下图：

（1）设平面AAC11C的一个法向量为m(x,y,z)，

2x0ACm0则，即，取m(0,1,0)， AA1m022z0所以cosDB1,mDB1mDB1m111010， 1010； 10所以直线DB1与平面AAC11C所成角的正弦值为（2）设平面ADB1的一个法向量为n(x1,y1,z1)，

x1y10ADn02则，即，取n(1,1,)，

2DB1n0x1y122z10所以

cosm,nmnmn1152105，

所以求平面AAC11C与平面ADB1所成二面角的余弦值

10. 5

22．直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，ABC90，E、F分别为棱AB、B1C1上的点，AE2EB，C1F2FB1.求证：

（1）EF//平面AAC11C；

（2）线段AC上是否存在一点G，使面EFG面AAC11C.若存在，求出AG的长；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析（2）存在，AG【解析】

（1）如图所示：以A1为原点，A1D1，A1B1，A1A分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系：

22 3

则A1(0,0,0)，B1(0,2,0)，C1(2,2,0)，设A(0,0,a)，则E(0,所以EF(,,a)，A，AC， 1A(0,0,a)11(2,2,0)因为EFA1A42,a)，F(,2,0)， 3322331AC，AC共面，又EF不在平面AAC11C内， 11，所以EF，A1A113所以EF//平面AAC11C

（2）线段AC上存在一点G，使面EFG面AAC11C，且AG22， 3证明如下：在三角形AGE中，由余弦定理得EGAG2AE22AGAEcos4

8228162242， 29399332所以AG2EG2AE2，即EGAG， 又A1A平面ABCD，EG平面ABCD， 所以A1AEG，而AGA1AA， 所以EG平面AAC11C， 因为EG平面EFG， 所以EFG面AAC11C.

23．如图，在底面是正方形的四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，APAB2，

E,F,G是BC,PC,CD的中点.

（1）求证：BG平面PAE；

（2）在线段BG上是否存在点H，使得FH//平面PAE？若存在，求出存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，【解析】

（1）证明：因为四棱锥PABCD底面是正方形，且PA平面ABCD， 以点A为坐标原点，AB,AD,AP 所在直线分别为x,y,z轴建立如图 所示空间直角坐标系.

BH的值；若不BG3. 5

则A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),，

C(2,2,0),D(0,2,0)，

因为E,F,G是BC,PC,CD的中点， 所以E(2,1,0),F(1,1,1),G(1,2,0)，

所以BG(1,2,0)，AP(0,0,2),AE(2,1,0), 所以BGAP0，且BGAE0. 所以BGAP，BGAE，且AE所以BG⊥平面PAE.

（2）假设在线段BG上存在点H，使得FH//平面PAE. 设BHBG(01)，

则FHFBBHABAFBG(1,21,1). 因为FH//平面PAE，BG⊥平面PAE，

所以FHGB(1)(12(21)0(1)530. 所以APA.

3. 5BH3. BG5所以，在线段BG上存在点H，使得FH//平面PAE.其中