2002年-2011年浙江省高考数学试题(理)分类解析汇编-平面向量、立体几何

1、 2002年-2011年浙江省高考数学试题（理）分类解析汇编专题5：平面向量、立体几何锦元数学工作室 编辑一、选择题1. （全国2002年理5分）一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半球的体积相等，那么这个圆锥轴截面顶角的余弦值是【 】（A）（B）（C）（D）【答案】D。【考点】棱锥和球的体积，同角三角函数关系式，倍角公式。【分析】设圆锥的半径为R，高为H，母线与轴所成角为，求出圆锥的高，利用体积相等，求出的余弦值即可：圆锥的高为 H=，圆锥的体积 V圆锥=，半球的体积 V半球=。V圆锥= V半球，即：，。故选D。2.（全国2002年理5分）正六棱柱的底面边长为1，侧棱长为，则这

2、个棱柱侧面对角线与所成的角是【 】（A）（B）（C）（D）【答案】B。【考点】异面直线及其所成的角。【分析】由于棱柱侧面对角线与不在同一平面内，将两条直线移到平面内，连接，由E1FC1B，得与所成的角等于FE1D。解三角形即可： 正六棱柱的底面边长E1F1=1，侧棱长FF1=，FD=，E1D=E1F=。 DFE1是等边三角形。FE1D=60°，即与所成的角是60°。故选B。3.（全国2003年理5分）已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是【 】 （A） （B） （C） （D）【答案】B。【考点】二次函数的最值。【分析】将全面积表示成底面半径

3、的函数，即可求出函数的最大值：设内接圆柱的底面半径为r，高为h，全面积为S，则有，。当时，S取的最大值。故选B。4.（全国2003年理5分）一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为【 】AB4CD【答案】A。【考点】球的表面积【分析】如图1，在四面体的一个面上，棱长AC=，EAC=300，AE=。 如图2，在DAE的截面上，AD=，AE=，则DE=。 设球的半径为=DO=AO，则OE=。 由AO2=AE2OE2得，解得，。 因此，此球的表面积为。故选A。5.（浙江2004年理5分）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中已知AB=1，D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面

4、AA1C1C所成的角为，则=【 】(A) (B) (C) (D)【答案】D。【考点】直线与平面所成的角。【分析】如图作DE面AA1C1C于E，连接AE，则AD与平面AA1C1C所成的角为是DAE。正三棱柱ABCA1B1C1中已知AB=1，D在棱BB1上，且BD=1，在RtDAE中，AD=，DE=。故选D。6.（浙江2005年理5分）设、 为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l，m，有如下的两个命题：若，则lm；若lm，则那么【 】(A) 是真命题，是假命题 (B) 是假命题，是真命题(C) 都是真命题 (D) 都是假命题【答案】D。【考点】空间中直线与平面之间的位置关系，平面与平面之间

5、的位置关系。【分析】根据空间空间中线面关系的判定及性质定理逐个分析题目中的两个结论，即可求出答案：若，则l与m可能平行也可能异面，故为假命题；若lm时，与可能平行也可能相交，故为假命题。都是假命题。故选D。7.（浙江2005年理5分）已知向量，|1，对任意tR，恒有|t|，则【 】(A) (B) () (C) () (D) ()()【答案】C。【考点】向量的模。【分析】已知向量，|1，对任意tR，恒有|t|，即|t|2|2 t22t210，=(2)24(21)0即(1)20。1=0。2=0。()=0。()。故选C。8.（浙江2006年理5分）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，OA

6、、OB、OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是【 】(A) (B) (C) (D)【答案】B。【考点】球面距离及相关计算。【分析】如图，过E、F做AO的垂面交AO于G，则EG=FG =1×sin，EGF=。 EOF=。点E、F在该球面上的球面距离为。故选B。9.（浙江2007年理5分）若P两条异面直线外的任意一点，则【 】过点P有且仅有一条直线与都平行过点P有且仅有一条直线与都垂直过点P有且仅有一条直线与都相交过点P有且仅有一条直线与都异面【答案】B。【考点】空间中直线与直线之间的位置关系【分析】设过点P的直线为，若与、都平行，则、平行，与

7、已知矛盾，故选项A错误。由于、m只有惟一的公垂线，而过点P与公垂线平行的直线只有一条，故B正确。对于选项C、D可参考右图的正方体，设AD为直线，为直线；若点P在P1点，则显然无法作出直线与两直线都相交，故选项C错误。若P在P2点，则由图中可知直线均与、异面，故选项D错误。故选B。10.（浙江2007年理5分）若非零向量满足，则【 】 【答案】C。【考点】向量的加法及其几何意义。【分析】由于是非零向量，则必有，故上式中等号不成立 。 。故选C。11.（浙江2008年理5分）已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是【 】 A1 B2 C D【答案】C。【考点】平面向量数量积的坐

8、标表示、模、夹角。【分析】是平面内两个互相垂直的单位向量，|。，为和的夹角，。，的最大值是。故选C。12.（浙江2009年理5分）在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是【 】A B C D 【答案】C【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【分析】如图，取BC中点E，连接DE、AE、AD，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE平面BB1C1C，故ADE为AD与平面BB1C1C所成的角。设各棱长为，则AE=，DE=，tanADE=。ADE=60°，即AD与平面BB1C1C所成角的大小是60°。故

9、选C。13.（浙江2009年理5分）设向量，满足：，以，的模为边长构成三角形，则它的边与半径为的圆的公共点个数最多为【 】.5.u.c.o.m A B C D【答案】B。【考点】直线与圆相交的性质，向量的模，平面向量数量积的运算。【分析】向量，此三角形为直角三角形，即三边长分别为3，4，5，从而可知其内切圆半径为1。对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现。故选B。14.（浙江2010年理5分）设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是【 】（A）若，则 （B）若，则（C）若，

10、则 （D）若，则【答案】B。【考点】立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理。【分析】对选项逐个检查，根据线面垂直的判定定理，垂直于平面的两条相交直线才行，故A错；根据线面垂直的性质定理，两条平行直线中的一条垂直于平面，另一条也垂直于这个平面，故B正确；若，则或异面，故C错；平行于同一平面的两直线可能平行、异面、相交，故D错。故选B。15.（浙江2011年理5分）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是【 】【答案】D。【考点】由三视图还原实物图。【分析】由正视图可排除A、B选项；由俯视图可排除C选项.。故选D。16.（浙江2011年理5分）下列命题中错误的是【 】（A

11、）如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面（B）如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面（C）如果平面，平面，那么（D）如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面【答案】D。【考点】平面与平面垂直的性质。【分析】由题意可知： A、结合实物：教室的门面与地面垂直，门面的上棱对应的直线就与地面平行，故此命题成立；B、假若平面内存在直线垂直于平面，根据面面垂直的判定定理可知两平面垂直故此命题成立；C、结合面面垂直的性质可以分别在、内作异于l的直线垂直于交线，再由线面垂直的性质定理可知所作的垂线平行，进而得到线面平行再由线面平行的性质可知所作的直线与l平行，又两条平行线中的一条垂直于平

12、面那么另一条也垂直于平面，故命题成立；D、举反例：教室内侧墙面与地面垂直，而侧墙面内有很多直线是不垂直与地面的故此命题错误故选D。二、填空题1. （全国2003年理4分）下列5个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出面MNP的图形的序号是（写出所有符合要求的图形序号）【答案】。【考点】直线与平面垂直的判定。【分析】由直线与平面垂直的判定可得，图形中的面MNP。2.（浙江2004年理4分）已知平面上三点A、B、C满足，则的值等于.【答案】25。【考点】平面向量数量积的运算。【分析】由可得，即 。3.（浙江2004年理4分）已知平面和平面交于直线，P是空间一点

13、，PA，垂足为A，PB，垂足为B，且PA=1，PB=2，若点A在内的射影与点B在内的射影重合，则点P到的距离为.【答案】。【考点】点、线、面间的距离计算。【分析】点A在内的射影与点B在内的射影重合，。设射影为点C，点P到的距离为PC的长，而PC为矩形PACB的对角线，PC= ，即点P到的距离为。4.（浙江2005年理4分）设M、N是直角梯形ABCD两腰的中点，DEAB于E(如图)现将ADE沿DE折起，使二面角ADEB为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M、N的连线与AE所成角的大小等于【答案】90°。【考点】异面直线及其所成的角。【分析】先取AB的中点P，将

14、MN平移到PB，则锐角APB就是异面直线MN与AE所成的角，在三角形ABE中再利用等腰直角三角形的中线就是高这一原理即可求出所成角：如图，取AE的中点P，连接PB，PM，PMED，EDBC，PMBN，且PM=BN，四边形PMNB为平行四边形。MNPB。ABEB，AEB=45°，BPAE。由MNPB，得AEMN。M、N的连线与AE所成角的大小等于90°。5.（浙江2006年理4分）设向量满足，若，则的值是【答案】。【考点】平面向量数量积的运算，向量的模，【分析】，。又，。而。6.（浙江2006年理4分）正四面体ABCD的棱长为1，棱AB平面，则正四面体上的所有点在平面内的射影

15、构成的图形面积的取值范围是. 【答案】。【考点】平行投影及平行投影作图法。【分析】当正四面体绕着与平面平行的一条边转动时，不管怎么转动，投影的三角形的一个边始终是AB的投影，长度是1，而发生变化的是投影的高，体会高的变化，得到结果：正四面体的对角线互相垂直，且棱AB平面， 当CD平面，这时的投影面等于正四面体的侧视图的面积，根据正四面体的性质，面积此时最大，是；当面ABC平面面积最小，此时构成的三角形底边是1，高是正四面体的高，面积是。正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的取值范围是。7.（浙江2007年理4分）已知点O在二面角的棱上，点P在内，且若对于内异于O的任意一点Q，都有，则

16、二面角的大小是【答案】90°，180°。【考点】与二面角有关的立体几何综合题。【分析】由于二面角可能是锐角、直角、钝角和平角，故要对二面角的大小分类讨论：若二面角的大小为锐角，如图，过点P向平面作垂线，设垂足为H，过H作AB的垂线交于C，连接PC、CH、OH，则PCH就是所求二面角的平面角。由于对于内异于O的任意一点Q，都有POQ45°，POH45°。设PO=2x，则 PH2x。又POB=45°，OC=PC= 2x，而在RtPCH中应有PCPH。显然矛盾，故二面角的大小不可能为锐角。若二面角的大小为直角，则由于POB=45°，根据最小

17、角原理，平面的斜线和它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角。故对于内异于O的任意一点Q，都有POQ45°。因此二面角的大小为直角符合条件。若二面角的大小为钝角，过AB作将，交PQ于点C，由上可知，POC45°，而POQPOC，故POQ45°成立。因此二面角的大小为钝角符合条件。若二面角的大小为平角，如图，显见，POQ，故POQ45°成立。因此二面角的大小为平角符合条件。综上所述，二面角的大小是90°，180°。8.（浙江2008年理4分）已知0，若平面内三点A（1，），B（2，2），C（3，3）共

18、线，则=。【答案】。【考点】平面内三点共线的条件。【分析】平面内三点A（1，），B（2，2），C（3，3）共线， AB和BC所在直线的斜率相等，即。 0，解得（负值已舍去）。9.（浙江2008年理4分）如图，已知球O的面上四点A、B、C、D，DA平面ABC，ABBC，则球O的体积等于。【答案】。【考点】球的体积和表面积，球内接多面体。【分析】ABBC，ABC的外接圆的直径为AC，AC= 6。DA面ABC，DAAC，DABC。CDB是直角三角形，ACD是直角三角形。CD为球的直径，CD。球的半径R=，V球=。10.（浙江2009年理4分）若某几何体的三视图（单位：）如图所示，则此几何体的体积是

19、【答案】18。【考点】由三视图求面积、体积。【分析】由题可知，该几何体是由二个长方体组成，下面体积为，上面的长方体体积为，因此其几何体的体积为18。11.（浙江2009年理4分）如图，在长方形中，为的中点，为线段（端点除外）上一动点现将沿折起，使平面平面在平面内过点作，为垂足设，则的取值范围是【答案】。【考点】平面与平面垂直的性质，棱锥的结构特征。【分析】此题的破解可采用二个极端位置法：（1）当F点位于DC的中点时，过点D作DGAF，连接BG。，。在ABG中，。在RtBDG中， .ABD是直角三角形。（2）当F点到C点时，过点D作DHAF，连接BH。，。在ABH中，。在RtBDH中， 。在AB

20、D中，。的取值范围是。12.（浙江2010年理4分）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是 . 【答案】。【考点】由三视图求体积。【分析】图为一四棱台和长方体的组合体的三视图，由公式计算得体积为。13.（浙江2010年理4分）已知平面向量满足，且与的夹角为120°，则的取值范围是 . 【答案】（0，。【考点】平面向量数量积的运算。【分析】如图所示，令、， 则。与的夹角为120°，。又，由正弦定理得，即 。又的取值范围是（0，。14.（浙江2011年理4分）若平面向量，满足|1，|1，且以向量，为邻边的平行四边形的面积为，则与的夹角的取值范围是 。【答案

21、】，【考点】数量积表示两个向量的夹角。【分析】由题意得：。，。又，。三、解答题1. （全国2002年理12分）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN（）（1）求MN的长；（2）为何值时，MN的长最小；（3）当MN的长最小时，求面MNA与面MNB所成二面角的大小【答案】解：（1）作MPAB交BC于点P，NQAB交BE于点Q，连结PQ，依题意可得MPNQ，且MP=NQ，即MNQP是平行四边形。MN=PQ。由已知CM=BN，CB=AB=BE=1得AC=BF=，CP=BQ= （2）由（1）得，当时，。即当M、N分别

22、为AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为。（3）取MN的中点G，连结AG、BG，AM=AN，BM=BN，G为MN的中点AGMN，BGMN，即AGB即为二面角的平面角。又AG=BG=，由余弦定理得，。所求二面角为。【考点】与二面角有关的立体几何综合题，平面与平面垂直的性质。【分析】（1）作MPAB交BC于点，NQAB交BE于点Q，连接PQ，易证MNQP是平行四边形，根据 即可求出MN的长。（2）根据（1）将MN 关于的函数进行配方即可求出MN的最小值。（3）取的中点G，连接AG、BG，根据二面角的平面角的定义可知AGB即为二面角的平面角，在三角形AGB中利用余弦定理求出此角的余弦值。2.（全

23、国2003年理12分） 如图，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，侧棱，D、E分别是与的中点，点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G（I） 求与平面ABD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）（II） 求点到平面AED的距离【答案】解：（）连结BG，则BG是BE在ABD的射影，即EBG是A1B与平面ABD所成的角.设F为AB中点，连结EF、FC、DE，D，E分别是与的中点，DC平面ABC，CDEF是矩形。又点G是ABD的重心，GDF。在RtEFD中，。EF=1，。，。与平面ABD所成角。（），ED平面A1AB。又ED平面AED，平面AED平面A1AB，且平面AED平面A1AB=AE，作A1K

24、AE，垂足为点K，则A1K平面AED，即A1K是点到平面AED的距离。在A1AB和A1KA中，A1ABA1KA，则 。点到平面AED的距离。【考点】直线与平面所成的角，棱柱的结构特征，点、线、面间的距离计算。【分析】（1）连接BG，则BG是BE在面ABD的射影，易证EBG是A1B与平面ABD所成的角，设F为AB中点，连接EF、FC，在三角形EBG中求出此角。（2）作A1KAE，则A1K平面AED，即A1K是点到平面AED的距离。由A1ABA1KA，即可求出A1K。3.（浙江2004年理12分）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直， AB=，AF=1，M是线段EF的中点.（）

25、求证AM平面BDE；（）求二面角ADFB的大小；（）试在线段AC上确定一点P，使得PF与BC所成的角是600。【答案】解：()记AC与BD的交点为O，连接OE,O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形，四边形AOEM是平行四边形。AMOE。平面BDE，平面BDE，AM平面BDE。()在平面AFD中，过A作ASDF于S，连结BS，ABAF，ABAD，AB平面ADF。AS是BS在平面ADF上的射影，由三垂线定理得BSDF。BSA是二面角ADFB的平面角。在RtASB中，。二面角ADFB的大小为60º。（）设CP=t（0t2），作PQAB于Q，连接FP，EQ，则PQAD，从而PF与BC

26、所成的角等于FPQ。PQAB，PQAF，PQ平面ABF，平面ABF。PQQF。在RtPQF中，FPQ=60º，PF=2PQ。PAQ为等腰直角三角形，。又PAF为直角三角形，。，解得或 (舍去)。又，点P是AC的中点。当点P是AC的中点时，PF与BC所成的角是600。【考点】直线与平面平行的判定，与二面角有关的立体几何综合题。【分析】（）要证AM平面BDE，直接证明直线AM平行平面BDE内的直线OE即可。（）在平面AFD中过A作ASDF于S，连接BS，说明BSA是二面角ADFB的平面角，然后求二面角ADFB的大小。（）设CP=t（0t2），作PQAB于Q，连接FP，EQ，则PF与BC所

27、成的角等于FPQ。求出此时点P的位置即可。4.（浙江2005年理14分）如图，在三棱锥PABC中，ABBC，ABBCPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP底面ABC ()当时，求直线PA与平面PBC所成角的大小； () 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心？【答案】解：() ABBC，OA=OC，ABBCPA，OA=OB=OC=PA。又OP平面ABC，PA=PB=PC。取BC中点E，连接PE，则BC平面POE，作OFPE于点F，连接DF，OE，则OF平面PBC。ODF是OD与平面PBC所成的角。又O、D分别为AC、PC中点，ODPA。PA与平面PBC所成的角的大小等于OD

28、F。在RtPBE中，BE=PA，PB=PA，则PE=PA。在RtPOE中，PE=PA，OE=PA，PO=PA，则OF：OE =OP：PE，OF=PA。在RtODF中，。PA与平面PBC所成的角为。()由()知，OF平面PBC，F是O在平面PBC内的射影。D是PC的中点，若点F是PBC的重心，则B，F，D三点共线，直线OB在平面PBC内的射影为直线BD。OBPC，PCBD，PB=PC，即。反之，当时，三棱锥OPBC为正三棱锥，O在平面PBC内的射影为的重心。【考点】直线与平面所成的角，三角形重心。【分析】（）先作出线面角，由题意知，ODPA，故可转化为求OD与面PBC的夹角问题，由题设条件知取B

29、C的中点E，连PE，则O在线PE上的垂足必在PE上，设其为F，则可证得ODF所求的线面角，根据条件求之。（）若F是重心，则必有BFD三点共线，又D是中点，故定有BC=PB，可求得。5.（浙江2006年理14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形,ADBC,BAD=90°，PA底面ABCD，且PAAD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.()求证：PBDM; ()求CD与平面ADMN所成的角【答案】解：（I）N是PB的中点，PA=PB，ANPB.AD平面PAB，ADPB。PB平面ADMN。DM平面ADMN，PBDM。（II）取AD的中点G，连接BG、NG，则BGCD，

30、BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等。PB平面ADMN，是BG与平面ADMN所成的角。在Rt中，,CD与平面ADMN所成的角是.【考点】直线与平面所成的角，直线与平面垂直的性质。【分析】（I）欲证PBDM，可先证PB平面ADMN，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证PB与平面ADMN内两相交直线垂直，而ANPB，ADPB，满足定理条件。（II）取AD的中点G，连接BG、NG，得到 BGCD，从而BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等，根据线面所成角的定义可知BGN是BG与平面ADMN所成的角，在RtBGN中求出此角的正弦值即可。6.（浙江2007年理

31、14分）在如图所示的几何体中，平面，平面，且，是的中点（I）求证：；（II）求与平面所成的角【答案】解：（I）证明：，是的中点，。又平面，。（II）过点作平面，垂足是，连接交延长交于点，连接，则是直线和平面所成的角。平面，。又平面，。平面，。设，在直角梯形中，是的中点，。是直角三角形，其中。在中，。与平面所成的角是。【考点】棱柱的结构特征，空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角。【分析】（I）由，是的中点，然后推出结论。（II）过点作平面，垂足是，连接交延长交于点，连接，则是直线和平面所成的角，解三角形即可。7.（浙江2008年理14分）如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相

32、垂直，BECF，BCF=CEF=90°，EF=2。（）求证：AE平面DCF；（）当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60°？【答案】解：（）证明：过点E作EGCF交CF于G，连接DG，可得四边形BCGE为矩形，又ABCD为矩形，ADEG。四边形ADGE为平行四边形。AEDG。AE平面DCF，DG平面DCE，AE平面DGF。（）过点B作BHEF交FE的延长线于H，连接AH。由平面ABCD平面BEFC，ABBC，得AB平面BEFC，AHEF。AHB为二面角AEFC的平面角。在RtEFG中，EF=2，CFE=60°，FG=1。又CEEF，所以CF=4，BE=CG=

33、3。，当AB为时，二面角AEFC的大小为60°。【考点】直线与平面平行的判定，与二面角有关的立体几何综合题。【分析】（）过点E作EGCF并CF于G，连接DG，证明AE平行平面DCF内的直线DG，即可证明AE平面DCF。（）过点B作BHEF交FE的延长线于H，连接AH，说明AHB为二面角A-EF-C的平面角，通过二面角A-EF-C的大小为60°，求出AB即可。8.（浙江2009年理15分）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，的中点， （I）设是的中点，证明：平面； （II）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离【答案】证明：（I）如图，连结OP，以O为坐

34、标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系O，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 则，由题意得，平面BOE的法向量为，。又直线不在平面内，平面。（II）设点M的坐标为，则。平面BOE，。，即点M的坐标为。在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，在内存在一点，使平面，由点M的坐标得点到，的距离为分别为。.w.w.k.s.5.u.c.o.m 【考点】直线与平面平行的判定，点、线、面间的距离计算。【分析】 由于PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC的中点，AC=16，PA=PC=10，所以PO、OB、OC是两两垂直的三条直线，因此可以考虑用空间向量解决：连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz。对于（I），只需证明向量FG与平面BOE的一个法向量垂直即可，而根据坐标，平