【巩固练习】 一、选择题
1. 设平面内两个向量的坐标分别为（1，2，1），（-1，1，2），则下列向量中是平面的法向量的是( )
A. （-1，-2，5）
B. （-1，1，-1）
C. （1， 1，1）
D. （1，-1，-1） 2. 如图，1111—ABCD A B C D 是正方体，11
11114
A B B E =D F =，则1BE 与1DF 所成角的余弦值是（ ） A ．
1715 B ．
2
1 C ．17
8 D ．
2
3 3. 如图，111—A B C ABC 是直三棱柱，90BCA ∠=?，点11D F 、分别是1111A B AC 、的中点，若
1BC CA CC ==，则1BD 与1AF 所成角的余弦值是（ ）
A ．
1030
B ．
2
1 C ．15
30 D ．
10
15 4. 若向量(12)λ=a ，，与(212)=-b ，，的夹角的余弦值为8
9
，则λ=( )
A ．2
B ．2-
C ．2-或
255
D ．2或255
-
5. 在三棱锥P ABC －中，AB BC ⊥，1
2
AB=BC=PA ，点O D 、分别是AC PC 、的中点，OP ⊥
底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值（ ）
A ．
621 B ．
33
8 C ．60
210
D ．
30210
6.（2015秋 湛江校级期末）在正四棱锥S —ABCD 中，O 为顶点在底面内的投影，P 为侧棱SD 的中点，且SO=OD ，则直线BC 与平面PAC 的夹角是（ ）
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．75°
7. 在三棱锥P ABC －中，AB BC ⊥，1
==2
AB BC PA ，点O D 、分别是AC PC 、的中点，OP ⊥
底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值是（ ）
A ．21
B ．
83
C ．
210
D ．
210
二、填空题
8．若平面α的一个法向量为()330=n ，，，直线l 的一个方向向量为()111=b ，，，则l 与α所成角的余弦值为 _．
9．正方体1111ABCD A B C D -中，E F 、分别为1AB CC 、的中点，则异面直线EF 与11A C 所成角的大小是______.
10. 已知三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，
SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为 .
11. 如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF ?
==∠=，则平面BDF 和平面ABD 的夹角余弦值是_______.
三、解答题
12. 如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1D B 上，∠60PDA =?.
（Ⅰ）求DP 与1C C 所成角的大小；
（Ⅱ）求DP 与平面11A ADD 所成角的大小.
13. 如图，四棱锥F ABCD -的底面ABCD 是菱形，其对角线2AC =，2BD =，AE ，CF 都与平面ABCD 垂直，1AE =， 2CF =，求平面ABF 与平面ADF 的夹角大小.
14. 如图（1），在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D E ，分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，2DE ＝，将△ADE 沿DE 折起到△1A DE 的位置，使1A C CD ，如图（2）．
(1)求证：1A C ⊥平面BCDE ；
(2)若M 是1A D 的中点，求CM 与平面1A BE 所成角的大小；
(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面1A DP 与平面1A BE 垂直？说明理由．
15．(2016 浙江理)如图，在三棱台ABC -DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3．
(Ⅰ)求证：EF ⊥平面ACFD ；
(Ⅱ)求二面角B -AD -F 的平面角的余弦值.
【答案与解析】 1.【答案】B
【解析】排除法.
平面的法向量与平面内任意直线的方向向量垂直，即它们的数量积为零.
排除A ，C ，D ，选项为B.
2.【答案】A
【解析】设正方体的棱长为1，以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ，则
1131
(1,1,0),(1,,1),(0,0,0),(0,,1)44B E D F ．
所以，131
(1,,1)(1,1,0)(0,,1)44
BE =-=-u u u r ，
111
(0,,1)(0,0,0)(0,,1)44DF =-=u u u u r ，
1174BE =u u u r ，117
4
DF =u u u u r ，
111115
00()114416
BE DF ?=?+-?+?=u u u r u u u u r ．
所以，
11
1111
cos ,151516.
171717BE DF BE DF BE DF ?<>=?==?u u u r u u u u r
u u u r u u u u r u u u r u u u u r
因此，1BE 与1DF 所成的角的余弦值是
15
17
． 3.【答案】A
【解析】如图所示，以C 为原点建立的空间直角坐标系， 则()()()()()1111,0,0,0,1,0,0,0,1,1,0,1,0,1,1,A B C A B 由中点公式可知，11111101222D F ????
? ?????
，，，，，，
11111101222BD AF ????
== ? ?????
u u u u r u u u r ，，，，， ，
111
-130
4cos 35
24
BD AF +==u u u u r u u u r g ，.
4.【答案】C
【解析】由
cos =a b a b a b g ，可得，25510840λλ+= ，即()()25520λλ+= ， 即2=λ 或2
55
=
λ. 5.【答案】D 【解析】
().
22214214,0,0,0,,0,,0,000.,0,222244OP ABC OA OC AB BC OA OB OA OP OB OP O OP z O xyz AB a A a B a C a P D a a ⊥==∴⊥⊥⊥-=??????????-- ? ? ? ? ? ? ? ? ? ???????????Q 平面，，，
，，以为原点，射线为非负轴，建立空间直角坐标系如图，
设，则
，，，，
214,0,,4411,1,,7210
cos ,.30210
sin cos ,,
30210
.30
OD a a PBC n OD n OD n OD n OD PBC OD n OD PBC θθ??∴=- ? ???
??
=- ? ???
?∴??==
?=??=∴u u u r r u u u r r
u u u r r u u u r r u u u r r 可求得平面的法向量 设与平面所成的角为，
则 与平面所成角的余弦值为
6.【答案】A
【解析】如图，以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，OB 为y 轴，以OS 为z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz 。
设OD=SO=OA=OB=OC=a ，
则A （a ，0，0），B （0，a ，0），C （－a ，0，0），(0,,)22
a a P -
， 则(2,0,0),(,,),(,,0)22a a CA a AP a CB a a ==--=u u u r u u u r u u u
r ，
设平面PAC 的一个法向量为n r
，
则0,0n CA n AP ?=?=r u u u r r u u u r
，
∴20
220
ax ay az =??-+=?，可取(0,1,1)n =r ，
∴1
cos ,2
||||CB n CB n CB n ???===?u u u r r
u u u r r u u u r r ， ∴,60CB n ??=?u u u r r
，
∴直线BC 与平面PAC 的夹角为90°－60°=30° 故选A 。 7.【答案】D
【解析】(
)().
,0,0,,0,,0,0.
0,0,.OP ABC OA OC AB BC OA OB OA OP OB OP O OP z O xyz AB a A B C OP h P h ⊥==∴⊥⊥⊥-?????=? ? ?? ? ???????
=Q 平面，，，
，，以为原点，射线为非负轴，建立空间直角坐标系如图，设，则设，则
2,
,
,44,cos ,sin cos ,.
PA a h OD PBC n OD n OD n OD n OD PBC OD n θθ=∴=??∴=- ? ???
?=- ??∴??==
?=??=Q u u u r r u u u r r
u u u r r u u u r r u u u r r 可求得平面的法向量 设与平面所成的角为，
则 8.
【答案】
3
【解析】
由cos 3
??=
=
n,b ，知l 与α所成角的余弦值
为=.
9.【答案】30?
【解析】 以A 为原点建立直角坐标系（如图所示），设B （2，0，0），
则E （1，0，0），F （2，2，1），C 1（2，2，2），A 1（0，0，2），
∴(1,2,1)EF =u u u r
，11(2,2,0)AC =u u u u r ，
∴11
11
113cos ,2||||
622EF AC EF AC EF AC ???===??u u u r u u u u r
u u u r u u u u r u u u r u u u u r ， ∴11cos ,30EF AC ??=?u u u r u u u u r
.
10.【答案】
3
4
【解析】本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角.
过A 作AE 垂直于BC 交BC 于E ，连结SE ，过A 作AF 垂直于SE 交SE 于F ，连BF ，∵正三角形ABC ，∴ E 为BC 中点，∵ BC ⊥AE ，SA ⊥BC ，∴ BC ⊥面SAE ，
∴ BC ⊥AF ，AF ⊥SE ，∴ AF ⊥面SBC ，
∵∠ABF 为直线AB 与面SBC 所成角，由正三角形边长3，
∴ 3AE =，AS=3，∴ SE=23，AF=32，
∴
3sin 4ABF ∠=
.
11.【答案】
311
【解析】
因为△ABE 为等腰直角三角形，AB=AE ， 所以AE ⊥AB.
又因为平面ABEF ⊥平面ABCD ，AE ?平面ABEF ， 平面ABEF∩平面ABCD=AB ， 所以AE ⊥平面ABCD. 所以AE ⊥AD.
因此，AD ，AB ，AE 两两垂直，以A 为坐标原点，建立 如图所示的直角坐标
系A-xyz.
设AB=1，则B （0，1，0），D (1， 0， 0 ) ， E ( 0， 0， 1 )， C ( 1， 1， 0 ). 因为FA=FE ， ∠AEF = 45°，所以∠AFE= 90°. 从而，11
(0,,)22
F -. 所以，
设平面BDF 的一个法向量为1n u r ，并设1n u r
=（x ，y ，z ）.
()110BD=u u u r
，， ，31022BF=?? ???
u u u r ，，
， 由00.n BD n BF ?=??=??r u u u r g r u u u r g ， 得031
0.22
x y y z =??
?+=??， 取y=1，则x=1，z=3.从而1n 113=u u v
（，，）
. 由AE ⊥平面ABCD 可知，平面ABD 的一个法向量为()001AE=u u u r
，
，，
设平面BDF 和平面ABD 的夹角为θ，则
1311
cos cos 11
n AE =
θ==u u r u u u r ，.
12.【解析】如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -，设DA 为单位长，则
=，=.
连结BD ，11B D ，在平面BB 1D 1D 内，延长DP ，交11B D 于点H ，
设=( m > 0 )，
由条件知 <，> = 60°.
由·=||||cos<，> ，
可得2m =.
解得m =.所以=
.
（Ⅰ）因为cos<，>=，
所以<，>=，即DP与
CC所成的角的大小是45°.
1
（Ⅱ）因为平面的一个法向量是，
又cos<，>=，
所以<，>=. 即DP与平面
A ADD所成角的大小为60°.
11
注意：由于点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线D1B上且∠PDA=60°，直接设点P 的坐标则会出现多个变量，因为所求的两问都是求与DP相关的角度问题，因此根据点P的位置特征只确定DP所在的直线的位置即可，因此出现上面解法. 显然尽管求解过程是用向量的坐标方法，但空间想象与思辨论证的要求并没有降低，体现了对学生全面的几何方法的考查.
13.【解析】如图，以为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系.
设平面ABF的法向量为，
则由得
令，得.
同理，可求得平面ADF的法向量.
因为，所以平面ABF与平面ADF垂直.
所以平面ABF 与平面ADF 的夹角
2
. 14.【解析】
15.【解析】
(Ⅰ)延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．
利用空间向量求空间角 一、高考考纲要求： 能用向量方法解决异面直线的夹角、线面角、面面角问题．体会向量法在立体几何中的应用． 二、命题趋势： 在高考中，本部分知识是考查的重点内容之一，主要考查异面直线所成角、线面角、面面角的计算，属中档题，综合性较强，与平行垂直联系较多. 三、教学目标 知识与技能：能用向量法熟练解决异面直线的夹角、线面角、面面角的计算问题，了解向量法在研究立体几何问题中的应用； 过程与方法：通过向量这个载体，实现“几何问题代数化”的思想，进一步发展学生的空间想象能力和几何直观能力； 情感态度价值观：通过数形结合的思想和方法的应用，进一步让学生感受和体会空间直角坐标系，方向向量，法向量的魅力. 四、教学重难点 重点：用向量法求空间角——线线角、线面角、二面角； 难点：将立体几何问题转化为向量问题. 五、教学过程 （一）空间角公式 1、异面直线所成角公式：如图，设异面直线l ，m 的方向向量分别为a r ,b r ,异面直线l ，m
2、线面角公式：设直线l 为平面α的斜线，a r 为l 的方向向量，n r 为平面α的法向量，θ为 l 与α所成的角，则sin cos ,a n θ==r r a n a n ?r r r r . 3、面面角公式：设1n r ，2n r 分别为平面α、β的法向量，二面角为θ，则12,n n θ=r r 或 12,n n θπ=-r r （需要根据具体情况判断相等或互补） ，其中121212 cos ,n n n n n n ?=r r r r r r . α θ O n r a
（二）典例分析 如图，已知：在直角梯形OABC 中，//OA BC ，90AOC ∠=o ，SO ⊥面OABC ，且 1,2OS OC BC OA ====.求： （1）异面直线SA 和OB 所成的角的余弦值； （2）OS 与面SAB 所成角α的正弦值； （3）二面角B AS O --的余弦值. 解：如图建立空间直角坐标系，则(0,0,0)O ， (2,0,0)A ，(1,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,0,1)S ， 于是我们有(2,0,1)SA =-u u r ，(1,1,0)AB =-u u u r ，(1,1,0)OB =u u u r ，(0,0,1)OS =u u u r ， （1）cos ,5SA OB SA OB SA OB ?== =u u r u u u r u u r u u u r u u r u u u r ， 所以异面直线SA 和OB 所成的角的余弦值为5 . （2）设平面SAB 的法向量(,,)n x y z =r ， 则0,0, n AB n SA ??=???=??r u u u r r u u r ，即0,20.x y x z -+=??-=? 取1x =，则1y =，2z =，所以(1,1,2)n =r ， sin cos ,3OS n OS n OS n α?∴=== =u u u r r u u u r r u u u r r . （3）由（2）知平面SAB 的法向量1(1,1,2)n =u r ， 又OC ⊥Q 平面AOS ，OC ∴u u u r 是平面AOS 的法向量， 令2(0,1,0)n OC ==u u r u u u r ，则有121212 cos ,n n n n n n ?== =u r u u r u r u u r u r u u r . ∴二面角B AS O --O A B C S
§8.5 空间向量及其运算 1． 空间向量的概念 (1)定义：空间中既有大小又有方向的量叫作空间向量． (2)向量的夹角：过空间任意一点O 作向量a ，b 的相等向量OA →和OB → ，则∠AOB 叫作向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉，0≤〈a ，b 〉≤π. 2． 共线向量定理和空间向量基本定理 (1)共线向量定理 对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb . (2)空间向量基本定理 如果向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面的向量，a 是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3使得a ＝λ1e 1＋λ2e 2＋λ3e 3，其中e 1，e 2，e 3叫作空间的一个基底． 3． 空间向量的数量积及运算律 (1)定义 空间两个向量a 和b 的数量积是一个数，等于|a ||b |cos 〈a ，b 〉，记作a ·b . (2)空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )·b ＝λ(a·b )； ②交换律：a·b ＝b·a ； ③分配律：a·(b ＋c )＝a·b ＋a·c . 4． 空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则a·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则a ∥b ?a ＝λb ?a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 (λ∈R )， a ⊥b ?a·b ＝0?a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角公式 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23，
【巩固练习】 一、选择题 1. 设平面内两个向量的坐标分别为（1，2，1），（-1，1，2），则下列向量中是平面的法向量的是( ) A. （-1，-2，5） B. （-1，1，-1） C. （1， 1，1） D. （1，-1，-1） 2. 如图，1111—ABCD A B C D 是正方体，11 11114 A B B E =D F =，则1BE 与1DF 所成角的余弦值是（ ） A ． 1715 B ． 2 1 C ．17 8 D ． 2 3 3. 如图，111—A B C ABC 是直三棱柱，90BCA ∠=?，点11D F 、分别是1111A B AC 、的中点，若 1BC CA CC ==，则1BD 与1AF 所成角的余弦值是（ ） A ． 1030 B ． 2 1 C ．15 30 D ． 10 15 4. 若向量(12)λ=a ，，与(212)=-b ，，的夹角的余弦值为8 9 ，则λ=( ) A ．2 B ．2- C ．2-或 255 D ．2或255 - 5. 在三棱锥P ABC －中，AB BC ⊥，1 2 AB=BC=PA ，点O D 、分别是AC PC 、的中点，OP ⊥ 底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值（ ） A ． 621 B ． 33 8 C ．60 210 D ． 30210 6.（2015秋 湛江校级期末）在正四棱锥S —ABCD 中，O 为顶点在底面内的投影，P 为侧棱SD 的中点，且SO=OD ，则直线BC 与平面PAC 的夹角是（ ） A ．30° B ．45° C ．60° D ．75° 7. 在三棱锥P ABC －中，AB BC ⊥，1 ==2 AB BC PA ，点O D 、分别是AC PC 、的中点，OP ⊥ 底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值是（ ）
空间向量的夹角、距离计算 1.已知A (2，-5,1)，B (2，-2,4)，C (1，-4,1)，则直线AC 与AB 的夹角为（ ） A.300 B.450 C.600 D.900 2.已知向量a ＝(0，2，1)，b ＝(－1，1，－2)，则a 与b 的夹角为( ) A ．0° B ．45° C ．90° D ．180° 3. 如果平面外一条直线和它在这个平面上的投影的方向向量分别是a =（0,2,1），b =（， ， ），那么这条直线与平面的夹角为( ) A. 900 B. 600 C.450 D. 300 4. 边长为a 的正六边形ABCDEF 所在平面为α，PA ⊥α且PA ＝a ，则PC 与α所成的角为 ( ) A. 30° B. 60° C. 45° D. 90° 5．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是( ) A.66a B.306a C.34a D.63 a 6. 已知向量n =（1,0，-1）与平面α垂直，且α经过点A （2,3,1），则点P （4,3,2）到α的距离为( ) A. 1 B. C. D. 2 7.若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．60°或30° 8．设ABCD ，ABEF 都是边长为1的正方形，FA ⊥面ABCD ，则异面直线AC 与BF 所成的角等于( ) A ．45° B ．30° C ．90° D ．60° 9．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝2，DD 1＝3，则AC 与BD 1所成角的余弦值为( ) A ．0 B.37070 C ．－37070 D.7070 10．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1C 的中点，则直线BE 与平面B 1BD 所成的角的正弦值为( ) A ．－105 B.105 C ．－155 D.155 11.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM ，1D N 〉的值为 ( ) A.19 B.49 5 C.29 5 D.23 12. 已知a ，b 是直线，α，β是平面，a ⊥α，b ⊥β，向量a 1在a 上，向量b 1在b 上，a 1＝(1,0,1)， b 1＝(－1,2,1)，则α，β所成二面角的大小为________．
第三讲：立体几何中的向量方法——利用空间向量求二面角的平面角 大家知道，立体几何是高中数学学习的一个难点，以往学生学习立体几何时，主要采取“形到形”的综合推理方法，即根据题设条件，将空间图形转化为平面图形，再由线线，线面等关系确定结果，这种方法没有一般规律可循，对人的智力形成极大的挑战，技巧性较强，致使大多数学生都感到束手无策。 高中新教材中，向量知识的引入，为学生解决立体几何问题提供了一个有效的工具。它能利用代数方法解决立体几何问题，体现了数形结合的思想。并且引入向量，对于某些立体几何问题提供通法，避免了传统立体几何中的技巧性问题，因此降低了学生学习的难度，减轻了学生学习的负担，体现了新课程理念。 为适应高中数学教材改革的需要，需要研究用向量法解决立体几何的各种问题。本文举例说明如何用向量法解决立体几何的空间角问题。以此强化向量的应用价值，激发学生学习向量的兴趣，从而达到提高学生解题能力的目的。 利用向量法求空间角，不需要繁杂的推理，只需要将几何问题转化为向量的代数运算，方便快捷。空间角主要包括线线角、线面角和二面角，下面对二面角的求法进行总结。 教学目标 1．使学生会求平面的法向量； 2.使学生学会求二面角的平面角的向量方法； 3.使学生能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题； 4.使学生的分析与推理能力和空间想象能力得到提高. 教学重点
求平面的法向量； 求解二面角的平面角的向量法. 教学难点 求解二面角的平面角的向量法. 教学过程 Ⅰ、复习回顾 一、回顾相关公式： 1、二面角的平面角：（范围：],0[πθ∈） 向量夹角的补角. 3、用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”： （1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（化为向量问题） （2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；（进行向量运算） （3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。（回到图形） Ⅱ、典例分析与练习 例1、如图，ABCD 是一直角梯形，?=∠90ABC ，⊥SA 面ABCD ，1===BC AB SA ，
空间向量的夹角、距离计算同步练习题 一、选择题 1. 已知 (2 ， -5,1) ， (2 ， -2,4) ， (1 ，-4,1) ，则直线 与 AB 的夹角为（ C ） A B C AC A.30 0 B.45 0 C.600 D.90 0 2. 已知向量 a ＝ (0 ，2， 1) ， b ＝ ( － 1， 1，－ 2) ，则 a 与 b 的夹角为 ( ) A ． 0° B ． 45° C ．90° D ． 180° 解析：选 C.已知 a ＝(0 ， 2， 1) ， b ＝ ( －1， 1，－ 2) ，则 cos 〈 a ， b 〉＝ 0，从而得出 a 与 b 的夹角为 90° . 3. 如果平面外一条直线和它在这个平面上的投影的方向向量分别是 a =（ 0,2,1 ），b =（ ， ， ），那么这条 直线与平面的夹角为 ( D ) A.90 0 B. 60 0 C.45 0 D. 30 4. 边长为 a 的正六边形 ABCDEF 所在平面为 α， PA ⊥ α 且 PA ＝ a ，则 PC 与 α 所成的角为 ( A ) A.30° B.60° C.45° D.90° 5．在棱长为 a 的正方体 －1111中，是 1 的中点，则点 1 到平面 的距离是 ( ) ABCD A B CD M AA A MBD 6 30 3 6 A. B. a C. D. a 6 a 6 4 a 3 D a A ( a, 0 a ) A ( a, 0,0) M 1 B ( a a, 0) 解析： 以 为原点建立空间直角坐标系， 正方体棱长为 a ， 0， a ， ，则1 ， ， ， ， ， 2 → → → 0，－ 1 → 1 D (0,0,0) ，设 n ＝ ( x ，y ，z ) 为平面 BMD 的法向量，则 n · BM ＝0，且 n ·DM ＝ 0，而 BM ＝ a ， ，DM ＝ a ， 0， 2a 2a . 1 1 － y ＋ 2z ＝ 0， y ＝ 2z ， 令 z ＝ 2，则 n ＝ ( － 1,1,2) → ，a ) ，则 A 到平面 所以 所以 ，DA ＝( a, 0 1 1 1 1 x ＋2z ＝ 0， x ＝－ 2z ， 的距离是 → ＝ 6 . 答案： A ＝ | DA ·n | BDM d 1 6 a | n | 6. 已知向量 n =（ 1,0 ， -1 ）与平面 α垂直，且 α经过点 A （ 2,3,1 ），则点 P （4,3,2 ）到 α的距离为 ( B ) A. 1 B. C. D. 2 7. 正方体 ABCD — A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1， O 是 A 1C 1 的中点，则 O 到平面 ABC 1D 1 的距离为（ A ） A. B. C. D. 8．若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的夹角等于 120°，则直线 l 与平面 α 所成的角等于 ( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．60°或 30° 解析：选 C. 由题意得直线 l 与平面 α 的法向量所在直线的夹角为 60°，∴直线 l 与平面 α 所成的角为 90°－ 60°＝ 30°. 9．设 ， 都是边长为 1 的正方形，⊥面 ，则异面直线 与 BF 所成的角等于 ( ) ABCD ABEF FA ABCD AC A ．45° B ．30° C ．90° D ．60° 解析：选 D.以 B 为原点， BA 所在直线为 x 轴， 所在直线为 y 轴， BE 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系 ( 图 BC → → → → 1 → → 略 ) ，则 A (1,0,0) ，C (0,1,0) ，F (1,0,1) ，∴ AC ＝ ( － 1,1,0) ，BF ＝ (1,0,1) ．∴ cos 〈 AC ，BF 〉＝－ 2. ∴〈 AC ，BF 〉 1