(对应学生用书P283 解析为教师用书独有)
(时间：45分钟 满分：100分)
一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)
1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为 ( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析 A ∵cos〈m，n〉＝－，∴〈m，n〉＝120°，
∴直线l与α所成的角为30°，故选A.
2．已知向量a＝(2，－3,5)与向量b＝平行，则λ＝ ( )
A. B.
C．－ D．－
解析 C 由a∥b，得＝＝，解得λ＝－.
3．已知空间三点A(1,1,1)，B(－1,0,4)，C(2，－2,3)，则与的夹角θ的大小是 ( )
A．60° B．120°
C．30° D．150°
解析 B ＝(－2，－1,3)，＝(－1,3，－2)，cos〈，〉＝＝＝－，∴θ＝〈，〉＝120°.
4．如图所示，棱长皆相等的四面体S-ABC中，D为SC的中点，则BD与SA所成角的余弦值是 ( )
A. B.
C. D.
解析 C ＝－＝－，设BD与SA所成的角为θ，则|cos θ|＝＝.
5．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于 ( )
A．4 B．2
C．3 D．1
解析 B ∵＝(－1,3,2)是平面OAB的一条斜线上的向量，n＝(2，－2,1)为平面OAB的一个法向量，∴点P到平面OAB的距离d＝＝＝2.
6.
(2013·晋城模拟)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是 ( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
解析 B 分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
∵A1M＝AN＝a，
∴M，
N.
∴＝.
又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，∴＝(0，a,0)．
∴·＝0.∴⊥.
∵是平面BB1C1C的一个法向量，
且MN?平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.
二、填空题(本大题共3小题，每小题8分，共24分)
7．已知l∥α，且l的方向向量为u＝(2，m,1)，平面α的法向量为v＝，则m＝________.
解析 ∵l∥α，∴u⊥v，∴u·v＝0，
即2×1＋m×＋1×2＝0，解得m＝－8.
【答案】 －8
8.
如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为________．
解析 以D1为坐标原点，D1A1、D1C1、D1D所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，
则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，＝(x－1,0,1)，
又F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，＝(1,1，y)，
由于AB⊥B1E，故若B1E⊥平面ABF，
只需·＝(1,1，y)·(x－1,0,1)＝0，则x＋y＝1.
【答案】 1
9．正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC夹角的大小是________．
解析
如图，以O为原点建立空间直角坐标系．
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，
C(－a,0,0)，P，
则＝(2a,0,0)，＝，＝(a，a,0)，设平面PAC的一个法向量为n，可取n＝(0,1,1)，则cos〈，n〉＝＝＝，
∴〈，n〉＝60°，
∴直线BC与平面PAC夹角的大小为90°－60°＝30°.
【答案】 30°
三、解答题(本大题共3小题，共40分)
10．(12分)
(2013·荆州模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是棱BB1、DC的中点．
(1)求证：AD⊥D1F；
(2)求AE与D1F的夹角；
(3)求证：平面AED⊥平面A1FD1.
解析 (1)以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2a，则由条件可得．
D(0,0,0)，A(2a,0,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0,2a)，E(2a,2a，a)，F(0，a,0)，A1(2a,0,2a)．
∴＝(－2a,0,0)，＝(0，a，－2a)，
∴·＝－2a×0＋0×a＋0×(－2a)＝0，
∴⊥，即AD⊥D1F.
(2)∵＝(0,2a，a)，＝(0，a，－2a)，
∴·＝0×0＋2a×a＋a×(－2a)＝0，
∴cos〈，〉＝＝0，
即，的夹角为90°，
所以直线AE与D1F的夹角为90°.
(3)由(1)、(2)知D1F⊥AD，D1F⊥AE，又AD∩AE＝A，∴D1F⊥平面AED，∵D1F?平面A1FD1，
∴平面AED⊥平面A1FD1.
11．(12分)如图所示，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．
求证：(1)AM∥平面BDE；
(2)AM⊥平面BDF.
解析
(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
设AC∩BD＝N，连接NE.
则点N、E的坐标分别为
、(0,0,1)．
∴＝.
又点A、M的坐标分别是(，，0)、，
∴＝.
∴＝且与不共线．
∴NE∥AM.
又∵NE?平面BDE，AM?平面BDE，
∴AM∥平面BDE.
(2)由(1)知＝，
∵D(，0,0)，F(，，1)，∴＝(0，，1)，
∴·＝0，∴AM⊥DF.
同理AM⊥BF.
又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF.
12．(16分)(2011·天津高考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；
(2)求二面角A-A1C1-B1的正弦值；
(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，
C1(，，)．
(1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)，
于是cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)．
设平面AA1C1的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
不妨令x＝，可得m＝(，0，)．
同样地，设平面A1B1C1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则有即
不妨令y1＝，可得n＝(0，，)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
从而sin〈m，n〉＝.
所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为.
(3)由N为棱B1C1的中点，得N，
设M(a，b,0)，
则＝，
由MN⊥平面A1B1C1，
得
解得
故M.
因此＝，
所以线段BM的长||＝.
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