高中数学直线与平面的夹角题库
新北师大选修2-1高中数学 直线与平面的夹角
§5夹角的计算第二课时 直线与平面的夹角[对应学生用书P37]在上节研究的山体滑坡问题中，A ，B 两点到直线l (水平地面与山坡的交线)的距离分别为AC 和BD ，直线BD 与地面ACD 的夹角为φ.问题1：φ与〈CA ，DB 〉有什么关系？ 提示：φ＝π－〈CA ，DB 〉．问题2：φ与〈BD ，n 〉有何关系？(n 为地面法向量)提示：φ＝π2－〈BD ，n 〉或φ＝〈BD ，n 〉－π2，即sin φ＝|cos 〈BD ，n 〉|.直线与平面的夹角(1)平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与此平面的夹角． (2)如果一条直线与一个平面垂直，这条直线与平面的夹角为π2.(3)如果一条直线与一个平面平行或在平面内，这条直线与平面的夹角为0. (4)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l 与α的夹角为θ，则， 当〈a ，n 〉≤π2时，θ＝π2－〈a ，n 〉；当〈a ，n 〉>π2时，θ＝〈a ，n 〉－π2.即sin 〈a ，n 〉＝|cos 〈a ，n 〉|.(1)直线与平面夹角范围是⎣⎡⎦⎤0，π2； (2)求直线与平面夹角θ时，可用定义求解；也可用直线的方向向量s 、平面的法向量n 的夹角进行求解，但要注意sin θ＝|cos 〈s ，n 〉|.[对应学生用书P37][例1] 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值． [思路点拔](1)先证明直线与平面垂直，再利用线面垂直的性质求证线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，写出点与向量坐标，将线面角的大小用方向向量和法向量表示，但要注意线面角的范围．[精解详析] (1)如图，取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B .因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C .又A 1C 平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB ，又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)，则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)， 故n ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值为105. [一点通]设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|＝|a ·u ||a ||u |或cos θ＝sin φ，其中θ与φ满足：①当φ是锐角时，θ＝π2－φ；②当φ为钝角时，则θ＝φ－π2.1．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC 81与平面ABCD 夹角的余弦值为( ) A.33 B.36 C.62D.63解析：如图所示建系，设正方体棱长为1，则A (1,0,0)，C 1(0,1,1)，C (0，1,0)，而CC 1⊥面ABCD ，∴AC 1在底面ABCD 的射影为AC . 又1AC ＝(－1,1,1)，AC ＝(－1,1,0)， ∴AC 1与平面ABCD 夹角的余弦值cos θ＝|cos 〈1AC ，AC 〉|＝63. 答案：D2．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 夹角的正弦值为________．解析：取B 1C 1中点O ，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝BB 1＝2，则A 1(－3，0,0)，C 1(0,1,0)，A (－3，0,2)，O (0,0,0)，1A O ＝(3，0,0)，1A O 为面BB 1C 1C 的法向量，1AC ＝(3，1，－2)，∴sin θ＝|cos 〈1A O ，1AC 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1A O ·1AC |1A O ||1AC | ＝33·3＋1＋4＝64.答案：643.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PA ⊥BD .(1)求证：PB ＝PD ；(2)若E ，F 分别为PC ，AB 的中点，EF ⊥平面PCD ，求直线PB 与平面PCD 所成角的大小．解：(1)证明：如图所示，连接AC ，BD 交于点O ，连接PO ，∵底面ABCD 是正方形， ∴AC ⊥BD ，且O 为BD 的中点． 又PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面PAC ，由于PO ⊂平面PAC ，故BD ⊥PO . 又BO ＝DO ，故PB ＝PD .(2)如图所示，连接AC ，BD ， 设PD 的中点为Q ，连接AQ ，EQ ，则EQ 綊12CD ，∴四边形AFEQ 为平行四边形，EF ∥AQ ，∵EF ⊥平面PCD ， ∴AQ ⊥平面PCD ，∴AQ ⊥PD ，Q 为PD 的中点，∴AP ＝AD ＝ 2. 由AQ ⊥平面PCD ，可得AQ ⊥CD . 又DA ⊥CD ，QA ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PA . 又BD ⊥PA ，∴PA ⊥平面ABCD .∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，分别以向量AB ―→，AD ―→，AP ―→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，Q ⎝⎛⎭⎫0，22，22，D (0，2，0)，P (0,0，2)，∴AQ ―→＝⎝⎛⎭⎫0，22，22，PB ―→＝(2，0，－2)．易知AQ ―→为平面PCD 的一个法向量， 设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ， 则sin θ＝cos 〈PB ―→，AQ ―→〉＝|PB ―→·AQ ―→||PB ―→|·|AQ ―→|＝12，∴直线PB 与平面PCD 所成的角为π6.3.已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 的夹角．解：设PA ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系如图．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，0，12，N ⎝⎛⎭⎫12，0，0， S ⎝⎛⎭⎫1，12，0. (1)证明：CM ＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12，SN ＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，因为CM ·SN ＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN . (2) NC ＝⎝⎛⎭⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则a ·CM ＝0，a ·NC ＝0，即⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.令x ＝2，得a ＝(2,1，－2)．因为|cos 〈a ，SN 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN 与平面CMN 的夹角为45°.[例2] 如图，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABD ，ACD 是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且AD ＝3，BD ＝CD ＝1.另一个侧面ABC 是等边三角形．点A 在底面BCD 上的射影为H .(1)以D 点为原点建立空间直角坐标系，并求A ，B ，C 的坐标； (2)求平面BAC 与平面DAC 的夹角的余弦值．(3)在线段AC 上是否存在一点E ，使ED 与面BCD 的夹角为30°？若存在，确定点E 的位置；若不存在，说明理由．[思路点拨] (1)建立坐标系，证明AD ·BC ＝0. (2)求两平面法向量的夹角．(3)先假设存在点E 满足条件，再建立关于点E 的坐标的方程，判断方程是否有符合题意的解，即可得出结论．[精解详析] (1)由题意AB ＝AC ＝2，∴BC ＝ 2.则△BDC 为等腰直角三角形． 连接BH ，CH ，∴DB ⊥BH ，CH ⊥BH .∴四边形BHCD 为正方形，以DC 为y 轴，DB 为x 轴建立空间直角坐标系如图所示，则A (1,1,1)，B (1,0,0)，C (0,1,0)．(2)设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥BC 知：n 1·BC ＝－x ＋y ＝0.同理，由n 1⊥CA 知：n 1·CA ＝x ＋z ＝0. 可取n 1＝(1,1，－1)．同理，可求得平面ACD 的一个法向量为n 2＝(1,0，－1)． 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1＋0＋13·2＝63， 即所求平面BAC 与平面DAC 的夹角的余弦值为63. (3)假设存在E 满足条件，设CE ＝x CA ＝(x,0，x )(0≤x ≤1)，则DE ＝DC ＋CE ＝(0,1,0)＋(x,0，x )＝(x,1，x )，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，∵ED 与平面BCD 的夹角为30°， 由图可知DE 与n 的夹角为60°，所以cos 〈DE ，n 〉＝DE ·n | DE ||n |＝x 1＋2x 2＝cos60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，即E ⎝⎛⎭⎫22，1，22， |AC |＝2，|CE |＝1.故线段AC 上存在点E (与C 的距离为1)，使ED 与平面BCD 的夹角为30°. [一点通]解决存在性探究问题，一般先假设存在，然后进行推理计算，推出的结果若符合题意，则说明假设正确．若出现矛盾或得出相反的结论，则否定假设，说明不存在．4.在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为棱BB 1的中点，在棱DD 1上是否存在点P ，使MD 与平面PAC 的夹角为90°？若存在，确定P 点位置；若不存在，说明理由．解：如图，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，1，12， 假设存在P (0,0，x )(0≤x ≤1)满足条件，经检验，当x ＝0时不满足要求， 当0<x ≤1时，则PA ＝(1,0，－x )，AC ＝(－1,1,0)，MD ＝(－1，－1，－12)．设平面PAC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则由⎩⎨⎧PA ·n ＝0， AC ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－xz 1＝0，－x 1＋y 1＝0.令x 1＝1得y 1＝1，z 1＝1x ，即n ＝(1,1，1x )． 由题意MD ∥n ，由MD ＝⎝⎛⎭⎫－1，－1，－12＝－⎝⎛⎭⎫1，1，12＝－n ， 得x ＝2.又0<x ≤1，故不满足要求，综上所述，棱DD 1上不存在点P ，使MD 与平面PAC 的夹角为90°.5.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求平面A 1BC 1与平面B 1BC 1的夹角的余弦值； (3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值． 解：(1)证明：因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A -xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)． 同理可得，平面B 1BC 1的法向量为m ＝(3,4,0)． 所以cos 〈 n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.所以平面A 1BC 1与平面B 1BC 1的夹角的余弦值为1625.(3)证明：设D (x 1，y 1，z 1)是线段BC 1上一点，且BD ＝λ1BC . 所以(x 1，y 1－3，z 1)＝λ(4，－3,4)． 解得x 1＝4λ，y 1＝3－3λ，z 1＝4λ.所以AD＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD·1A B＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.此时，BDBC1＝λ＝9 25.计算直线l与平面α的夹角为θ.(1)利用法向量计算θ的步骤如下：(2)利用定义计算θ的步骤如下：[对应课时跟踪训练(十二)]1．已知直线l的一个方向向量为a＝(1,1,0)，平面α的一个法向量为μ＝(1,2，－2)，则直线l与平面α夹角的余弦值为()A.22B．－22C．±22 D.12解析：cos〈a，μ〉＝a·μ|a||μ|＝32·3＝22，则直线l与平面α的夹角θ的正弦值sin θ＝|cos〈a ，μ〉|＝22，cos θ＝22. 答案：A2．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是边长为4的正方形，长方体的高为AA 1＝3，则BC 1与对角面BB 1D 1D 夹角的正弦值等于( )A.45 B.35 C.225D.325解析：建立如图所示的空间直角坐标系，∵底面是边长为4的正方形，AA 1＝3，∴A 1(4,0,0)，B (4,4,3)，C 1(0,4,0)．而面BB 1D 1D 的法向量为AC ＝11A C ＝(－4,4,0)，∴BC 1与对角面BB 1D 1D 所成角的正弦值即为|cos 〈1BC ，11A C 〉|＝|(－4，0，－3)·(－4，4，0)|42＋32×42＋42＝165×42＝225.答案：C3.如图所示，点P 是△ABC 所在平面外的一点，若PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，则点P 在平面α上的投影P ′是△ABC 的( )A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心解析：由于PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，所以这三条由点P出发的平面ABC 的斜线段相等，故它们在平面ABC 内的投影P ′A ，P ′B ，P ′C 也都相等，故点P ′是△ABC 的外心．答案：B4．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33 C.23 D.13解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，故DB ―→＝(1,1,0)，DC 1―→＝(0,1,2)，DC ―→＝(0,1,0)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DC 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，所以平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC ―→〉|＝|n ·DC ―→||n |·|DC ―→|＝23，故选A.答案：A5.四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DA ＝2，F ，E 分别为AD ，PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PFB ； (2)求点E 到平面PFB 的距离．解：(1)证明：以D 为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，F (1,0,0)，B (2,2,0)，E (0,1,1)．FP ―→＝(－1，0,2)，FB ―→＝(1,2,0)，DE ―→＝(0,1,1)，∴DE ―→＝12FP ―→＋12FB ―→，∴DE ―→∥平面PFB . 又∵DE ⊄平面PFB ， ∴DE ∥平面PFB . (2)∵DE ∥平面PFB ，∴点E 到平面PFB 的距离等于点D 到平面PFB 的距离． 设平面PFB 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FB ―→＝0，n ·FP ―→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，－x ＋2z ＝0，令x ＝2，得y ＝－1，z ＝1.∴n ＝(2，－1,1)，又∵FD ―→＝(－1,0,0)， ∴点D 到平面PFB 的距离 d ＝|FD ―→·n ||n |＝26＝63.∴点E 到平面PFB 的距离为63. 6.如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 夹角的正弦值为________．解析：不妨设正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，2，则CD ＝(32，－12，2)，1CB ＝(3，1,2)， 设平面B 1DC 的法向量为n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD ＝0，n ·1CB ＝0，解得n ＝(－3，1,1)． 又∵DA ＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2， ∴sin θ＝|cos 〈DA ，n 〉|＝45.答案：457．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点． 求直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值．解：如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)，D⎝⎛⎭⎫32，－12，2.易知AB ＝(3，1,0)，1AC ＝(0,2，2)，AD ＝⎝⎛⎭⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝3x ＋y ＝0，n ·1AC ＝2y ＋2z ＝0，解得x ＝－33y ，z ＝－2y . 故可取n ＝(1，－3，6)．所以cos 〈n ，AD 〉＝n ·AD |n ||AD |＝2310×3＝105.即直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值为105. 8．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．(1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 夹角的正弦值为67，求k 的值．解：(1)证明：取CD 的中点E ，连接BE ，如图．∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k .在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ， ∴BE 2＋CE 2＝BC 2， ∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD . 又∵BE ∥AD ，∴CD ⊥AD .∵AA 1⊥平面ABCD ，CD 平面ABCD ， ∴AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面ADD 1A 1.(2)以D 为原点，DA ，DC ，1DD 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)， ∴AC ＝(－4k,6k,0)，1AB ＝(0,3k,1)，1AA ＝(0,0,1)． 设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧AC ·n ＝0， 1AB ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0.取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )． 设AA 1与平面AB 1C 的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈1AA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AA ·n | 1AA |n |＝6k 36k 2＋13＝67，解得k ＝1， 故所求k 的值为1.。
高中解析几何典型题
高中解析几何典型题全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：一、直线和平面的关系题目题目1：设直线L经过平面α和β两个平面的交点A和B，问直线L在平面α和平面β之间的位置关系是怎样的？解析：直线L在平面α和平面β之间的位置关系有三种情况，分别是直线L既不垂直于平面α，也不垂直于平面β；直线L既垂直于平面α，也垂直于平面β；直线L既不垂直于平面α，但垂直于平面β。
具体位置可根据直线和平面的垂直关系来确定。
解析：点P在平面α和平面β之间的位置关系根据两个平面的相交线和点P所在位置的具体情况来确定。
如果直线L和点P的位置不同，点P在两个平面之间；如果直线L和点P的位置相同，点P在两个平面外部；如果直线L和点P的位置重合，点P在两个平面上。
题目3：已知平面α和平面β相交于直线m，直线n与直线m相交于点A，平面α和平面β的交线分别为l1和l2，求证：∠l1An=∠l2An。
解析：根据已知条件可得到∠l1An=∠mAn，∠l2An=∠mAn，即∠l1An=∠l2An。
解析：根据已知条件可得到∠A和∠B垂直于直线m，因此∠A和∠B所成的角度为90度。
通过以上的几个典型题目及其解析，我们不难看出解析几何题目的解题思路主要是根据已知条件，运用几何知识和性质来推导出结论。
在解析几何的学习过程中，学生应该注重培养逻辑思维能力和数学运算能力，多进行几何图形的分析和推理，提高解题的能力和速度。
在解析几何的学习过程中，还需要注意以下几点：1、熟练掌握基本几何知识和性质，包括直线、角、三角形、四边形等几何图形的性质和计算方法。
2、善于画图分析，对于解析几何题目一定要画出清晰准确的图形，以便更直观地理解题意和计算。
3、多练习典型题目，通过多做题目来积累经验，查漏补缺，加深对解析几何知识的理解。
4、注意总结归纳，将解析几何的各种题目和性质进行分类和总结，形成自己的知识体系。
高中解析几何是一个非常重要的学科，学生在学习过程中要认真对待，多加练习，提高理解能力和解题能力，从而取得更好的学习成绩。
直线与平面的夹角作业练习含答案解高中数学析北京海淀
作业二十直线与平面的夹角一、选择题(每小题5分,共25分)1.若直线l的方向向量a与平面α的一个法向量n的夹角<a,n>=120°,则直线l与平面α所成的角为( )A.30°B.120°C.60°D.150°【解析】选A.设l与α所成角为θ,则si nθ=|cos 120°|=,又由0°≤θ≤90°,知θ=30°.【补偿训练】平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为( )A. B. C. D.【解析】选B.y轴的一个方向向量为m=(0,1,0),cos<m,n>===-.所以<m,n>=,所以y轴与平面α所成角的大小为-=.2.在矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA⊥平面ABCD,PA=1,则PC与平面ABCD的夹角是( )A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】选A.建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),C(1,,0), =(1,,-1),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos<,n>==-,所以<,n>=120°,所以PC与平面ABCD的夹角为30°.3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是C1C的中点,则直线BE与平面B1BD夹角的正弦值为 ( )A.-B.C.-D.【解题指南】建立坐标系,找到或求出平面B1BD的法向量是解题关键. 【解析】选B.建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则D(0,0, 0),B(2,2,0),B1(2,2,2),E(0,2,1).所以=(-2,-2,0),=(0,0,2),=(-2,0,1).设平面B1BD的法向量为n=(x,y,z).因为n⊥,n⊥,所以所以令y=1,则n=(-1,1,0).所以cos<n,>==,设直线BE与平面B1BD的夹角为θ,则si n θ=|cos<n,>|=.4.△ABC的顶点B在平面α内,A,C在α的同一侧,AB,BC与α的夹角分别是30°和45°.若AB=3,BC=4,AC=5,则AC与α的夹角为( )A.60°B.45°C.30°D.15°【解题指南】先找出AB,AC与平面α的夹角,根据夹角的大小,找出所用到的量的大小,然后求出AC与平面α的夹角.【解析】选C.如图所示,过点A,C分别作平面α的垂线,A1,C1为垂足,CC1= CB·si n 45°=4×=4,AA1=AB=.连接A1C1,过A作AM∥C1A1交CC1于M,则∠CAM为直线AC与平面α所成的角.又因为CM=4-=,所以si n∠CAM==,所以∠CAM=30°.5.(2018·潍坊高二检测)在四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°.PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M,N分别为PC,PB的中点,则BD与平面ADMN的夹角θ为( )A.30°B.60°C.120°D.150°【解析】选A.如图建立空间直角坐标系,设BC=1,则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),则N(1,0,1),所以=(-2,2,0),=(0,2,0),=(1,0,1),设平面ADMN的一个法向量为n=(x,y,z),则由得取x=1,则y=0,z=-1,所以n=(1,0,-1)则cos<,n>===-.又0°≤θ≤90°,所以si nθ=|cos<,n>|=,所以θ=30°.二、填空题(每小题5分,共15分)6.直线l的方向向量a=(-2,3,2),平面α的一个法向量n=(4,0,1),则直线l 与平面α夹角的正弦值为________.【解析】设直线l与平面α的夹角是θ,a,n所成的角为β,si nθ=|cos β| ==.答案:7.如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是平面A1B1C1D1的中心,则BO与平面ABC1D1夹角的正弦值为________.【解析】建立坐标系如图,连接DA,则B(1,1,0),O,D(0,0,0),A1(1,0,1),A(1,0,0),D1(0,0,1),=(1,0,1),=(0,1,0),=(-1,0,1),因为·=0,·=0,所以=(1,0,1)是平面ABC1D1的一个法向量.又=,所以BO与平面ABC1D1夹角的正弦值为==.答案:8.(2018·淮北高二检测)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值为________.【解析】设各棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,则=(,1,2),平面ACC1A1的一个法向量为n=(1,0,0),故AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于|cos<,n>|===.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.求直线BE和平面ABB1A1夹角的正弦值.【解析】设正方体的棱长为1.如图所示,以,,为单位正交基底建立空间直角坐标系.依题意,得B(1,0,0),E,A(0,0,0),D(0,1,0),所以=,=(0,1,0).在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为AD⊥平面ABB1A1,所以是平面ABB1A1的一个法向量.设直线BE和平面ABB1A1夹角为θ,则si nθ===.故直线BE和平面ABB1A1夹角的正弦值为.10.(2018·咸阳高二检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA ⊥平面ABCD,AB=AP=2,AD=4,E是PB的中点.(1)求证:AD⊥平面PAB.(2)建立适当的空间直角坐标系,求直线EC与平面PAD夹角的正弦值. 【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,AD平面ABCD,所以AD⊥PA,因为矩形ABCD中,AD⊥AB,且AB∩AP=A,所以AD⊥平面PAB.(2)分别以AB,AD,AP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,由已知,知各点坐标分别是A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),所以E(1,0,1),=(1,4,-1),又因为AB⊥平面PAD,所以平面PAD的一个法向量为n==(2,0,0),设直线EC与平面PAD所成的角为α,则si nα===,直线EC与平面PAD夹角的正弦值为.一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2018·吉安高二检测)平面α∩平面β=MN,且平面α与平面β的夹角为45°,A∈MN,P∈α,若∠PAM=45°,则AP与β的夹角是 ( )A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】选A.过点P作平面β的垂线PB,垂足为B,过点B作BC垂直于MN,连接PC,则∠PAB为AP与β的夹角.因为PB⊥β,MNβ,所以PB⊥MN,因为MN⊥BC,PB∩BC=B,所以MN⊥平面PBC,所以MN⊥PC,所以∠PCB为二面角α-MN-β的平面角,所以∠PCB=45°.设PB=1,在△PCB中,∠PCB=45°,所以PC=.在△PCA中,∠PAC=45°,所以PA=2,在△PBA中,si n∠PAB=,所以∠PAB=30°,所以AP与β的夹角为30°.【拓展延伸】用定义法求线面角的思想与步骤(1)利用定义法求直线与平面的夹角,关键是找到直线在平面内的投影,将直线与平面的夹角转化成线线的夹角来求解.(2)定义法求直线与平面的夹角的步骤:①作出直线与其投影的夹角;②证明所作的角就是要求的角;③常在直角三角形(垂线、斜线、投影所组成的直角三角形)中解出夹角的大小.【补偿训练】PA,PB,PC是从P引出的三条射线,每两条的夹角都是60°,则直线PC与平面PAB夹角的余弦值为 ( )A. B. C. D.【解题指南】找到PC在平面PAB内的投影,利用定义求解.【解析】选D.在PC上取一点D,过D作DE⊥平面APB,E为垂足.连接PE,则∠DPE就是PC与平面PAB的夹角.设∠DPE=α,因为PA,PB,PC夹角两两相等,过E作EF⊥PA,F为垂足,连接DF,过E作EG ⊥PB于G,连接DG,易知Rt△PFD≌Rt△PGD,所以PF=PG,所以Rt△PEF≌Rt△PEG,所以∠FPE=∠GPE,所以PE是∠APB的平分线.在Rt△DPE中,PE=PD cos α,在Rt△PEF中,PF=PE·cos 30°=PD·cos α·cos 30°,在Rt△DPF中,PF=PD·cos 60°,所以cos α·cos 30°=cos 60°,所以cos α===.2.(2018·宝鸡高二检测)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,∠DBC=90°,BC=BD=2,AB=1,则BC和平面ACD的夹角θ的正弦值为( )A. B. C. D.【解析】选A.建系如图所示,则B(0,0,0),C(2,0,0),D(0,2,0),A(0,0,1),所以=(2,0,0),=(2,0,-1),=(0,2,-1),设平面ADC的法向量为n=(x,y,z),则由得令z=2,则x=1,y=1,所以n=(1,1,2),si nθ=|cos<n,>|==.二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2018·上饶高二检测)正四棱锥S-ABCD中,O为顶点S在底面上的投影,P 为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角是________.【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),D(0,-a,0),S(0,0,a),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>===,所以<,n>=60°,所以直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.答案:30°4.(2018·临沂高二检测)在正四面体ABCD中,E为棱AD的中点,则CE与平面BCD夹角的正弦值为________.【解析】如图,在正四面体ABCD中,取O为△BCD的中心,连接AO,则AO⊥平面BCD.设正四面体的棱长为a,则OA=a.又E为AD中点,取OD中点F,连接EF,则EF∥OA,即EF⊥平面BCD,连接CF,则∠ECF为直线CE与平面BCD的夹角,在Rt△CEF中,EF=OA=a,CE=a,所以si n∠ECF===.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)5.在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.(1)求证:AB⊥CD.(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.【解析】(1)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,所以AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD.(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.由(1)知AB⊥平面BCD,BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,所以AB⊥BE,AB⊥BD.以B为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).设平面MBC的法向量n=(x0,y0,z0),则即取z0=1,得平面MBC的一个法向量n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为θ,则si nθ=|cos<n,>|==,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.6.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由).(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.【解析】(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,所以AH=10.以D为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即所以可取n=(0,4,3),又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以AF与平面EHGF所成的角的正弦值为.。
人教版【高中数学】选修2-1第三章直线与平面的夹角讲义
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人教版【高中数学】选修 2-1 第三章直线与平面的夹角讲义
答案 如下图 , 作 AO⊥a,O 为垂足 , 连结 OB,OC,OD,则∠ ABO,∠ACO∠, ADO 分别为
AB,AC,AD与 a 所成的角 , 则
∠ABO=3°0 , ∠ACO=4°5 .
设
AO=h,则 AC= 2 h,AB=2h.
面的夹角为 , 当一条直线与个平面平行或在平面内时 , 这条直线与平面的夹角为 0. (4) 直线和平面所成角的求法 : ①几何法 : 用几何法求直线和平面所成角的步骤 :i) 找 ( 或作 )
出直线和平面所成的角； ii) 计算 , 即解三角形； iii) 结论 , 即点明直线和平面所成角的大
小. ②向量法 : 若直线 AB与平面 a 所成的角为 , 平面 a 的法向量为 n, 直线与向量 n 所成的
2
∴ AH=A1A AO 1 2
3.
A1O
63
2
AH
∴sin ∠ＡA1H=
A1 A
3
3
. ∠AA1H=arc sin.33 Nhomakorabea3
∴ A1A 平面 A1BD所成角的大小为 arc sin
.
3
解法二 : ∵AA1=AD=AB,
∴点 A 在平面 A1BD上的射影 H 为△Ａ1BD中心 , 连结 A1H, 则 A1H 为正△Ａ1BD外接圆半径 ,
成的角为 2,OA 与 OM所成的角为 , 则有 cos =
cos 1· cos 2, 我们简称此公式为三余弦公式 , 它反映了三个角的余弦值之间的关系 .
在上述公式中 , 因为 0≤cos 2≤ 1，所以 cos <cos 1, 因为 1 和 都是锐角 , 所以
高中数学第二章空间向量与立体几何2.5.3直线与平面的夹角10121数学
12/13/2021
• [证明] 解法1：(1)连接OC，因为OA＝OC，
D是AC的中点，所以AC⊥OD．
• 又PO⊥底面⊙O，AC 底面⊙O，所以 AC⊥PO，因为OD，PO是平面POD内的两 条相交直线，所以AC⊥ 平面POD，而AC
12/13/2021
设平面 ADE 法向量 n2＝(x2，y2，z2)， 则 n2·D→E＝n2·A→D＝0 解得：n2＝(1,0， 2) 设平面 ABD 与平面 ADE 夹角为 θ，
cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝1＋4×0＋32＝
3 2
∴平面 ABD 与平面 ADE 的二面角平面角为π6.
5.3直线与平面的夹角
12/13/2021
• 1．共面直线的夹角 • 当 角两中条，直范线围在l1与__l2_共_面_[0_，时_π2_]，__我__们内把的两角条叫直作线两交直
线的夹角． • 2．异面直线的夹角 • 当直线l1与l2是异面直线时，在直线l1上任取
一点A作AB∥l2，我们把直线l1与直线AB的夹 角叫作异面直线l1和l2的夹角．
12/13/2021
4．平面夹角的概念 在两个平面所成的二面角的平面角中，称范围在 ___[_0_，__π2_]____ 内的角为两个平面的夹角． 5．平面夹角的求法 设平面 α 与平面 β 的法向量分别为 n1 与 n2，两平面的夹角为 θ.当 0≤〈n1，n2〉≤π2时，θ＝_〈__n_1_，__n_2_〉___；当π2<〈n1，n2〉≤π 时，θ＝_π_－__〈__n_1，__n__2〉_．即 cosθ＝|_c_o_s〈__n_1_，__n_2_〉_.|
人教版【高中数学】选修2-1第三章直线与平面的夹角讲义
案例（二）----精析精练课堂 合作 探究重点难点突被知识点一 公式cos θ=cos θ1·cos θ 2如右图,已知OA 是平面a 的一条斜线,AB⊥a,则OB 是OA 在平面a 内的射影,设OM 是a 内通过点O的任意一条直线,OA 与OB 所成的角为θ1,OB 与OM 所成的角为θ2,OA 与OM 所成的角为θ,则有cos θ=cos θ1·cos θ2,我们简称此公式为三余弦公式,它反映了三个角的余弦值之间的关系.在上述公式中,因为0≤cos θ2≤1，所以cos θ<cos θ1,因为θ1和θ都是锐角,所以θ1≤0,由此我们可以得到最小角定理:斜线和它在平面内的射影所成的角,是斜线和这个平面内所有直线所成的角中最小的角.知识点二 斜线和平面所成的角(1)定义:斜线和它在平面内的射影的夹角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角).(2)斜线和平面所成角的范围:(0,2π). (3)直线和平面所成角的范围:[O,2π],其中当一条直线与一个平面垂直时,这条直线与平面的夹角为,当一条直线与个平面平行或在平面内时,这条直线与平面的夹角为0.(4)直线和平面所成角的求法:①几何法:用几何法求直线和平面所成角的步骤:i)找(或作)出直线和平面所成的角；ii)计算,即解三角形；iii)结论,即点明直线和平面所成角的大小.②向量法:若直线AB 与平面a 所成的角为θ,平面a 的法向量为n,直线与向量n 所成的角为ϕ，则θ+ϕ=2π,利用向量的夹角公式求出cos ϕ再根据sin θ=|cos ϕ|求出θ③利用公式cos θ=cos θ1cos 2求解.典型例题分析题型1 几何法求直线和平面的夹角【例1】 如下图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=4,BC=3,AA 1=5,试求B 1D 1与面A 1BCD 1所成角的正弦值解析 作出B 1点在平面A 1BCD 1上的射C 影,从而得到B 1D 1在平面上的射影.又因为平面 A 1B 1D⊥面A 1BCD 1,故只要过B 1作A 1B 的垂线,垂足就是B 1的射影.答案 作B 1E⊥A 1B,又因为A 1D 1⊥平面ABB 1A 1,∴A 1D 1⊥B 1E.由B 1E⊥A 1B 及B 1E⊥A 1D 1得知B 1E⊥面A 1BCD 1,所以,D 1E 就是D 1B 1在平面A 1BCD 1上的射影,从而∠B 1D 1E 就是D 1B 1与面A 1BCD 1所成的角.在Rt△B 1D 1E 中,有sin∠B 1D 1E=111B D EB 上的射影. 但D1B1=211211D A B A +=915+=5,又11BB A S ∆=21A 1B 1·EB 1=21A 1B 1·BB 1,A 1B=1625+=14,∴EB 1=4154⨯=420,∴sin∠B 1D 1E=54120=41414. 方法指导 如果随意地在直线B 1D 1上取一点,然后过这一点向平面A 1BCD 1作垂线,虽然也可以找出直线B 1D 1和平面A 1BCD 1所成的角,但面临的一个问题是如何求出这个角,因此“作、证、求”三者是紧密联系在一起的,必须系统地统筹考虑.【变式训练1】 已知直角三角形ABC 的斜边BC 在平面a 内,直角边AB,AC 分别和a 成30°和45°角.求斜边BC 上的高AD 与平面a 所成角的大小.答案 如下图,作AO⊥a,O 为垂足,连结OB,OC,OD,则∠ABO,∠ACO,∠ADO 分别为AB,AC,AD 与a 所成的角,则∠ABO=30°,∠ACO=45°.设AO=h,则AC=2h,AB=2h.∴BC=6h,∴AB=32=∙BC AB AC h. ∴Rt△AOD 中,sin∠ADO=23=AD AO ,∠ADO=60°. ∴AD 与平面a 所成的角的大小为60°.【例2】 如下图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,求直线AA 1与平面A 1BD 所成的角.解析 在确定A 在平面上的射影时,既可以利用线面垂直,也可以分析四面体A 1-ABD 的性质.答案 解法一:连结AC,设AC∩BD=O,连结A 1O,在△A 1AO 内作AH⊥A 1O,H 为垂足. ∵A 1A⊥平面ABCD,BD ⊂平面ABCD,∴A 1A⊥BD .又BD⊥AC,AC∩A 1A=A,∴BD⊥平面A 1AD,∴BD⊥AH .又AH⊥A 1O,A 1O∩BD=O,∴AH⊥平面A 1BD,∴∠AA 1H 为斜线A 1A 与平面A 1BD 所成的角.在Rt △A 1AO 中,A 1A=1,AO=22,∴A 1O=26. ∵:A 1A·AO=A 1O·AH,∴AH=332622111=⨯=∙O A AO A A . ∴sin∠A A 1H=331=A A AH .∠AA 1H=arc sin 33. ∴A 1A 平面A 1BD 所成角的大小为arc sin33. 解法二:∵AA 1=AD=AB,∴点A 在平面A 1BD 上的射影H 为△A 1BD 中心,连结A 1H,则A 1H 为正△A 1BD 外接圆半径, ∵正△A 1BD 边长为2,∴A 1H=33·2=36. Rt△AHA 1中,cos∠AA 1H=A A H A 11=36. ∵∠AA 1H 为AA 1与平面A 1BD 所成的角,∴A 1A 与平面A 1BD 所成角的大小为 arc sin 33. 解法三:同解法二分析,A 1H 为∠BA 1D 的平分线,∴∠BA 1H=30°,又∠AA 1B=45°,∴由最小角原理公式cos∠AA 1B=cos∠AA 1H·cos∠BA 1H,得cos∠AA 1H=︒︒=∠∠30cos 45cos cos cos 11H BA B AA =36 ∴∠AA 1H=arc cos 36方法指导 在研究空间图形时,基本元素的位置关系和数量关系是密不可分、相互转化的.解法二在数量关系AA 1=AD=AB 的基础上,得到A 在平面A 1BD 上的射影的性质,解法三在找到基本图形-----三棱锥A 1-ABD 后,利用最小角原理公式,最小角原理公式是立体几何的重要公式之一,解法三利用该公式,解法简捷明了.【变式训练2】 如下图,在四棱锥P 一ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD⊥DC,E 是PC 的中点.(1) 证明PA∥平面EDB ；(2) 求EB 与底面ABCD 所成的角的正切值.答案 (1)连结AC,AC 交BD 于O.连结EO.∵底面ABCD 是正方形,∴点O 是AC 的中点.在△PAC 中,EO 是中位线,∴PA∥EO .而EOC ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB,所以PA∥平面EDB.(3) 作EF⊥DC 交DC 于F,连结BF,设正方形ABCD 的边长为a.∵PD⊥底面ABCD,∴PD⊥DC .∴EF∥PD,F 为DC 的中点∴EF⊥底面ABCD,BF 为BE 在底面ABCD 内的射影,故∠EBF 为直线EB 与底面ABCD 所成的 角.在Rt △BCF 中,BF=a a a CF BC 25)2(2222=+=+. ∴EF=21PD=2a ,∴在Rt △EFB 中,tan ∠EBF=55252==a aBF EF . 所以EB 与底面ABCD 所成的角的正切值为题型2 向量法求直线与平面的夹角【例3】 在以边长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 和F 分别是BC 和C 1D 1上的点,BE=C 1F= 31，试求EF 与平面A 1BD 所成的角的余弦值. 解析 如下图建立恰当的空间直角坐标系,用坐标向量及平面的法向量求解. 答案 以A 为原点,分别以AB ,AD ,1AA 方向为x轴,y 轴,z 轴的正方向而建立坐标系,如上图所示,则A 1(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,1),E(1,31,0),F(32,1,1). 1AC =(1,1,1),B A 1=(1,0,-1),D A 1(0,1,-1).由于1AC ·B A 1=(1,1,1)·(1,0,-1)=1-1=0,∴1AC ⊥B A 1,1AC .D A 1=(1,1,1)·(0,1,-1)=1-1=0,∴1AC ⊥D A 1,∴1AC ⊥平面A 1BD,故1AC 是平面A 1BD 的法向量.又EF =(-31,32,1),EF ·1AC =(-31,32,1)·(1,1,1)=34,|EF |=314,|1AC |=3. 记ϕ为EF 与1AC 之间所成之角则cos ϕ=11AC EF =424331443=∙.以θ记EF 与平面A 1BD 所成之角,则θ=ϕπ-2,∴cos=θ=cos(2π-ϕ)=sin ϕ=21273211342161cos 12==-=-ϕ. 规律总结 利用向量法求直线与平面所成角的解题步粟可以分解为:①根据题设条件,图形特征建立适当的空间直角坐标系；②得到相关点的坐标,进而求出相关向量的坐标；③利用分式cos<a,b>=b a b a ∙,进行计算,其中向量a 是直线的方向向量,b 可以是平面的法向量,可以是直线在平面内射影的方向向量；④将(a,b)转化为所求的线面角.这里要注意的是:平面的斜线的方向向量与平面法向量所成的锐角是平面的斜线与平面所成角的余角.【变式训练3】 如下图所示,已知直角梯形ABCD,其中AB=BC=2AD,AS⊥平面ABCD,AD∥BC,AB⊥BC 且AS=AB.求直线SC 与底面ABCD 的夹角的余弦值.答案 由题设条件知,可建立以AD 为x 轴,AB 为y 轴,AS 为z 轴的空间直角坐标系,如下图所示,设AB=1,则A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D(21,0,0),S(0,0,1).∴AS =(0,0,1),CS =(-1,-1,1).显然AS 是底面的法向量,它与已知向量CS 的夹角β=90°-θ,故有sin θ=cos β33311=⨯=,于是 cos θ=36sin 12=-θ. 【例4】 如下图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA 1=2,D 、E 分别是CC 1与A 1B 的中点,点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.求A 1B 与平面ABD 所成角的大小.(结果用反三角函数值表示)解析 求线面角关键在于找到平面的一个法向量,法向量与直线所在的向量夹角的互余的角,即为所求的角,因此结合图形的特征,可以先建立空间直角坐标系,求出平面ABD 的法向量,再按公式求解.答案 以C 为原点,CA 所在直线为x 轴建立空间直角坐标系,设AC 的长为a,则A(a,0,0),B(0,a,0)D(0,0,1)A1(a,0,2,)则点G(3a ,3a ,31),E(2a ,2a ,1).由于E 在面ABD 内的射影为G 点,所以GE⊥面ABD.又DA =(a,0,-1),AB =(-a,a,0)=(6a ,6a ,32),,由AB ·=0及 ·=0可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=-,066,0326222a a a 解得a=2. 取=(6a ,6a ,32)=(31,31,32,)为平面ABD 的法向量,B A 1=(-2,2,-2).设A 1B 和平面ABD 所成的角为θ,则sin θ=32222949191|343232|222=++++-+-. 故所求A1B 和平面ABD 所成的角为arin2方法指导 本题也可以不用向量方法求解,而用传统的几何方法求解,但处理的过程不像向量法简单直接.请读者用传统方法试着处理一下.规律 方法 总结(1)利用平面a 的法向量n 求斜线AB 与平面a 的夹角θ时,应注意关系,sin θ=|cos<AB ,n>),其中θ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，不要认为<AB ,n>或<BA ,n>就是θ角； (2)求直线与平面夹角的常见方法:①当直线与平面垂直时,直线与平面所成的角为90°,当直线与平面平行或在平面内时,直线与平面所成的角为0°；②当直线与平面斜交时,用以下三种方法求角：方法一:定义法:在直线上任取不同于斜足的一点作面的垂线,确定射影,找出斜线与平面所成的角,通过解三角形求得；方法二:向量法:建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,由向量夹角公式,求出法向量n 与斜线对应向量的夹角θ(锐角),则所求线面角为2π-θ； 方法三:由公式cos θ=cos θ1·cos θ2,求斜线与平面所成的角.定时 巩固 检测基础训练1.平面的一条斜线和这个平面所成角θ的范围是 （ ）A.0°<θ<90°B.0°≤θ≤90°C.0°<θ≤90D.0°<θ<180°【答案】 A(点拨:由与平面相交但不垂直的直线为平面的斜线知0°<θ<90°.)2.一条直线与平面a 所成的角为30°,则它和平面a 内所有直线所成的角中最小的角是 （ ）A.30°B.60°C.90°D.150°【答案】 A(点拨:本题考查最小角定理,斜线与平面所成的角是斜线与平面内直线所成角中最小的角.)3.如下图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中BC 1与对角面BB 1D 1D 所成的角是 （ ）A.∠C 1BB 1 B∠C 1BD C.∠C 1BD 1 D.∠C 1BO【答案】 D(点拨:∵O 是点C 1在平面BB 1D 1D 上的射影,∴BO 为BC 1在平面BB 1D 1D 内的射影.∵∠C1BO 为所求.)4.PA,PB,PC 是从P 点引出的三条射线,每两条夹角都为60°,则直线PC 与平面APB 所成角的余弦值为 （ ）A. 21 B.36 C.33 D.23 【答案】 C(点拨,设PC 与平面APB 所成角为θ,则由cos60°=cos θ·cos30°得cos θ=33.) 5.正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,O 为侧面BCC 1B 1的中心,则AO 与平面ABCD 所成角的正弦值为( ) A.33 B.21 C.66 D.23 【答案】 C(点拨:取BC 中点M,连AM,OM,易知∠OAM 即为AO 与平面ABCD 所成的角,可求得sin∠OAM=66.) 能力提升 6.如右图所示,点P 是△ABC 所在平面外的一点,若PA 、PB 、PC 与平面a 所成的角均相等,则点P 在平面a 上的射影P′是△ABC 的 （ ）A.内心B.外心C.重心D.垂心【答案】 B(点拨:由于PA 、PB 、PC 与平面a 所成的角均相等,所以这三条由点P 出发的平面ABC 的斜线段相等,故它们在平面ABC 内的射影P ′A 、P ′B 、P ′C 也都相等,故点P 是 △ABC 的外心,因此,应选B.)7.从同一点O 引出不共面的三条射线OA,OB,OC 且两两成60°角,OA 与平面BOC 的夹角为 .【答案】 arc cos 33(点拨:设OA 与平面BOC 的夹角为θ,由上述分析可得co s60°=c os θ·c o s30°,即cos θ=33,所以OA 与.平面BOC 的夹角为arc cos 33.) 8.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别是AB 、C 1D 1的中点,求A 1B 1与平面A 1MCN 所成角的大小.【答案】 法一:分别以DA,DC,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系如上图,设正方体的棱长为1,则A 1(1,0,1),M(1,21,1),N(0,21,1),B 1(1,1,1),所以11B A =(0,1,0),M A 1=(0,21,-1),N A 1=(-1,21,0).设平面A 1MCN 的一个法向量为n=(x,y,z),则有⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥,,11M A n A n 得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+-.021,021z y y x 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==y z y x 2121， 令y=2,则x=z=1,所以n=(1,2,1).cos<11B A ,n)=6121111⨯=∙∙n B A n B A =36. 所以直线A 1B 1与平面A 1MCN 所成的角为arc cos 36. 法二:连接MN,B 1C,A 1D,A 1C,如右图、所示,由三垂线定理可得MN⊥A 1B 1,MN⊥B 1C,所以MN⊥平面A 1B 1CD,又MN ⊂平面A 1MCN,所以平面A 1MCN⊥平面A 1B 1CD,又平面A 1MCN 与平面A 1B 1CD 的交线是A 1C,故点B 1在平面A 1MCN 内的射影在直线A 1C 上,所以∠B 1A 1C 就是A 1B 1与平面A 1MCN 所成的角,在Rt△B 1A 1C 中,tan∠B 1A 1C=111B A C B =2,即A 1B 1与平面A 1MCN 所成的角的大小是arc tan 2.9.如右图在矩形ABCD 中,2AB=BC,沿对角线AC 将△ACB 折起到ACB ′的位置,使平面ADB ′⊥平面ACD.(1)求证:平面ACB ′⊥平面CBD ；(2)求AD 与平面ACB ′所成角的大小. 【答案】 (1) ⎪⎭⎪⎬⎫='⊥'⊥AD ACD B AD ACD B AD ADCD 平面平面平面平面 ⇒CD ⊥平面ADB ′⎪⎭⎪⎬⎫=''⊥'⇒⊥'C C B CD C B B A CD B A ⇒⎭⎬⎫'⊂''⊥'B AC B A D B C B A 平面平面 ⇒平面ACB ′⊥平面CB ′D.(2) 作DE ⊥B ′C 于E,连接AE.如图,由(1)知平面ACB ′⊥平面CB ′D,所以DE ⊥平面ACB ′.所以∠DAE 为AD 与平面ACB ′所成的角.设CD=1,则BC=2,在Rt △B ′DC 中,∠CDB ′=90°,B ′C=BC=2,CD=1,所以B ′D=3,所以DE=′CD BD ′CB ∙=23所以在R △AED 中,sin ∠DAE=AD DE =223=43,故直线AD 与平面ACB ′所成的角为 arcsin=43. 10.P 是△ABC 所在平面外一点,PA,PB,PC 两两互相垂直,且PA=10,PB=8,PC=6,求PA 与平面ABC 所成的角.【答案】∵AP ⊥PB,PA ⊥PC,∴PA ⊥平面PBC,PA ⊥BC,过A 作AD⊥BC 于D,连接PD,那么BC ⊥平面PAD,过P 作PO ⊥AD 于O.∴PO ⊥AD;BC ⊥PO,∴PO ⊥面ABC,∠PAO 就是PA 与面ABC 所成的角,∵PB=8,PC=6,∴BC=10,PD=BC PC PB ∙=524,tan ∠PAD=10524=2512, 因此PA 与面ABC 所成的角为arctan 2512. 11.如下图,在四棱锥P 一ABCD 中,底面为直角梯形,AD ∥BC,∠BAD=90°,PA ⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M 、N 分别为PC 、PB 的中点.求:CD 与平面ADMN 所成的角.【答案】建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz,设PA=2,则P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,1,0),则=(2,0,-2),=(0,2,0),=(2,-1,0).因为PB ·AD =(2,0,-2)·(0,2,0)=0,所以PB ⊥AD.又因为由三垂线定理可得PB ⊥DM,所以PB ⊥平面ADMN.因此<,>的余角即是CD 与平面ADMN 所成的角.因为cos(,=510,所以CD 与平面ADMN 所成的角为arcsin 510.。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
高二数学(人教B版)选修2-1全册同步练习：3-2-3直线与平面的夹角
3.2.3直线与平面的夹角一、选择题1．已知平面α内的角∠APB ＝60°，射线PC 与PA 、PB 所成角均为135°，则PC 与平面α所成角的余弦值是( )A ．－63B.63C.33D ．－33[答案] B[解析] 由三余弦公式知cos45°＝cos α·cos30°， ∴cos α＝63. 2．三棱锥P —ABC 的底面是以AC 为斜边的直角三角形，顶点P 在底面的射影恰好是△ABC 的外心，P A ＝AB ＝1，BC ＝2，则PB 与底面ABC 所成角为( )A ．60°B ．30°C ．45°D ．90°[答案] B[解析] 由AB ＝1，BC ＝2，知AC ＝3，∴OA ＝32， 又∵PA ＝1，PQ ⊥AC ，∴PO ＝12，∵OB ＝OA ＝32，∴tan θ＝33.∴应选B. 3．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成角的正弦值是( ) A.24 B.23 C.63D.32[答案] C[解析] 由计算得sin θ＝23.故选C. 4．在三棱锥P —ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝12PA ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值为( )A.216B.833 C.21060D.21030[答案] D[解析] 以O 为原点，射线OA 、OB 、OP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，如图，设AB ＝a ，则OP ＝72a ，OD →＝(－24a,0，144a )，可求得平面PBC 的法向量为n ＝(－1，－1，17)， ∴cos(OD →，n )＝OD →·n |OD →||n |＝21030，设OD →与面PBC 的角为θ，则sin θ＝21030，故选D.5．若直线l 与平面α所成角为π3，直线a 在平面α内，且与直线l 异面，则直线l 与直线a 所成角的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤0，2π3 B.⎣⎡⎦⎤π3，2π3 C.⎣⎡π2，2π3D.⎣⎡π3，π2[答案] D6．如果平面的一条斜线段长是它在这个平面上的射影长的3倍，那么斜线段与平面所成角的余弦值为( )A.13B.223C.22D.23[答案] A7．如图，正方体AC 1中，BC 1与对角面BB 1D 1D 所成的角是( ) A ．∠C 1BB 1 B ．∠C 1BD C ．∠C 1BD 1 D ．∠C 1BO [答案] D[解析] 由三垂线定理得，OB 为BC 1在平面BB 1D 1D 上的射影．故选D.8．在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，则直线A 1B 与平面BDE 所成的角为( )A.π6B.π3C.π2D.56π [答案] B[解析] 以D 为原点建立空间直角坐标系，平面BDE 的法向量n ＝(1，－1,2)， 而BA 1→＝(0，－1,1)，∴cos θ＝1＋223＝32，∴θ＝30°.∴直线A 1B 与平面BDE 成60°角．9．正方形纸片ABCD ，沿对角线AC 折起，使点D 在面ABCD 外 ，这时DB 与平面ABC 所成角一定不等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] D[解析] 当沿对角线AC 折起时，BD 在面ABC 上的射影始终在原对角线上，若BD ⊥面ABC ，则此时B 、D 重合为一点，这是不成立的，故选D.10．已知等腰直角△ABC 的一条直角边BC 平行于平面α，点A ∈α，斜边AB ＝2，AB 与平面α所成的角为30°，则AC 与平面α所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] B[解析] 过B 、C 作BB ′⊥α于B ′，CC ′⊥α于C ′， 则BB ′＝CC ′＝1，∴sin θ＝22，∴θ＝45°.故选B. 二、填空题11．正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都相等，则AC 1与平面BB 1C 1C 的夹角的余弦值为________．[答案]104[解析] 设三棱柱的棱长为1，以B 为原点，建立坐标系如图，则C 1(0,1,1)，A ⎝⎛⎭⎫32，12，0，AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，又平面BB 1C 1C 的一个法向量n ＝(1,0,0)， 设AC 1与平面BB 1C 1C 的夹角为θ. sin θ＝|cos 〈n ，AC 1→〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝64，∴cos θ＝1－sin 2θ＝104. 12．正四棱锥S —ABCD 中，O 为顶点S 在底面内的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是________．[答案] 30°13．AB ∥α，AA ′⊥α， A ′是垂足，BB ′是α的一条斜线段，B ′为斜足，若AA ′＝9，BB ′＝63，则直线BB ′与平面α所成角的大小为________．[答案] 60°14．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为AA 1、A 1D 1的中点，则EF 与面A 1C 1所成的角为________．[答案] 45° 三、解答题15．如图所示，ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12SC 与平面ABCD 所成的角．[解析] 解法1：如图所示，设n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条斜线，A ∈α，则AB 与平面α所成的角为π2－arccos |AB →·n ||AB →|·n ；AS →是平面ABCD 的法向量，设CS →与AS →的夹角为φ. ∵CS →＝CB →＋BA →＋AS →，∴AS →·CS →＝AS →·(CB →＋BA →＋AS →)＝AS →·AS →＝1. |AS →|＝1，|CS →|＝(CB ―→＋BA ―→＋AS ―→)2 ＝|CB ―→|2＋|BA ―→|2＋|AS ―→|2＝3， ∴cos φ＝AS →·CS →|AS →|·|CS →|＝33.∴φ＝arccos33. 从而CS 与平面ABCD 所成的角为π2－arccos 33.解法2：连结AC ，显然∠SCA 即为SC 与平面ABCD 所成的角．计算得：AC ＝2，∴tan ∠SCA ＝22，故SC 与平面ABCD 所成角为arctan22. 16．如图，在直三棱柱ABO —A ′B ′O ′中，OO ′＝4，OB ＝3，∠AOB ＝90°.D 是线段A ′B ′的中点，P 是侧棱BB ′上的一点．若OP ⊥BD ，试求：(1)OP 与底面AOB 所成的角的大小； (2)BD 与侧面AOO ′A ′所成的角的大小．[解析] 如图，以O 为原点建立空间直角坐标系，由题意，有B (3,0,0)，D ⎝⎛⎭⎫32，2，4，设P (3,0，z )，则BD →＝⎝⎛⎭⎫－32，2，4，OP →＝(3,0，z )．∵BD ⊥OP ，∴BD →·OP →＝－92＋4z ＝0，z ＝98.∴P ⎝⎛⎭⎫3，0，98.(1)∵BB ′⊥平面AOB ，∴∠POB 是OP 与底面AOB 所成的角． ∵tan ∠POB ＝983＝38，∴∠POB ＝arctan 38.故OP 与底面AOB 所成角的大小是arctan 38.(2)∵OB →＝(3,0,0)，且OB →⊥平面AOO ′A ′， ∴平面AOO ′A ′的法向量为OB →＝(3,0,0)． 又DB →＝(3,0,0)－⎝⎛⎭⎫32，2，4＝⎝⎛⎭⎫32，－2，－4， ∴OB →·DB { ＝3×32＋(－2)×0＋(－4)×0＝92.又|OB →|＝3， |DB →|＝⎝⎛⎭⎫322＋(－2)2＋(－4)2＝892， ∴cos 〈OB →，DB →〉＝OB →·DB →|OB →|·|DB →|＝923×892＝389 .∴BD 与侧面AOO ′A ′所成的角的大小为π2－〈OB →，DB →〉＝π2－arccos 389(或写成arcsin389)．17．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是CC 1的中点，求BE 与平面B 1BD 所成角的正弦值．[解析] 如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，E (0,2,1)，BD →＝(－2，－2,0)，BB 1→＝(0,0,2)，BE →＝(－2,0,1)．设平面B 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵n ⊥BD ，n ⊥BB 1∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝－2x －2y ＝0n ·BB 1→＝2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－y z ＝0， 令y ＝1时，则n ＝(－1,1,0)， cos<n ，BE →>＝n ·BE →|n ||BE →|＝105.即BE 与平面B 1BD 所成的角的正弦值为105.18．(2009·北京)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，PA ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC .(1)求证：BC ⊥平面P AC ；(2)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面P AC 所成的角的大小； [解析] 考查线面垂直，直线与平面所成角，以及二面角等内容，可以用直接法实现，也可用向量法．解法一：(1)∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥BC . 又∠BCA ＝90°，∴AC ⊥BC . ∴BC ⊥平面PAC .(2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴DE ＝12BC .又由(1)知，BC ⊥平面P AC ， ∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E . ∴∠DAE 是AD 与平面P AC 所成的角． ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AB ，又PA ＝AB ，∴△ABP 为等腰直角三角形， ∴AD ＝12AB .在Rt △ABC 中，∠ABC ＝60°，∴BC ＝12.∴在Rt △ADE 中，sin ∠DAE ＝DE AD ＝BC 2AD ＝24.∴AD 与平面PAC 所成的角的大小为arcsin24. 解法二：(1)如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz .设PA ＝a ，由已知可得A (0,0,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12a ，32a ，0，C ⎝⎛⎭⎫0，32a ，0，P (0,0，a )． (1)∵AP →＝(0,0，a )，BC →＝⎝⎛⎭⎫12a ，0，0，∴BC →·AP →＝0， ∴BC ⊥AP .又∵∠BCA ＝90°， ∴BC ⊥AC . ∴BC ⊥平面PAC .(2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点． ∴D ⎝⎛⎭⎫－14a ，34a ，12，E ⎝⎛⎭⎫0，34a ，12a .又由(1)知，BC ⊥平面P AC . ∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E . ∴∠DAE 是AD 与平面P AC 所成的角． ∵AD →＝⎝⎛⎭⎫－14a ，34a ，12a ，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，34a ，12a ，∴cos ∠DAE ＝AD →·AE →|AD →||AE →|＝144.∴AD 与平面PAC 所成的角的大小为arccos144.。
17.典型问题.夹角问题
第五讲:典型问题.夹角问题 65第五讲:典型问题.夹角问题两直线的夹角问题是解析几何中的一个重要的问题,首先掌握:①夹角公式:若直线l 1与l 2的斜率分别为k 1、k 2,则直线l 1与l 2的夹角θ满足tan θ=|21121k k k k +-|;②到角公式:若直线l 1与l 2的斜率分别为k 1、k 2,则直线l 1到l 2的角θ满足tan θ=21121k k k k +-;利用向量可有机的解决该问题,其一般方法是:首先求出直线m 、n 的方向向量m 、n ,注意夹角与向量的长度无关,所以,可以也应当化简向量.直线m 与n 的夹角θ满足cos θ=|cos<m ,n >|.应特别关注的是:<PA ,PB >为直角⇔P B P A ⋅=0;<PA ,PB >为锐角⇔P B P A ⋅>0;<PA ,PB >为钝角⇔P B P A ⋅<0.一.直角问题例1:(2007年全国高中数学联赛四川初赛试题)已知椭圆12222=+b y a x (a>b>0)的右焦点为F,右准线与x 轴交于E 点,若椭圆的离心率e=22,且|EF|=1. (Ⅰ)求a,b 的值;(Ⅱ)若过F 的直线交椭圆于A,B 两点,且OA +OB 与向量a =(4,-2)共线,(其中,O 为坐标原点),求OA 与OB 的夹角.解析:(Ⅰ)由题意知a=2,c=1,b=1;(Ⅱ)由(Ⅰ)知F(1,0),显然直线AB 不垂直于x 轴,可设直线AB:y=k(x-1),联立椭圆,消去y,得:(1+2k 2)x 2-4k 2x+2(k 2-1)= 0,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=22214k k +,x 1x 2=2221)1(2k k +-⇒y 1+y 2=-2212k k +,y 1y 2=-2221k k +⇒OA +OB =(x 1+x 2,y 1+y 2)=(22214kk +,-2212kk +),由OA +OB 与向量a =(4,-2)共线⇒22214kk +:(-2212kk +)=4:(-2)⇒k 2=2k ⇒k=2(k=0舍去).OA OB =x 1x 2+y 1y 2=0⇒OA 与OB 的夹角为900.类题:1.(2004年全国Ⅱ高考试题)给定抛物线C:y 2=4x,F 是C 的焦点,过点F 的直线l 与C 相交于A 、B 两点. (Ⅰ)设l 的斜率为1,求OA 与OB 夹角的大小;(Ⅱ)设AF FB λ=,若λ∈[4,9],求l 在y 轴上截距的变化范围. 2.(2011年全国高中数学联赛湖北初赛试题)已知椭圆C:42x +22y =1,过点P(32,-31),而不过点Q(2,1)的动直线l 交椭圆C 于A 、B 两点. (Ⅰ)求∠AQB;(Ⅱ)记△QAB 的面积为S,证明:S<3.二.求角大小例2:(1999年全国高中数学联赛河南初赛试题)已知双曲线12222=-b y a x (a>b>0)的离心率e=2+6-3-2,过其右焦点F 2,且与x 轴垂直的直线l 交双曲线于A,B 两点,求∠AF 1F 2的大小.解析:|AF 2|=a b 2,|F 1F 2|=2c ⇒tan ∠AF 1F 2=ac b 22=ac a c 222-=e e 212-=)2362(2)2363)(2361(--+--+--+=)]23()32(2[2)]23()23(3)][12(321[+-++-+-+-=2-3⇒∠AF 1F 2=150.类题:1.(2002年全国高中数学联赛山东预赛试题)已知椭圆的焦点为F 1(-1,0),F 2(1,0),直线x=4是它的一条准线. (Ⅰ)求椭圆的方程;66 第五讲:典型问题.夹角问题(Ⅱ)设A 1,A 2分别是椭圆的左顶点和右顶点,P 是椭圆上满足|PA 1|-|PA 1|=2的一点,求cos ∠A 1PA 2的值.2.(2011年湖北高考试题)平面内与两定点A 1(-a,0),A 2(a,0)(a>0)连续的斜率之积等于非零常数m 的点的轨迹,加上A 1、 A 2两点所成的曲线C 可以是圆、椭圆成双曲线. (Ⅰ)求曲线C 的方程,并讨论C 的形状与m 值得关系;(Ⅱ)当m=-1时,对应的曲线为C 1;对给定的m ∈(-1,0)∪(0,+∞),对应的曲线为C 2,设F 1、F 2是C 2的两个焦点.试问:在C 1上,是否存在点N,使得△F 1NF 2的面积S=|m|a 2？若存在,求tan ∠F 1NF 2的值;若不存在,请说明理由.三.范围问题例3:(2010年湖北高考试题)已知一条曲线C 在y 轴右边,C 上任一点到点F(1,0)的距离减去它到y 轴距离的差是1.(Ⅰ)求曲线C 的方程;(Ⅱ)是否存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线C 有连个交点A,B 的任一直线,都有FB FA ⋅<0?若存在,求出m 的取值范围;若不存在,请说明理由.解析:(Ⅰ)由C 上任一点到点F(1,0)的距离减去它到y 轴距离的差是1⇒C 上任一点到点F(1,0)的距离等于它到直线x=-1的距离,由抛物线的定义知,曲线C 是以F 为焦点,直线x=-为准线的抛物线,其方程为y 2=4x;(Ⅱ)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线AB:x=ty+m,代入y 2=4x 得y 2-4ty-4m=0⇒y 1+y 2=4t,,y 1y 2=-4m;所以,FB FA ⋅<0⇔(x 1-1)(x 2-1)+y 1y 2<0⇔m 2-6m+1<4t 2,对任意的t,恒成立⇔m 2-6m+1<0⇔m ∈(3-22,3+22).类题:1.(2007年四川高考试题)设F 1、F 2分别是椭圆224x y +=1的左、右焦点.(Ⅰ)若P 是椭圆上的一个动点,求21.PF PF 的最大值和最小值; (Ⅱ)过定点M(0,2)的直线l 与椭圆交于不同的两点A 、B,且∠AOB 为锐角(其中O 为坐标原点),求直线l 的斜率k 的取值范围.2.(2005年天津高考试题)抛物线C 的方程为y=ax 2(a<0),过抛物线C 上一点P(x 0,y 0)(x 0≠0)作斜率为k 1、k 2的两条直线分别交抛物线C 于A(x 1,y 1)、B(x 2,y 2)两点(P 、A 、B 三点互不相同),且满足k 2+λk 1=0(λ≠0,且λ≠-1). (Ⅰ)求抛物线C 的焦点坐标和准线方程;(Ⅱ)设直线AB 上一点M,满足MA BM λ=,证明线段PM 的中点在y 轴上;(Ⅲ)当λ=1时,若点P 的坐标为(1,-1),求∠PAB 为钝角时点A 的纵坐标y 1的取值范围.四.角的相等例4:(2005年江西高考试题)如图,设抛物线C:y=x 2的焦点为F,动点 yP 在直线l:x-y-2=0上运动,过P 作抛物线C 的两条切线PA 、PB,且与抛物 l 线C 分别相切于A 、B 两点. A F B(Ⅰ)求△APB 的重心G 的轨迹方程; O x (Ⅱ)证明:∠PFA=∠PFB. P解析:(Ⅰ)由P 在l:x-y-2=0上,设P(t,t-2),则直线AB:y=2tx-t+2,代入y=x 2得x 2-2tx+t-2=0;设A(x 1,x 12),B(x 2,x 22),则x 1+x 2=2t,x 1x 2=t-2⇒x 12+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2=4t 2-2t+4⇒重心G(x,y)满足:x=321t x x ++=t,y=322221-++t x x =3242+-t t ⇒重心G 的轨迹方程:3y=4x 2-x+2;(Ⅱ)cos ∠AFP=||||FA FP FA FP ⋅⋅=22121211)41(||)41)(41221(21-+---+x x FP x k kx (x 1+x 2=k,x 1x 2=21k-2)=221212121121)41(||)41)(41()(21-+--++x x FP x x x x x x =)41(||)41)(41(212121+++x FP x x x = ||4121FP x x +,同理可得:cos ∠BFP=||||FB FP FB FP ⋅⋅=||4121FP x x +⇒∠AFP=∠BFP.类题:第五讲:典型问题.夹角问题 671.(2011年北大保送生考试数学试题)点P 为双曲线上任一点,PQ 为双曲线在点P 处的切线,F 1、F 2为双曲线焦点.求证:PQ 平分∠F 1PF2.2.(2007年全国高中数学联赛河南初赛试题)已知抛物线x 2=4y 及定点P(0,8),A 、B 是抛物线上的两动点,且AP =λPB (λ>0).过A 、B 两点分别作抛物线的切线,设其交点为M.(Ⅰ)证明:点M 的纵坐标为定值.(Ⅱ)是否存在定点Q,使得无论AB 怎样运动,都有∠AQP=∠BQP?证明你的结论.五.角平分线例5:(2010年安徽高考试题)如图,已知椭圆E 经过点A(2,3), y对称轴为坐标轴,焦点F 1、F 2在x 轴上,离心率e=21. A (Ⅰ)求椭圆E 的方程; F 1 O F 2 x (Ⅱ)求∠F 1AF 2的角平分线所在直线方程. l (Ⅲ)在椭圆E 上是否存在关于直线l 对称的相异两点？若存在,请找出;若不存在,说明理由.解析:(Ⅰ)E:1121622=+y x ,F 1(-2,0),F 2(2,0);(Ⅱ)分析1:设角平分线l 与x 轴交于点B,由三角形内角平分线性质定理得:||||||||2121AF A F BF B F ==35⇒点B 的坐标,写出角平分线AB 的方程;分析2:设角平分线为l,由角平线的性质知,点F 1关于直线l 的对称点B 必在直线AF 2上,且|AB|=|AF 1|=5,由|AB|=5⇒点B(2,-2),由B F l k k 1⋅=-1⇒k l =2⇒角平分线l 的方程; 分析3:角平分线l 的一个方向向量||||2211AF AF AF AF e +==(58,54--)⇒直线l 的斜率k ⇒角平分线l 的方程; 分析4:由椭圆的光学性质知,角平分线l 与椭圆在点A 处的切线123162yx +=1垂直⇒直线l 的斜率k ⇒角平分线l 的方程:2x-y-1=0;(Ⅲ)(法一)假设存在不同的两点P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),关于直线l 对称,则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⋯=-+-+⋅⋯-=⋅--②y y x x ①x x y y 012221221212121,又由点P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2)在椭圆121622y x +=1上⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+112161121622222121y x y x ⇒162221x x -+122221y y -=0⇒2121x x y y --⋅2121x x y y ++=-43,由①得:2121x x y y ++=23⇒y 1+y 2= 23(x 1+x 2),代入②得:2⋅221x x +-23⋅221xx +-1=0⇒x 1+x 2=4⇒y 1+y 2=6⇒P,Q 的中点为(221x x +,221y y +)=(2,3),即P,Q 的中点为点A,矛盾;(法二)假设存在不同的两点P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),关于直线l 对称,则直线PQ 的斜率=-21,设直线PQ 的方程为y=-21x+m,代入121622y x +=1得:x 2-mx+m 2-12=0,则△=(-m)2-4(m 2-12)>0⇒m ∈(-4,4),且x 1+x 2=m ⇒y 1+y 2=23m ⇒P,Q 的中点为(21m,43m),根据P,Q 的中点在直线l:2x-y-1=0上⇒m-43m-1=0⇒m=4,矛盾. 类题:1.(2013年陕西高考试题)己知动圆过定点A(4,0),且在y 轴上截得弦MN 的长为8.68 第五讲:典型问题.夹角问题(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C 的方程;(Ⅱ)已知点B(-1,0),设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P 、Q.若x 轴是∠PBQ 的角平分线,证明:直线l 过定点.2.(2011年全国高中数学联赛试题A)作斜率为31的直线l 与椭圆C:43622y x +=1交于A,B 两点,且P(32,2)在直线l 的左上方.(Ⅰ)证明:△PAB 的内切圆的圆心在一条定直线上; (Ⅱ)若∠APB=600,求△PAB 的面积.六.夹角应用例6:(2011年全国大纲卷高考试题)已知O 为坐标原点,F 为椭圆C:x 2+22y =1在y 轴正半轴上的焦点,过F 且斜率为-2的直线l 与C 交于A 、B 两点,点P 满足OA +OB +OP =0. (Ⅰ)证明:点P 在C 上;(Ⅱ)设点P 关于点O 的对称点为Q,证明:A 、P 、B 、Q 四点在同一圆上.解析:(Ⅰ)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由F(0,1)⇒直线l:y=-2x+1,代入x 2+22y =1得4x 2-22x-1=0⇒x 1+x 2=22⇒y 1+y 2=- 2(x 1+x 2)+2=1;由OA +OB +OP =0⇒OP =(-(x 1+x 2),-(y 1+y 2))=(-22,-1)⇒点P(-22,-1)⇒点P 在C 上;(Ⅱ)由(Ⅰ)得:x 1x 2=-41,Q(22,1);由到角公式:tan ∠APB=PBPA PB PA k k kk +-1=3)(412x x -;同理可得:tan ∠AQB=-3)(412x x -⇒∠APB 与∠AQB 互补⇒A 、P 、B 、Q 四点在同一圆上.类题:1.(2013年山东高考试题)椭圆C:22a x +22b y =1(a>b>0)的左、右焦点分别是F 1、F 2,离心率为23,过F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为l. (Ⅰ)求椭圆C 的方程;(Ⅱ)点P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点,连接PF 1,PF 2,设∠F 1PF 2的角平分线PM 交C 的长轴于点M(m,0),求m 的取值范围;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,过点p 作斜率为k 的直线l,使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点.设直线PF 1,PF 2的斜率分别为k 1,k 2,若k ≠0,试证明11kk +21kk 为定值,并求出这个定值. 2.①(2008年全国高中数学联赛河北初赛试题)设向量i ,j 为直角坐标平面内x 轴,y 轴正方向上的单位向量.若向量a =(x+2)i +y j ,b =(x-2)i +y j ,且|a |-|b |=2. (Ⅰ)求满足上述条件的点P(x,y)的轨迹方程;(Ⅱ)设A(-1,0),F(2,0),问是否存在常数λ(λ>0),使得∠PFA=λ∠PAF 恒成立？证明你的结论. ②(2010年全国高中数学联赛福建初赛试题)已知双曲线C:2222b y a x -=1(a>0,b>0)的离心率为2,过点P(0,m)(m>0)斜率为1的直线l 交双曲线C 于A,B 两点,且AP =3PB ,OB OA ⋅=3. (Ⅰ)求双曲线方程;(Ⅱ)设Q 双曲线C 右支上的动点,F 为双曲线C 的右焦点,在x 轴负半轴上是否存在点M 使得∠QFM=2∠QMF ？若存在求出点M 的坐标;若不存在,请说明理.九.夹角问题例9:(2007年北京西城区质检试题)设a>0,定点F(a,0),直线l:x=-a 交x 轴于点H,点B 是l 上的动点,过点B 垂直于l的直线与线段BF 的垂直平分线交于点M. y(I)求点M 的轨迹C 的方程; B M (II)设直线BF 与曲线C 交于P 、Q 两点,证明:向量 PHP、HQ 与HF 的夹角相等. H O F x[分析解答]:(I)由过点B 垂直于l 的直线与线段BF 的垂直平分线交于点M ⇒|MF|=|MB|,即动点M 到点F Q的距离与到直线l 的距离相等,所以,点M 的轨迹是以点F 为焦点直线l 为准线的抛物线,其方程为:y 2=4ax;(II)因HF =(2a,0)∥(1,0),设点P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),直线BF 的方程为:y=k(x-a)⇒HP =(x 1+a,y 1),HQ =(x 2+a,y 2),由⎩⎨⎧=-=ax y a x k y 4)(2⇒k 2x 2-2a(k 2+2)x+a 2k 2=0⇒x 1x 2=a 2⇒cos<HP ,HF >=||||HF HP HF HP ⋅⋅=21211212116)(aax x ax y a x a x +++=+++,cos<HQ ,HF >=||||HF HQ HF HQ ⋅⋅=22222222226)(aax x a x y a x a x +++=+++==+++213214126a x a x a a x a 212116aax x a x +++⇒cos<HP ,HF >=cos<HQ ,HF>,又因<HP ,HF >,<HQ ,HF >∈(0,π),故<HP ,HF >=<HQ ,HF >.Ⅶ.角的问题[题1]: [题2]:(2011年全国高中数学联赛湖北初赛试题)已知椭圆C:42x +22y =1,过点P(32,-31),而不过点Q(2,1)的动直线l 交椭圆C 于A 、B 两点. (Ⅰ)求∠AQB;(Ⅱ)记△QAB 的面积为S,证明:S<3.[解析]:(Ⅰ)如果直线l 的斜率存在,设它的方程为y=kx+b,因为点P 在直线l 上,所以-31=32k+b,故b=-31(2k+1).联立直线l 和椭圆C 的方程,消去y,得(2k 2+1)x 2+4kbx+2b 2-4=0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=-1242+k kb ,x 1x 2=124222+-k b ⇒Y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2b=1222+k b ,y 1y 2=124222+-k k b ⇒QB QA ⋅=0⇒∠AQB ＝900.如果直线l 的斜率不存在容易验证∠AQB ＝900也成立.因此,∠AQB ＝900.(Ⅱ)由(Ⅰ)知△QAB 是直角三角形.如果直线QA 或QB 的斜率不存在,易求得△QAB 的面积为S=22<3;如果直线QA 和QB 的斜率都存在,不妨设直线QA 的方程为y=m(x-2)+1,代入椭圆C 的方程,消去y,得(2m 2+1)x 2-4m(2m-1)x+2(2m-1)2-4=0⇒|QA|=12+m 12|12|82++m m ;又QB ⊥QA,所以,同理可求得|QB|=12+m 2|2|82+-m m ,于是,△QAB的面积为S=21|QA||QB|=4(m 2+1))2)(12(|2||12|22++-+m m m m .①当m ∈[-22,2]时,f(m)=S=4(m 2+1))2)(12(22222++++-m m m m ⇒f '(m)=4②[题3]:(2007年全国高中数学联赛四川初赛试题)已知椭圆12222=+b y a x (a>b>0)的右焦点为F,右准线与x 轴交于E 点,若椭圆的离心率e=22,且|EF|=1.(Ⅰ)求a,b 的值;(Ⅱ)若过F 的直线交椭圆于A,B 两点,且OA +OB 与向量a =(4,-2)共线,(其中,O 为坐标原点),求OA 与OB 的夹角.[解析]:(Ⅰ)由题意知a=2,c=1,b=1;(Ⅱ)由(Ⅰ)知F(1,0),显然直线AB 不垂直于x 轴,可设直线AB:y=k(x-1),联立椭圆,消去y,得:(1+2k 2)x 2-4k 2x+2(k 2-1)= 0,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=22214k k +,x 1x 2=2221)1(2k k +-⇒y 1+y 2=-2212k k +,y 1y 2=-2221k k +⇒OA +OB =(x 1+x 2,y 1+y 2)=(22214kk +,-2212kk +),由OA +OB 与向量a =(4,-2)共线⇒22214kk +:(-2212kk +)=4:(-2)⇒k 2=2k ⇒k=2(k=0舍去).OA OB =x 1x 2+y 1y 2=0⇒OA 与OB 的夹角为900.[题4]:(2007年全国高中数学联赛河南初赛试题)已知抛物线x 2=4y 及定点P(0,8),A 、B 是抛物线上的两动点,且AP =λPB (λ>0).过A 、B 两点分别作抛物线的切线,设其交点为M.(Ⅰ)证明:点M 的纵坐标为定值.(Ⅱ)是否存在定点Q,使得无论AB 怎样运动,都有∠AQP=∠BQP?证明你的结论.[解析]:(Ⅰ)设A(2x 1,x 12),B(2x 2,x 22),由AP =λPB (λ>0)⇒-x 1=λx 2,8-x 12=λ(x 22-8)⇒x 1x 2=-8;抛物线过A 、B 两点的切线分别为x 1x=y+x 12,x 2x=y+x 22⇒y M =x 1x 2=-8;(Ⅱ)假设存在定点Q(a,b),使∠AQP=∠BQP ⇒cos ∠AQP=cos ∠BQP ⇒||||QA QP QA QP ⋅=||||QB QP QB QP ⋅⇒|QB |QA QP ⋅=|QA |QB QP ⋅⇒22222)()2(b x a x -+-[a(a-2x 1)+(8-b)(x 12-b)]=22121)()2(b x a x -+-[a(a-2x 2)+(8-b)(x 22-b)],令a=0: 22222)(4b x x -+(8-b)(x 12-b)=22121)(4b x x -+(8-b)(x 22-b)(b ≠8)⇒22222)(4b x x -+(x 12-b)=22121)(4b x x -+(x 22-b)⇒[4x 22+(x 22-b)2](x 12-b)2=[4x 12+(x 12-b)2](x 22-b)2⇒(2x 12x 2-2bx 2)2+[x 12x 22-b(x 12+x 22)+b 2]2=(2x 1x 22-2bx 1)2+[x 12x 22-b(x 12+x 22)+b 2]2⇒(-16x 1-2bx 2)2=(-16x 2-2bx 1)2⇒b=-8.[题5]:(2008年全国高中数学联赛河北初赛试题)设向量i ,j 为直角坐标平面内x 轴,y 轴正方向上的单位向量.若向量a =(x+2)i +y j ,b =(x-2)i +y j ,且|a |-|b |=2. (Ⅰ)求满足上述条件的点P(x,y)的轨迹方程;(Ⅱ)设A(-1,0),F(2,0),问是否存在常数λ(λ>0),使得∠PFA=λ∠PAF 恒成立？证明你的结论.[解析]:(Ⅰ)|a |-|b |=2⇔22)2(y x ++=22)2(y x +-+2⇔22)2(y x +-=2x-1⇔x 2-32y =1(x ≥1); (Ⅱ)令PF ⊥AF ⇒|PF|=|AF|=3⇒λ=2;设P(x 0,y 0),∠PAF=α,则tan α=100+x y ⇒tan2α=202000)1()1(2y x y x -++=)1(3)1()1(2202000--++x x y x =002x y -,k PF =200-x y⇒∠PFA=2∠PAF ⇒λ=2. [题6]:(2010年全国高中数学联赛福建初赛试题)已知双曲线C:2222b y a x -=1(a>0,b>0)的离心率为2,过点P(0,m)(m>0)斜率为1的直线l 交双曲线C 于A,B 两点,且AP =3PB ,OB OA ⋅=3. (Ⅰ)求双曲线方程;(Ⅱ)设Q 双曲线C 右支上的动点,F 为双曲线C 的右焦点,在x 轴负半轴上是否存在点M 使得∠QFM=2∠QMF ？若存在求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由.[解析]:(Ⅰ)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线l:y=2x+m,由e=2⇒b=3a ⇒双曲线C:3x 2-y 2=3a 2,由⎩⎨⎧=-+=22233ay x m x y ⇒2x 2-2mx-(m 2+3a 2)=0⇒x 1+x 2=m,x 1x 2=-21(m 2+3a 2);AP =3PB ⇒-x 1=3x 2⇒-2x 2=m,-3x 22=-21(m 2+3a 2)⇒3(-21m)2=21(m 2+3a 2)⇒ m 2=6a 2;OB OA ⋅=3⇒x 1x 2+y 1y 2=3⇒2x 1x 2+m(x 1+x 2)+m 2=3⇒m 2-3a 2=3⇒a=1,m=6,双曲线方程:3x 2-y 2=3;(Ⅱ)。
2021_2022学年高中数学课时分层作业24直线与平面的夹角(含解析)新人教B版选修2_1
课时分层作业(二十四) 直线与平面的夹角(建议用时：60分钟)[根底达标练]一、选择题1．如下图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，BC 1与对角面BB 1D 1D 所成的角是( )A ．∠C 1BB 1 B ．∠C 1BD C ．∠C 1BD 1D ．∠C 1BOD [由线面垂直的判定定理，得C 1O ⊥平面BB 1D 1D ，所以OB 为BC 1在平面BB 1D 1D 上的射影，所以∠C 1BO 为BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角，应选D.]2．PA ，PB ，PC 是由点P 出发的三条射线，两两夹角为60°，那么PC 与平面PAB 所成角的余弦值为( )A.12B.22C.33D.63C [设PC 与平面PAB 所成的角为θ， 那么cos 60°＝cos θcos 30°，得cos θ＝33.] 3. 正四棱锥S ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，那么AE ，SD 所成的角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23C [令正四棱锥的棱长为2，建立如下图坐标系，那么A (1，－1,0)，D (－1，－1,0)，S (0,0，2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22， ∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22，SD →＝()－1，－1，－2，∴cos〈AE →，SD →〉＝AE →·SD →|AE →||SD →|＝－33.∴AE ，SD 所成的角的余弦值为33.] 4．如果∠APB ＝∠BPC ＝∠CPA ＝60°，那么PA 与平面PBC 所成角的余弦值为( ) A.12 B.2626 C.63 D.33D [如图，设A 在平面BPC 内的射影为O ，∵∠APB ＝∠APC . ∴点O 在∠BPC 的角平分线上，∴∠OPC ＝30°，∠APO 为PA 与平面PBC 所成的角． ∴cos∠APC ＝cos∠APO ·cos∠OPC ， 即cos 60°＝cos∠APO ·cos 30°， ∴cos∠APO ＝33.] 5．在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，假设AB ＝2BB 1，那么AB 1与C 1B 所成角的大小为( ) A ．60° B．90° C．105°D ．75°B [建立如下图的空间直角坐标系，设BB 1＝1，那么A (0,0,1)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫62，22，0，C 1(0，2，0)， B ⎝⎛⎭⎪⎫62，22，1. ∴AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62，22，－1， C 1B →＝⎝⎛⎭⎪⎫62，－22，1，∴AB 1→·C 1B →＝64－24－1＝0，∴AB 1→⊥C 1B →.即AB 1与C 1B 所成角的大小为90°.] 二、填空题6．等腰Rt△ABC 的斜边AB 在平面α内，假设AC 与α成30°角，那么斜边上的中线CM 与平面α所成的角为________．45° [作CO ⊥α，O 为垂足，连接AO ，MO ，那么∠CAO ＝30°，∠CMO 为CM 与α所成的角．在Rt△AOC 中，设CO ＝1，那么AC ＝2.在等腰Rt△ABC 中，由AC ＝2得CM ＝ 2.在Rt△CMO中，sin∠CMO ＝COCM＝12＝22. ∴∠CMO ＝45°.]7．如下图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，A 1B 和平面A 1B 1CD 所成的角是________．30° [连接BC 1交B 1C 于O 点，连接A 1O . 设正方体棱长为a . 易证BC 1⊥平面A 1B 1CD ，∴A 1O 为A 1B 在平面A 1B 1CD 上的射影． ∴∠BA 1O 为A 1B 与平面A 1B 1CD 所成的角． 在Rt△A 1BO 中，A 1B ＝2a ，BO ＝22a ， ∴sin∠BA 1O ＝OB A 1B ＝12， ∴∠BA 1O ＝30°.即A 1B 与平面A 1B 1CD 所成角为30°.]8．在正四棱锥S ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，那么直线BC 与平面PAC 所成的角为________．30° [以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz ， 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ， 那么A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)， P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2，从而CA →＝(2a,0,0)， AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)． 设平面PAC 的一个法向量为n 可求得n ＝(0,1,1)，那么cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. 所以〈CB →，n 〉＝60°.所以直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°.] 三、解答题9．如下图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成角的正弦值．[解] 取BC 中点O ，B 1C 1中点O 1，连接AO ，OO 1，那么AO ⊥OC ，OO 1⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OC ，OA ，OO 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如下图的空间直角坐标系Oxyz ，那么A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32a ，0，C 1a 2，0，2a ，∴AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，－32a ，2a .取AB 中点M ，连接CM ，那么CM ⊥AB .∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，∴CM ⊥平面ABB 1A 1， ∴CM →为平面ABB 1A 1的一个法向量． ∵B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，0，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 4，34a ，0.又∵C ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，∴CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34a ，34a ，0. ∴cos〈AC 1→，CM →〉＝AC 1→·CM →|AC 1→||CM →|＝－34a23a ·32a ＝－12.∴AC 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值为12.10．如下图，点P 在正方体ABCD A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.(1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．[解] 如图，以D 为坐标原点，DA 为单位长建立空间直角坐标Dxyz .那么DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连接BD ，B ′D ′. 在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H . 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)， 由〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉， 可得m ＝122m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°， 即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)． 因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°.可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.[能力提升练]1．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，C 1D 1的中点，那么A 1B 1与平面A 1EF 夹角的正弦值为( )A.62B.63C.64D. 2B [建立如下图的空间直角坐标系，设棱长为1，那么A 1(1,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1，B 1(1,1,1)．A 1B 1→＝(0,1,0)，设平面A 1EF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，那么⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·A 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12y －z ＝0，－x ＋y2＝0.令y ＝2，那么⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,2,1)，cos 〈n ，A 1B 1→〉＝26＝63， 即线面角的正弦值为63.] 2．如下图，在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，且PD ＝AB ＝1，G 为△ABC 的重心，那么PG 与底面ABCD 所成的角θ满足( )A ．θ＝π4B ．cos θ＝23417C ．tan θ＝223D ．sin θ＝33B [建立如下图的空间直角坐标系，那么P (0,0,1)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，所以G ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，0，PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－1.又平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，那么cos 〈PG →，n 〉＝－1⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋(－1)2＝－31717，所以PG 与平面ABCD 所成角的余弦值为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－317172＝23417.]3．三棱锥S ABC 中，底面为边长等于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________．34[建立如下图的空间直角坐标系，那么S (0,0,3)，A (0，0,0)， B (3，1,0)，C (0,2,0)．∴AB →＝(3，1,0)，SB →＝(3，1，－3)， SC →＝(0,2，－3)．设面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 那么⎩⎪⎨⎪⎧n ·SB →＝3x ＋y －3z ＝0，n ·SC →＝2y －3z ＝0.令y ＝3，那么z ＝2，x ＝3，∴n ＝(3，3,2)． 设AB 与平面SBC 所成的角为θ， 那么sin θ＝|n ·AB →||n ||AB →|＝3＋34×2＝34.]4．如下图，正三角形ABC 与正三角形BCD 所在的平面互相垂直，那么直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为________．155[取BC 的中点O ，连接AO ，DO ，建立如下图的空间直角坐标系Oxyz .设BC ＝1，那么A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，D 32，0,0，所以BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0.设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，那么⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA →＝0n ·BD →＝0所以⎩⎪⎨⎪⎧12y ＋32z ＝032x ＋12y ＝0，取x ＝1，那么y ＝－3，z ＝1，所以n ＝(1，－3，1)，所以cos 〈n ，CD →〉＝155，因此直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为155.] 5．如下图，四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上．(1)求证：AC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小． [解] (1)证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴AC ⊥BD .∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD ⊥AC . ∵PD ∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面PDB . (2)建立如下图的空间直角坐标系， 设AB ＝1，那么A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，22. 由(1)知AC →＝(－1,1,0)为平面PDB 的一个法向量． 设AE 与平面PDB 所成的角为θ，那么sin θ＝|cos 〈AC →，AE →〉|＝|AC →·AE →||AC →||AE →|＝12×1＝22.∴AE 与平面PDB 所成的角为45°.。
高中数学必修二(人教版)点、直线、平面之间的位置关系证明题精选
高中数学必修二（人教版）点、直线、平面之间的位置关系证明题精选一．解答题（共20小题，满分120分，每小题6分）1．（6分）如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，AF∥DE，DE=DA=2AF=2．（1）求证：AC∥平面BEF；（2）求四面体BDEF的体积．2．（6分）在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2．（1）求证：PC⊥AE；（2）求证：CE∥平面PAB；（3）求三棱锥P﹣ACE的体积V．3．（6分）如图，在棱长均为4的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D、D1分别是BC和B1C1的中点．（1）求证：A1D1∥平面AB1D；（2）若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC=60°，求三棱锥B1﹣ABC的体积．4．（6分）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB．点E是PC的中点．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）已知平面PCD⊥底面ABCD，且PC=DC．在棱PD上是否存在点F，使CF⊥PA？请说明理由．5．（6分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，M，N分别为SA，CD的中点．（I）证明：直线MN∥平面SBC；（Ⅱ）证明：平面SBD⊥平面SAC．6．（6分）如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面P AB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点．（Ⅰ）若弧BC的中点为D．求证：AC∥平面POD；（Ⅱ）如果△PAB面积是9，求此圆锥的表面积．7．（6分）如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=3，F 是棱PA 上的一个动点，E 为PD 的中点．（Ⅰ）求证：平面BDF⊥平面PCF；（Ⅱ）若AF=1，求证：CE∥平面BDF．8．（6分）已知，如图，P是平面ABC外一点，PA不垂直于平面ABC，E，F分别是线段AC，PC的中点，D是线段AB上一点，AB=AC，PB=PC，DE⊥EF．（1）求证：PA⊥BC；（2）求证：BC∥平面DEF．9．（6分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是菱形，AB=2，∠DAB=60°，EF∥AC，EF=．（Ⅰ）求证：FC∥平面BDE；（Ⅱ）若EA=ED，求证：AD⊥BE．10．（6分）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1=2，AB=1，E是DD1上的一点．（1）求异面直线AC与B1D所成的角；（2）若B1D⊥平面ACE，求三棱锥A﹣CDE的体积．11．（6分）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，A1A=AB=2，∠ABC=，E，F分别是BC，A1C的中点．（1）求异面直线EF，AD所成角的余弦值；（2）点M在线段A1D上，=λ．若CM∥平面AEF，求实数λ的值．12．（6分）如图，六面体ABCDE中，面DBC⊥面ABC，AE⊥面ABC．（1）求证：AE∥面DBC；（2）若AB⊥BC，BD⊥CD，求证：AD⊥DC．13．（6分）如图：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA=AB=2．（Ⅰ）证明：BC⊥平面AMN；（Ⅱ）求三棱锥N﹣AMC的体积；（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由．14．（6分）在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且==．求证：①点E，F，G，H四点共面；②直线EH，BD，FG相交于一点．15．（6分）如图长方体ABCD﹣A'B'C'D'中，AB=BC=1，AA'=2，E、F分别是BB′、A'B'的中点．（1）求证：E、F、C、D'四点共面；（2）求异面直线AC、C'E夹角的余弦值．16．（6分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．（1）证明：BC1∥平面A1CD；（2）求异面直线BC1和A1D所成角的大小．17．（6分）如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，且AC=AA1．（1）求证：AB⊥A1C；（2）求异面直线A1C与BB1所成角的大小．18．（6分）（文科）设A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，AC=BC=1，CD=，求（1）AC与平面BCD所成角的大小；（2）异面直线AB和CD的大小．19．（6分）三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，，BC=3．点E是CD边的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB．（1）证明：BC∥平面PDA；（2）求二面角P﹣AD﹣C的大小；（3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值．20．（6分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，M，N分别是AB，PC的中点，若ABCD是平行四边形．（1）求证：MN∥平面PAD．（2）若PA=AD=2a，MN与P A所成的角为30°．求MN的长．高中数学必修二（人教版）点、直线、平面之间的位置关系证明题精选参考答案与试题解析一．解答题（共20小题，满分120分，每小题6分）1．（6分）（2017•雅安模拟）如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，AF∥DE，DE=DA=2AF=2．（1）求证：AC∥平面BEF；（2）求四面体BDEF的体积．【考点】LS：直线与平面平行的判定；L@：组合几何体的面积、体积问题；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】15 ：综合题．【分析】（1）设正方形ABCD的中心为O，取BE中点G，连接FG，OG，由中位线定理，我们易得四边形AFGO是平行四边形，即FG∥OA，由直线与平面平行的判定定理即可得到AC∥平面BEF；（2）由已知中正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，我们可以得到AB⊥平面ADEF，结合DE=DA=2AF=2．分别计算棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式即可求出四面体BDEF的体积．【解答】证明：（1）设AC∩BD=O，取BE中点G，连接FG，OG，所以，OG∥DE，且OG=DE．因为AF∥DE，DE=2AF，所以AF∥OG，且OG=AF，从而四边形AFGO是平行四边形，FG∥OA．因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF．…（6分）解：（2）因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF．因为AF∥DE，∠ADE=90°，DE=DA=2AF=2所以△DEF的面积为S△DEF=×ED×AD=2，所以四面体BDEF的体积V=•S△DEF×AB=（12分）【点评】本题考查的知识点是直线与平面平行的判定及棱锥的体积，（1）的关键是证明出FG∥OA，（2）的关键是得到AB⊥平面ADEF，即四面体BDEF的高为AB．2．（6分）（2017•广西一模）在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2．（1）求证：PC⊥AE；（2）求证：CE∥平面PAB；（3）求三棱锥P﹣ACE的体积V．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】31 ：数形结合．【分析】（1）取PC中点F，利用等腰三角形的性质可得PC⊥AF，先证明CD⊥平面P AC，可得CD⊥PC，从而EF⊥PC，故有PC⊥平面AEF，进而证得PC⊥AE．（2）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB．（3）由（1）知AC=2，EF=CD，且EF⊥平面PAC，求得EF 的值，代入V=进行运算．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，AB=1，∠BAC=60°，∴BC=，AC=2．取PC中点F，连AF，EF，∵PA=AC=2，∴PC⊥AF．∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∠ACD=90°，即CD⊥AC，∴CD⊥平面PAC，∴CD⊥PC，∴EF⊥PC，∴PC⊥平面AEF，∴PC⊥AE．（2）证明：取AD中点M，连EM，CM．则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，P A⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（3）由（1）知AC=2，EF=CD，且EF⊥平面PAC．在Rt△ACD中，AC=2，∠CAD=60°，∴CD=2，得EF=．则V=．【点评】本题考查证明线面平行、线线垂直的方法，取PC中点F，AD中点M，利用三角形的中位线的性质是解题的关键．3．（6分）（2017•汉中二模）如图，在棱长均为4的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D、D1分别是BC和B1C1的中点．（1）求证：A1D1∥平面AB1D；（2）若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC=60°，求三棱锥B1﹣ABC的体积．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】11 ：计算题；14 ：证明题．【分析】（1）欲证A1D1∥平面AB1D，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证A1D1与平面AB1D内一直线平行，连接DD1，根据中位线定理可知B1D1∥BD，且B1D1=BD，则四边形B1BDD1为平行四边形，同理可证四边形AA1D1D 为平行四边形，则A1D1∥AD又A1D1⊄平面AB1D，AD⊂平面AB1D，满足定理所需条件；（2）根据面面垂直的性质定理可知AD⊥平面B1C1CB，即AD是三棱锥A﹣B1BC的高，求出三棱锥A﹣B1BC的体积，从而求出三棱锥B1﹣ABC的体积．【解答】解：（1）证明：连接DD1，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∵D、D1分别是BC和B1C1的中点．∴B1D1∥BD，且B1D1=BD∴四边形B1BDD1为平行四边形∴BB1∥DD1，且BB1=DD1又因AA1∥BB1，AA1=BB1所以AA1∥DD1，AA1=DD1所以四边形AA1D1D为平行四边形，所以A1D1∥AD又A1D1⊄平面AB1D，AD⊂平面AB1D故A1D1∥平面AB1D；（2）在△ABC中，棱长均为4，则AB=AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC因为平面ABC⊥平面B1C1CB，交线为BC，AD⊂平面ABC所以AD⊥平面B1C1CB，即AD是三棱锥A﹣B1BC的高在△ABC中，AB=AC=BC=4得AD=2在△B1BC中，B1B=BC=4，∠B1BC=60°所以△B1BC的面积为4∴三棱锥B1﹣ABC的体积即为三棱锥A﹣B1BC的体积V=××=8【点评】本题主要考查了线面平行的判定，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了推理论证的能力、计算能力，转化与划归的思想，属于中档题．4．（6分）（2017•漳州模拟）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB．点E是PC的中点．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）已知平面PCD⊥底面ABCD，且PC=DC．在棱PD上是否存在点F，使CF⊥PA？请说明理由．【考点】LS：直线与平面平行的判定；L Y：平面与平面垂直的判定．【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；4G ：演绎法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明：BE∥平面PAD；（2）棱PD上存在点F为PD的中点，使CF⊥PA，利用三垂线定理可得结论．【解答】（1）证明：取PD中点Q，连结AQ、EQ．…（1分）∵E为PC的中点，∴EQ∥CD且EQ=CD．…（2分）又∵AB∥CD且AB=CD，∴EQ∥AB且EQ=AB．…（3分）∴四边形ABED是平行四边形，∴BE∥AQ．…（4分）又∵BE⊄平面PAD，AQ⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD．…（5分）（2）解：棱PD上存在点F为PD的中点，使CF⊥PA，∵平面PCD⊥底面ABCD，平面PCD∩底面ABCD=CD，AD⊥CD，∴AD⊥平面PCD，∴DP是PA在平面PCD中的射影，∴PC=DC，PF=DF，∴CF⊥DP，∴CF⊥PA．【点评】本题主要考查空间直线和平面平行或垂直的判断，要求熟练掌握相应的判定定理．考查学生的推理能力．5．（6分）（2017•乐山一模）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，M，N分别为SA，CD的中点．（I）证明：直线MN∥平面SBC；（Ⅱ）证明：平面SBD⊥平面SAC．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LW：直线与平面垂直的判定．【专题】5F ：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）取SB中点E，连接ME、CE，由三角形中位线定理、菱形性质得四边形MECN是平行四边形，由此能证明直线MN∥平面SBC．（Ⅱ）连接AC、BD，交于点O，由线面垂直得SA⊥BD，由菱形性质得AC⊥BD，由此能证明平面SBD⊥平面SAC．【解答】（Ⅰ）证明：如图，取SB中点E，连接ME、CE，因为M为SA的中点，所以ME∥AB，且ME=，…（2分）因为N为菱形ABCD边CD的中点，所以CN∥AB，且CN=，…（3分）所以ME∥CN，ME=CN，所以四边形MECN是平行四边形，所以MN∥EC，…（5分）又因为EC⊂平面SBC，MN⊄平面SBC，所以直线MN∥平面SBC．…（6分）（Ⅱ）证明：如图，连接AC、BD，交于点O，因为SA⊥底面ABCD，所以SA⊥BD．…（7分）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD．…（8分）又SA∩AC=A，所以BD⊥平面SAC．…（10分）又BD⊂平面SBD，所以平面SBD⊥平面SAC．…（12分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．6．（6分）（2017•新罗区校级模拟）如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面P AB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点．（Ⅰ）若弧BC的中点为D．求证：AC∥平面POD；（Ⅱ）如果△PAB面积是9，求此圆锥的表面积．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）证法1：设BC∩OD=E，由已知可证AC∥OE，线线平行即可证明线面平行AC∥平面POD；证法2：由AB是底面圆的直径，可证AC⊥BC，利用OD⊥BC，可证AC∥OD，即可判定AC∥平面POD．（Ⅱ）设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，由圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，可求，利用三角形面积公式可求r，进而可求此圆锥的表面积．【解答】解：（Ⅰ）证法1：设BC∩OD=E，∵D是弧BC的中点，∴E是BC的中点，又∵O是AB的中点，∴AC∥OE，又∵AC⊄平面POD，OE⊂平面POD，∴AC∥平面POD．证法2：∵AB是底面圆的直径，∴AC⊥BC，∵弧BC的中点为D，∴OD⊥BC，又AC，OD共面，∴AC∥OD，又AC⊄平面POD，OD⊂平面POD，∴AC∥平面POD．（Ⅱ）解：设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，∵圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，∴，∵由，得r=3，∴．【点评】本题主要考查了线面平行的判定，考查了三角形面积公式，考查了圆锥的表面积的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．7．（6分）（2017•青岛一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=3，F 是棱P A 上的一个动点，E 为PD 的中点．（Ⅰ）求证：平面BDF⊥平面PCF；（Ⅱ）若AF=1，求证：CE∥平面BDF．【考点】LS：直线与平面平行的判定；L Y：平面与平面垂直的判定．【专题】14 ：证明题；35 ：转化思想；4G ：演绎法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）连接AC交BD于O，证明BD⊥平面PAC，即可证明结论；（Ⅱ）取PF中点G，连接EG，CG，连接FO．由三角形中位线定理可得FO∥GC，GE∥FD．然后利用平面与平面平行的判定得到面GEC∥面FOD，进一步得到CE∥面BDF．【解答】证明：（Ⅰ）连接AC交BD于O，则AC⊥BD，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD⊂平面BDF，∴平面BDF⊥平面PAC，即平面BDF⊥平面PCF；（Ⅱ）如图所示，取PF中点G，连接EG，CG，连接FO．由题可得F为AG中点，O为AC中点，∴FO∥GC；又G为PF中点，E为PD中点，∴GE∥FD．又GE∩GC=G，GE、GC⊂面GEC，FO∩FD=F，FO，FD⊂面FOD．∴面GEC∥面FOD．∵CE⊂面GEC，∴CE∥面BDF；【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查了线面垂直、面面垂直的证明，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．8．（6分）（2017•达州模拟）已知，如图，P是平面ABC外一点，PA不垂直于平面ABC，E，F分别是线段AC，PC 的中点，D是线段AB上一点，AB=AC，PB=PC，DE⊥EF．（1）求证：PA⊥BC；（2）求证：BC∥平面DEF．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LX：直线与平面垂直的性质．【专题】14 ：证明题；48 ：分析法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（1）设线段BC的中点为G，分别连接AG、PG．构建线面垂直：BC⊥平面AGP．根据线面垂直的性质证得结论；（2）利用三角形中位线定理推知EF∥AP．结合已知条件得到P A⊥DE．因为PA⊥BC，BC、DE是平面ABC内两条直线，如果BC、DE相交，则PA⊥平面ABC，与PA不与平面ABC的垂直矛盾．故BC∥DE．最后根据线面平行的判定定理得到结论．【解答】（1）证明：设线段BC的中点为G，分别连接AG、PG．∵AB=AC，PB=PC，∴AG⊥BC，PG⊥BC，∵AG、PG是平面AGP内的两条相交线，∴BC⊥平面AGP．∵PA⊂平面AGP，∴PA⊥BC．（2）证明：∵E、F分别是线段AC、PC的中点，∴EF∥AP．∵DE⊥EF，∴PA⊥DE．因为PA⊥BC，BC、DE是平面ABC内两条直线，如果BC、DE相交，则PA⊥平面ABC，与PA不与平面ABC的垂直矛盾．∴BC∥DE．又BC⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴BC∥平面DEF．【点评】本题考查了空间线面面面平行与垂直的判定及性质定理、三角形中位线定理，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题．9．（6分）（2017•济南一模）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是菱形，AB=2，∠DAB=60°，EF∥AC，EF=．（Ⅰ）求证：FC∥平面BDE；（Ⅱ）若EA=ED，求证：AD⊥BE．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LO：空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】14 ：证明题；35 ：转化思想；4G ：演绎法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）设AC∩BD=O，连接EO，证明FC∥EO，即可证明：FC∥平面BDE；（Ⅱ）取AD中点M，连接EM，BM，证明AD⊥平面EMB，即可证明：AD⊥BE．【解答】证明：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连接EO．∵底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，∴OC=，∵EF∥AC，∴EFCO为平行四边形，∴FC∥EO，∵FC⊄平面BDE，EO⊂平面BDE，∴FC∥平面BDE；（Ⅱ）取AD中点M，连接EM，BM，∵EA=ED，∴EM⊥AD．∵AB=AD=BD，∴BM⊥AD，∵EM∩BM=M，∴AD⊥平面EMB，∵BE⊂平面EMB，∴AD⊥EB．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．10．（6分）（2017•上海模拟）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1=2，AB=1，E是DD1上的一点．（1）求异面直线AC与B1D所成的角；（2）若B1D⊥平面ACE，求三棱锥A﹣CDE的体积．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，利用异面直线的方向向量的夹角即可得到此两条异面直线所成的角；（2）利用线面垂直的性质定理即可得到点E的坐标，利用V A﹣CDE=V E﹣ADC即可得到体积．【解答】解：以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．（1）依题意，D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，1，0），B1（1，1，2），∴，∴，∴异面直线AC与B1D所成的角为．（2）设E（0，0，a），则，∵B1D⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴B1D⊥AE．∴，∴﹣1+2a=0，．∴V A﹣CDE=V E﹣ADC==．【点评】熟练掌握通过建立空间直角坐标系的方法并利用异面直线的方向向量的夹角得到两条异面直线所成的角、及掌握线面垂直的性质定理、“等积变形”、三棱锥的体积计算公式是解题的关键．11．（6分）（2017•南京二模）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，A1A=AB=2，∠ABC=，E，F分别是BC，A1C的中点．（1）求异面直线EF，AD所成角的余弦值；（2）点M在线段A1D上，=λ．若CM∥平面AEF，求实数λ的值．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LT：直线与平面平行的性质．【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；4G ：演绎法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）建立坐标系，求出直线的向量坐标，利用夹角公式求异面直线EF，AD所成角的余弦值；（2）点M在线段A1D上，=λ．求出平面AEF的法向量，利用CM∥平面AEF，即可求实数λ的值．【解答】解：因为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，所以A1A⊥平面ABCD．又AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以A1A⊥AE，A1A⊥AD．在菱形ABCD中∠ABC=，则△ABC是等边三角形．因为E是BC中点，所以BC⊥AE．因为BC∥AD，所以AE⊥AD．建立空间直角坐标系．则A（0，0，0），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，2），E（，0，0），F（，，1）．（1）=（0，2，0），=（﹣，，1），所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为=．…（4分）（2）设M（x，y，z），由于点M在线段A1D上，且=λ，则（x，y，z﹣2）=λ（0，2，﹣2）．则M（0，2λ，2﹣2λ），=（﹣，2λ﹣1，2﹣2λ）．…（6分）设平面AEF的法向量为=（x0，y0，z0）．因为=（，0，0），=（，，1），由，得x0=0，y0+z0=0．取y0=2，则z0=﹣1，则平面AEF的一个法向量为n=（0，2，﹣1）．…（8分）由于CM∥平面AEF，则=0，即2（2λ﹣1）﹣（2﹣2λ）=0，解得λ=．…（10分）【点评】本题考查线面角，考查线面平行的运用，考查向量知识的运用，属于中档题．12．（6分）（2017•南京一模）如图，六面体ABCDE中，面DBC⊥面ABC，AE⊥面ABC．（1）求证：AE∥面DBC；（2）若AB⊥BC，BD⊥CD，求证：AD⊥DC．【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系；LS：直线与平面平行的判定．【专题】5F ：空间位置关系与距离．【分析】（1）过点D作DO⊥BC，O为垂足，由已知得DO⊥面ABC，由此能证明AE∥面DBC．（2）由已知得DO⊥AB，AB⊥面DBC，从而AB⊥DC，由此能证明AD⊥DC．【解答】证明：（1）过点D作DO⊥BC，O为垂足．因为面DBC⊥面ABC，又面DBC∩面ABC=BC，DO⊂面DBC，所以DO⊥面ABC．又AE⊥面ABC，则AE∥DO．又AE⊄面DBC，DO⊂面DBC，故AE∥面DBC．（2）由（1）知DO⊥面ABC，AB⊂面ABC，所以DO⊥AB．又AB⊥BC，且DO∩BC=O，DO，BC⊂平面DBC，则AB⊥面DBC．因为DC⊂面DBC，所以AB⊥DC．又BD⊥CD，AB∩DB=B，AB，DB⊂面ABD，则DC⊥面ABD．又AD⊂面ABD，故可得AD⊥DC．【点评】本题第（1）问考查面面垂直的性质定理，线面垂直的性质定理及线面平行的判定定理；第（2）问通过线面垂直证线线垂直问题．13．（6分）（2017•湖南三模）如图：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA=AB=2．（Ⅰ）证明：BC⊥平面AMN；（Ⅱ）求三棱锥N﹣AMC的体积；（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由．【考点】LP：空间中直线与平面之间的位置关系；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】11 ：计算题；14 ：证明题．【分析】（I）要证线与面垂直，只要证明线与面上的两条相交线垂直，找面上的两条线，根据四边形是一个菱形，从菱形出发找到一条，再从P A⊥平面ABCD，得到结论．（II）要求三棱锥的体积，首先根据所给的体积确定用哪一个面做底面，会使得计算简单一些，选择三角形AMC，做出底面面积，利用体积公式得到结果．（III）对于这种是否存在的问题，首先要观察出结论，再进行证明，根据线面平行的判定定理，利用中位线确定线与线平行，得到结论．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵ABCD为菱形，∴AB=BC又∠ABC=60°，∴AB=BC=AC，又M为BC中点，∴BC⊥AM而PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC又PA∩AM=A，∴BC⊥平面AMN（II）∵又PA⊥底面ABCD，PA=2，∴AN=1∴三棱锥N﹣AMC的体积S△AMC•AN=（III）存在点E，取PD中点E，连接NE，EC，AE，∵N，E分别为PA，PD中点，∴又在菱形ABCD中，∴，即MCEN是平行四边形∴NM∥EC，又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE∴MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE，此时．【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，是一个非常适合作为高考题目出现的问题，题目包含的知识点比较全面，重点突出，是一个好题．14．（6分）（2017春•龙海市校级月考）在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且==．求证：①点E，F，G，H四点共面；②直线EH，BD，FG相交于一点．【考点】LJ：平面的基本性质及推论．【专题】14 ：证明题；31 ：数形结合；49 ：综合法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】①利用三角形的中位线平行于第三边和平行线分线段成比例定理，得到EF、GH都平行于AC，由平行线的传递性得到EF∥GH，根据两平行线确定一平面得出证明；（2）利用分别在两个平面内的点在这两个平面的交线上，即可证明．【解答】证明：①如图所示，空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，∴HG∥AC；又==，∴EF∥AC，∴EF∥HG，E、F、G、H四点共面；②设EH与FG交于点P，∵EH⊂平面ABD∴P在平面ABD内，同理P在平面BCD内，且平面ABD∩平面BCD=BD，∴点P在直线BD上，∴直线EH，BD，FG相交于一点．【点评】本题考查了三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、直线的平行性的传递性、确定平面的条件以及三线共点的应用问题．15．（6分）（2017春•东湖区校级月考）如图长方体ABCD﹣A'B'C'D'中，AB=BC=1，AA'=2，E、F分别是BB′、A'B'的中点．（1）求证：E、F、C、D'四点共面；（2）求异面直线AC、C'E夹角的余弦值．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LJ：平面的基本性质及推论．【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；4G ：演绎法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）证明：EF∥D'C，即可证明E、F、C、D'四点共面；（2）连接A'C'，则∠A'C'E为异面直线AC、C'E夹角，即可求异面直线AC、C'E夹角的余弦值．【解答】（1）证明：如图所示，连接A'B，D'C，则EF∥A'B∥D'C，∴E、F、C、D'四点共面；（2）解：连接A'C'，则∠A'C'E为异面直线AC、C'E夹角，∵AB=BC=1，AA'=2，∴A'E=C'E=A'C'=∴异面直线AC、C'E夹角的余弦值为．【点评】本题考查平面的基本性质，考查异面直线所成角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．16．（6分）（2017春•桥西区校级月考）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．（1）证明：BC1∥平面A1CD；（2）求异面直线BC1和A1D所成角的大小．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LS：直线与平面平行的判定．【专题】14 ：证明题；31 ：数形结合；41 ：向量法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）连接AC1与A1C相交于点F，连接DF，推导出BC1∥DF，由此能证明BC1∥平面A1CD．（2）法一（几何法）：由（1）得∠A1DF或其补角为异面直线BC1和A1D所在角，由此能求出异面直线BC1和A1D所成角的大小．法二（向量法）：以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系C﹣xyz．利用向量法能求出异面直线BC1与A1D所成角．【解答】证明：（1）连接AC1与A1C相交于点F，连接DF．由矩形ACC1A1可得点F是AC1的中点，又D是AB的中点，∴BC1∥DF，∵BC1⊄平面A1CD，DF⊂平面A1CD，∴BC1∥平面A1CD．解：（2）解法一（几何法）：由（1）得∠A1DF或其补角为异面直线BC1和A1D所在角，设AB=2，则，，．在△A1DF中，由余弦定理得：，且∠A1DF∈（0，π），∴，∴异面直线BC1和A1D所成角的大小为．解法二（向量法）：∵，令AA1=AC=CB=2，，∴AC⊥BC．以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系C﹣xyz．则D（1，1，0），C1（0，0，2），A1（2，0，2），B（0，2，0），，．设异面直线BC1与A1D所成角为θ，则，∴，∴异面直线BC1与A1D所成角为．【点评】本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．17．（6分）（2017春•云岩区校级月考）如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，且AC=AA1．（1）求证：AB⊥A1C；（2）求异面直线A1C与BB1所成角的大小．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LX：直线与平面垂直的性质．【专题】5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）通过直线与平面垂直，证明直线鱼嘴鞋垂直即AB⊥A1C；（2）异面直线A1C与BB1所成角的大小．求出三角形的三个边长，然后求解异面直线所成角即可．【解答】解：（1）证明：侧棱垂直于底面的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得AB⊥AA1，又∵AB⊥AC，AC∩AA1=A，可得AB⊥平面AA1C1C，且A1C⊂平面AA1C1C，∴AB⊥A1C；（2）解：因为几何体是棱柱，BB1∥AA1，则直线A1C与AA1所成的角为就是异面直线A1C与BB1所成的角．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC．AC=AA1，三角形CAA1是等腰直角三角形，异面直线所成角为45°．异面直线A1C与BB1所成角的大小为45°．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，直线与平面垂直的判断，考查空间想象能力以及考查计算能力．18．（6分）（2017春•西区校级月考）（文科）设A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，AC=BC=1，CD=，求（1）AC与平面BCD所成角的大小；（2）异面直线AB和CD的大小．【考点】LM：异面直线及其所成的角；MI：直线与平面所成的角．【专题】11 ：计算题；31 ：数形结合；44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）因为A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，所以OA是三棱锥的高，在直角三角形AOC中可计算AO，再由OA⊥平面BCD，知∠ACO是AC与平面BCD所成角，由此能求出AC与平面BCD所成角的大小．（2）取BC中点F，AC中点E，利用三角形中位线定理证明∠EFO即为异面直线AB和CD所成的角，再在△EFO中分别计算三边的长，利用解直角三角形知识即可求得此角．【解答】解：（1）∵A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，∴OA是三棱锥的高∵BC=1，CD=．∴OC=OB=OD=，OA==，∵OA⊥平面BCD，∴∠ACO是AC与平面BCD所成角，∵tan∠ACO===，∴∠ACO=30°，∴AC与平面BCD所成角为30°．（2）如图，取BC中点F，AC中点E，连接EF，OE，OF∵EF∥AB，OF∥CD∴∠EFO即为异面直线AB和CD所成的角在△EFO中，EF====，OF=，OE===，∴∠FEO=90°，∠EFO=45°∴异面直线AB和CD所成的角的大小为45°．【点评】本题考查线面角的求法，考查异面直线所成角的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查整体思想、转化化归思想，考查数据处理能力和运用意识，是中档题．19．（6分）（2017春•兴宁区校级月考）三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，，BC=3．点E是CD边的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB．（1）证明：BC∥平面PDA；（2）求二面角P﹣AD﹣C的大小；（3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LS：直线与平面平行的判定；MT：二面角的平面角及求法．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）由四边形ABCD是长方形，知BC∥AD，由此能证明BC∥平面PDA．（2）推导出AD⊥DC，AD⊥平面PCD，从而AD⊥DC，AD⊥PD，进而∠PDC即为二面角P﹣AD﹣C的平面角，由此能求出二面角P﹣AD﹣C的大小．（3）连接AC，推导出AC∥FG，从而∠PAC为直线PA与直线FG所成角或其补角，由此能求出直线PA与直线FG所成角的余弦值．【解答】证明：（1）因为四边形A BCD是长方形，所以BC∥AD，因为BC⊄平面PD A，AD⊂平面PD A，所以BC∥平面PD A解：（2）∵△ABCD是矩形，∴AD⊥DC，又平面PDC⊥平面ABCD，且平面PDC∩平面ABCD=CD，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥平面PCD，又CD、PD⊂平面PDC，∴AD⊥DC，AD⊥PD，∴∠PDC即为二面角P﹣AD﹣C的平面角，在Rt△PDE中，PD=4，．∴，即二面角P﹣AD﹣C的大小为45°．（3）如下图所示，连接AC，∵AF=2FB，CG=2GB，即，∴AC∥FG，∴∠PAC为直线PA与直线FG所成角或其补角，在△PAC中，PA==5，AC==，∴PA2+PC2=AC2，∴PA2+PC2=AC2，∴cos∠PAC==，∴直线PA与直线FG所成角的余弦值为．【点评】本题考查线面关系、二面角求法，线面角余弦值等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数。
高中数学人教B版选修2-1 第三章3.2.3 直线与平面的夹角
设平面PDE的法向量为n(x, y,z),
则nDP,nDE,
3x)xy 0,
y ( 3m)x,
令 x 1 ,得 n ( 1 ,3 m ,3 ) , P A 与 平 面 P D E 所 成 角 的 大 小 为 4 5 sin4 5
▪
空间角
复习引入
1.异面直线所成角
设直线 l, m 的方向向量分别为 a, b
a b
若两直线l , m
所成的角为(0≤ ≤ ) , 则
2
cos
ab
l
a
m
l
a
b m
2. 线面角
设直线l的方向向量为a ，平面 的法向量为 u ，且
直线
l与l 平面
所成的角为
(
0≤
≤
2
),则
u
a
a u
sin
AD 1.求平面 SCD与平面 SBA所成的二面角的 2z
正切值 .
y
S
2
2
C
B
A
D
x
【巩固练习】
1 三棱锥P-ABC PA⊥ABC,PA=AB=AC,
BAC900,E为PC中点 ,则PA与BE所成角 的余弦值为_______6__ . 2 直三棱柱ABC-A61B1C1中, A1A=2, BAC900 AB=AC=1, 则AC1与截面BB1CC1所成
4y3z 0
|
|
C
| ADn| AD|| n|
例1： 在长方体 ABCDA1B1C1D 1中， AB 6,AD 8,
AA1 6, M 为 B 1 C 1 上 的 一 点 , 且 B 1 M 2 ,点 N在 线 段 A1D上 ，
2019年高中数学湘教版选修2-1讲义+精练：第3章3.6直线与平面、平面与平面所成的角含答案
3．6直线与平面、平面与平面所成的角[读教材·填要点]1．直线与平面所成的角(1)定义：如果直线l 与平面α垂直，l 与平面α所成的角θ为直角，θ＝π2.如果直线l 与平面α不垂直，则l 在α内的射影是一条直线l ′，将l 与l ′所成的角θ定义为l 与平面α所成的角．(2)范围：θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2. (3)计算：作直线l 的方向向量v 和平面α的法向量n ，并且可选v 与n 所成的角θ1∈⎣⎡⎦⎤0，π2，则l 与平面α所成的角 θ＝π2－θ1，sin θ＝cos_θ1＝|v ·n ||v |·|n |.2．二面角(1)定义：从一条直线l 出发的两个半平面α，β组成的图形叫作二面角，记作α-l -β. (2)二面角的平面角过二面角α-l -β的棱l 上任意一点O 作垂直于棱l 的平面，分别与两个面α，β相交得到两条射线OA ，OB ，则∠AOB 称为二面角α-l -β的平面角．(3)二面角的范围二面角的平面角的度数在0°～180°范围内，特别当二面角α-l -β是90°时称它为直二面角，此时称两个面α，β相互垂直．3．两个平面所成的角两个相交平面，以交线为棱可以构成四个二面角，其中最小的一个二面角称为这两个平面所成的角，取值范围是⎝⎛⎭⎫0，π2.两个平行平面所成的角为0°. [小问题·大思维]1．当一条直线l 与一个平面α的夹角为0时，这条直线一定在平面内吗？ 提示：不一定，这条直线可能与平面平行．2．设直线l 与平面α所成的角为θ，l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，如何用a 和n 求角θ？提示：sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a |·|n |.3．二面角的法向量的夹角与二面角的平面角的大小有什么关系？ 提示：相等或互补．求直线与平面所成的角如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点．求BD与平面ADMN 所成的角θ.[自主解答] 如图所示，建立空间直角坐标系，设BC ＝1， 则A (0,0,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)， 则N (1,0,1)，∴BD ―→＝(－2,2,0)，AD ―→＝(0,2,0)，AN ―→＝(1,0,1)． 设平面ADMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD ―→＝0，n ·AN ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋z ＝0，取x ＝1，则z ＝－1， ∴n ＝(1,0，－1)．∵cos 〈BD ―→，n 〉＝BD ―→·n |BD ―→|·|n |＝－28·2＝－12，∴sin θ＝|cos 〈BD ―→，n 〉|＝12.又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.利用向量法求直线与平面所成角的步骤为： (1)确定直线的方向向量和平面的法向量； (2)求两个向量夹角的余弦值； (3)确定向量夹角的范围；(4)确定线面角与向量夹角的关系：向量夹角为锐角时，线面角与这个夹角互余；向量夹角为钝角时，线面角等于这个夹角减去90°.1.如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2.求直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值．解：如图，以点A 为原点，AB ，AC ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系A -xyz .由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎫0，12，1. ∴PA ―→＝(0,0，－2)，DE ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，DF ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1. 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DF ―→＝0，即⎩⎨⎧(x ，y ，z )·⎝⎛⎭⎫0，12，0＝0，(x ，y ，z )·⎝⎛⎭⎫－12，12，1＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，y ＝0.取z ＝1，则平面DEF 的一个法向量为n ＝(2,0,1)． 设PA 与平面DEF 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈PA ―→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA ―→·n | PA ―→|·|n |＝55， 故直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.求二面角如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD .(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1-OB 1-D 的余弦值．[自主解答] (1)证明：因为四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形，所以CC 1⊥AC ，DD 1⊥BD ，又CC 1∥DD 1∥OO 1，所以OO 1⊥AC ，OO 1⊥BD ， 因为AC ∩BD ＝O ，所以O 1O ⊥底面ABCD .(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 为菱形，AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，所以OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1， 所以O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)， 平面BDD 1B 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 设平面OC 1B 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由m ⊥OB 1―→，m ⊥OC 1―→，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以m ＝(2,23，－3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2319＝25719.由图形可知二面角C 1-OB 1-D 的大小为锐角， 所以二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为25719.利用法向量求二面角的步骤为： (1)确定两平面的法向量； (2)求两法向量的夹角的余弦值； (3)确定二面角的范围；(4)确定二面角与面面角的关系：二面角范围的确定要通过图形观察，法向量一般不能体现出来．2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G .由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF ―→的方向为x 轴正方向，|GF ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2,0，3)．所以EC ―→＝(1,0，3)，EB ―→＝(0,4,0)，AC ―→＝(－3，－4，3)，AB ―→＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ―→＝0，m ·AB ―→＝0，同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 由图知，二面角E -BC -A 为钝角， 故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.解题高手 多解题 条条大路通罗马，换一个思路试一试已知PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，求二面角A -PB -C 的余弦值． [解] 法一：如图所示，取PB 的中点D ，连接CD . ∵PC ＝BC ＝2， ∴CD ⊥PB .∴作AE ⊥PB 于E ，那么二面角A -PB -C 的大小就等于异面直线DC 与EA 所成的角θ的大小．∵PD ＝1，PE ＝PA 2PB ＝12，∴DE ＝PD －PE ＝12.又∵AE ＝AP ·AB PB ＝32，CD ＝1，AC ＝1，AC ―→＝AE ―→＋ED ―→＋DC ―→，且AE ―→⊥ED ―→，ED ―→⊥DC ―→，∴|AC ―→|2＝|AE ―→|2＋|ED ―→|2＋|DC ―→|2＋2|AE ―→|·|DC ―→|cos(π－θ)，即1＝34＋14＋1－2·32·1·cos θ，解得cos θ＝33. 故二面角A -PB -C 的余弦值为33. 法二：由法一可知，向量DC ―→与EA ―→的夹角的大小就是二面角A -PB -C 的大小，如图，建立空间直角坐标系Cxyz ，则A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，D 为PB 的中点，D ⎝⎛⎭⎫12，22，12. 又PE EB ＝AP 2AB 2＝13，即E 分PB ―→的比为13.∴E ⎝⎛⎭⎫34，24，34，EA ―→＝⎝⎛⎭⎫14，－24，－34，DC ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，－22，－12，|EA ―→|＝32，|DC ―→|＝1，EA ―→·DC ―→＝14×⎝⎛⎭⎫－12＋⎝⎛⎭⎫－24×⎝⎛⎭⎫－22＋⎝⎛⎭⎫－34×⎝⎛⎭⎫－12＝12. ∴cos 〈EA ―→，DC ―→〉＝EA ―→·DC ―→| EA ―→|·|DC ―→|＝33.故二面角A -PB -C 的余弦值为33. 法三：如图所示建立空间直角坐标系，则A (0，0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，AP ―→＝(0,0,1)，AB ―→＝(2，1,0)，CB ―→＝(2，0,0)， CP ―→＝(0，－1,1)，设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP ―→＝0，m ·AB ―→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ (x ，y ，z )·(0，0，1)＝0，(x ，y ，z )·(2，1，0)＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ，z ＝0.令x ＝1，则m ＝(1，－2，0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB ―→＝0，n ·CP ―→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ (x ′，y ′，z ′)·(2，0，0)＝0，(x ′，y ′，z ′)·(0，－1，1)＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′. 令y ′＝－1，则n ＝(0，－1，－1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝33.∴二面角A -PB -C 的余弦值为33.1．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 ．以上均错解析：设直线l 与平面α所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 120°|＝12，又∵0＜θ≤90°，∴θ＝30°. 答案：C2．若正三棱锥的侧面都是直角三角形，则侧面与底面所成的二面角的余弦值为( ) A.63B.33C.23 D.13解析：设正三棱锥P -ABC ，PA ，PB ，PC 两两互相垂直，设PA ＝PB＝PC ＝a .取AB 的中点D ，连接PD ，CD ，易知∠PDC 为侧面PAB 与底面ABC 所成的角．易求PD ＝22a ，CD ＝62a ， 故cos ∠PDC ＝PD DC ＝33.答案：B3．在边长为a 的正△ABC 中，AD ⊥BC 于D ，沿AD 折成二面角B -AD -C 后，BC ＝12a ，这时二面角B -AD -C 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：由定义知，∠BDC 为所求二面角的平面角， 又BC ＝BD ＝DC ＝12a ，∴△BDC 为等边三角形，∴∠BDC ＝60°. 答案：C4．若一个二面角的两个面的法向量分别为m ＝(0,0,3)，n ＝(8,9,2)，则这个锐二面角的余弦值为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝(0，0，3)·(8，9，2)382＋92＋22＝2149＝2149149.答案：21491495．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是________． 解析：如图，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，取正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，易证AC 1―→是平面A 1BD 的一个法向量．又AC 1―→＝(－1,1,1)， BC 1―→＝(－1,0,1)．所以cos 〈AC 1―→，BC 1―→〉＝1＋13×2＝63.所以BC 1与平面A 1BD 所成角的正弦值为63. 答案：636．(2017·江苏高考)如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B -A 1D -A 的正弦值．解：在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE ―→，AD ―→，AA 1―→}为正交基底，建立空间直角坐标系A -xyz . 因为AB ＝AD ＝2， AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)． (1)A 1B ―→＝(3，－1，－3)，AC 1―→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B ―→，AC 1―→〉＝A 1B ―→·AC 1―→|A 1B ―→||AC 1―→|＝3－1－37×7＝－17. 因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1DA 的一个法向量为AE ―→＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B ―→＝(3，－1，－3)，BD ―→＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B ―→＝0，m ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，从而cos 〈AE ―→，m 〉＝AE ―→·m | AE ―→||m |＝333×4＝34. 设二面角B -A 1D -A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B -A 1D -A 的正弦值为74.一、选择题1．若平面α的一个法向量n ＝(2,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(1,2,3)，则l 与α所成角的正弦值为( )A.176B.216 C ．－216D.213解析：∵cos 〈a ，n 〉＝a ·n|a |·|n |＝(1，2，3)·(2，1，1)1＋4＋9·22＋1＋1＝2＋2＋314×6＝216.∴l 与α所成角的正弦值为216. 答案：B2.如图，过边长为1的正方形ABCD 的顶点A 作线段EA ⊥平面AC ，若EA＝1，则平面ADE 与平面BCE 所成的二面角的大小是( )A ．120°B ．45°C ．135°D ．60°解析：以A 为原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则E (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，EB ―→＝(1,0，－1)，EC ―→＝(1,1，－1)．设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，x ＋y －z ＝0，可取n ＝(1,0,1)，又平面EAD 的法向量为AB ―→＝(1,0,0)，所以cos 〈n ，AB ―→〉＝12×1＝22，故平面ADE 与平面BCE 所成的二面角为45°.答案：B3．在直角坐标系中，已知A (2,3)，B (－2，－3)，沿x 轴把直角坐标系折成平面角为θ的二面角A -Ox -B ，使∠AOB ＝90°，则cos θ为( )A ．－19B.19C.49D ．－49解析： 过A ，B 分别作x 轴垂线，垂足分别为A ′，B ′.则AA ′＝3，BB ′＝3，A ′B ′＝4，OA ＝OB ＝13，折后，∠AOB ＝90°，∴AB ＝OA 2＋OB 2＝26.由AB ―→＝AA ′―→＋A ′B ′―→＋B ′B ―→，得|AB ―→|2＝|AA ′―→|2＋|A ′B ′―→|2＋|B ′B ―→|2＋2|AA ′―→|·|B ′B ―→|·cos(π－θ)． ∴26＝9＋16＋9＋2×3×3×cos(π－θ)， ∴cos θ＝49.答案：C4.已知平面α内有一个以AB 为直径的圆，PA ⊥α，点C 在圆周上(异于点A ，B )，点D ，E 分别是点A 在PC ，PB 上的射影，则( )A ．∠ADE 是二面角A -PC -B 的平面角 B ．∠AED 是二面角A -PB -C 的平面角 C ．∠DAE 是二面角B -PA -C 的平面角D ．∠ACB 是二面角A -PC -B 的平面角解析：选项A 错误，若DE ⊥PC ，则PC ⊥平面ADE ，所以PC ⊥AE ，又AE ⊥PB ，所以AE ⊥平面PBC ，同理可证：AD ⊥平面PBC ，这是不可能的．选项B 正确，因为PA ⊥BC ，AC ⊥BC ，所以BC ⊥平面PAC ，所以AD ⊥BC ，又AD ⊥PC ，且PC ∩BC ＝C ，所以AD ⊥平面PBC ，又因为AE ⊥PB ，所以DE ⊥PB ，所以∠AED 为二面角A -PB -C 的平面角．选项C 错误，因为PA ⊥平面α，所以PA ⊥AC 且PA ⊥AB ，所以∠CAB 为二面角B -PA -C 的平面角，因此，∠DAE 不是二面角B -PA -C 的平面角．选项D 错误，在△PAC 中，∠PAC ＝90°，所以AC 与PC 不垂直，因此，∠ACB 不是二面角A -PC -B 的平面角．答案：B 二、填空题5．如图所示，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 夹角的正弦值为________．解析：不妨设正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D⎝⎛⎭⎫32，－12，2，则CD ―→＝⎝⎛⎭⎫32，－12，2， CB 1―→＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为 n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD ―→＝0，n ·CB 1―→＝0，解得n ＝(－3，1,1)． 又∵DA ―→＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2， ∴sin θ＝|cos 〈DA ―→，n 〉|＝45.答案：456．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A -BD -C 的正弦值为________．解析：取BC 中点O ，连接AO ，DO .建立如图所示空间直角坐标系，设BC＝1，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0， D⎝⎛⎭⎫32，0，0.∴OA ―→＝⎝⎛⎭⎫0，0，32，BA ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，BD ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，0.由于OA ―→＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面BCD 的法向量，可进一步求出平面ABD 的一个法向量n ＝()1，－3，1，∴cos 〈n ，OA ―→〉＝55，sin 〈n ，OA ―→〉＝255.∴二面角A -BD -C 的正弦值为255. 答案：2557．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________．解析：建立如图所示空间直角坐标系，则S (0,0,3)，A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)．∴AB ―→＝(3，1,0)， SB ―→＝(3，1，－3)，SC ―→＝(0,2，－3)． 设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·SB ―→＝3x ＋y －3z ＝0，n ·SC ―→＝2y －3z ＝0.令y ＝3，则z ＝2，x ＝3，∴n ＝(3，3,2)． 设AB 与平面SBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AB ―→〉|＝|n ·AB ―→||n |·|AB ―→|＝3＋34×2＝34.答案：348．在体积为1的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，求直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为________．解析：由题意，可得体积V ＝CC 1·S △ABC ＝CC 1·12·AC ·BC ＝12CC 1＝1，∴CC 1＝2.A 1(1，0，2).建立如图所示空间直角坐标系，得点B (0,1,0)，则A 1B ―→＝(－1,1，－2)，又平面BB 1C 1C 的法向量为n ＝(1,0,0)．设直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成的角为θ，A 1B ―→与n 的夹角为φ， 则cos φ＝A 1B ―→·n |A 1B ―→|·|n |＝－66，∴sin θ＝|cos φ|＝66， 即直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为66. 答案：66三、解答题9.如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示． (2)作EM ⊥AB ，垂足为M ， 则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形， 所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.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 ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)， FE ―→＝(10,0,0)， HE ―→＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE ―→＝0，n ·HE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3)． 又AF ―→＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF ―→〉|＝|n ·AF ―→||n ||AF ―→|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.10．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M -AB -D 的余弦值． 解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ， 又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ， 故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22， 即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→， 则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM ―→＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.由图知二面角M -AB -D 为锐角， 因此二面角M -AB -D 的余弦值为105.。
高中数学直线与平面的夹角题库
3.2.3 直线与平面的夹角3.2.4 二面角及其度量学习目标 1.理解斜线和平面所成的角的定义，体会夹角定义的唯一性、合理性 .2.会求直线与平面的夹角θ.3.掌握二面角的概念，二面角的平面角的定义，会找一些简单图形中的二面角的平面角 .4.掌握求二面角的基本方法、步骤．知识点一直线与平面所成的角 1．直线与平面所成的角2．最小角定理知识点二二面角及理解 1．二面角的概念(1)二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，其中的每一部分都叫做半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．如图所示，其中，直线 l 叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面，如图中的α，β.(2)二面角的记法：棱为 l ，两个面分别为 α， β的二面角，记作 α— l — β.如图， A ∈ α，B ∈ β， 二面角也可以记作 A —l —B ，也可记作 2∠l.(3)二面角的平面在二面角 α—l — β的棱上任取一点 O，在两半平面内分别作射OB ⊥l ，则∠ AOB 叫做二面角 α—l — β的平面角，如图所示．由等角定理知，这个平面角与 点 O 在 l 上的位置无关．(4)直二面角：平面角是直角的二面角叫做直二面角．(5)二面角的范围是 [0 °， 180°]．2．用向量夹角来确定二面角性质及其度量的方法(1)如图，分别在二面角 α—l — β的面 α，β内，并沿 α，β延伸的方向，作向量 n 1⊥l ， n 2⊥l ， 则〈 n 1， n 2〉等于该二面角的平面角．1． 直线与平面所成的角 α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角 β互余． ( × )3．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小． ( × )题型一 求直线与平面的夹角例 1 已知正三棱柱 ABC-A 1B 1C 1的底面边长为 a ，侧棱长为 2a ，求 AC 1与侧面 ABB 1A 1 所成 的角．解 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz ，(2)如图，设 m 1⊥ α，m 2⊥ β，则角〈2．二面角的大小范×则 A （0,0,0），B （0，a,0），A 1（0,0，2a ）， C 1 － 23a ， 方法一 取 A 1B 1 的中点 M ，则 M 0，a2， 2a ，连接 AM ，MC 1，则M →C 1＝ － 23a ，0，0 ，A →B ＝（0，a,0），A →A 1＝（0,0， 2a ）．∴M →C 1·A →B ＝0，M →C 1·A →A 1＝0， ∴M →C 1⊥A →B ， M →C1⊥ A →A 1， 则 MC 1⊥AB ，MC 1⊥ AA 1.又 AB ∩ AA 1＝ A ， ∴MC 1⊥平面 ABB 1A 1.∴∠ C 1AM 是 AC 1 与侧面 ABB 1A 1所成的角．22 → a 2 9a 1·AM ＝0＋ ＋2a 2＝ 449a2又直线与平面所成的角在 [0 °， 90°]范围内， ∴ AC 1与侧面 ABB 1A 1 所成的角为 30°.由于 A →C 1＝ － 23a ， ∴A →C ∴cos 〈 A →C 1，A →M 3a ×32a3. 2.AC 1， AM 〉 ∈ [0 °， 180°]， AC 1，AM 〉 ＝ 30 °，a 20，|AC 1|＝方法二 A →B ＝（0，a,0），A →A 1＝（0,0，2a ）， A →C 1＝ － 设侧面 ABB 1A 1 的法向量为 n ＝（λ，y ，z ）， ∴n ·A →B ＝ 0且 n ·A →A 1＝0.∴ay ＝0且 2az ＝0.∴y ＝z ＝0.故 n ＝ (λ，0,0)．又直线与平面所成的角在 [0 °， 90°]范围内，∴ AC 1与侧面 ABB 1A 1 所成的角为 30°.反思感悟 用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标 系，再用向量的有关知识求解线面角．方法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求 平面法向量与斜线夹角，再进行换算．跟踪训练 1 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面为直角梯形， AD ∥BC ，∠ BAD ＝90°，PA ⊥ 底面 ABCD ，且PA ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为 PC ，PB 的中点，求 BD 与平面 ADMN 所 成的角 θ.解 如图所示，建立空间直角坐标系 Axyz ，设 BC ＝ 1，则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2) 则 N(1,0,1) ，∴B →D ＝(－2,2,0)，∴ cos 〈A →C 1， n 〉＝ n ·A →C1 |n ||A →C 1| λ， 2|λ|， ∴ |cos 〈 A →C 1， n 〉|＝12. 3a ，a ， 22AD ＝(0,2,0)，AN ＝ (1,0,1)，设平面 ADMN 的法向量为 n ＝（x ，y ， z ），∴n ＝（1,0，－ 1），B →D ·n ＝ －2 ＝－ 1 |B →D ||n | 8·2 2 ∴sin θ＝ |cos 〈B →D ，n 〉|＝12. 又 0°≤ θ≤ 90°， ∴ θ＝ 30°.题型二 求二面角例 2 在底面为平行四边形的四棱锥 P-ABCD 中， AB ⊥ AC ，PA ⊥平面 ABCD ，且 PA ＝AB ，E 是 PD 的中点，求平面 EAC 与平面 ABCD 的夹角．解 方法一 如图，以 A 为原点，分别以 AC ，AB ，AP 所在直线为 x 轴，y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 Axyz.设 PA ＝AB ＝a ，AC ＝b ，连接 BD 与 AC ，交于点 O ，取 AD 中点 F ，连接 EF ，EO ，FO ，则∵O →E ·A →C ＝0，∴D(b ， － a,0)，P(0,0，a)， ∴E b2， － 2a ，a 2 ，O b 2，0，0 ，C(b,0,0)，B(0，a,0)．O →E ＝ 0，－ a2，2a ，A →C ＝(b,0,0)．n ·A →D ＝0，则由 →得 y ＝ 0， x ＋z ＝0，取 x ＝ 1，则 z ＝－ 1， ∵ cos 〈B →D ，n 〉 ∵ B →A ＝ C →D ，∴O →E ⊥A →C ，O →F ＝21B →A ＝ 0，－ a2，0 ， O →F ·A →C ＝ 0. ∴O →F ⊥A →C .∴∠EOF 等于平面 EAC 与平面 ABCD 的夹角．→ → O →E ·O →F 2cos 〈 OE ， OF 〉＝ → → ＝ 2 .|O →E||O →F| 2∴ 平面 EAC 与平面 ABCD 的夹角为 45°. 方法二 建系如方法一， ∵PA ⊥ 平面 ABCD ，∴A →P ＝ （0,0，a ）为平面 ABCD 的法向量，A →E ＝ b2，－ a2，a2 ，A →C ＝（b,0,0）．设平面 AEC 的法向量为 m ＝ （x ， y ，z ）．m ·A →E ＝ 0，由→m ·A →C ＝0，baa2x －2y ＋2z ＝0得 2 2 2 bx ＝0.∴ x ＝ 0， y ＝ z.∴ 取 m ＝ (0,1,1) ，又平面 EAC 与平面 ABCD 所成角的平面角为锐角， ∴ 平面 EAC 与平面 ABCD 的夹角为 45°.反思感悟 （1）当空间直角坐标系容易建立 （有特殊的位置关系 ）时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两 法向量的夹角的大小就是二面角的大小 （相等或互补 ），但我们可以根据图形观察得到结论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的． （2） 注意法向量的方向：一进一出，二面 角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角． 跟踪训练 2 若 PA ⊥平面 ABC ， AC ⊥BC ， PA ＝ AC ＝1，BC ＝ 2，求锐二面角 A-PB-C 的余 cos 〈 m ， AP 〉 m ·A →P a 2 |m ||A →P|2·a 2弦值．解如图所示建立空间直角坐标系 Axyz，则 A（0,0,0），B（ 2，1,0），C（0,1,0）， P（0,0,1），故A→P＝（0,0,1），A→B＝（ 2，1,0），C→B＝（ 2，0,0），C→P＝（0，－ 1,1），设平面 PAB 的法向量为m＝（x，y，z），m·AP＝ 0，则→m·A→B ＝0，z＝0，即2x＋y＝ 0，令 x＝1，则 y＝－ 2，故m＝（1，－ 2， 0）．设平面 PBC 的法向量为n＝（x′ ， y′ ，z′），n·C→B＝0，则→n·C→P＝0，2x′＝0，即－y′ ＋z′＝0.令 y′＝－1，则 z′＝－ 1，故n＝（0，－ 1，－ 1），∴ cos 〈m，m·n 3 n〉＝＝ .|m||n|＝ 3 .∴锐二面角A－ PB－C 的余弦值为33.题型三空间角中的探索性问题例3 如图，在四棱锥 P－ABCD 中， ABCD 为矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD.(1)求证： AB ⊥PD ；(2)若∠ BPC ＝ 90°，PB ＝ 2，PC ＝2，问 AB 为何值时，四棱锥 P －ABCD 的体积最大？并求 此时平面 PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值．(1)证明 因为 ABCD 为矩形，所以 AB ⊥AD ； 又因为平面 PAD ⊥平面 ABCD ， 平面 PAD ∩平面 ABCD ＝ AD ， AB? 平面 ABCD ， 所以 AB ⊥平面 PAD ，故 AB ⊥PD.(2)解 过点 P 作 PO ⊥AD 于点 O.则 PO ⊥平面 ABCD ，过点 O 作 OM ⊥BC 于点 M ， 连接 PM.则 PM ⊥BC ，因为 ∠BPC ＝90°， PB ＝ 2，PC ＝2，设 AB ＝t ，则在 Rt △ POM 中，所以当 t 2＝ 23，即 t ＝ 36时，所以 BC ＝ 6， PM ＝23 V P － ABCD 最大为 296.如图，所以 V P － ABCD此时 PO ＝AB ＝ 36，且 PO ， OA ，OM 两两垂直，3以 OA ，OM ， OP 所在直线为 x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz ，设平面 PCD 的法向量为 m ＝（x 1， y 1， z 1），m ·P →C ＝0， 则→m ·P →D ＝ 0，－ 2x 1＋ y 1－ z 1＝ 0，即－2x 1－z 1＝0，令 x 1＝ 1，则 m ＝（1,0，－ 2），|m |＝ 5；同理设平面 PBC 的法向量 n ＝（x 2， y 2， z 2），n ·P →C ＝0，→n ·P →B ＝ 0，－ 2x 2＋ y 2－ z 2＝ 0， 即x 2＋y 2－z 2＝ 0， 令 y 2＝ 1，则 n ＝（0,1,1），|n |＝2， 设平面 PBC 与平面 DPC 的夹角为 θ，显然 θ为锐角，则 P 0，0， 36 ，D PC ＝ －236， 6， 3， 6 ， P →B ＝ 6， 6， 3 3 ， 3 ，36.105 236，0，所以P →D ＝ －236，0，－36，所以 cos θ＝||m m |·|n n ||＝ 5× 2＝ 反思感悟 利用空间向量解决空间角中的探索性问题，通常不需要复杂的几何作图，论证， 推理，只需先假设结论成立，设出空间的坐标，通过向量的坐标运算进行推断，把是否存在 问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理．跟踪训练 3 如图，已知三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 的侧棱与底面垂直， AA 1＝ AB ＝ AC ＝1，且AB ⊥ AC ，点 M 是 CC 1的中点，点 N 是 BC 的中点，点 P 在直线 A 1B 1上，且满足 A 1P ＝λA 1B 1.(1)证明： PN ⊥AM ；(2)当 λ取何值时，直线 PN 与平面 ABC 所成的角 θ最大？并求该角最大值的正切值．(1)证明 以 A 为坐标原点， AB ，AC ，AA 1所在直线分别为 x 轴，y 轴， z 轴，建立空间直角 坐标系 Axyz ，则 P( λ， 0,1)，N 21，12， 0 ，M 0， 1，21 ，→ 1 1从而PN ＝ 2－λ，2，－ 1 ，A →M ＝ 0，1，21 ，P →N ·A →M ＝ 12－λ×0＋21×1－1×21＝ 0， 所以 PN ⊥AM.(2)解 过点 P 作 PE ⊥ AB 于 E ，连接 EN ， 则 PE ⊥ 平面 ABC ，则 ∠PNE 为所求角 θ，PE 1所以 tan θ＝PE E N ＝ E 1N ， 因为当点 E 是 AB 的中点时， EN min ＝1 所以 (tan θ)max ＝2， 此时， λ＝ 2. 即平面 PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值为 105利用向量求二面角典例如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，平面 ABEF 为正方形， AF＝2FD，∠ AFD ＝ 90°，且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60°.(1)证明：平面 ABEF ⊥EFDC ；(2)求二面角 E-BC-A 的余弦值．考点向量法求平面与平面所成的角题点向量法求平面与平面所成的角(1)证明由已知可得 AF⊥DF，AF⊥FE，所以 AF⊥平面 EFDC ，又 AF? 平面 ABEF，故平面 ABEF⊥平面 EFDC .(2)解过 D 作 DG⊥EF，垂足为 G，由(1)知 DG⊥平面 ABEF .以 G 为坐标原点， G→F 的方向为 x 轴正方向， |G→F|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE 为二面角 D－AF－E 的平面角，故∠DFE＝60°，则 DF＝2，DG＝ 3，可得 A(1,4,0)， B(－3,4,0)， E(－3,0,0)， D(0,0， 3)．由已知 AB∥EF，AB?平面 EFDC ，EF? 平面 EFDC，所以 AB∥平面 EFDC ，又平面 ABCD ∩平面 EFDC ＝ CD ，故 AB∥CD，CD∥EF，由BE∥AF，可得 BE⊥平面 EFDC ，所以∠CEF 为二面角 C-BE-F 的平面角，∠CEF＝60°，从而可得 C(－ 2,0， 3)．所以E→C ＝(1,0， 3)，E→B＝(0,4,0)，A→C＝(－3，－ 4， 3)，A→B＝(－4,0,0)．n·E→C＝0，设n＝(x， y， z)是平面 BCE 的法向量，则→n·E→B＝0，x＋ 3z＝ 0，即所以可取n＝ (3,0，－ 3)．4y＝0.m·AC ＝ 0，设m 是平面 ABCD 的法向量，则m·A→B＝0.n ·m 2 19同理可取m＝(0， 3， 4)，则 cos〈n，m〉＝|n n|·|m m|＝－21919.故二面角 E-BC-A 的余弦值为－2 19..19[素养评析 ] 试题以一个面为正方形的五面体为载体，分层设计问题，由浅入深，给不同基础的考生提供了想象的空间和展示才华的平台．第 (1) 问侧重对立体几何中线面垂直、面面垂直等基础知识的考查，题目比较简单．求解第(2)问的关键是充分运用直观想象，把握图形的结构特征，构建空间直角坐标系，并针对运算问题，合理选择运算方法，设计运算程序，解决问题．答案 CA. B. 32 C. 36 D.C 1(0,1,1) ，A(1,0,0) ，AC 1·A 1D ＝ 1－1＝ 0.∴AC 1⊥A 1B ，AC 1⊥A 1D ，又 A 1B ∩A 1D ＝ A 1， ∴AC 1⊥ 平面 A 1BD.∴AC 1是平面 A 1BD 的法向量．∴直线 BC 1 与平面 A 1BD 所成的角的正弦值为3．已知两平面的法向量分别为 m ＝ (0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为 __________________________________________________________________________ 答案 45°或 135°解析 设二面角的平面角为 θ，4．正四面体 ABCD 中棱 AB 与底面 BCD 所成角的余弦值为 __ ． 答案 33解析 作 AO ⊥底面 BCD ，垂足为 O ， O 为△BCD 的中心，设正四面体的棱长为 a ，则 OB∴B →C 1＝（－1,0,1），A →C 1＝（－1,1,1），A →1B ＝（0,1，－ 1）， A →1D ＝ （－ 1,0，1）． ∴A →C 1·A 1B ＝ 1－1＝0，∴cos 〈B →C 1，A →C 1〉BC 1·AC 1 |B →C 1||A →C |1＋1 2× 3 6. 3.6. 3.cos 〈m ， n 〉 1＝ 2 ， 1× 2＝ 2 ，θ＝ 45°或 135°.a ， ∠ABO 为所求角， cos ∠ABO ＝3.3.C1(0,1,1) ，A(1,0,0) ，5．已知点 A(1,0,0)， B(0,2,0)，C(0,0,3)，则平面 ABC 与平面 xOy 所成锐二面角的余弦值为答案 27解析 A →B ＝（－1,2,0），A →C ＝（－1,0,3）．设平面 ABC 的法向量为 n ＝ （x ，y ，z ）．由 n ·A →B ＝ 0，n ·A →C － x ＋ 2y ＝ 0， 2 ＝0 知 令 x ＝2，则 y ＝ 1，z ＝ .－ x ＋ 3z ＝ 0. 3∴平面 ABC 的法向量为 n ＝ 2，1，23 .平面 xOy 的法向量为 O →C ＝ （0,0,3） ．所以所求锐二面角→|n ·OC| 2 2的余弦值 cos θ＝ → ＝ 7＝ 7. |n ||O →C| 3× 73 71．线面角可以利用定义在直角三角形中解决．2．线面角的向量求法：设直线的方向向量为 a ，平面的法向量为 n ，直线与平面所成的角为|a ·n | θ，则 sin θ＝ |cos 〈 a ， n 〉|＝ . |a||n | 3．二面角通常可通过法向量的夹角来求解， 但一定要注意法向量的夹角和二面角的大小关系．、选择题 1．若直线 l 的方向向量与平面 α的法向量的夹角等于 150°，则直线 l 与平面 α所成的角等于 （A.6πB.3πC.56π D ．以上均错 答案 B 解析2．直线 l 1，l 2的方向向量分别是 v 1，v 2，若 v 1与 v 2所成的角为 θ，直线 l 1，l 2 所成的角为 α，因而 cosα＝ |cos θ|. 3．已知在正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则 CD 与平面 BDC 1所成角的正弦值是 （ ）直线 l 与平面 α所成的角A ． α＝ θC ．cos θ＝ |cos α| 答案 D解析 α＝θ或 α＝ π－θ，且 α＝ π－θ cos α＝A.2B. 3C. 2D.1A.3B. 3C. 3D.3 答案 A解析 以 D 为原点，分别以 DA ，DC ，DD 1为 x 轴，y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标 系 Dxyz.设 AA 1＝2AB ＝ 2， 则 B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，C 1(0,1,2)， 故D →B ＝(1,1,0)，D →C 1＝(0,1,2)，D →C ＝(0,1,0)， 设平面 BDC 1 的法向量为 n ＝(x ，y ，z)，n ·D →B ＝0， x ＋y ＝0， 则→ 即n ·D →C 1＝0， y ＋2z ＝ 0， 令 z ＝1，则 y ＝－ 2，x ＝2， 所以 n ＝ (2，－ 2,1)．设直线 CD 与平面 BDC 1所成的角为 θ， 则 sin θ＝ |cos 〈n ， D →C 〉 |＝ |n ·D →C| |n ||D →C|坐标系 Cxyz ，则 AB 1 与 ED 1 所成角的余弦值为( )2. 3.4.已知在棱长为 2的正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， E 是DC 的中点，建立如图所示的空间直角 A. 1010B. 510答案 A解析 ∵ A(2,2,0)，B 1(2,0,2)，E(0,1,0)，D 1(0,2,2)， ∴A →B 1＝(0，－ 2,2)，E →D 1＝(0,1,2)，∴ |A →B 1|＝ 2 2，|E →D 1|＝ 5， A →B 1·E →D 1＝0－2＋4＝2，∴AB 1与 ED 1 所成角的余弦值为1100.5．在边长为 1的菱形 ABCD 中，∠ ABC ＝60°，将菱形沿对角线 AC 折起，使折起后 BD ＝1， 则二面角 B —AC — D 的余弦值为 ( )答案 A解析 设菱形对角线 AC 与 BD 交于 O 点，则∠ BOD 为二面角 B —AC —D 的平面角， 由余弦1定理可得 cos ∠ BOD ＝3.36．A ，B 是二面角 α— l — β的棱 l 上两点， P 是平面 β上一点， PB ⊥l 于 B ，PA 与 l 成 45°角，PA 与平面 α成 30 °角，则二面角 α—l — β的大小是 ( ) A ．30° B ．60° C ．45° D ． 75° 答案 C解析 如图，作 PO ⊥α于 O ，连接 AO ，BO ，则∠PAO 为 PA 与平面 α所成角， ∠PBO 为二 面角 α— l —β的平面角，由 ∠PAO ＝30°，∠PAB ＝45°，取 PA ＝2a ，C ．1010 D ．10 5A.3 1 2 3 3 B.2 C. 3 D. 2 ∴ cos 〈A →B 1， E →D则 PO＝a，PB＝ 2a，∴ sin∠ PBO＝PO＝2，∴∠ PBO＝ 45°.PB 2二、填空题7．平面α的一个法向量n1＝ (1,0,1) ，平面β的一个法向量n2＝(－3,1,3)，则α与β所成的角是．答案 90°解析由于n1·n2＝ (1,0,1) (－·3,1,3)＝0，所以n1⊥n2，故α⊥β，α与β所成的角是 90°.8．若二面角内一点到两个面的距离分别为5 和 8，两垂足间的距离为 7，则这个二面角的大小是______ ．答案 60°或 120°解析设二面角大小为θ，由题意可知222|82＋ 52－72| 64＋25－ 49 1|cos θ|＝＝ 80 ＝2，2×8×5所以 cos θ＝±12，所以θ＝ 60°或 120°.9．在矩形 ABCD 中，AB＝1，BC＝ 2，PA⊥平面 ABCD，PA＝1，则PC与平面 ABCD 所成的角是__ ．答案 30°解析建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则 P(0,0,1)，C(1， 2，0)， P→C＝(1， 2，－1)，平面 ABCD 的法向量为n＝ (0,0,1)，所以 cos〈 PC ，n〉PC ·n 1，|PC||n|2，所以〈 P→C·n〉＝ 120 °，所以斜线 PC 与平面 ABCD 的法向量所在直线所成的角为60°，所以斜线 PC 与平面ABCD 所成的角为 30°.10．在正三棱柱 ABC—A1B1C1中，侧棱长为 2，底面边长为 1，则 BC1 与侧面 ACC1A1 所成的角是 .π答案π6解析在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，取 AC 的中点 O，连接 OB，OB⊥AC，则 OB ⊥平面 ACC1A1，∴∠ BC 1O 就是 BC1 与平面 AC1 所成的角．∵OB＝23， BC1 ＝ 3，∴sin∠BC1O＝OB＝1，1 BC1 2π∴∠ BC1O＝ .6三、解答题11．二面角的棱上有 A，B 两点，直线 AC， BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于 AB.已知 AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝ 2 17，求该二面角的大小．解由题意知， C→A ·A→B＝0，A→B·B→D＝0，C →D＝C→A＋A→B＋B→D，→ 2 → 2 → 2 → 2 → → → → → →∴|CD|2＝|CA|2＋|AB|2＋ |BD|2＋2CA·AB＋2AB·BD＋2CA·BD ＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈C→A，B→D〉＝ (2 17)2.∴cos〈C→A，B→D 〉＝－12，又〈 C→A ，B→D〉∈ [0 °，180°]，∴〈C→A ，B→D〉＝ 120°，面角的大小为 60°.12.如图所示，在四棱锥 P — ABCD 中，底面 ABCD 是正方形， PD ⊥平面 ABCD.PD ＝DC ，E 是 PC 的中点．求 EB 与平面 ABCD 夹角的余弦值．解 取 CD 的中点 M ，则 EM ∥PD ， 又∵PD ⊥ 平面 ABCD ，∴EM ⊥平面 ABCD ，∴BE 在平面 ABCD 上的射影为 BM ， ∴∠ MBE 为 BE 与平面 ABCD 的夹角． 如图建立空间直角坐标系 Dyxz ，设 PD ＝DC ＝1，则 P(0,0,1)， C(0,1,0)，B(1,1,0)，∴M 0，12，0 ， E 0，21，12 ，∴B →E ＝ －1，－ 21，12 ，B →M ＝ －1，－12，0 ，cos 〈 BM ， BE 〉 ∴ EB 与平面 ABCD 夹角的余弦值为13.如图，在直棱柱 ABC-A 1B 1C 1中， D ，E 分别是 AB ，BB 1的中点， AA 1＝AC ＝CB ＝22AB. BE ·BM|B →E||B→M|6设平面 A 1CD 的法向量为 n ＝ (x ， y ，z)，则 n ·C →D ＝0 且 n ·C →A 1＝ 0， (1)证明： BC 1∥平面 A 1CD ；(2)求二面角 D-A 1C-E 的正弦值．(1)证明 连接 AC 1，交 A 1C 于点 F ，连接 DF ，则 F 为 AC 1 的中点，因为 D 为 AB 的中点， 所以 DF ∥ BC 1，又因为 DF? 平面 A 1CD ，BC 1?平面 A 1CD ， 所以 BC 1∥ 平面 A 1CD.2(2)解 由 AA 1＝AC ＝ CB ＝ 2 AB ，可设 AB ＝ 2a ，则 AA 1＝ AC ＝ CB ＝ 2a ，所以 AC ⊥ BC ，又由直棱柱知 CC 1⊥ 平面 ABC ，所以以点 C 为坐标原点， 分别以 CA ，CB ，CC 1所在直线为 x 轴，y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 Cxyz 如图．则 C(0,0,0)，A 1( 2a ，0, 2a)，D 22a ， 22a ，0 ， E 0， 2a ， 22a ， C →A 1＝( 2a,0, 2a)，C →D ＝ 2a ， 2a ， 0 ，C →E ＝ 0， 2a ， 2a ，CD ＝ 2 a ， 2 a ， 0 ，CE ＝0， 2a ， 2 a ，A 1E ＝ － 2a ， 2a ，－ 22a .可解得 y ＝－ x ＝ z ，令 x ＝1， 得平面 A 1CD 的法向量为 n ＝ （1，－ 1，－ 1）， 同理可得平面 A 1CE 的法向量为 m ＝ （2,1 ，－ 2），3则 cos 〈n ， m 〉＝ 33，3 又因为〈 n ，m 〉∈[0 °，180°]， 所以 sin 〈 n ， m 〉＝ 36， 所以二面角 D-A 1C-E 的正弦值为 36.14.如图所示，已知点 P 为菱形 ABCD 外一点，且 PA ⊥平面 ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点 F 为 PC 的中点，则二面角 C-BF-D 的正切值为 （ ）答案 D解析 如图所示，连接 BD ，AC ∩BD ＝O ，连接 OF.以 O 为原点， OB ，OC ，OF 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz.设 PA ＝ AD ＝ AC ＝ 1，则 BD ＝3.所以B 23，0， 0 ，F 0， 0， 2 ， C结合图形可知， O →C ＝ 0， 12，0 且O →C 为平面 BOF 的法向量，由 B →C ＝ － 23， 2，0 ，FB ＝0， 2，0 ，D可求得平面 BCF 的法向量 n ＝ （1， 3， 3）．15．直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 中，底面是等腰直角三角形，∠ ACB ＝90°，侧棱 AA 1＝ 2，D ，E 分别是 CC 1 与 A 1B 的中点，点 E 在平面 ABD 上的射影是△ ABD的重心 G ， 求 AA 1 与平面 AED 夹角的正弦值 .解 建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz ，设 CA ＝ 2a ，则 A(2a,0,0)，B(0,2a,0)，D(0,0,1)，A 1(2a,0,2)，2a 2a 1E(a ，a,1)，G 3 ， 3 ，3 .BD ＝（0，－ 2a,1）， 由 GE ⊥BD ，得 GE ·BD ＝ 0，得 a ＝1.∴D →A ＝(2,0，－1)，D →E ＝(1,1,0)设n ＝（x ， y ， z ）为平面 AED 的法向量，n ·D →A ＝0， 2x － z ＝0， z＝2x ，则 即 即 → n ·DE ＝x ＋y ＝ 0， y ＝－x ，令 x ＝1，则 y ＝－ 1，z ＝2， 即 n ＝（1，－ 1,2），又 AA 1＝ （0,0,2），设 AA 1 与平面 AED 的夹角为 θ，sin θ＝|cos 〈A →A 1，n 〉|＝|A →A1·n |＝ |4| ＝ 36. θ＝ 〈 1 |A →A1||n | 6×2 3∴AA 1 与平面 AED 夹角的正弦值为 36.所以 cos 〈 n ， O →C 〉 21，7， sin 〈 n ， 所以 tan 〈n ，OC 〉＝ 32 3.从而 G →E ＝ a a 23， 3， 3 ，OC 〉1 1．已知向量m，n 分别是直线 l 的方向向量和平面α的法向量，若 cos〈m，n〉＝－2，则 * l 与α所成的角为 ( )A．30° B．60° C．120° D． 150°答案 A解析设 l与α所成的角为θ，则1 sin θ＝ |cos〈m，n〉|＝2.∴ θ＝ 30°.2．正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，直线 BC1与平面 A1BD 所成的角的正弦值为 (。
2021学年新教材高中数学1.2.3直线与平面的夹角课时作业含解析人教B版必修一
课时作业(六) 直线与平面的夹角一、选择题1．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，BC1与对角面BB1D1D所成的角是( )A．∠C1BB1 B．∠C1BDC．∠C1BD1 D．∠C1BO2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为侧面BCC1B1的中心，则AO与平面ABCD所成角的正弦值为( )A.33B.12C.66D.363．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，则A1B1与平面A1EF夹角的正弦值为( )A.62B.63C.64D. 24．如果∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝60°，则PA与平面PBC所成角的余弦值为( )A.12B.2626C.63D.33二、填空题5．若平面α的一个法向量n＝(2,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(1,2,3)，则l 与α所成角的正弦值为________．6．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B和平面A1B1CD所成的角是________．7．在正四棱锥S－ABCD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所成的角为________．三、解答题8.如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a，求AC1与侧面ABB1A1所成角的正弦值．9.如图所示，已知点P在正方体ABCD－A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC′所成角的大小；(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．[尖子生题库]10.如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．(1)求证：AC⊥平面PDB；(2)当PD＝2AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．课时作业(六) 直线与平面的夹角1．解析：由线面垂直的判定定理，得C1O⊥平面BB1D1D，所以OB为BC1在平面BB1D1D上的射影，所以∠C1BO为BC1与平面BB1D1D所成的角，故选D.答案：D2．解析：取BC中点M，连接AM，OM，易知∠OAM即为AO与平面ABCD所成的角，可求得sin∠OAM＝66.答案：C3．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(1,0,1)，E⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，F⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1，B1(1,1,1)．A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12，－1，A1F→＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0，A1B1→＝(0,1,0)，设平面A1EF的法向量n＝(x，y，z)，则⎩⎨⎧n·A1E→＝0，n·A1F→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12y －z ＝0，－x ＋y2＝0.令y ＝2，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，z ＝1， ∴n ＝(1,2,1)，cos 〈n ，A 1B 1→〉＝26＝63， 即A 1B 1与平面A 1EF 所成角的正弦值为63. 答案：B 4．解析：如图，设A 在平面BPC 内的射影为O ， ∵∠APB ＝∠APC .∴点O 在∠BPC 的角平分线上，∴∠OPC ＝30°，∠APO 为PA 与平面PBC 所成的角． ∴cos∠APC ＝cos∠APO ·cos∠OPC ， 即cos 60°＝cos∠APO ·cos 30°，∴cos∠APO ＝33.答案：D5．解析：cos 〈a ，n 〉＝a ·n |a ||n |＝1×2＋2×1＋3×11＋4＋9·4＋1＋1＝2＋2＋314×6＝216，所以l 与平面α所成角的正弦值为216. 答案：2166．解析：连接BC 1交B 1C 于O 点，连接A 1O . 设正方体棱长为a .易证BC 1⊥平面A 1B 1CD ，∴A 1O 为A 1B 在平面A 1B 1CD 上的射影． ∴∠BA 1O 为A 1B 与平面A 1B 1CD 所成的角．在Rt△A 1BO 中，A 1B ＝2a ，BO ＝22a ，∴sin∠BA 1O ＝OB A 1B ＝12，∴∠BA 1O ＝30°.即A 1B 与平面A 1B 1CD 所成角为30°. 答案：30° 7．解析：以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz ， 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2，从而CA →＝(2a,0,0)， AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)．设平面PAC 的一个法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. 所以〈CB →，n 〉＝60°.所以直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30°8．解析：取BC 中点O ，B 1C 1中点O 1，连接AO ，OO 1，则AO ⊥OC ，OO 1⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OC ，OA ，OO 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32a ，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，2a ，∴AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，－32a ，2a .取AB 中点M ，连接CM ，则CM ⊥AB .∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，∴CM ⊥平面ABB 1A 1， ∴CM →为平面ABB 1A 1的一个法向量．∵B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，0，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 4，34a ，0.又∵C ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，∴CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34a ，34a ，0.∴cos〈AC 1→，CM →〉＝AC 1→·CM →|AC 1→||CM →|＝－34a 23a ·32a ＝－12.∴AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为12.9．解析：如图，以D为坐标原点，DA为单位长建立空间直角坐标Dxyz.则DA→＝(1,0,0)，CC′→＝(0,0,1)．连接BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设DH→＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈DH→，DA→〉＝60°，由DA→·DH→＝|DA→||DH→|cos〈DH→，DA→〉，可得m＝122m2＋1.解得m＝22，所以DH→＝⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1.(1)因为cos〈DH→，CC′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH→，CC′→〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是DC→＝(0,1,0)．因为cos〈DH→，DC→〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH→，DC→〉＝60°.可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.10．解析：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AC.∵PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PDB.。
高中数学直线与平面所成的角精选题
直线与平面所成的角精选题29道一．选择题（共11小题）1．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8B．6C．8D．82．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是（）A．[，1]B．[，1]C．[，]D．[，1]3．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（）A．B．C．D．4．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（）A．B．C．D．5．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为（）A．B．C．D．6．正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点，则PB与平面PEF所成角的正弦值为（）A．B．C．D．7．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20°B．40°C．50°D．90°8．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（）A．2B．C．D．19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则BB1与平面AB1C1所成的角是（）A．B．C．D．10．正四面体ABCD，CD在平面α内，点E是线段AC的中点，在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面α所成角不可能是（）A．0B．C．D．11．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是（）A．{t|}B．{t|≤t≤2}C．{t|2}D．{t|2}二．填空题（共16小题）12．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．13．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为．14．如图，二面角α﹣l﹣β的大小是60°，线段AB⊂α．B∈l，AB与l所成的角为30°．则AB与平面β所成的角的正弦值是．15．如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF ＝＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为．16．如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD 与平面B1DC所成角的正弦值为．17．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为．18．如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为．19．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BDD1B1所成角的正弦值为．20．已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，，平面ABCD⊥平面P AD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是．21．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则C1A与平面ABCD所成角的正弦值为．22．如图：二面角α﹣l﹣β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成角为45°，则AB与平面β所成角的正弦值是．23．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与面ABB1A1所成的角为．24．如图，在棱长为2的正方体中ABCD﹣A1B1C1D1，点M是AD的中点，动点P在底面ABCD内（包括边界），若B1P∥平面A1BM，则C1P与底面ABCD所成角的正切值的取值范围是．25．已知正六棱锥底面边长为a，体积为a3，则侧棱与底面所成的角为．26．已知A∈α，p∉α，＝（﹣，，），平面α的一个法向量＝（0，﹣，﹣），则直线P A与平面α所成的角为．27．如图，在长方体ABCD﹣A'B'C'D'中，点P，Q分别是棱BC，CD上的动点，BC＝4，CD＝3，CC'＝2，直线CC'与平面PQC'所成的角为30°，则△PQC'的面积的最小值是．三．解答题（共2小题）28．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．29．如图，四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC ＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．（1）证明：MN∥平面P AB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．直线与平面所成的角精选题29道参考答案与试题解析一．选择题（共11小题）1．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8B．6C．8D．8【分析】画出图形，利用已知条件求出长方体的高，然后求解长方体的体积即可．【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B＝30°，可得BC1＝＝2．可得BB1＝＝2．所以该长方体的体积为：2×＝8．故选：C．【点评】本题考查长方体的体积的求法，直线与平面所成角的求法，考查计算能力．2．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是（）A．[，1]B．[，1]C．[，]D．[，1]【分析】由题意可得：直线OP于平面A1BD所成的角α的取值范围是∪．再利用正方体的性质和直角三角形的边角关系即可得出．【解答】解：由题意可得：直线OP于平面A1BD所成的角α的取值范围是∪．不妨取AB＝2．在Rt△AOA1中，＝＝．sin∠C1OA1＝sin（π﹣2∠AOA1）＝sin2∠AOA1＝2sin∠AOA1cos∠AOA1＝，＝1．∴sinα的取值范围是．故选：B．【点评】本题考查了正方体的性质和直角三角形的边角关系、线面角的求法，考查了推理能力，属于中档题．3．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（）A．B．C．D．【分析】设AB＝1，则AA1＝2，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设＝（x，y，z）为平面BDC1的一个法向量，CD与平面BDC1所成角为θ，则sinθ＝||，在空间坐标系下求出向量坐标，代入计算即可．【解答】解：设AB＝1，则AA1＝2，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：则D（0，0，2），C1（1，0，0），B（1，1，2），C（1，0，2），＝（1，1，0），＝（1，0，﹣2），＝（1，0，0），设＝（x，y，z）为平面BDC1的一个法向量，则，即，取＝（2，﹣2，1），设CD与平面BDC1所成角为θ，则sinθ＝||＝，故选：A．【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查空间向量的运算及应用，准确理解线面角与直线方向向量、平面法向量夹角关系是解决问题的关键．4．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【分析】由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角．【解答】解：以D点为坐标原点，以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系（图略），则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C1（0，2，1）∴＝（﹣2，0，1），＝（﹣2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量．∴cos＜，＞＝＝．∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为故选：D．【点评】此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系这一利用向量方法解决了抽象的立体几何问题．5．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为（）A．B．C．D．【分析】根据题意得ED∥BF，进而得到直线DE与平面BB1C1C所成的角等于直线BF 与平面BB1C1C所成的角．利用几何体的结构特征得到∠FBG＝．即可得到答案．【解答】解：取AC的中点为F，连接BF、DF．因为在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1∥BB1，又因为DF是三角形ACC1的中位线，故DF＝CC1＝BB1＝BE，故四边形BEDF是平行四边形，所以ED∥BF．过点F作FG垂直于BC交BC与点G，由题意得∠FBG即为所求的角．因为AB＝1，AC＝2，BC＝，所以∠ABC＝，∠BCA＝，直角三角形斜边中线BF是斜边AC的一半，故BF＝AC＝CF，所以∠FBG＝∠BCA＝．故选：A．【点评】解决此类问题的关键是熟悉线面角的作法，即由线上的一点作平面的垂线再连接斜足与垂足则得到线面角．6．正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点，则PB与平面PEF所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【分析】以P为原点，P A为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PB与平面PEF所成角的正弦值．【解答】解：∵正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点，∴以P为原点，P A为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，设P A＝PB＝PC＝2，则A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，0，2），E（1，1，0），F（0，1，1），＝（0，2，0），＝（1，1，0），＝（0，1，1），设平面PEF的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，﹣1，1），设PB与平面PEF所成角为θ，则sinθ＝＝＝．∴PB与平面PEF所成角的正弦值为．故选：C．【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20°B．40°C．50°D．90°【分析】由纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角．【解答】解：可设A所在的纬线圈的圆心为O'，OO'垂直于纬线所在的圆面，由图可得∠OHA为晷针与点A处的水平面所成角，又∠OAO'为40°且OA⊥AH，在Rt△OHA中，O'A⊥OH，∴∠OHA＝∠OAO'＝40°，另解：画出截面图，如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线．l是点A处的水平面的截线，由题意可得OA⊥l，AB是晷针所在直线．m是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得m∥CD，根据线面垂直的定义可得AB⊥m，由于∠AOC＝40°，m∥CD，所以∠OAG＝∠AOC＝40°，由于∠OAG+∠GAE＝∠BAE+∠GAE＝90°，所以∠BAE＝∠OAG＝40°，也即晷针与A处的水平面所成角为∠BAE＝40°，故选：B．【点评】本题是立体几何在生活中的运用，考查空间线面角的定义和求法，属于基础题．8．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（）A．2B．C．D．1【分析】先利用线面平行的判定定理证明直线C1A∥平面BDE，再将线面距离转化为点面距离，最后利用等体积法求点面距离即可【解答】解：如图：连接AC，交BD于O，在三角形CC1A中，易证OE∥C1A，从而C1A∥平面BDE，∴直线AC1与平面BED的距离即为点A到平面BED的距离，设为h，在三棱锥E﹣ABD中，V E﹣ABD＝S△ABD×EC＝××2×2×＝在三棱锥A﹣BDE中，BD＝2，BE＝，DE＝，∴S△EBD＝×2×＝2∴V A﹣BDE＝×S△EBD×h＝×2×h＝∴h＝1故选：D．【点评】本题主要考查了线面平行的判定，线面距离与点面距离的转化，三棱锥的体积计算方法，等体积法求点面距离的技巧，属基础题9．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则BB1与平面AB1C1所成的角是（）A．B．C．D．【分析】以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用与平面AB1C1所的一个法向量的夹角，求出则BB1与平面AB1C1所成的角．【解答】解：以B为坐标原点，以与BC垂直的直线为x轴，BC为y轴，建立空间直角坐标系，则A（，1，0），B1（0，0，3），C1（0，2，3），＝（﹣，﹣1，3），＝（0，2，0），＝（0，0，3）．设平面AB1C1所的一个法向量为＝（x，y，z）则即，取z＝1，则得＝（，0，1），∵cos＜，＞＝＝＝，∴BB1与平面AB1C1所成的角的正弦值为，∴BB1与平面AB1C1所成的角为故选：A．【点评】本题考查线面角的计算，利用了空间向量的方法．要注意相关点和向量坐标的准确性，及转化时角的相等或互余关系．10．正四面体ABCD，CD在平面α内，点E是线段AC的中点，在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面α所成角不可能是（）A．0B．C．D．【分析】由正四面体ABCD，可得所有棱长都相等．①点E是线段AC的中点，BE⊥AC．在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面α所成角不可能是．利用反证法可以证明．②在该四面体绕CD旋转的过程中，当BE∥α时，可得直线BE与平面α所成角为0．③如图所示的正四面体B﹣ABC．作BO⊥平面ACD，垂足为O．设直线BE与平面ACD所成的角为θ，可得cosθ＝．于是可得在该四面体绕CD旋转的过程中，可得直线BE与平面α所成角为，．【解答】解：由正四面体ABCD，可得所有棱长都相等．①∵点E是线段AC的中点，∴BE⊥AC．在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面α所成角不可能是．反证法：若直线BE与平面α所成角是，则BE⊥平面α．则在某一过程必有BE⊥CD．事实上，在该四面体绕CD旋转的过程中，BE与CD是不可能垂直的，因此假设错位，于是直线BE与平面α所成角不可能是90°．②在该四面体绕CD旋转的过程中，当BE∥α时，可得直线BE与平面α所成角为0．③如图所示的正四面体B﹣ABC．作BO⊥平面ACD，垂足为O．则E，O，D三点在同一条直线上．设直线BE与平面ACD所成的角为θ，可得cosθ＝．∴θ＞．于是可得在该四面体绕CD旋转的过程中，可得直线BE与平面α所成角为，．综上可得：直线BE与平面α所成角不可能是．故选：D．【点评】本题考查了正四面体的性质、线面垂直性质定理、正三角形的性质、线面角，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于难题．11．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是（）A．{t|}B．{t|≤t≤2}C．{t|2}D．{t|2}【分析】设平面AD1E与直线BC交于点G，连接AG、EG，则G为BC的中点．分别取B1B、B1C1的中点M、N，连接AM、MN、AN，可证出平面A1MN∥平面D1AE，从而得到A1F是平面A1MN内的直线．由此将点F在线段MN上运动并加以观察，即可得到A1F 与平面BCC1B1所成角取最大值、最小值的位置，由此不难得到A1F与平面BCC1B1所成角的正切取值范围．【解答】解：设平面AD1E与直线BC交于点G，连接AG、EG，则G为BC的中点分别取B1B、B1C1的中点M、N，连接AM、MN、AN，则∵A1M∥D1E，A1M⊄平面D1AE，D1E⊂平面D1AE，∴A1M∥平面D1AE．同理可得MN ∥平面D1AE，∵A1M、MN是平面A1MN内的相交直线∴平面A1MN∥平面D1AE，由此结合A1F∥平面D1AE，可得直线A1F⊂平面A1MN，即点F是线段MN上上的动点．设直线A1F与平面BCC1B1所成角为θ运动点F并加以观察，可得当F与M（或N）重合时，A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此时所成角θ达到最小值，满足tanθ＝＝2；当F与MN中点重合时，A1F与平面BCC1B1所成角达到最大值，满足tanθ＝＝2∴A1F与平面BCC1B1所成角的正切取值范围为[2，2]故选：D．【点评】本题给出正方体中侧面BCC1B1内动点F满足A1F∥平面D1AE，求A1F与平面BCC1B1所成角的正切取值范围，着重考查了正方体的性质、直线与平面所成角、空间面面平行与线面平行的位置关系判定等知识，属于中档题．二．填空题（共16小题）12．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为40π．【分析】利用已知条件求出圆锥的母线长，利用直线与平面所成角求解底面半径，然后求解圆锥的侧面积．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sin∠ASB＝＝．△SAB的面积为5，可得sin∠ASB＝5，即×＝5，即SA＝4．SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：＝2．则该圆锥的侧面积：＝40π．故答案为：40π．【点评】本题考查圆锥的结构特征，母线与底面所成角，圆锥的截面面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．13．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为8π．【分析】利用已知条件求出母线长度，然后求解底面半径，以及圆锥的高．然后求解体积即可．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：，解得SA＝4，SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：V＝＝8π．故答案为：8π．【点评】本题考查圆锥的体积的求法，母线以及底面所成角的应用，考查转化思想以及计算能力．14．如图，二面角α﹣l﹣β的大小是60°，线段AB⊂α．B∈l，AB与l所成的角为30°．则AB与平面β所成的角的正弦值是．【分析】过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线．垂足为D，连接AD，从而∠ADC为二面角α﹣l﹣β的平面角，连接CB，则∠ABC为AB与平面β所成的角，在直角三角形ABC中求出此角即可．【解答】解：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线．垂足为D连接AD，有三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角α﹣l﹣β的平面角，为60°又由已知，∠ABD＝30°连接CB，则∠ABC为AB与平面β所成的角设AD＝2，则AC＝，CD＝1AB＝＝4∴sin∠ABC＝；故答案为．【点评】本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，以及直线与平面所成角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．15．如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为．【分析】由面面垂直的性质证明CB⊥AG，用勾股定理证明AG⊥BG，得到AG⊥平面CBG，从而面AGC⊥面BGC，在平面BGC内作BH⊥GC，垂足为H，则BH⊥平面AGC，故∠BGH是GB与平面AGC所成的角，解Rt△CBG，可得GB与平面AGC所成角的正弦值．【解答】解：∵ABCD是正方形，∴CB⊥AB，∵面ABCD⊥面ABEF且交于AB，∴CB⊥面ABEF．∵AG，GB⊂面ABEF，∴CB⊥AG，CB⊥BG，又AD＝2a，AF＝a，ABEF是矩形，G是EF的中点，∴AG＝BG＝a，AB＝2a，∴AB2＝AG2+BG2，∴AG⊥BG，∵BG∩BC＝B，∴AG⊥平面CBG，而AG⊂面AGC，故平面AGC⊥平面BGC．在平面BGC内作BH⊥GC，垂足为H，则BH⊥平面AGC，∴∠BGH是GB与平面AGC 所成的角．在Rt△CBG中，BH＝＝，BG＝a，∴sin∠BGH＝＝．故答案为：．【点评】本题考查面面垂直的判定方法，以及求线面成的角的求法，考查学生的计算能力，属于中档题．16．如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为．【分析】如图，先证出B1D⊥平面AC1，过A点作AG⊥CD，证AG⊥平面B1DC，可知∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，求其正弦即可．【解答】解：如图，连接B1D易证B1D⊥平面AC1，过A点作AG⊥CD，则由B1D⊥平面AC1，得AG⊥B1D由线面垂直的判定定理得AG⊥平面B1DC，于是∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，由已知，不妨令棱长为2，则可得AD＝＝CD，由等面积法算得AG＝＝所以直线AD与面DCB1的正弦值为；故答案为．【点评】考查正棱柱的性质以及线面角的求法．考查空间想象能力以及点线面的位置关系17．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为．【分析】由题意连接A1C1，则∠AC1A1为所求的角，在△AC1A1计算出此角的正弦值即可．【解答】解：连接A1C1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∴A1A⊥平面A1B1C1D1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成角．在△AC1A1中，sin∠AC1A1＝＝＝．故答案为：．【点评】本题主要考查了求线面角的过程：作、证、求，用一个线面垂直关系，属于中档题．18．如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为4．【分析】建立空间直角坐标系，设棱柱的高为a，求出平面ACD1的一个法向量，令，求出a的值即可．【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设DD1＝a，则A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，a），故，设平面ACD1的一个法向量为，则，可取，故，又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，∴，解得a＝4．故答案为：4．【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的运用，考查计算能力，属于基础题．19．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BDD1B1所成角的正弦值为．【分析】连接A1C1交B1D1于O，连接BO，则可得∠C1BO为BC1与平面BBD1B1所成角，利用正弦函数，即可求得结论．【解答】解：连接A1C1交B1D1于O，连接BO，则∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2∴C1O⊥平面BDD1B1∴∠C1BO为BC1与平面BDD1B1所成角∵C1O＝A1C1＝，BC1＝∴sin∠C1BO＝＝＝故答案为：【点评】本题考查线面角，解题的关键是正确作出线面角，属于中档题．20．已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，，平面ABCD⊥平面P AD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是．【分析】以O为原点，OA为x轴，过O作AB平行线为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BM与平面PCO所成角的正弦值．【解答】解：以O为原点，OA为x轴，过O作AB平行线为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，B（1，2，0），P（0，0，2），C（﹣1，2，0），M（﹣，1，1），O（0，0，0），，，设平面PCO的法向量＝（x，y，z），，可得＝（2，1，0），设直线BM与平面PCO所成角为θ，则sinθ＝|os|＝||＝故答案为：【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．21．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则C1A与平面ABCD所成角的正弦值为．【分析】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，以D为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出C1A与平面ABCD所成角的正弦值．【解答】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，以D为原点，建立空间直角坐标系，A（1，0，0），C1（0，1，1），＝（﹣1，1，1），平面ABCD的法向量＝（0，0，1），设C1A与平面ABCD所成角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝＝．∴C1A与平面ABCD所成角的正弦值为．故答案为：．【点评】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．22．如图：二面角α﹣l﹣β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成角为45°，则AB与平面β所成角的正弦值是．【分析】根据二面角和直线和平面所成角的定义，先作出对应的平面角，结合三角形的边角关系进行求解即可．【解答】解：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线，垂足为D．连结AD，根据三垂线定理可得AD⊥l，因此，∠ADC为二面角α﹣l﹣β的平面角，∠ADC＝60°又∵AB与l所成角为45°，∴∠ABD＝45°连结BC，可得BC为AB在平面β内的射影，∴∠ABC为AB与平面β所成的角．设AD＝2x，则Rt△ACD中，AC＝AD sin60°＝，Rt△ABD中，AB＝，∴Rt△ABC中，sin∠ABC＝＝，故答案为：．【点评】本题主要考查线面垂直的定义与性质、二面角的平面角的定义和直线与平面所成角的定义及求法等知识．23．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与面ABB1A1所成的角为．【分析】取A1B1中点D，连结C1D，AD，推导出C1D⊥A1B1，C1D⊥AA1，从而AC1与面ABB1A1所成的角为∠DAC1，由此能求出AC1与面ABB1A1所成的角．【解答】解：取A1B1中点D，连结C1D，AD，∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，∴C1D⊥A1B1，C1D⊥AA1，∵A1B1∩AA1＝A1，∴C1D⊥平面ABB1A1，∴AC1与面ABB1A1所成的角为∠DAC1，∵C1D＝＝，AD＝＝3，∴tan∠DAC1＝＝，∴∠DAC1＝．∴AC1与面ABB1A1所成的角为．故答案为：．【点评】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．24．如图，在棱长为2的正方体中ABCD﹣A1B1C1D1，点M是AD的中点，动点P在底面ABCD内（包括边界），若B1P∥平面A1BM，则C1P与底面ABCD所成角的正切值的取值范围是．【分析】取BC的中点N，连接DN、B1N、B1D，利用面面平行的判定定理可证得面B1DN ∥面A1BM，从而确定点P在线段DN上运动；连接CP、C1P，则∠C1PC为直线C1P与面ABCD所成的角，而tan∠C1PC＝＝，于是求出线段CP的取值范围即可得解．【解答】解：如图所示，取BC的中点N，连接DN、B1N、B1D，则B1N∥A1M，DN∥BM，∵B1N∩DN＝N，B1N、DN⊂面B1DN，A1M∩BM＝M，A1M、BM⊂面A1BM，∴面B1DN∥面A1BM，∵B1P∥平面A1BM，且点P在底面ABCD上，∴点P在线段DN上运动．连接CP、C1P，则∠C1PC为直线C1P与面ABCD所成的角，∴tan∠C1PC＝＝．在Rt△CDN中，当点P与点D重合时，CP最长为2；当CP⊥DN时，CP最短为，即CP∈[，2]，∴tan∠C1PC∈[1，]．故答案为：[1，]．【点评】本题考查空间中直线与平面的夹角问题、线面平行关系，熟练运用面面平行的判定定理与性质定理是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．25．已知正六棱锥底面边长为a，体积为a3，则侧棱与底面所成的角为45°．【分析】由已知条件推导出棱锥的高h＝a，侧棱长为a，由此能求出侧棱与底面所成的角的大小．【解答】解：∵正六棱锥的底面边长为a，∴S底面积＝6×＝a2，∵体积为a 3，∴棱锥的高h＝a，∴侧棱长为a∴侧棱与底面所成的角为45°，故答案为：45°．【点评】本题考查侧棱与底面所成的角的大小的求法，是中档题，解题时要注意正六棱锥的结构特征的合理运用．26．已知A∈α，p∉α，＝（﹣，，），平面α的一个法向量＝（0，﹣，﹣），则直线P A与平面α所成的角为60°．【分析】设直线P A与平面α所成的角为θ．利用sinθ＝|cos＜，＞|，即可得出．【解答】解：设直线P A与平面α所成的角为θ．则sinθ＝|cos＜，＞|＝＝．∵θ∈[0°，90°]．∴θ＝60°．故答案为：60°．【点评】本题考查了利用向量的夹角公式求线面角、数量积运算及其模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．27．如图，在长方体ABCD﹣A'B'C'D'中，点P，Q分别是棱BC，CD上的动点，BC＝4，CD＝3，CC'＝2，直线CC'与平面PQC'所成的角为30°，则△PQC'的面积的最小值是8．【分析】设直角三棱锥C﹣C′PQ的高为h，CQ＝x，CP＝y，根据直角三棱锥的性质可知，由直线CC’与平面C’PQ成的角为30°，得到xy≥8，再由V C﹣C′PQ＝V C′﹣CPQ，能求出△PQC'的面积的最小值．【解答】解：设直角三棱锥C﹣C′PQ的高为h，CQ＝x，CP＝y，根据直角三棱锥的性质可知：，∵直线CC’与平面C’PQ成的角为30°，∴h＝2＝，∴＝，，∴xy≥8，再由体积可知：V C﹣C′PQ＝V C′﹣CPQ，得，S△C′PQ＝xy，∴△PQC'的面积的最小值是8．故答案为：8．【点评】本题考查三角形面积的最小值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．三．解答题（共2小题）28．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC 折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．【分析】（1）利用正方形的性质可得BF垂直于面PEF，然后利用平面与平面垂直的判断定理证明即可．（2）利用等体积法可求出点P到面ABCD的距离，进而求出线面角．【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD＝∠FCD＝90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，故V F﹣PDE＝，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a在△PDE中，，所以，故V F﹣PDE＝，又因为，所以PH＝＝，所以在△PHD中，sin∠PDH＝＝，即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．【点评】本题主要考查点、直线、平面的位置关系．直线与平面所成角的求法．几何法的应用，考查转化思想以及计算能力．29．如图，四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC ＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．（1）证明：MN∥平面P AB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．【分析】（1）法一、取PB中点G，连接AG，NG，由三角形的中位线定理可得NG∥BC，且NG＝，再由已知得AM∥BC，且AM＝BC，得到NG∥AM，且NG＝AM，说明四边形AMNG为平行四边形，可得NM∥AG，由线面平行的判定得到MN∥平面P AB；法二、证明MN∥平面P AB，转化为证明平面NEM∥平面P AB，在△P AC中，过N作NE ⊥AC，垂足为E，连接ME，由已知P A⊥底面ABCD，可得P A∥NE，通过求解直角三角形得到ME∥AB，由面面平行的判定可得平面NEM∥平面P AB，则结论得证；（2）连接CM，证得CM⊥AD，进一步得到平面PNM⊥平面P AD，在平面P AD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角．然后求解直角三角形可得直线AN与平面PMN所成角的正弦值．【解答】（1）证明：法一、如图，取PB中点G，连接AG，NG，∵N为PC的中点，∴NG∥BC，且NG＝，又AM＝，BC＝4，且AD∥BC，∴AM∥BC，且AM＝BC，则NG∥AM，且NG＝AM，∴四边形AMNG为平行四边形，则NM∥AG，∵AG⊂平面P AB，NM⊄平面P AB，∴MN∥平面P AB；法二、。
高中数学同步教学课件 直线与平面的夹角
∴cos∠C1DC＝
2＝ 2
22，
2
又0°≤∠C1DC≤90°，∴∠C1DC＝45°.
1234
4.若平面 α 的一个法向量为 n＝(－ 3，1,1)，直线 l 的一个方向向量为 a
1 ＝( 3，1,1)，则 l 与 α 所成角的正弦值为__5___.
由题设l与α所成的角为θ，
可得 sin θ＝|cos〈n，a〉|＝||nn|·|aa||
反 思 感 利用线面角定义，求线面角即求斜线与它在平面内的射影 悟
所成的角，所以找该斜线在平面内的射影是关键，而要找
射影关键是找垂线，所以求线面角的关键是找平面的垂线.
跟踪训练 1 在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与
25 平面BCD1所成角的正弦值等于___5___.
＝
－
|－3＋1＋1| 32＋1＋1×
32＋1＋1＝15.
1234
五
课时对点练
基础巩固
1.已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉
＝－ 1 ，则l与α所成的角为 2
√A.30°
B.60°
C.120°
D.150°
设 l 与 α 所成的角为 θ，则 sin θ＝|cos〈m，n〉|＝12. 又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
(5)代入公式sin
θ＝|cos〈a，n〉|＝
|a·n| |a||n|
；(6)回归几何问题.
例 3 如图，已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥AC，PA＝AC＝
1 2
AB，N为AB上一点，AB＝4AN，
M，S分别为PB，BC的中点.
(1)证明：CM⊥SN；
高中数学 323直线与平面的夹角同步练习 新人教B版选修21
3.2.3直线与平面的夹角一、选择题1．已知平面α内的角∠APB ＝60°，射线PC 与PA 、PB 所成角均为135°，则PC 与平面α所成角的余弦值是( )A ．－63B.63 C.33D ．－33[答案] B[解析] 由三余弦公式知cos45°＝cos α·cos30°， ∴cos α＝63. 2．三棱锥P —ABC 的底面是以AC 为斜边的直角三角形，顶点P 在底面的射影恰好是△ABC 的外心，PA ＝AB ＝1，BC ＝2，则PB 与底面ABC 所成角为( )A ．60°B ．30°C ．45°D ．90°[答案] B[解析] 由AB ＝1，BC ＝2，知AC ＝3，∴OA ＝32， 又∵PA ＝1，PQ ⊥AC ，∴PO ＝12，∵OB ＝OA ＝32，∴tan θ＝33.∴应选B. 3．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成角的正弦值是( ) A.24 B.23 C.63D.32[答案] C[解析] 由计算得sin θ＝23.故选C. 4．在三棱锥P —ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝12PA ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值为( )A.216B.833C.21060D.21030[答案] D[解析] 以O 为原点，射线OA 、OB 、OP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，如图，设AB ＝a ，则OP ＝72a ，OD →＝(－24a,0，144a )，可求得平面PBC 的法向量为n ＝(－1，－1，17)， ∴cos(OD →，n )＝OD →·n |OD →||n |＝21030，设OD →与面PBC 的角为θ，则sin θ＝21030，故选D.5．若直线l 与平面α所成角为π3，直线a 在平面α内，且与直线l 异面，则直线l与直线a 所成角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2[答案] D6．如果平面的一条斜线段长是它在这个平面上的射影长的3倍，那么斜线段与平面所成角的余弦值为( )A.13B.223C.22D.23[答案] A7．如图，正方体AC 1中，BC 1与对角面BB 1D 1D 所成的角是( ) A ．∠C 1BB 1 B ．∠C 1BD C ．∠C 1BD 1 D ．∠C 1BO [答案] D[解析] 由三垂线定理得，OB 为BC 1在平面BB 1D 1D 上的射影．故选D.8．在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，则直线A 1B 与平面BDE 所成的角为( )A.π6B.π3C.π2D.56π [答案] B[解析] 以D 为原点建立空间直角坐标系，平面BDE 的法向量n ＝(1，－1,2)， 而BA 1→＝(0，－1,1)，∴cos θ＝1＋223＝32，∴θ＝30°.∴直线A 1B 与平面BDE 成60°角．9．正方形纸片ABCD ，沿对角线AC 折起，使点D 在面ABCD 外 ，这时DB 与平面ABC 所成角一定不等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] D[解析] 当沿对角线AC 折起时，BD 在面ABC 上的射影始终在原对角线上，若BD ⊥面ABC ，则此时B 、D 重合为一点，这是不成立的，故选D.10．已知等腰直角△ABC 的一条直角边BC 平行于平面α，点A ∈α，斜边AB ＝2，AB 与平面α所成的角为30°，则AC 与平面α所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] B[解析] 过B 、C 作BB ′⊥α于B ′，CC ′⊥α于C ′， 则BB ′＝CC ′＝1，∴sin θ＝22，∴θ＝45°.故选B. 二、填空题11．正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都相等，则AC 1与平面BB 1C 1C 的夹角的余弦值为________．[答案]104[解析] 设三棱柱的棱长为1，以B 为原点，建立坐标系如图，则C 1(0,1,1)，A ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，1， 又平面BB 1C 1C 的一个法向量n ＝(1,0,0)， 设AC 1与平面BB 1C 1C 的夹角为θ.sin θ＝|cos 〈n ，AC 1→〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝64，∴cos θ＝1－sin 2θ＝104. 12．正四棱锥S —ABCD 中，O 为顶点S 在底面内的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是________．[答案] 30°13．AB ∥α，AA ′⊥α， A ′是垂足，BB ′是α的一条斜线段，B ′为斜足，若AA ′＝9，BB ′＝63，则直线BB ′与平面α所成角的大小为________．[答案] 60°14．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为AA 1、A 1D 1的中点，则EF 与面A 1C 1所成的角为________．[答案] 45° 三、解答题15．如图所示，ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，求SC 与平面ABCD 所成的角．[解析] 解法1：如图所示，设n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条斜线，A ∈α，则AB 与平面α所成的角为π2－arccos |AB →·n ||AB →|·n ；AS →是平面ABCD 的法向量，设CS →与AS →的夹角为φ.∵CS →＝CB →＋BA →＋AS →，∴AS →·CS →＝AS →·(CB →＋BA →＋AS →)＝AS →·AS →＝1. |AS →|＝1，|CS →|＝(CB ―→＋BA ―→＋AS ―→)2 ＝|CB ―→|2＋|BA ―→|2＋|AS ―→|2＝3， ∴cos φ＝AS →·CS→|AS →|·|CS →|＝33.∴φ＝arccos33. 从而CS 与平面ABCD 所成的角为π2－arccos 33.解法2：连结AC ，显然∠SCA 即为SC 与平面ABCD 所成的角．计算得：AC ＝2，∴tan∠SCA＝22， 故SC 与平面ABCD 所成角为arctan22. 16．如图，在直三棱柱ABO —A ′B ′O ′中，OO ′＝4，OB ＝3，∠AOB ＝90°.D 是线段A ′B ′的中点，P 是侧棱BB ′上的一点．若OP ⊥BD ，试求：(1)OP 与底面AOB 所成的角的大小； (2)BD 与侧面AOO ′A ′所成的角的大小．[解析] 如图，以O 为原点建立空间直角坐标系，由题意，有B (3,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，4，设P (3,0，z )，则BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2，4，OP →＝(3,0，z )．∵BD ⊥OP ，∴BD →·OP →＝－92＋4z ＝0，z ＝98.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，98.(1)∵BB ′⊥平面AOB ，∴∠POB 是OP 与底面AOB 所成的角． ∵tan∠POB ＝983＝38，∴∠POB ＝arctan 38.故OP 与底面AOB 所成角的大小是arctan 38.(2)∵OB →＝(3,0,0)，且OB →⊥平面AOO ′A ′， ∴平面AOO ′A ′的法向量为OB →＝(3,0,0)． 又DB →＝(3,0,0)－⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－2，－4，∴OB →·DB { ＝3×32＋(－2)×0＋(－4)×0＝92.又|OB →|＝3， |DB →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋(－2)2＋(－4)2＝892， ∴cos〈OB →，DB →〉＝OB →·DB →|OB →|·|DB →|＝923×892＝389 .∴BD 与侧面AOO ′A ′所成的角的大小为π2－〈OB →，DB →〉＝π2－arccos 389(或写成arcsin389)．17．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是CC 1的中点，求BE 与平面B 1BD 所成角的正弦值．[解析] 如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，E (0,2,1)，BD →＝(－2，－2,0)，BB 1→＝(0,0,2)，BE →＝(－2,0,1)．设平面B 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵n ⊥BD ，n ⊥BB 1∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝－2x －2y ＝0n ·BB 1→＝2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－yz ＝0，令y ＝1时，则n ＝(－1,1,0)， cos<n ，BE →>＝n ·BE →|n ||BE →|＝105.即BE 与平面B 1BD 所成的角的正弦值为105.18．(2009·北京)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC .(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成的角的大小； [解析] 考查线面垂直，直线与平面所成角，以及二面角等内容，可以用直接法实现，也可用向量法．解法一：(1)∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥BC . 又∠BCA ＝90°，∴AC ⊥BC . ∴BC ⊥平面PAC .(2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴DE ＝12BC .又由(1)知，BC ⊥平面PAC ， ∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E .∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角． ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AB ，又PA ＝AB ，∴△ABP 为等腰直角三角形， ∴AD ＝12AB .在Rt△ABC 中，∠ABC ＝60°，∴BC ＝12AB .∴在Rt△ADE 中，sin∠DAE ＝DE AD ＝BC 2AD ＝24.∴AD 与平面PAC 所成的角的大小为arcsin24. 解法二：(1)如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz .设PA ＝a ，由已知可得A (0,0,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，32a ，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32a ，0，P (0,0，a )． (1)∵AP →＝(0,0，a )，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，0，0，∴BC →·AP →＝0， ∴BC ⊥AP .又∵∠BCA ＝90°， ∴BC ⊥AC . ∴BC ⊥平面PAC .(2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点． ∴D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14a ，34a ，12a ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34a ，12a .又由(1)知，BC ⊥平面PAC . ∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E . ∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角．∵AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14a ，34a ，12a ，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34a ，12a ，∴cos∠DAE ＝AD →·AE →|AD →||AE →|＝144.∴AD 与平面PAC 所成的角的大小为arccos144.。
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3.2.3直线与平面的夹角3.2.4二面角及其度量学习目标 1.理解斜线和平面所成的角的定义，体会夹角定义的唯一性、合理性.2.会求直线与平面的夹角θ.3.掌握二面角的概念，二面角的平面角的定义，会找一些简单图形中的二面角的平面角.4.掌握求二面角的基本方法、步骤．知识点一直线与平面所成的角1．直线与平面所成的角2．最小角定理知识点二二面角及理解1．二面角的概念(1)二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，其中的每一部分都叫做半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．如图所示，其中，直线l叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面，如图中的α，β.(2)二面角的记法：棱为l ，两个面分别为α，β的二面角，记作α—l —β.如图，A ∈α，B ∈β，二面角也可以记作A —l —B ，也可记作2∠l .(3)二面角的平面角：在二面角α—l —β的棱上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α—l —β的平面角，如图所示．由等角定理知，这个平面角与点O 在l 上的位置无关．(4)直二面角：平面角是直角的二面角叫做直二面角． (5)二面角的范围是[0°，180°]．2．用向量夹角来确定二面角性质及其度量的方法(1)如图，分别在二面角α—l —β的面α，β内，并沿α，β延伸的方向，作向量n 1⊥l ，n 2⊥l ，则〈n 1，n 2〉等于该二面角的平面角．(2)如图，设m 1⊥α，m 2⊥β，则角〈m 1，m 2〉与该二面角大小相等或互补．1．直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．( × ) 2．二面角的大小范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.( × ) 3．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．( × )题型一 求直线与平面的夹角例1 已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．解 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0，2a )，C 1⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ， 方法一 取A 1B 1的中点M ， 则M ⎝⎛⎭⎫0，a2，2a ，连接AM ，MC 1， 则MC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，0，0，AB →＝(0，a,0)，AA 1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC 1→⊥AA 1→， 则MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1. 又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1.∴∠C 1AM 是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角． 由于AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，2a ， ∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC 1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∵〈AC 1→，AM →〉∈[0°，180°]，∴〈AC 1→，AM →〉＝30°， 又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.方法二 AB →＝(0，a,0)，AA 1→＝(0,0，2a )，AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a .设侧面ABB 1A 1的法向量为n ＝(λ，y ，z )， ∴n ·AB →＝0且n ·AA 1→＝0.∴ay ＝0且2az ＝0. ∴y ＝z ＝0.故n ＝(λ，0,0)．∴cos 〈AC 1→，n 〉＝n ·AC 1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|，∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝12.又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.反思感悟 用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的有关知识求解线面角．方法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算．跟踪训练1 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点，求BD 与平面ADMN 所成的角θ.解 如图所示，建立空间直角坐标系Axyz ，设BC ＝1，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2) 则N (1,0,1)， ∴BD →＝(－2,2,0)，AD →＝(0,2,0)， AN →＝(1,0,1)，设平面ADMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AN →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋z ＝0，取x ＝1，则z ＝－1，∴n ＝(1,0，－1)，∵cos 〈BD →，n 〉＝BD →·n |BD →||n |＝－28·2＝－12，∴sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝12.又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 题型二 求二面角例2 在底面为平行四边形的四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥AC ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ，E 是PD 的中点，求平面EAC 与平面ABCD 的夹角．解 方法一 如图，以A 为原点，分别以AC ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .设P A ＝AB ＝a ，AC ＝b ，连接BD 与AC ，交于点O ，取AD 中点F ，连接EF ，EO ，FO ，则C (b,0,0)，B (0，a,0)．∵BA →＝CD →， ∴D (b ，－a,0)，P (0,0，a )， ∴E ⎝⎛⎭⎫b 2，－a 2，a 2，O ⎝⎛⎭⎫b2，0，0， OE →＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2，AC →＝(b,0,0)． ∵OE →·AC →＝0，∴OE →⊥AC →，OF →＝12BA →＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，0，OF →·AC →＝0. ∴OF →⊥AC →.∴∠EOF 等于平面EAC 与平面ABCD 的夹角． cos 〈OE →，OF →〉＝OE →·OF →|OE →||OF →|＝22.∴平面EAC 与平面ABCD 的夹角为45°. 方法二 建系如方法一， ∵P A ⊥平面ABCD ，∴AP →＝(0,0，a )为平面ABCD 的法向量， AE →＝⎝⎛⎭⎫b 2，－a 2，a 2，AC →＝(b,0,0)． 设平面AEC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧b 2x －a 2y ＋a 2z ＝0，bx ＝0. ∴x ＝0，y ＝z .∴取m ＝(0,1,1)， cos 〈m ，AP →〉＝m ·AP →|m ||AP →|＝a 2·a ＝22.又平面EAC 与平面ABCD 所成角的平面角为锐角， ∴平面EAC 与平面ABCD 的夹角为45°.反思感悟 (1)当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补)，但我们可以根据图形观察得到结论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的．(2)注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角．跟踪训练2 若P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，BC ＝2，求锐二面角A -PB -C 的余弦值．解 如图所示建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，故AP →＝(0,0,1)，AB →＝(2，1,0)，CB →＝(2，0,0)，CP →＝(0，－1,1)， 设平面P AB 的法向量为 m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝－2，故m ＝(1，－2，0)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ′＝0，－y ′＋z ′＝0.令y ′＝－1，则z ′＝－1，故n ＝(0，－1，－1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33.∴锐二面角A －PB －C 的余弦值为33. 题型三 空间角中的探索性问题例3 如图，在四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD .(1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P －ABCD 的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值． (1)证明 因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD ； 又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PD . (2)解 过点P 作PO ⊥AD 于点O .则PO ⊥平面ABCD ，过点O 作OM ⊥BC 于点M ， 连接PM .则PM ⊥BC ，因为∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2， 所以BC ＝6，PM ＝233，设AB ＝t ，则在Rt △POM 中， PO ＝43－t 2， 所以V P －ABCD ＝13·t ·6·43－t 2 ＝13－6⎝⎛⎭⎫t 2－232＋83， 所以当t 2＝23，即t ＝63时，V P －ABCD 最大为269.如图，此时PO ＝AB ＝63，且PO ，OA ，OM 两两垂直， 以OA ，OM ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz ， 则P ⎝⎛⎭⎫0，0，63，D ⎝⎛⎭⎫－263，0，0， C ⎝⎛⎭⎫－263，63，0，B ⎝⎛⎭⎫63，63，0. 所以PD →＝⎝⎛⎭⎫－263，0，－63， PC →＝⎝⎛⎭⎫－263，63，－63，PB →＝⎝⎛⎭⎫63，63，－63. 设平面PCD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋y 1－z 1＝0，－2x 1－z 1＝0， 令x 1＝1，则m ＝(1,0，－2)，|m |＝5； 同理设平面PBC 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋y 2－z 2＝0，x 2＋y 2－z 2＝0，令y 2＝1，则n ＝(0,1,1)，|n |＝2，设平面PBC 与平面DPC 的夹角为θ，显然θ为锐角， 所以cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝25×2＝105.即平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值为105. 反思感悟 利用空间向量解决空间角中的探索性问题，通常不需要复杂的几何作图，论证，推理，只需先假设结论成立，设出空间的坐标，通过向量的坐标运算进行推断，把是否存在问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理．跟踪训练3 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝AB ＝AC ＝1，且AB ⊥AC ，点M 是CC 1的中点，点N 是BC 的中点，点P 在直线A 1B 1上，且满足A 1P →＝λA 1B 1→.(1)证明：PN ⊥AM ；(2)当λ取何值时，直线PN 与平面ABC 所成的角θ最大？并求该角最大值的正切值．(1)证明 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则P (λ，0,1)，N ⎝⎛⎭⎫12，12，0，M ⎝⎛⎭⎫0，1，12， 从而PN →＝⎝⎛⎭⎫12－λ，12，－1， AM →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12， PN →·AM →＝⎝⎛⎭⎫12－λ×0＋12×1－1×12＝0， 所以PN ⊥AM .(2)解 过点P 作PE ⊥AB 于E ，连接EN ， 则PE ⊥平面ABC ， 则∠PNE 为所求角θ， 所以tan θ＝PE EN ＝1EN，因为当点E 是AB 的中点时，EN min ＝12.所以(tan θ)max ＝2，此时，λ＝12.利用向量求二面角典例 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值． 考点 向量法求平面与平面所成的角 题点 向量法求平面与平面所成的角(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)． 由已知AB ∥EF ，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ， 由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°， 从而可得C (－2,0，3)．所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919. [素养评析] 试题以一个面为正方形的五面体为载体，分层设计问题，由浅入深，给不同基础的考生提供了想象的空间和展示才华的平台．第(1)问侧重对立体几何中线面垂直、面面垂直等基础知识的考查，题目比较简单．求解第(2)问的关键是充分运用直观想象，把握图形的结构特征，构建空间直角坐标系，并针对运算问题，合理选择运算方法，设计运算程序，解决问题．1．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 A解析 设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12.∴θ＝30°.2．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值为( ) A.24 B.23 C.63 D.32答案 C解析 建系如图，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，A (1,0,0)，∴BC 1→＝(－1,0,1)，AC 1→＝(－1,1,1)，A 1B →＝(0,1，－1)，A 1D →＝(－1,0，－1)． ∴AC 1→·A 1B →＝1－1＝0， AC 1→·A 1D →＝1－1＝0.∴AC 1⊥A 1B ，AC 1⊥A 1D ，又A 1B ∩A 1D ＝A 1， ∴AC 1⊥平面A 1BD .∴AC 1→是平面A 1BD 的法向量． ∴cos 〈BC 1→，AC 1→〉＝BC 1→·AC 1→|BC 1→||AC 1→|＝1＋12×3＝63.∴直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值为63. 3．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为__________． 答案 45°或135°解析 设二面角的平面角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝11×2＝22，∴θ＝45°或135°.4．正四面体ABCD 中棱AB 与底面BCD 所成角的余弦值为________． 答案33解析 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，O 为△BCD 的中心，设正四面体的棱长为a ，则OB ＝33a ，∠ABO 为所求角，cos ∠ABO ＝33.5．已知点A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0,0,3)，则平面ABC 与平面xOy 所成锐二面角的余弦值为________． 答案 27解析 AB →＝(－1,2,0)，AC →＝(－1,0,3)．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ·AB →＝0，n ·AC→＝0知⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋3z ＝0.令x ＝2，则y ＝1，z ＝23.∴平面ABC 的法向量为n ＝⎝⎛⎭⎫2，1，23.平面xOy 的法向量为OC →＝(0,0,3)．所以所求锐二面角的余弦值cos θ＝|n ·OC →||n ||OC →|＝23×73＝27.1．线面角可以利用定义在直角三角形中解决．2．线面角的向量求法：设直线的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n ||a||n |.3．二面角通常可通过法向量的夹角来求解，但一定要注意法向量的夹角和二面角的大小关系．一、选择题1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A.π6 B.π3 C.5π6 D ．以上均错 答案 B解析 直线l 与平面α所成的角范围是⎣⎡⎦⎤0，π2. 2．直线l 1，l 2的方向向量分别是v 1，v 2，若v 1与v 2所成的角为θ，直线l 1，l 2所成的角为α，则( ) A ．α＝θ B ．α＝π－θ C ．cos θ＝|cos α| D ．cos α＝|cos θ|答案 D解析 α＝θ或α＝π－θ，且α∈⎣⎡⎦⎤0，π2， 因而cos α＝|cos θ|.3．已知在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值是( ) A.23 B.33 C.23 D.13答案 A解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,2)， 故DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)，DC →＝(0,1,0)， 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2， 所以n ＝(2，－2,1)．设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.4.已知在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是DC 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，则AB 1与ED 1所成角的余弦值为( )A.1010 B.105C ．－1010D ．－105答案 A解析 ∵A (2,2,0)，B 1(2,0,2)，E (0,1,0)，D 1(0,2,2)， ∴AB 1→＝(0，－2,2)，ED 1→＝(0,1,2)， ∴|AB 1→|＝22，|ED 1→|＝5， AB 1→·ED 1→＝0－2＋4＝2，∴cos 〈AB 1→，ED 1→〉＝AB 1→·ED 1→|AB 1→||ED 1→|＝222×5＝1010，∴AB 1与ED 1所成角的余弦值为1010. 5．在边长为1的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，将菱形沿对角线AC 折起，使折起后BD ＝1，则二面角B —AC —D 的余弦值为( ) A.13 B.12 C.233 D.32 答案 A解析 设菱形对角线AC 与BD 交于O 点，则∠BOD 为二面角B —AC —D 的平面角，由余弦定理可得cos ∠BOD ＝13.6．A ，B 是二面角α—l —β的棱l 上两点，P 是平面β上一点，PB ⊥l 于B ，P A 与l 成45°角，P A 与平面α成30°角，则二面角α—l —β的大小是( ) A ．30° B ．60° C ．45° D ．75° 答案 C解析 如图，作PO ⊥α于O ，连接AO ，BO ，则∠P AO 为P A 与平面α所成角，∠PBO 为二面角α—l —β的平面角，由∠P AO ＝30°，∠P AB ＝45°，取P A ＝2a ，则PO ＝a ，PB ＝2a ，∴sin ∠PBO ＝PO PB ＝22，∴∠PBO ＝45°.二、填空题7．平面α的一个法向量n 1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量n 2＝(－3,1,3)，则α与β所成的角是________． 答案 90°解析 由于n 1·n 2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0， 所以n 1⊥n 2，故α⊥β，α与β所成的角是90°.8．若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8，两垂足间的距离为7，则这个二面角的大小是________． 答案 60°或120°解析 设二面角大小为θ，由题意可知 |cos θ|＝|82＋52－72|2×8×5＝64＋25－4980＝12，所以cos θ＝±12，所以θ＝60°或120°.9．在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1，则PC 与平面ABCD 所成的角是________． 答案 30°解析 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则P (0,0,1)，C (1，2，0)，PC →＝(1，2，－1)，平面ABCD 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈PC →，n 〉 ＝PC →·n |PC →||n |＝－12，所以〈PC →·n 〉＝120°，所以斜线PC 与平面ABCD 的法向量所在直线所成的角为60°，所以斜线PC 与平面ABCD 所成的角为30°.10．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是________. 答案 π6解析 在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，取AC 的中点O ，连接OB ，OB ⊥AC ，则OB ⊥平面ACC 1A 1，∴∠BC 1O 就是BC 1与平面AC 1所成的角．∵OB ＝32，BC 1＝3， ∴sin ∠BC 1O ＝OB BC 1＝12， ∴∠BC 1O ＝π6.三、解答题11．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，求该二面角的大小． 解 由题意知，CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD → ＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2. ∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，又〈CA →，BD →〉∈[0°，180°]， ∴〈CA →，BD →〉＝120°， ∴二面角的大小为60°.12.如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD .PD ＝DC ，E 是PC 的中点．求EB 与平面ABCD 夹角的余弦值．解 取CD 的中点M ，则EM ∥PD ， 又∵PD ⊥平面ABCD ， ∴EM ⊥平面ABCD ，∴BE 在平面ABCD 上的射影为BM ， ∴∠MBE 为BE 与平面ABCD 的夹角． 如图建立空间直角坐标系Dyxz ， 设PD ＝DC ＝1，则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)， ∴M ⎝⎛⎭⎫0，12，0，E ⎝⎛⎭⎫0，12，12， ∴BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，12，BM →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，0， cos 〈BM →，BE →〉＝BE →·BM →|BE →||BM →|＝1＋1432× 52＝306，∴EB 与平面ABCD 夹角的余弦值为306. 13.如图，在直棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2)求二面角D -A 1C -E 的正弦值．(1)证明 连接AC 1，交A 1C 于点F ，连接DF ，则F 为AC 1的中点，因为D 为AB 的中点， 所以DF ∥BC 1，又因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ， 所以BC 1∥平面A 1CD . (2)解 由AA 1＝AC ＝CB ＝22AB ， 可设AB ＝2a ，则AA 1＝AC ＝CB ＝2a ，所以AC ⊥BC ，又由直棱柱知CC 1⊥平面ABC ，所以以点C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz 如图．则C (0,0,0)，A 1(2a ，0, 2a )，D ⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，0，E ⎝⎛⎭⎫0， 2a ，22a ，CA 1→＝( 2a,0, 2a )， CD →＝⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，0，CE →＝⎝⎛⎭⎫0， 2a ，22a ，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫－2a ，2a ，－22a .设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·CD →＝0且n ·CA 1→＝0， 可解得y ＝－x ＝z ，令x ＝1，得平面A 1CD 的法向量为n ＝(1，－1，－1)， 同理可得平面A 1CE 的法向量为m ＝(2,1，－2)， 则cos 〈n ，m 〉＝33，。