数学1.2.3 直线与平面的夹角同步练习题

这是一份数学1.2.3 直线与平面的夹角同步练习题，共22页。

题组一 几何法研究线面角问题
1.(2020福建莆田第一中学高三模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点O在BC上,且BO=OC,过点O的直线l分别与直线AA1,C1D1交于M,N两点,则MN与面ADD1A1所成角的正弦值为( )
A.23B.32C.22D.33
2.(2020河南郑州高三月考)如图,三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为3的等边三角形,D是线段AB的中点,DE∩PB=E,且DE⊥AB,PA=32,PB=332,则PA与平面CDE所成角的正切值为( )
A.33B.22C.2D.3
3.(2020四川成都高三期末)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示,若E为线段BC的中点,则直线AE与平面ABD所成角的余弦值为( )
A.14B.66C.306D.154
4.(2020山东临沂高三期末)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PC⊥BC,AB⊥BC,AB=2BC=2,PC=5,则PA与平面ABC所成角的大小为 .
题组二 空间向量法研究线面角问题
5.(2020湖北武汉高二期末)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )
A.63B.102C.155D.105
6.(2020山东烟台高二期末)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PD=5,平面ABCD⊥平面PAD,M是PC的中点,O是AD的中点,则直线BM与平面PCO所成角的正弦值为 .
7.(2020广西桂林高二期末)如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,AF=12AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为 .
8.(2020江苏南京高二期末)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是CD的中点.
(1)求D1E与AC1所成角的余弦值;
(2)求EB1与平面AD1E所成角的正弦值.
能力提升练
题组一 用几何法研究直线与平面所成的角
1.(2020山西太原高二月考,)如图所示,在正四面体A-BCD中,E为棱AD的中点,则CE与平面BCD所成角的正弦值为( )

A.32B.23C.12D.33
2.(2020山东菏泽高二期末,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AB=AA1,∠CAB=90°,M是B1C1的中点,N是AC的中点.
(1)求证:MN∥平面ABB1A1;
(2)求直线A1B与平面BCC1B1所成角的大小.
题组二 用向量法研究直线与平面所成的角
3.(2020河南安阳高二期末,)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,侧棱AA1⊥底面ABCD,AB=3,AA1=4,P是侧面BCC1B1内(不含边界)的动点,且AP⊥BD1,记AP与平面BCC1B1所成的角为θ,则tan θ的最大值为( )
A.43B.53C.2D.259
4.(2020四川绵阳高二期末,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点,设点P在棱CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为θ,则sin θ的最小值是( )
A.63B.33C.223D.13
5.(2020黑龙江牡丹江第一中学高二期末,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是AC的中点,点P在线段A1C1上,若直线OP与平面A1BC1所成的角为θ,则sin θ的取值范围是( )
A.23,33B.13,12
C.34,33D.14,13
6.(2020上海七宝中学高二期末,)如图,点O为正四棱锥P-ABCD的底面ABCD的中心,四边形POBQ为矩形,且OA=2,BQ=2.
(1)求正四棱锥P-ABCD的体积;
(2)设E为侧棱PA上的点,且AEEP=23,求直线BE与平面PQC所成角的大小.
7.(2020山东寿光第一中学高二月考,)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,AB=AP,E为棱PD的中点.
(1)证明:AE⊥CD;
(2)求直线AE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)若F为AB的中点,棱PC上是否存在一点M,使得FM⊥AC?若存在,求出PMMC的值,若不存在,说明理由.
8.(2020湖北武汉高二期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,AD=2且PA=AB=BC=1,PA⊥平面ABCD.
(1)求PA与平面PCD所成角的正弦值;
(2)棱PD上是否存在一点E,满足∠AEC=90°?若存在,求AE的长;若不存在,说明理由.
9.(2020吉林长春高二期末,)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,△PAD为正三角形,且面PAD⊥面ABCD,M为AD的中点.
(1)若点N为PB的中点,求证:MN∥平面PCD;
(2)线段PB上是否存在点N,使得MN与面PBC所成的角为π4?
答案全解全析
基础过关练
1.A 如图所示,连接MD1,交AD于点E,连接OE.
∵C1D1⊥平面ADD1A1,∴∠NMD1是MN与平面ADD1A1所成的角.
∵C1D1∥平面ABCD,C1D1⊂平面MND1,平面MND1∩平面ABCD=OE,
∴C1D1∥OE.
∵O是BC的中点,
∴E是AD的中点,
∴E为MD1的中点,MD1=2ED1=65,ND1=2OE=12,
∴MN=122+(65)2=18,∴sin∠NMD1=ND1MN=23.故选A.
2.A ∵PA2+PB2=AB2,∴PA⊥PB.过P作PM⊥AB于M,则PM∥DE.∵DE⊥AB,AB⊥DC,DE∩DC=D,∴AB⊥平面CDE,∴PA与平面CDE所成的角等于∠APM.
又∵∠APM=∠PBA,
∴tan∠APM=tan∠PBA=32332=33.
3.C 过点E作EF⊥BD,垂足为F,连接AF,则∠EAF即为直线AE与平面ABD所成的角,不妨设正方形的边长为2,则BF=EF=22,AB=2,在△ABF中,由余弦定理可得AF2=AB2+BF2-2×AB×BF×cs∠ABF=52,所以AF=102,在Rt△AEF中,AE2=AF2+EF2=3,所以AE=3,故cs∠EAF=AFAE=306.
4.答案 45°
解析 如图,作平行四边形ABCD,连接PD,由AB⊥BC可得平行四边形ABCD是矩形.
∵BC⊥CD,BC⊥PC,PC∩CD=C,∴BC⊥平面PCD,又PD⊂平面PCD,∴BC⊥PD,同理可得AB⊥PD,又AB∩BC=B,∴PD⊥平面ABCD.∴∠PAD是PA与平面ABC所成的角.
由CD=AB=2,PC=5得PD=1,又AD=BC=1,∴∠PAD=45°.
∴PA与平面ABC所成角的大小是45°.
5.D 以D点为坐标原点,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,
则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),∴BC1=(-2,0,1),AC=(-2,2,0).
易知AC为平面BB1D1D的一个法向量,
∴cs=45×8=105,
∴直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为105.故选D.
6.答案 88585
解析 取BC的中点E,连接OE,易得OA,OE,OP两两互相垂直,故以O为坐标原点,OA,OE,OP的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,2,0),C(-1,2,0),P(0,0,2),O(0,0,0),M-12,1,1,
因此BM=-32,-1,1,OP=(0,0,2),OC=(-1,2,0),
设平面PCO的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·OP=0,n·OC=0,即2z=0,-x+2y=0,令x=2,则n=(2,1,0),
因此直线BM与平面PCO所成角的正弦值为|cs|=-3-1174×5=88585.
7.答案 63
解析 由于平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,故AF,AB,AD两两互相垂直,以点A为原点,AF,AB,AD的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(0,0,0),G(a,a,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),所以GB=(-a,a,0),AC=(0,2a,2a),AG=(a,a,0),
设平面AGC的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AC=2ay+2az=0,n·AG=ax+ay=0,令x=1,得n=(1,-1,1),
因此GB与平面AGC所成角的正弦值为|cs|=|n·GB||n||GB|=2a3×2a=63.
8.解析 (1)以D为原点,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.
设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),C(0,2,0),E(0,1,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),
所以D1E=(0,1,-2),AC1=(-2,2,2).
设D1E与AC1所成的角为θ,
则cs θ=|cs|=|D1E·AC1||D1E||AC1|=|2-4|5×12=1515,
所以D1E与AC1所成角的余弦值为1515.
(2)由(1)可得AD1=(-2,0,2),AE=(-2,1,0),EB1=(2,1,2).
设平面AD1E的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·AD1=0,n·AE=0,即-2x+2z=0,-2x+y=0,
令x=1,则n=(1,2,1).
设EB1与平面AD1E所成的角为α,
则sin α=|cs|=|EB1·n||EB1||n|=63×6=63,
所以EB1与平面AD1E所成角的正弦值为63.
能力提升练
1.B 在正四面体A-BCD中,E为棱AD的中点,设棱长为a,
如图所示,过A作AO⊥平面BCD,
则O为△BCD的中心,连接DO并延长,交BC于G,过E作EF⊥GD,连接FC,则∠ECF即为CE与平面BCD所成的角.
由GD2=CD2-CG2,得GD=32a,
所以DO=23GD=33a,
由AO2=AD2-OD2,
得AO=63a,
所以EF=12AO=66a.又CE=GD=32a,
所以在Rt△EFC中,sin∠ECF=EFCE=23.故选B.
2.解析 (1)证明:取AB的中点H,连接HN,B1H,
则HN是△ABC的中位线,
所以HN∥BC,且HN=12BC,
又因为B1M∥BC,且B1M=12BC,
所以HN∥B1M,且HN=B1M,
所以四边形HNMB1是平行四边形,
所以MN∥B1H,
又因为MN⊄平面ABB1A1,B1H⊂平面ABB1A1,
所以MN∥平面ABB1A1.
(2)连接A1M,BM,因为A1B1=A1C1,M是B1C1的中点,所以A1M⊥B1C1.
又因为面A1B1C1⊥面BCC1B1,A1M⊂面A1B1C1,面A1B1C1∩面BCC1B1=B1C1,
所以A1M⊥面BCC1B1,
所以直线BM为A1B在面BCC1B1内的射影,
所以∠A1BM为直线A1B与平面BCC1B1所成的角.
设AB=2,则A1M=2,A1B=22,
所以sin∠A1BM=A1MA1B=222=12,
所以∠A1BM=30°,
所以直线A1B与平面BCC1B1所成角的大小为30°.
3.B 连接PB.以D为原点,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,
则A(3,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,4).
设P(x,3,z),0∵AP⊥BD1,∴AP·BD1=0,
∴-3(x-3)-3×3+4z=0,∴z=34x,
∴|BP|=(x-3)2+z2=2516x2-6x+9
=2516x-48252+8125≥95.
易得AB⊥平面BCC1B1,所以∠APB即为AP与平面BCC1B1所成的角,
∴tan θ=|AB||BP|≤53,
∴tan θ的最大值为53.故选B.
4.A 以D为原点,DA,DC,DD1的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,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),A1(2,0,2),O(1,1,0),设P(0,2,z),z∈[0,2],则OP=(-1,1,z),
DB=(2,2,0),DA1=(2,0,2).
设面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·DB=0,n·DA1=0,即2x+2y=0,2x+2z=0,
令x=1,得n=(1,-1,-1),
∴sin θ=|cs|=|-1-1-z|2+z2×3=|2+z|6+3z2=13-12z+2+181z+22.
令t=1z+2,
∵z∈[0,2],∴t∈14,12,
∴3-12z+2+181z+22=18t2-12t+3=18×t-132+1∈1,32,
∴sin θ∈63,1,
∴sin θ的最小值为63.故选A.
5.A 设正方体的棱长为1,A1PA1C1=λ(0≤λ≤1).
以D为原点,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,
则O12,12,0,P(1-λ,λ,1),
所以OP=12-λ,λ-12,1.
连接B1D,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易证得B1D⊥平面A1BC1,
所以B1D=(-1,-1,-1)是平面A1BC1的一个法向量.
所以sin θ=|cs|
=-12-λ-λ-12-112-λ2+λ-122+1×3
=16λ-122+3,
当λ=12时,sin θ取得最大值33,当λ=0或λ=1时,sin θ取得最小值23.
故sin θ∈23,33.故选A.
6.解析 (1)由已知可得OP=BQ=2,
因为OA=2,所以AB=2,
所以正四棱锥P-ABCD的体积V四棱锥P-ABCD=13×S正方形ABCD×PO=13×22×2=83.
(2)以O为原点,OC,OD,OP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,易得P(0,0,2),A(-2,0,0),B(0,-2,0),C(2,0,0),Q(0,-2,2),所以QP=(0,2,0),CP=(-2,0,2),AP=(2,0,2).
设平面PQC的一个法向量为n=(x0,y0,z0),则n·QP=0,n·CP=0,
即2y0=0,-2x0+2z0=0,
令x0=2,得n=(2,0,1).
依题意可得AE=25AP=225,0,45,
设E(x,y,z),则AE=(x+2,y,z),
所以(x+2,y,z)=225,0,45,解得x=-325,y=0,z=45,故E-325,0,45,
所以BE=-325,2,45.
设直线BE与平面PQC所成的角为θ,
则sin θ=|cs|=|BE·n||BE|·|n|=-65+452215×3=721,
因为θ∈0,π2,
所以θ=arcsin721.
故直线BE与平面PQC所成角的大小为arcsin721.
7.解析 (1)证明:因为PA⊥底面ABCD, 所以PA⊥CD,又因为AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE.
(2)依题意得,AB,AD,AP两两互相垂直,故以点A为原点,AB,AD,AP的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系(如图).
设AB=AP=2,则B(2,0,0), C(2,2,0), D(0,2,0), P(0,0,2),由E为棱PD的中点,得E(0,1,1),所以AE=(0,1,1),BD=(-2,2,0),PB=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的一个法向量,则n·BD=0,n·PB=0,即-2x+2y=0,2x-2z=0,令y=1,可得n=(1,1,1),所以cs=63,所以直线AE与平面PBD所成角的正弦值为63.
(3)由(2)可得CP=(-2,-2,2), AC=(2,2,0), AB=(2,0,0).因为F为AB的中点,所以F(1,0,0).假设存在一点M满足条件,设CM=λCP(0≤λ≤1),故FM=FC+CM=(1-2λ,2-2λ,2λ).由FM⊥AC,得FM·AC=0, 因此(1-2λ)×2+(2-2λ)×2=0,解得λ=34,所以PMMC=13.
8.解析 (1)依题可得AB,AD,AP两两互相垂直,故以A为坐标原点,AB,AD,AP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Axyz,
则P(0,0,1),A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),所以PA=(0,0,-1),PC=(1,1,-1),PD=(0,2,-1).
设平面PCD的一个法向量为n=(a,b,c),则n·PC=0,n·PD=0,即a+b-c=0,2b-c=0,取b=1,得a=1,c=2,此时n=(1,1,2).
设直线PA与平面PCD所成的角为θ,
则sin θ=|cs|=-21×6=63.
(2)不存在.理由如下:假设存在一点E满足条件,设PE=λPD(0≤λ≤1),则E(0,2λ,1-λ),
∴CE=(-1,2λ-1,1-λ),AE=(0,2λ,1-λ),
若∠AEC=90°,则AE·CE=2λ(2λ-1)+(1-λ)2=0,此方程无解,
故在棱PD上不存在一点E,满足∠AEC=90°.
9.解析 (1)证明:如图,取PC的中点Q,连接NQ,DQ,则QN∥BC,且QN=12BC,
∵MD∥BC,且MD=12BC,∴QN∥MD,且QN=MD,
∴四边形QNMD为平行四边形,∴MN∥DQ,
∵MN⊄平面PDC,DQ ⊂平面PDC,∴MN∥平面PDC.
(2)连接PM,则PM⊥AD,∵面PAD⊥面ABCD,面PAD∩面ABCD =AD,
∴PM⊥面ABCD.连接MC,易得CM⊥MD,故MD,MC,MP两两互相垂直.以M为原点,MD,MC,MP的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=2,则M(0,0,0),P(0,0,3),C(0,3,0),B(-2,3,0),∴PB=(-2,3,
-3),CB=(-2,0,0),
假设存在点N满足条件,设PN=λPB(0≤λ≤1),
则N(-2λ,3λ,-3λ+3),∴MN=(-2λ,3λ,-3λ+3).
设面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·PB=0,n·CB=0,即-2x+3y-3z=0,-2x=0,
令y=1,得n=(0,1,1),
∴sin θ=|cs|=34λ2+3λ2+3λ2-6λ+3×2=22,
解得λ=0或λ=35,
∴线段PB(含端点)上存在点N,使得MN与面PBC所成的角为π4.