数学人教B版 (2019)第一章　空间向量与立体几何1.2 空间向量在立体几何中的应用1.2.3 直线与平面的夹角课后复习题

这是一份数学人教B版 (2019)第一章　空间向量与立体几何1.2 空间向量在立体几何中的应用1.2.3 直线与平面的夹角课后复习题

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.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(6),6) D.eq \f(\r(3),6)3．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.eq \f(\r(6),2) B.eq \f(\r(6),3) C.eq \f(\r(6),4) D.eq \r(2)4．如果∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝60°，则PA与平面PBC所成角的余弦值为(　　)A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(26),26) C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(\r(3),3)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eq \r(2)a，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＝eq \r(2)AB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＝eq \f(\r(6),6).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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，B1(1,1,1)．eq \o(A1E,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1))，eq \o(A1F,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，eq \o(A1B1,\s\up12(→))＝(0,1,0)，设平面A1EF的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up12(→))＝0，,n·\o(A1F,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y－z＝0，,－x＋\f(y,2)＝0.))令y＝2，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,z＝1，))∴n＝(1,2,1)，cos〈n，eq \o(A1B1,\s\up12(→))〉＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，即A1B1与平面A1EF所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3).答案：B4．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＝eq \f(\r(3),3).答案：D5．解析：cos〈a，n〉＝eq \f(a·n,|a||n|)＝eq \f(1×2＋2×1＋3×1,\r(1＋4＋9)·\r(4＋1＋1))＝eq \f(2＋2＋3,\r(14×6))＝eq \f(\r(21),6)，所以l与平面α所成角的正弦值为eq \f(\r(21),6).答案：eq \f(\r(21),6)6．解析：连接BC1交B1C于O点，连接A1O.设正方体棱长为a.易证BC1⊥平面A1B1CD，∴A1O为A1B在平面A1B1CD上的射影．∴∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成的角．在Rt△A1BO中，A1B＝eq \r(2)a，BO＝eq \f(\r(2),2)a，∴sin∠BA1O＝eq \f(OB,A1B)＝eq \f(1,2)，∴∠BA1O＝30°.即A1B与平面A1B1CD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)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2)))，从而eq \o(CA,\s\up12(→))＝(2a,0,0)，eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq \o(CB,\s\up12(→))＝(a，a,0)．设平面PAC的一个法向量为n，可求得n＝(0,1,1)，则cos〈eq \o(CB,\s\up12(→))，n〉＝eq \f(\o(CB,\s\up12(→))·n,|\o(CB,\s\up12(→))||n|)＝eq \f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq \f(1,2).所以〈eq \o(CB,\s\up12(→))，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，B1C1中点O1，连接AO，OO1，则AO⊥OC，OO1⊥平面ABC，以O为坐标原点，OC，OA，OO1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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)a，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，\r(2)a))，∴eq \o(AC1,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(\r(3),2)a，\r(2)a)).取AB中点M，连接CM，则CM⊥AB.∵平面ABB1A1⊥平面ABC，∴CM⊥平面ABB1A1，∴eq \o(CM,\s\up12(→))为平面ABB1A1的一个法向量．∵Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，0))，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，\f(\r(3),4)a，0)).又∵Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，∴eq \o(CM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)a，\f(\r(3),4)a，0)).∴cos〈eq \o(AC1,\s\up12(→))，eq \o(CM,\s\up12(→))〉＝eq \f(\o(AC1,\s\up12(→))·\o(CM,\s\up12(→)),|\o(AC1,\s\up12(→))||\o(CM,\s\up12(→))|)＝eq \f(－\f(3,4)a2,\r(3)a·\f(\r(3),2)a)＝－eq \f(1,2).∴AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为eq \f(1,2).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eq \o(DA,\s\up12(→))＝(1,0,0)，eq \o(CC′,\s\up12(→))＝(0,0,1)．连接BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设eq \o(DH,\s\up12(→))＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈eq \o(DH,\s\up12(→))，eq \o(DA,\s\up12(→))〉＝60°，由eq \o(DA,\s\up12(→))·eq \o(DH,\s\up12(→))＝|eq \o(DA,\s\up12(→))||eq \o(DH,\s\up12(→))|cos〈eq \o(DH,\s\up12(→))，eq \o(DA,\s\up12(→))〉，可得m＝eq \f(1,2)eq \r(2m2＋1).解得m＝eq \f(\r(2),2)，所以eq \o(DH,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).(1)因为cos〈eq \o(DH,\s\up12(→))，eq \o(CC′,\s\up12(→))〉＝eq \f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,1×\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以〈eq \o(DH,\s\up12(→))，eq \o(CC′,\s\up12(→))〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是eq \o(DC,\s\up12(→))＝(0,1,0)．因为cos〈eq \o(DH,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))〉＝eq \f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×1＋1×0,1×\r(2))＝eq \f(1,2)，所以〈eq \o(DH,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))〉＝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.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2))).由(1)知eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－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，则sin θ＝|cos〈eq \o(AC,\s\up12(→))，eq \o(AE,\s\up12(→))〉|＝eq \f(|\o(AC,\s\up12(→))·\o(AE,\s\up12(→))|,|\o(AC,\s\up12(→))||\o(AE,\s\up12(→))|)＝eq \f(1,\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),2).∴AE与平面PDB所成的角为45°.