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2023版新教材高中数学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时作业新人教B版选择性必修第一册
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1.2.3 直线与平面的夹角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〉=-,则l与α所成的角为( )A.30° B.60° C.120° D.150° 2.如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,E为AB的中点,则直线A1E与平面A1BC1所成角的正弦值为( )A. B. C. D.3.已知在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为4的正方形,PA=6,E为棱PD的中点,则直线EC与平面PAB所成角的正弦值为( )A. B. C. D.4.正方体ABCD A1B1C1D1中,E,F分别是D1C1,AB的中点,则A1B1与截面A1ECF所成的角的正切值为( )A. B. C. D. 5.如图,四棱锥P ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PD=,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________.6.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. 7.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.30° B.45° C.60° D.90°8.(多选)已知三棱锥P ABC,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E为PA中点,PB⊥CE,则下列结论正确的是( )A.PB⊥ACB.异面直线CE与AB所成的角的余弦值为C.CE与平面ABC所成的角的正弦值为D.三棱锥P ABC外接球的表面积为6π9.在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点.求EB与底面ABCD所成角的正弦值. 10.如图,斜三棱柱ABC A1B1C1中,△ABC为正三角形,D为棱AC的中点,A1D⊥平面ABC. (1)证明:BD⊥平面ACC1A1;(2)若AA1=AB=2,求直线AB1与平面BB1C所成角的正弦值. 11.在四棱锥P ABCD中,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,∠ADC=90°,BC=CD=AD=1,E为线段AD的中点.PE⊥底面ABCD,点F是棱PC的中点,平面BEF与棱PD相交于点G. (1)求证:BE∥FG;(2)若PC与AB所成的角为,求直线PB与平面BEF所成角的正弦值. 12.在四棱锥P ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2,AD=,CD=1,PA⊥平面ABCD,PA=2. (1)若E是PA的中点,求证:DE∥平面PBC;(2)求证:BD⊥平面PAC;(3)求BC与平面PAC所成角的正弦值. 13. 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.[,] B.[,] C.[,] D.[,]14.在四棱锥P ABCD中,已知AB∥CD,AB⊥AD,BC⊥PA,AB=2AD=2CD=2,PA=,PC=2,E是PB上的点. (1)求证:PC⊥底面ABCD;(2)是否存在点E使得PA与平面EAC所成角的正弦值为?若存在,求出该点的位置;不存在,请说明理由. 15.如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是梯形,点E在BC上,AD∥BC,AB⊥AD,BC=2AB=2AD=2AP=4BE=8. (1)求证:平面PDE⊥平面PAC;(2)求直线PE与平面PAC所成的角的正弦值. 1.2.3 直线与平面的夹角必备知识基础练1.答案:A解析:设l与α所成的角为θ且θ∈[0°,90°],则sinθ=|cos〈m,n〉|=eq \f(1,2).即θ=30°.故选A.2.答案:D解析:以点D为坐标原点,向量,,分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),E(1,eq \f(1,2),0),可得=(-1,1,0),=(-1,0,1),=(0,eq \f(1,2),-1),设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),有,取x=1,则n=(1,1,1),所以·n=eq \f(1,2)-1=-eq \f(1,2),||=eq \f(\r(5),2),|n|=eq \r(3),则直线A1E与平面A1BC1所成角的正弦值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(-\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(3))))=eq \f(\r(15),15).故选D.3.答案:B解析:PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为4的正方形,则有PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,而PA∩AB=A,故AD⊥平面PAB,以A为原点,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系如图:则A(0,0,0),D(0,4,0),C(4,4,0),P(0,0,6),E(0,2,3),=(-4,-2,3),=(0,4,0),设直线EC与平面PAB所成角为θ,又由题可知为平面PAB的一个法向量,则sinθ=|cos〈,〉|==eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(-2×4,4\r(16+4+9))))=eq \f(2\r(29),29).故选B.4.答案:A解析:设棱长为2,建立以A1为原点,A1B1,A1D1,A1A为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,A1(0,0,0),E(1,2,0),C(2,2,2),B1(2,0,0),则=(1,2,0),=(2,2,2),则设平面A1ECF的一个法向量为n=(x,y,z),则即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x+2y=0,,2x+2y+2z=0,))令y=1,则x=-2,z=1,∴n=(-2,1,1),=(2,0,0),设A1B1与截面A1ECF所成的角为θ,则sinθ=|cos〈n,〉|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(-4,2\r(6))))=eq \f(\r(6),3),cosθ=eq \f(\r(3),3),∴tanθ=eq \r(2).故选A.5.答案:eq \f(8\r(85),85)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,,,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(-eq \f(1,2),1,1),因此=(-eq \f(3,2),-1,1),=(0,0,2),=(-1,2,0),设平面PCO的一个法向量为n=(x,y,z),则即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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|cos 〈,n〉|= eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(-3-1, \r(\f(17,4))×\r(5))))= eq \f(8\r(85),85).6.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=eq \f(1,2)BC,又因为B1M∥BC,且B1M=eq \f(1,2)BC,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)因为A1B1=A1C1,M是B1C1的中点,所以A1M⊥B1C1.又因为平面A1B1C1⊥平面BCC1B1,A1M⊂平面A1B1C1,平面A1B1C1∩平面BCC1B1=B1C1,所以A1M⊥平面BCC1B1,所以直线BM为A1B在平面BCC1B1内的射影,所以∠A1BM为直线A1B与平面BCC1B1所成的角.设AB=2,则在△A1MB中,∠A1MB=90°,A1M=eq \r(2),A1B=2eq \r(2),所以sin∠A1BM=eq \f(A1M,A1B)=eq \f(\r(2),2\r(2))=eq \f(1,2),所以∠A1BM=30°,所以直线A1B与平面BCC1B1所成角的大小为30°.关键能力综合练7.答案:A解析:由已知得AB2+BC2=AC2,则AB⊥BC,所以分别以BC,BA,BB1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设AA1=2a,则A(0,1,0),C(eq \r(3),0,0),C1(eq \r(3),0,2a),D(eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2),a),E(0,0,a),所以=(eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2),0),平面BB1C1C的法向量为n=(0,1,0),则cos〈,n〉=eq \f(\f(1,2),1×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)+0))=eq \f(1,2),所以〈,n〉=60°,所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A.8.答案:ACD解析:对于A:在三棱锥PABC中,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,取AC的中点F,连接PF,BF,则AC⊥PF,AC⊥BF.又PF∩BF=F,所以AC⊥平面PBF,所以AC⊥PB.故A正确.对于B:因为AC⊥PB,PB⊥CE,AC∩CE=C,AC,CE⊂平面PAC,所以PB⊥平面PAC,所以PB⊥PA,PB⊥PC.在三棱锥PABC,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,所以三棱锥PABC为正三棱锥,所以PC⊥PA.所以PA=PB=PC=eq \r(2).可以以P为原点,,,为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.则P(0,0,0),A(eq \r(2),0,0),B(0,eq \r(2),0),C(0,0,eq \r(2)),E(eq \f(\r(2),2),0,0).所以=(-eq \r(2),eq \r(2),0),=(eq \f(\r(2),2),0,-eq \r(2)).设异面直线CE与AB所成的角为θ,θ∈(0,eq \f(π,2)],则cosθ=|cos〈,〉|==eq \f(|-1+0+0|,\r(2+2+0)×\r(\f(1,2)+0+2))=eq \f(\r(10),10).即异面直线CE与AB所成的角的余弦值为eq \f(\r(10),10).故B错误;对于C:=(-eq \r(2),eq \r(2),0),=(-eq \r(2),0,eq \r(2)).设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),则,不妨设x=1,则n=(1,1,1).设CE与平面ABC所成的角为β,β∈(0,eq \f(π,2)],则sinβ=|cos〈n,〉|==eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)+0-\r(2))),\r(1+1+1)×\r(\f(1,2)+0+2))=eq \f(\r(15),15).即CE与平面ABC所成的角的正弦值为eq \f(\r(15),15).故C正确.对于D:把三棱锥PABC补形为正方体,则三棱锥的外接球即为正方体的外接球.设其半径为R,由正方体的外接球满足2R=eq \r(3)·eq \r(2),所以R=eq \f(\r(6),2).所以球的表面积为S=4πR2=4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq \s\up12(2)=6π.故D正确.故选ACD.9.解析:由向量加法知=+=eq \f(1,2)+=eq \f(1,2)(+)+,设||=1,则||=1,||=1,且,,两两垂直,可得||=eq \f(\r(6),2),∴·=-eq \f(1,2),∴cos〈,〉==eq \f(-\f(1,2),\f(\r(6),2))=-eq \f(\r(6),6),∴直线EB与底面ABCD所成角的正弦值为eq \f(\r(6),6).10.解析:(1)证明:在正△ABC中,因为D为AC的中点,所以BD⊥AC.因为A1D⊥平面ABC,BD⊂平面ABC,所以BD⊥A1D,因为AC∩A1D=D,AC,A1D均在平面ACC1A1内,所以BD⊥平面ACC1A1.(2)因为A1D⊥平面ABC.所以A1D⊥DC,A1D⊥DB.即DA1,DC,DB两两相互垂直.以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.因为AB=AC=AA1=2,所以点A(0,-1,0),B(eq \r(3),0,0),C(0,1,0),A1(0,0,eq \r(3)),所以1=(0,1,eq \r(3)),=(eq \r(3),1,0),=(-eq \r(3),1,0),从而=+=(eq \r(3),2,eq \r(3)),==(0,1,eq \r(3)),设平面BB1C的一个法向量为n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(-\r(3)x+y=0,y+\r(3)z=0)),令y=eq \r(3),则n=(1,eq \r(3),-1).记直线AB1与平面BB1C所成角为θ.则sinθ=|cos〈,n〉|==eq \f(|\r(3)+2\r(3)-\r(3)|,\r(10)×\r(5))=eq \f(\r(6),5),所以直线AB1与平面BB1C所成角的正弦值为eq \f(\r(6),5).11.解析:(1)证明:因为E为AD的中点,所以DE=eq \f(1,2)AD=1.又因为BC=1,所以DE=BC.在梯形ABCD中,DE∥BC,所以四边形BCDE为平行四边形.所以BE∥CD.又因为BE⊄平面PCD,且CD⊂平面PCD,所以BE∥平面PCD.因为BE⊂平面BEF,平面BEF∩平面PCD=FG,所以BE∥FG.(2)因为PE⊥平面ABCD,且AE,BE⊂平面ABCD,所以PE⊥AE,且PE⊥BE.因为四边形BCDE为平行四边形,∠ADC=90°,所以AE⊥BE.以E为坐标原点,如图建立空间直角坐标系Exyz.则E(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),D(-1,0,0).设P(0,0,m)(m>0),所以=(1,-1,m),=(-1,1,0).因为PC与AB所成角为eq \f(π,3),所以|cos〈,〉|==eq \f(2,\r(2+m2)·\r(2))=coseq \f(π,3)=eq \f(1,2).所以m=eq \r(6).则P(0,0,eq \r(6)),F(-eq \f(1,2),eq \f(1,2),eq \f(\r(6),2)).所以=(0,1,0),=(-eq \f(1,2),eq \f(1,2),eq \f(\r(6),2)),=(0,1,-eq \r(6)).设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=0,,-\f(1,2)x+\f(1,2)y+\f(\r(6),2)z=0.))令x=6,则z=eq \r(6),所以n=(6,0,eq \r(6)).所以|cos〈,n〉|==eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(-\r(6)×\r(6),\r(7)×\r(42))))=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(-\f(\r(6),7)))=eq \f(\r(6),7).所以直线PB与平面BEF所成角的正弦值为eq \f(\r(6),7).12.解析:(1)证明:取PB的中点F,连接EF,CF.因为E是PA中点,所以EF∥AB,EF=eq \f(1,2)AB=1,因为AB∥CD,AB=2,CD=1,所以EF∥CD,EF=CD,所以四边形CDEF为平行四边形,所以ED∥FC,ED=FC,因为DE⊄平面PBC,CF⊂平面PBC,所以DE∥平面PBC.(2)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,又AB⊥AD,所以AP,AB,AD两两垂直.如图,以点A为坐标原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系Axyz.则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,eq \r(2),0),D(0,eq \r(2),0),P(0,0,2),所以=(1,eq \r(2),0),=(-2,eq \r(2),0),因为·=-2+2+0=0,所以AC⊥BD,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,因为PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.(3)由(2)知是平面PAC的一个法向量,=(-2,eq \r(2),0),=(-1,eq \r(2),0),设BC与平面PAC所成的角为θ,则sinθ=|cos〈,〉|==eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2+2+0,\r(3)×\r(6))))=eq \f(2\r(2),3),所以BC与平面PAC所成角的正弦值为eq \f(2\r(2),3).核心素养升级练13.答案:A解析:设正方体的棱长为1,eq \f(A1P,A1C1)=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D(0,0,0),O(eq \f(1,2),eq \f(1,2),0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),B1(1,1,1),=(-1,1,0),=(-λ,λ,0),则P(1-λ,λ,1),所以=(eq \f(1,2)-λ,λ-eq \f(1,2),1).连接B1D,在正方体ABCDA1B1C1D1中,易证得B1D⊥平面A1BC1,所以=(-1,-1,-1)是平面A1BC1的一个法向量.所以sinθ=|cos〈,〉|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-λ))-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ-\f(1,2)))-1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-λ))\s\up12(2)+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ-\f(1,2)))\s\up12(2)+1)×\r(3)) ))=eq \f(1,\r(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ-\f(1,2)))\s\up12(2)+3)),当λ=eq \f(1,2)时,sinθ取得最大值eq \f(\r(3),3),当λ=0或λ=1时,sinθ取得最小值eq \f(\r(2),3).故sinθ∈[eq \f(\r(2),3),eq \f(\r(3),3)].故选A.14.解析:(1)证明:在△ADC中:AD=DC=1,∠ADC=90°,所以AC=eq \r(2).在△ABC中:AC=eq \r(2),AB=2,∠BAC=45°,由余弦定理有:BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos45°=2,∴BC=eq \r(2),∴AB2=AC2+BC2,所以∠ACB=90°,所以BC⊥AC, ①又因为BC⊥PA, ②由①②,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥PC. ③在△PAC中:AC=eq \r(2),PC=2,PA=eq \r(6),所以PC⊥AC, ④由③④,AC∩BC=C,AC,BC⊂平面ABCD,所以PC⊥平面ABCD.(2)以A为原点,以AD,AB,竖直向上分别为x,y,z轴建立直角坐标系,如图所示.则有A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(1,1,2),设=λ=λ(1,-1,2)=(λ,-λ,2λ),则=+=(λ,2-λ,2λ),=(1,1,0),=(1,1,2),设n=(x,y,z)为平面EAC的法向量,则有,解得n=(-λ,λ,λ-1),设所求线面角为θ,则有sinθ=|cos〈,n〉|==eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2-2λ,\r(6)·\r(λ2+λ2+(λ-1)2))))=eq \f(2,3),解得3λ2+2λ-1=0,所以λ=eq \f(1,3)或λ=-1(舍).所以E点为PB上靠近B点的三等分点,满足条件.15.解析:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB,AD,DE⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,PA⊥DE,因为AB⊥AD,所以AB,AD,AP两两垂直,所以以AB,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,因为AD∥BC,AB⊥AD,BC=2AB=2AD=2AP=4BE=8,所以A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,8,0),D(0,4,0),E(4,2,0),P(0,0,4),所以=(4,8,0),=(4,-2,0),所以·=16-16=0,所以⊥,即AC⊥DE,因为PA⊥DE,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以DE⊥平面PAC,因为DE⊂平面PDE,所以平面PDE⊥平面PAC.(2)设直线PE与平面PAC所成的角为θ,由(1)可知DE⊥平面PAC,所以=(4,-2,0)为平面PAC的一个法向量,因为=(4,2,-4),所以sinθ=|cos〈,〉|==eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(16-4,\r(42+(-2)2)×\r(42+22+(-4)2))))=eq \f(\r(5),5),所以直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为eq \f(\r(5),5).