2022学年高中数学直线与平面的夹角同步训练新人教B版选修

3.2.3直线与平面的夹角一、基础过关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≤90° D．0°<θ<180°2．正方体ABCD—A1B1C1D1中，B1C与平面ABCD所成的角是A．90° B．30°C．45° D．60°3．正四面体ABCD中棱AB与底面BCD所成角的余弦值为 ()\f(1,2) \f(1,3) \f(\r(3),3) \r(3)4．在三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin\f(\r(3),2) \f(\r(2),2) \f(\r(10),4)\f(\r(6),4)5．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 \f(\r(2),3) \f(\r(3),3) \f(2,3) \f(\r(6),3)6．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，那么这条斜线与平面所成的角是________．二、能力提升7．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 ()\f(\r(3),4) \f(\r(5),4) \f(\r(7),4) \f(3,4)8.如图，∠BOC在平面α内，OA是平面α的一条斜线，若∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝eq\r(2)a，OA与平面α所成的角为________．9．在正三棱柱ABC—A1B1C1中侧棱长为eq\r(2)，底面边长为1，则BC1与侧面ACC1A110．在正四面体ABCD中，E为棱AD的中点，连接CE，求CE和平面BCD所成角的正弦值．

11.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面＝DC，E是PC的中点．求EB与平面ABCD夹角的余弦值．12.如图，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．三、探究与拓展13.已知几何体EFG—ABCD如图所示，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，点M在边DG上．(1)求证：BM⊥EF；(2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°，若 存在，试求点M的位置；若不存在，请说明理由．

答案1．A3．C4．D5．D6．60°7．D8．45°\f(π,6)10．解如图，过A、E分别作AO⊥平面BCD，EG⊥平面BCD，O、G为垂足．∴AO綊2GE，AO、GE确定平面AOD，连接GC，则∠ECG为CE和平面BCD所成的角．∵AB＝AC＝AD，∴OB＝OC＝OD.∵△BCD是正三角形，∴O为△BCD的中心，连接DO并延长交BC于F，则F为BC的中点．令正四面体的棱长为1，可求得CE＝eq\f(\r(3),2)，DF＝eq\f(\r(3),2)，OD＝eq\f(\r(3),3)，AO＝eq\r(AD2－OD2)＝eq\r(1－\f(3,9))＝eq\f(\r(6),3)，∴EG＝eq\f(\r(6),6)，在Rt△ECG中，sin∠ECG＝eq\f(EG,CE)＝eq\f(\r(2),3).11．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，设PD＝DC＝1，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)，0))，cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(BM,\s\up6(→)),|\o(BE,\s\up6(→))||\o(BM,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋\f(1,4),\r(\f(3,2))×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(30),6)，∴BE与平面ABCD夹角的余弦值为eq\f(\r(30),6).12．解(1)如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz.则eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up6(→))＝(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\up6(→))＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝60°，由eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))＝|eq\o(DA,\s\up6(→))||eq\o(DH,\s\up6(→))|cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1).解得m＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\o(DH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).因为cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝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\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝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\up6(→))＝(0,1,0)．因为cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝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\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝60°.可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.13．(1)证明∵四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，∴GD⊥DA，GD⊥DC，又DA∩DC＝D，∴GD⊥平面ABCD.以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)．∵点M在边DG上，故可设M(0,0，t)(0≤t≤1)．∵eq\o(MB,\s\up6(→))＝(1,1，－t)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，∴eq\o(MB,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝1×(－1)＋1×1＋(－t)×0＝0，∴BM⊥EF.(2)解假设存在点M使得直线MB与平面BEF所成的角为45°.设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，∵eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋z＝0，,－x＋z＝0.))令z＝1得x＝y＝1，∴n＝(1,1,1)，∴cos〈n，eq\o(MB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(MB,\s\up6(→)),|n||\o(MB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2－t,\r(3)×\r(2＋t2))，∵直线BM与平面BEF所成的角为45°，∴sin45°＝|cos〈n，eq\o(MB,\s\