直線與平面的夾角

課時作業(yè)(六)直線與平面的夾角一、選擇題1．如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1中，BC1與對角面BB1D1D所成的角是()A．∠C1BB1B．∠C1BDC．∠C1BD1D．∠C1BO2．正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為側(cè)面BCC1B1的中心，則AO與平面ABCD所成角的正弦值為()\f(\r(3),3)\f(1,2)\f(\r(6),6)\f(\r(3),6)3．正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，C1D1的中點，則A1B1與平面A1EF夾角的正弦值為()\f(\r(6),2)\f(\r(6),3)\f(\r(6),4)\r(2)4．如果∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝60°，則PA與平面PBC所成角的余弦值為()\f(1,2)\f(\r(26),26)\f(\r(6),3)\f(\r(3),3)二、填空題5．若平面α的一個法向量n＝(2,1,1)，直線l的一個方向向量為a＝(1,2,3)，則l與α所成角的正弦值為________．6．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1B和平面A1B1CD所成的角是________．7．在正四棱錐S－ABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角為________．三、解答題8.如圖所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面邊長為a，側(cè)棱長為eq\r(2)a，求AC1與側(cè)面ABB1A1所成角的正弦值．9.如圖所示，已知點P在正方體ABCD－A′B′C′D′的對角線BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP與CC′所成角的大??；(2)求DP與平面AA′D′D所成角的大小．[尖子生題庫]10.如圖所示，四棱錐P－ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，點E在棱PB上．(1)求證：AC⊥平面PDB；(2)當PD＝eq\r(2)AB且E為PB的中點時，求AE與平面PDB所成的角的大小．課時作業(yè)(六)直線與平面的夾角1．解析：由線面垂直的判定定理，得C1O⊥平面BB1D1D，所以OB為BC1在平面BB1D1D上的射影，所以∠C1BO為BC1與平面BB1D1D所成的角，故選D.答案：D2．解析：取BC中點M，連接AM，OM，易知∠OAM即為AO與平面ABCD所成的角，可求得sin∠OAM＝eq\f(\r(6),6).答案：C3．解析：建立如圖所示的空間直角坐標系，設棱長為1，則A1(1,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\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)，設平面A1EF的法向量n＝(x，y，z)，則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，則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與平面A1EF所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).答案：B4．解析：如圖，設A在平面BPC內(nèi)的射影為O，∵∠APB＝∠APC.∴點O在∠BPC的角平分線上，∴∠OPC＝30°，∠APO為PA與平面PBC所成的角．∴cos∠APC＝cos∠APO·cos∠OPC，即cos60°＝cos∠APO·cos30°，∴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與平面α所成角的正弦值為eq\f(\r(21),6).答案：eq\f(\r(21),6)6．解析：連接BC1交B1C于O點，連接A1O.設正方體棱長為a.易證BC1⊥平面A1B1CD，∴A1O為A1B在平面A1B1CD上的射影．∴∠BA1O為A1B與平面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與平面A1B1CD所成角為30°.答案：30°7．解析：以O為原點建立空間直角坐標系Oxyz，設OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，則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)))，從而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)．設平面PAC的一個法向量為n，可求得n＝(0,1,1)，則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°.所以直線BC與平面PAC所成的角為90°－60°＝30°.答案：30°8．解析：取BC中點O，B1C1中點O1，連接AO，OO1，則AO⊥OC，OO1⊥平面ABC，以O為坐標原點，OC，OA，OO1所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz，則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中點M，連接CM，則CM⊥AB.∵平面ABB1A1⊥平面ABC，∴CM⊥平面ABB1A1，∴eq\o(CM,\s\up12(→))為平面ABB1A1的一個法向量．∵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與平面ABB1A1所成角的正弦值為eq\f(1,2).9．解析：如圖，以D為坐標原點，DA為單位長建立空間直角坐標Dxyz.則eq\o(DA,\s\up12(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up12(→))＝(0,0,1)．連接BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延長DP交B′D′于H.設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)因為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與CC′所成的角為45°.(2)平面AA′D′D的一個法向量是eq\o(DC,\s\up12(→))＝(0,1,0)．因為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與平面AA′D′D所成的角為30°.10．解析：(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AC.∵PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PDB.(2)建立如圖所示的空間直角坐標系，設AB＝1，則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