2025版新教材高中數學第一章空間向量與立體幾何1.2空間向量在立體幾何中的應用1.2.3直線與平面的夾角課時作業(yè)新人教B版選擇性必修第一冊

1．2.3直線與平面的夾角1．已知向量m，n分別是直線l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為()A．30°B．60°C．120°D．150°2.如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為AB的中點，則直線A1E與平面A1BC1所成角的正弦值為()A．B．C．D．3．已知在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA＝6，E為棱PD的中點，則直線EC與平面PAB所成角的正弦值為()A．B．C．D．4．正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是D1C1，AB的中點，則A1B1與截面A1ECF所成的角的正切值為()A．B．C．D．5.如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形，PA＝PD＝，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中點，O是AD的中點，則直線BM與平面PCO所成角的正弦值為________．6．如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝AB＝AA1，∠CAB＝90°，M是B1C1的中點，N是AC的中點．(1)求證：MN∥平面ABB1A1；(2)求直線A1B與平面BCC1B1所成角的大小．7．在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分別是AC1和BB1的中點，則直線DE與平面BB1C1C所成的角為()A．30°B．45°C．60°D．90°8．(多選)已知三棱錐PABC，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E為PA中點，PB⊥CE，則下列結論正確的是()A．PB⊥ACB．異面直線CE與AB所成的角的余弦值為C．CE與平面ABC所成的角的正弦值為D．三棱錐PABC外接球的表面積為6π9．在四棱錐PABCD中，底面ABCD是正方形，側棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點．求EB與底面ABCD所成角的正弦值．10．如圖，斜三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC為正三角形，D為棱AC的中點，A1D⊥平面ABC.(1)證明：BD⊥平面ACC1A1；(2)若AA1＝AB＝2，求直線AB1與平面BB1C所成角的正弦值．11．在四棱錐PABCD中，底面ABCD為直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝AD＝1，E為線段AD的中點．PE⊥底面ABCD，點F是棱PC的中點，平面BEF與棱PD相交于點G.(1)求證：BE∥FG；(2)若PC與AB所成的角為，求直線PB與平面BEF所成角的正弦值．12．在四棱錐PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2，AD＝，CD＝1，PA⊥平面ABCD，PA＝2.(1)若E是PA的中點，求證：DE∥平面PBC；(2)求證：BD⊥平面PAC；(3)求BC與平面PAC所成角的正弦值．13.如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中點，點P在線段A1C1上，若直線OP與平面A1BC1所成的角為θ，則sinθ的取值范圍是()A．[，]B．[，]C．[，]D．[，]14．在四棱錐PABCD中，已知AB∥CD，AB⊥AD，BC⊥PA，AB＝2AD＝2CD＝2，PA＝，PC＝2，E是PB上的點．(1)求證：PC⊥底面ABCD；(2)是否存在點E使得PA與平面EAC所成角的正弦值為？若存在，求出該點的位置；不存在，請說明理由．15．如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是梯形，點E在BC上，AD∥BC，AB⊥AD，BC＝2AB＝2AD＝2AP＝4BE＝8.(1)求證：平面PDE⊥平面PAC；(2)求直線PE與平面PAC所成的角的正弦值．1．2.3直線與平面的夾角必備學問基礎練1．答案：A解析：設l與α所成的角為θ且θ∈[0°，90°]，則sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2).即θ＝30°.故選A.2．答案：D解析：以點D為坐標原點，向量，，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則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)，設平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，有，取x＝1，則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)，則直線A1E與平面A1BC1所成角的正弦值為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(3))))＝eq\f(\r(15),15).故選D.3．答案：B解析：PA⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長為4的正方形，則有PA⊥AB，PA⊥AD，AB⊥AD，而PA∩AB＝A，故AD⊥平面PAB，以A為原點，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖：則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)，設直線EC與平面PAB所成角為θ，又由題可知為平面PAB的一個法向量，則sinθ＝|cos〈，〉|＝＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2×4,4\r(16＋4＋9))))＝eq\f(2\r(29),29).故選B.4.答案：A解析：設棱長為2，建立以A1為原點，A1B1，A1D1，A1A為x軸，y軸，z軸的空間直角坐標系，A1(0，0，0)，E(1，2，0)，C(2，2，2)，B1(2，0，0)，則＝(1，2，0)，＝(2，2，2)，則設平面A1ECF的一個法向量為n＝(x，y，z)，則即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝0，,2x＋2y＋2z＝0，))令y＝1，則x＝－2，z＝1，∴n＝(－2，1，1)，＝(2，0，0)，設A1B1與截面A1ECF所成的角為θ，則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).故選A.5．答案：eq\f(8\r(85),85)解析：取BC的中點E，連接OE，易得OA，OE，OP兩兩相互垂直，故以O為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則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)，設平面PCO的一個法向量為n＝(x，y，z)，則即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z＝0，,－x＋2y＝0，))令x＝2，則n＝(2，1，0)，因此直線BM與平面PCO所成角的正弦值為|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)證明：取AB的中點H，連接HN，B1H，則HN是△ABC的中位線，所以HN∥BC，且HN＝eq\f(1,2)BC，又因為B1M∥BC，且B1M＝eq\f(1,2)BC，所以HN∥B1M，且HN＝B1M，所以四邊形HNMB1是平行四邊形，所以MN∥B1H，又因為MN?平面ABB1A1，B1H?平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1.(2)因為A1B1＝A1C1，M是B1C1的中點，所以A1M⊥B1C1.又因為平面A1B1C1⊥平面BCC1B1，A1M?平面A1B1C1，平面A1B1C1∩平面BCC1B1＝B1C1，所以A1M⊥平面BCC1B1，所以直線BM為A1B在平面BCC1B1內的射影，所以∠A1BM為直線A1B與平面BCC1B1所成的角．設AB＝2，則在△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°，所以直線A1B與平面BCC1B1所成角的大小為30°.關鍵實力綜合練7．答案：A解析：由已知得AB2＋BC2＝AC2，則AB⊥BC，所以分別以BC，BA，BB1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．設AA1＝2a，則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的法向量為n＝(0，1，0)，則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°，所以直線DE與平面BB1C1C所成的角為30°.故選A.8．答案：ACD解析：對于A：在三棱錐PABC中，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，取AC的中點F，連接PF，BF，則AC⊥PF，AC⊥BF.又PF∩BF＝F，所以AC⊥平面PBF，所以AC⊥PB.故A正確．對于B：因為AC⊥PB，PB⊥CE，AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC.在三棱錐PABC，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，所以三棱錐PABC為正三棱錐，所以PC⊥PA.所以PA＝PB＝PC＝eq\r(2).可以以P為原點，，，為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系．則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)).設異面直線CE與AB所成的角為θ，θ∈(0，eq\f(π,2)]，則cosθ＝|cos〈，〉|＝＝eq\f(|－1＋0＋0|,\r(2＋2＋0)×\r(\f(1,2)＋0＋2))＝eq\f(\r(10),10).即異面直線CE與AB所成的角的余弦值為eq\f(\r(10),10).故B錯誤；對于C：＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2)).設平面ABC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則，不妨設x＝1，則n＝(1，1，1).設CE與平面ABC所成的角為β，β∈(0，eq\f(π,2)]，則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與平面ABC所成的角的正弦值為eq\f(\r(15),15).故C正確．對于D：把三棱錐PABC補形為正方體，則三棱錐的外接球即為正方體的外接球．設其半徑為R，由正方體的外接球滿意2R＝eq\r(3)·eq\r(2)，所以R＝eq\f(\r(6),2).所以球的表面積為S＝4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(2)＝6π.故D正確．故選ACD.9．解析：由向量加法知＝＋＝eq\f(1,2)＋＝eq\f(1,2)(＋)＋，設||＝1，則||＝1，||＝1，且，，兩兩垂直，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)，∴直線EB與底面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(6),6).10．解析：(1)證明：在正△ABC中，因為D為AC的中點，所以BD⊥AC.因為A1D⊥平面ABC，BD?平面ABC，所以BD⊥A1D，因為AC∩A1D＝D，AC，A1D均在平面ACC1A1內，所以BD⊥平面ACC1A1.(2)因為A1D⊥平面ABC.所以A1D⊥DC，A1D⊥DB.即DA1，DC，DB兩兩相互垂直．以{，，}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.因為AB＝AC＝AA1＝2，所以點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)，從而＝＋＝(eq\r(3)，2，eq\r(3))，＝＝(0，1，eq\r(3))，設平面BB1C的一個法向量為n＝(x，y，z)，則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)，則n＝(1，eq\r(3)，－1).記直線AB1與平面BB1C所成角為θ.則sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝eq\f(|\r(3)＋2\r(3)－\r(3)|,\r(10)×\r(5))＝eq\f(\r(6),5)，所以直線AB1與平面BB1C所成角的正弦值為eq\f(\r(6),5).11．解析：(1)證明：因為E為AD的中點，所以DE＝eq\f(1,2)AD＝1.又因為BC＝1，所以DE＝BC.在梯形ABCD中，DE∥BC，所以四邊形BCDE為平行四邊形．所以BE∥CD.又因為BE?平面PCD，且CD?平面PCD，所以BE∥平面PCD.因為BE?平面BEF，平面BEF∩平面PCD＝FG，所以BE∥FG.(2)因為PE⊥平面ABCD，且AE，BE?平面ABCD，所以PE⊥AE，且PE⊥BE.因為四邊形BCDE為平行四邊形，∠ADC＝90°，所以AE⊥BE.以E為坐標原點，如圖建立空間直角坐標系Exyz.則E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，1，0)，D(－1，0，0).設P(0，0，m)(m＞0)，所以＝(1，－1，m)，＝(－1，1，0).因為PC與AB所成角為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).則P(0，0，eq\r(6))，F(xiàn)(－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)).設平面BEF的法向量為n＝(x，y，z)，則即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，則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).所以直線PB與平面BEF所成角的正弦值為eq\f(\r(6),7).12．解析：(1)證明：取PB的中點F，連接EF，CF.因為E是PA中點，所以EF∥AB，EF＝eq\f(1,2)AB＝1，因為AB∥CD，AB＝2，CD＝1，所以EF∥CD，EF＝CD，所以四邊形CDEF為平行四邊形，所以ED∥FC，ED＝FC，因為DE?平面PBC，CF?平面PBC，所以DE∥平面PBC.(2)證明：因為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兩兩垂直．如圖，以點A為坐標原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系Axyz.則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)，因為·＝－2＋2＋0＝0，所以AC⊥BD，因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，因為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的一個法向量，＝(－2，eq\r(2)，0)，＝(－1，eq\r(2)，0)，設BC與平面PAC所成的角為θ，則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與平面PAC所成角的正弦值為eq\f(2\r(2),3).核心素養(yǎng)升級練13．答案：A解析：設正方體的棱長為1，eq\f(A1P,A1C1)＝λ(0≤λ≤1).以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則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)，則P(1－λ，λ，1)，所以＝(eq\f(1,2)－λ，λ－eq\f(1,2)，1).連接B1D，在正方體ABCDA1B1C1D1中，易證得B1D⊥平面A1BC1，所以＝(－1，－1，－1)是平面A1BC1的一個法向量．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))，當λ＝eq\f(1,2)時，sinθ取得最大值eq\f(\r(3),3)，當λ＝0或λ＝1時，sinθ取得最小值eq\f(\r(2),3).故sinθ∈[eq\f(\r(2),3)，eq\f(\r(3),3)].故選A.14．解析：(1)證明：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又因為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＝e