2024-2025學年新教材高中數(shù)學課時素養(yǎng)評價八第一章空間向量與立體幾何1.2.3直線與平面的夾角含解析新人教B版選擇性必修第一冊

PAGE八直線與平面的夾角(15分鐘30分)1．已知直線m，n與平面α所成的角都是eq\f(π,6)，A，B為直線m上的兩點，C，D為直線n上的兩點，若線段AB在平面α上的射影長為7，線段CD＝12，則()A.AB＝CD B．AB>CDC．AB<CD D．AB，CD的大小無法比較【解析】選C.由題意，AB·coseq\f(π,6)＝7，所以AB＝eq\f(14\r(3),3)，所以AB<CD.2．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則直線BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為()A．eq\f(\r(6),3)B．eq\f(\r(10),2)C．eq\f(\r(15),5)D．eq\f(\r(10),5)【解析】選D.在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，則B(2，2，0)，C1(0，2，1)，D(0，0，0)，D1(0，0，1)，＝(－2，0，1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，＝(0，0，1)，設(shè)平面BB1D1D的法向量n＝(x，y，z)，則，取x＝1，得n＝(1，－1，0)，設(shè)直線BC1與平面BB1DD1所成角為θ，則直線BC1與平面BB1DD1所成角的正弦值為：sinθ＝＝eq\f(2,\r(5)·\r(2))＝eq\f(\r(10),5).3．如圖，圓柱OO1中，OO1＝2，OA＝1，OA⊥O1B，則AB與下底面所成角的正切值為()A．2B．eq\r(2)C．eq\f(\r(2),2)D．eq\f(1,2)【解析】選B.如圖，過B作BC垂直于底面，垂足為C，連接AC，則∠BAC為AB與下底面所成角．再連接OC，因為OO1∥BC，OO1＝BC，所以四邊形OO1BC為平行四邊形，則O1B∥OC，得∠AOC為異面直線OA與O1B所成角為90°，由OA＝1，得AC＝eq\r(2)，又OO1＝2，所以tan∠BAC＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).即AB與下底面所成角的正切值為eq\r(2).4．長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝eq\r(2)，則異面直線AA1與BD1所成角的大小是________；BD1與平面ADD1A1所成角的大小是________．【解析】由圖可知，AA1與BD1所成角大小等于∠DD1B，tan∠DD1B＝eq\f(\r(2),\r(2))＝1，∠DD1B＝45°；BD1與平面ADD1A1所成角為∠BD1A，tan∠BD1A＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∠BD1A＝30°.答案：45°30°5．等腰Rt△ABC的斜邊AB在平面α內(nèi)，若AC與α成30°角，求斜邊上的中線CM與平面α所成角的大?。窘馕觥咳鐖D，作CO⊥α，則∠CAO＝30°，設(shè)AC＝BC＝1，則OC＝eq\f(1,2)，AB＝eq\r(2)，因為CM＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(\r(2),2)，所以sin∠OMC＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2),2).又∠OMC為銳角，所以∠OMC＝45°.(30分鐘60分)一、單選題(每小題5分，共20分)1．已知A，B，C在球O的球面上，AC＝eq\r(3)，BC＝2，∠ACB＝30°，直線OA與截面ABC所成的角為60°，則球O的表面積為()A．4πB．16πC．eq\f(4,3)πD．eq\f(16,3)π【解析】選B.因為A，B，C在球O的球面上，AC＝eq\r(3)，BC＝2，∠ACB＝30°，所以BC為△ABC外接圓的直徑，又因為直線OA與平面ABC所成的角為60°，則球的半徑R＝eq\f(1,cos60°)＝2，故球的表面積S＝4×π×22＝16π.2．在正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1中，AB＝2，E，F(xiàn)分別為A1C1和A1B1的中點，當AE和BF所成角的余弦值為eq\f(1,4)時，AE與平面BCC1B1所成角的正弦值為()A．eq\f(\r(6),2)B．eq\f(\r(6),4)C．eq\f(\r(10),4)或eq\f(\r(6),4)D．eq\f(\r(10),2)【解析】選C.設(shè)AA1＝t，以B為原點，在平面ABC內(nèi)以垂直于BC的直線為x軸，BC為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系，則A(eq\r(3)，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，t))，B(0，0，0)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，t))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，t))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，t))，因為AE和BF所成角的余弦值為eq\f(1,4)，所以|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(BF,\s\up6(→))|,|\o(AE,\s\up6(→))|·|\o(BF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t2－\f(1,2))),\r(1＋t2)\r(1＋t2))＝eq\f(1,4)，解得t＝1或t＝eq\f(\r(5),5).所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，或eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(5),5)))，平面BCC1B1的法向量n＝(1，0，0)，所以AE與平面BCC1B1所成角α的正弦值為：sinα＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|\o(AE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2)·1)＝eq\f(\r(6),4)或sinα＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|\o(AE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(\f(6,5))·1)＝eq\f(\r(10),4).3．(2024·新高考全國Ⅰ卷)日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面，在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處水平面所成的角為()A．20°B．40°C．50°D．90°【解析】選B.晷針與晷面垂直，而晷面與赤道所在平面平行，所以晷針與赤道所在平面垂直，進而可知晷針與OA的夾角是50°，又OA垂直點A處的水平面，則晷針與點A處的水平面所成的角為40°.4．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為eq\r(6)，且該三棱柱外接球的表面積為14π，若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A．eq\f(π,3)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,6)D．eq\f(5π,12)【解析】選A.取BC中點D，過P作PE⊥平面ABC，交AD于E，則PE的中點O是該三棱柱外接球的球心，因為正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為eq\r(6)，所以AE＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)＝eq\r(2)，因為該三棱柱外接球的表面積為14π，所以該三棱柱外接球的半徑R＝eq\r(\f(14π,4π))＝eq\r(\f(7,2))，所以PE＝2eq\r(R2－AE2)＝2eq\r(\f(7,2)－2)＝eq\r(6)，因為PE⊥平面ABC，所以∠PAE是PA與平面ABC所成角，tan∠PAE＝eq\f(PE,AE)＝eq\f(\r(6),\r(2))＝eq\r(3)，所以∠PAE＝eq\f(π,3).二、多選題(每小題5分，共10分，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)5．已知六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB.則下列結(jié)論中正確的是()A．平面PAB⊥平面PAEB．PB⊥ADC．直線CD與PF所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)D．直線PD與平面ABC所成的角為45°【解析】選ACD.因為PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，在正六邊形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，所以AB⊥平面PAE，且AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAE，故A成立；因為PB在平面ABC的射影AB與AD不垂直，所以B不成立；因為CD∥AF，直線CD與PF所成角為∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，所以cos∠PFA＝eq\f(\r(5),5)，所以C成立．在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，所以∠PDA＝45°，故D成立．6．已知平面α及直線a，b，則下列說法錯誤的是()A．若直線a，b與平面α所成角都是30°，則這兩條直線平行；B．若直線a，b與平面α所成角都是30°，則這兩條直線不行能垂直；C．若直線a，b垂直，則這兩條直線與平面α不行能都垂直；D．若直線a，b平行，則這兩條直線中至少有一條與平面α平行．【解析】選ABD.A選項，若直線a，b與平面α所成角都是30°，則這兩條直線平行，錯誤，如圖：在直線a上取一點A，作AA1⊥α，在直線b上取一點B，作BB1⊥α.可以使∠AOA1＝∠BOB1＝30°，但a與b不平行；B選項，若直線a，b與平面α所成角都是30°，則這兩條直線不行能垂直，錯誤，上圖中在∠AOA1＝∠BOB1＝30°時，可以使∠AOB＝90°，即a⊥b；C選項，若直線a，b垂直，則這兩條直線與平面α不行能都垂直，正確．緣由是若a與b與平面α都垂直，則a∥b，a與b不垂直；D選項，若直線a，b平行，則這兩條直線中至少有一條與平面α平行，錯誤，如a，b都垂直于平面α.三、填空題(每小題5分，共10分)7．在全部棱長都相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為棱CC1，AC的中點，則直線AB與平面B1DE所成角的余弦值為________．【解析】因為是全部棱長都相等的直三棱柱ABC-A1B1C1.所以該棱柱的上下底面是正三角形，側(cè)面都是正方形，設(shè)各棱長均為2，取AB的中點為原點，直線OC，OB分為x，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則O(0，0，0)，B(0，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，D(eq\r(3)，0，1)，B1(0，1，2).所以eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2))，設(shè)平面B1DE的法向量m＝(x，y，z)，所以，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0,－\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋2z＝0))，令x＝2，得m＝(2，6eq\r(3)，－4eq\r(3))，因為eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0，1，0)且eq\o(AB,\s\up6(→))∥eq\o(OB,\s\up6(→)).設(shè)所求角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·\o(OB,\s\up6(→)),|m||\o(OB,\s\up6(→))|)))＝eq\f(3\r(30),20)，所以cosθ＝eq\f(\r(130),20).答案：eq\f(\r(130),20)8．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點．設(shè)點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是__________．【解析】不妨取AB＝2.連接AO，OA1，在Rt△AOA1中，sin∠AOA1＝eq\f(AA1,A1O)＝eq\f(2,\r(4＋2))＝eq\f(\r(6),3)，sin∠C1OA1＝sin(π－2∠AOA1)＝sin2∠AOA1＝2sin∠AOA1cos∠AOA1＝2×eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(2),3)>eq\f(\r(6),3)，所以sinα的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))四、解答題(每小題10分，共20分)9．如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側(cè)棱AA1的長為5.(1)求三棱柱ABC-A1B1C1的體積；(2)設(shè)M是BC中點，求直線A1M與平面ABC所成角的正切值．【解析】(1)因為直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側(cè)棱AA1的長為5.所以三棱柱ABC-A1B1C1的體積：V＝S△ABC×AA1＝eq\f(1,2)×AB×AC×AA1＝eq\f(1,2)×4×2×5＝20.(2)連接AM，因為直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側(cè)棱AA1的長為5，M是BC中點，所以AA1⊥底面ABC，AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)eq\r(16＋4)＝eq\r(5)，所以∠A1MA是直線A1M與平面ABC所成角，tan∠A1MA＝eq\f(AA1,AM)＝eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5).10．如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足為H，PH是四棱錐的高，E為AD中點．(1)證明：PE⊥BC；(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值．【解析】以H為原點，HA，HB，HP所在直線分別為x，y，z軸，線段HA的長為單位長，建立空間直角坐標系如圖，則A(1，0，0)，B(0，1，0).(1)設(shè)C(m，0，0)，P(0，0，n)，(m<0，n>0)，則D(0，m，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(m,2)，0)).可得eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(m,2)，－n))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(m，－1，0).因為eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(m,2)－eq\f(m,2)＋0＝0，所以PE⊥BC.(2)由已知條件可得m＝－eq\f(\r(3),3)，n＝1，故Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),6)，0))，P(0，0，1).則eq\o(PH,\s\up6(→))＝(0，0，－1)，eq\o(HE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(－\r(3),6)，0))設(shè)n＝(x，y，z)為平面PEH的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(HE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PH,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(