2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册1.2.3 直线与平面的夹角基础过关练
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册1.2.3 直线与平面的夹角基础过关练 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 400.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-11-18 15:09:11 | ||
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文档简介
1.2.3 直线与平面的夹角
基础过关练
题组一 几何法研究线面角问题
1.(2020福建莆田第一中学高三模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点O在BC上,且BO=OC,过点O的直线l分别与直线AA1,C1D1交于M,N两点,则MN与面ADD1A1所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
2.(2020河南郑州高三月考)如图,三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为3的等边三角形,D是线段AB的中点,DE∩PB=E,且DE⊥AB,PA=,PB=,则PA与平面CDE所成角的正切值为( )
A. B. C. D.
3.(2020四川成都高三期末)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示,若E为线段BC的中点,则直线AE与平面ABD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
4.(2020山东临沂高三期末)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PC⊥BC,AB⊥BC,AB=2BC=2,PC=,则PA与平面ABC所成角的大小为 .
题组二 空间向量法研究线面角问题
5.(2020湖北武汉高二期末)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
6.(2020山东烟台高二期末)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 .
7.(2020广西桂林高二期末)如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为 .
8.(2020江苏南京高二期末)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是CD的中点.
(1)求D1E与AC1所成角的余弦值;
(2)求EB1与平面AD1E所成角的正弦值.
能力提升练
题组一 用几何法研究直线与平面所成的角
1.(2020山西太原高二月考,)如图所示,在正四面体A-BCD中,E为棱AD的中点,则CE与平面BCD所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
2.(2020山东菏泽高二期末,)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.
题组二 用向量法研究直线与平面所成的角
3.(2020河南安阳高二期末,)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,侧棱AA1⊥底面ABCD,AB=3,AA1=4,P是侧面BCC1B1内(不含边界)的动点,且AP⊥BD1,记AP与平面BCC1B1所成的角为θ,则tan θ的最大值为( )
A. B. C.2 D.
4.(2020四川绵阳高二期末,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点,设点P在棱CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为θ,则sin θ的最小值是( )
A. B. C. D.
5.(2020黑龙江牡丹江第一中学高二期末,)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.
6.(2020上海七宝中学高二期末,)如图,点O为正四棱锥P-ABCD的底面ABCD的中心,四边形POBQ为矩形,且OA=,BQ=2.
(1)求正四棱锥P-ABCD的体积;
(2)设E为侧棱PA上的点,且=,求直线BE与平面PQC所成角的大小.
7.(2020山东寿光第一中学高二月考,)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,AB=AP,E为棱PD的中点.
(1)证明:AE⊥CD;
(2)求直线AE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)若F为AB的中点,棱PC上是否存在一点M,使得FM⊥AC 若存在,求出的值,若不存在,说明理由.
8.(2020湖北武汉高二期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,AD=2且PA=AB=BC=1,PA⊥平面ABCD.
(1)求PA与平面PCD所成角的正弦值;
(2)棱PD上是否存在一点E,满足∠AEC=90° 若存在,求AE的长;若不存在,说明理由.
9.(2020吉林长春高二期末,)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,△PAD为正三角形,且面PAD⊥面ABCD,M为AD的中点.
(1)若点N为PB的中点,求证:MN∥平面PCD;
(2)线段PB上是否存在点N,使得MN与面PBC所成的角为
答案全解全析
基础过关练
1.A 如图所示,连接MD1,交AD于点E,连接OE.
∵C1D1⊥平面ADD1A1,∴∠NMD1是MN与平面ADD1A1所成的角.
∵C1D1∥平面ABCD,C1D1 平面MND1,平面MND1∩平面ABCD=OE,
∴C1D1∥OE.
∵O是BC的中点,
∴E是AD的中点,
∴E为MD1的中点,MD1=2ED1=6,ND1=2OE=12,
∴MN==18,∴sin∠NMD1==.故选A.
2.A ∵PA2+PB2=AB2,∴PA⊥PB.过P作PM⊥AB于M,则PM∥DE.∵DE⊥AB,AB⊥DC,DE∩DC=D,∴AB⊥平面CDE,∴PA与平面CDE所成的角等于∠APM.
又∵∠APM=∠PBA,
∴tan∠APM=tan∠PBA==.
3.C 过点E作EF⊥BD,垂足为F,连接AF,则∠EAF即为直线AE与平面ABD所成的角,不妨设正方形的边长为2,则BF=EF=,AB=2,在△ABF中,由余弦定理可得AF2=AB2+BF2-2×AB×BF×cos∠ABF=,所以AF=,在Rt△AEF中,AE2=AF2+EF2=3,所以AE=,故cos∠EAF==.
4.答案 45°
解析 如图,作平行四边形ABCD,连接PD,由AB⊥BC可得平行四边形ABCD是矩形.
∵BC⊥CD,BC⊥PC,PC∩CD=C,∴BC⊥平面PCD,又PD 平面PCD,∴BC⊥PD,同理可得AB⊥PD,又AB∩BC=B,∴PD⊥平面ABCD.∴∠PAD是PA与平面ABC所成的角.
由CD=AB=2,PC=得PD=1,又AD=BC=1,∴∠PAD=45°.
∴PA与平面ABC所成角的大小是45°.
5.D 以D点为坐标原点,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A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),∴=(-2,0,1),=(-2,2,0).
易知为平面BB1D1D的一个法向量,
∴cos<,>==,
∴直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为.故选D.
6.答案
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,
因此=,=(0,0,2),=(-1,2,0),
设平面PCO的一个法向量为n=(x,y,z),
则即令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>|==.
7.答案
解析 由于平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,故AF,AB,AD两两互相垂直,以点A为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(0,0,0),G(a,a,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),所以=(-a,a,0),=(0,2a,2a),=(a,a,0),
设平面AGC的一个法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,-1,1),
因此GB与平面AGC所成角的正弦值为|cos|===.
8.解析 (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.
设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),C(0,2,0),E(0,1,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),
所以=(0,1,-2),=(-2,2,2).
设D1E与AC1所成的角为θ,
则cos θ=|cos<,>|===,
所以D1E与AC1所成角的余弦值为.
(2)由(1)可得=(-2,0,2),=(-2,1,0),=(2,1,2).
设平面AD1E的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则n=(1,2,1).
设EB1与平面AD1E所成的角为α,
则sin α=|cos<,n>|===,
所以EB1与平面AD1E所成角的正弦值为.
能力提升练
1.B 在正四面体A-BCD中,E为棱AD的中点,设棱长为a,
如图所示,过A作AO⊥平面BCD,
则O为△BCD的中心,连接DO并延长,交BC于G,过E作EF⊥GD,连接FC,则∠ECF即为CE与平面BCD所成的角.
由GD2=CD2-CG2,得GD=a,
所以DO=GD=a,
由AO2=AD2-OD2,
得AO=a,
所以EF=AO=a.又CE=GD=a,
所以在Rt△EFC中,sin∠ECF==.故选B.
2.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=BC,
又因为B1M∥BC,且B1M=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)连接A1M,BM,因为A1B1=A1C1,M是B1C1的中点,所以A1M⊥B1C1.
又因为面A1B1C1⊥面BCC1B1,A1M 面A1B1C1,面A1B1C1∩面BCC1B1=B1C1,
所以A1M⊥面BCC1B1,
所以直线BM为A1B在面BCC1B1内的射影,
所以∠A1BM为直线A1B与平面BCC1B1所成的角.
设AB=2,则A1M=,A1B=2,
所以sin∠A1BM===,
所以∠A1BM=30°,
所以直线A1B与平面BCC1B1所成角的大小为30°.
3.B 连接PB.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A(3,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,4).
设P(x,3,z),0∵AP⊥BD1,∴·=0,
∴-3(x-3)-3×3+4z=0,∴z=x,
∴||==
=≥.
易得AB⊥平面BCC1B1,所以∠APB即为AP与平面BCC1B1所成的角,
∴tan θ=≤,
∴tan θ的最大值为.故选B.
4.A 以D为原点,,,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,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),O(1,1,0),设P(0,2,z),z∈[0,2],则=(-1,1,z),
=(2,2,0),=(2,0,2).
设面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,得n=(1,-1,-1),
∴sin θ=|cos<,n>|===.
令t=,
∵z∈[0,2],∴t∈,
∴3-+18=18t2-12t+3=18×+1∈,
∴sin θ∈,
∴sin θ的最小值为.故选A.
5.A 设正方体的棱长为1,=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O,P(1-λ,λ,1),
所以=.
连接B1D,在正方体ABCD-A1B1C1D1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sin θ=|cos<,>|
=
=,
当λ=时,sin θ取得最大值,当λ=0或λ=1时,sin θ取得最小值.
故sin θ∈.故选A.
6.解析 (1)由已知可得OP=BQ=2,
因为OA=,所以AB=2,
所以正四棱锥P-ABCD的体积V四棱锥P-ABCD=×S正方形ABCD×PO=×22×2=.
(2)以O为原点,OC,OD,OP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,易得P(0,0,2),A(-,0,0),B(0,-,0),C(,0,0),Q(0,-,2),所以=(0,,0),=(-,0,2),=(,0,2).
设平面PQC的一个法向量为n=(x0,y0,z0),则
即
令x0=,得n=(,0,1).
依题意可得==,
设E(x,y,z),则=(x+,y,z),
所以(x+,y,z)=,解得故E,
所以=.
设直线BE与平面PQC所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|===,
因为θ∈,
所以θ=arcsin.
故直线BE与平面PQC所成角的大小为arcsin.
7.解析 (1)证明:因为PA⊥底面ABCD, 所以PA⊥CD,又因为AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为AE 平面PAD,所以CD⊥AE.
(2)依题意得,AB,AD,AP两两互相垂直,故以点A为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系(如图).
设AB=AP=2,则B(2,0,0), C(2,2,0), D(0,2,0), P(0,0,2),由E为棱PD的中点,得E(0,1,1),所以=(0,1,1),=(-2,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的一个法向量,则即令y=1,可得n=(1,1,1),所以cos<,n>=,所以直线AE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)由(2)可得=(-2,-2,2), =(2,2,0), =(2,0,0).因为F为AB的中点,所以F(1,0,0).假设存在一点M满足条件,设=λ(0≤λ≤1),故=+=(1-2λ,2-2λ,2λ).由FM⊥AC,得·=0, 因此(1-2λ)×2+(2-2λ)×2=0,解得λ=,所以=.
8.解析 (1)依题可得AB,AD,AP两两互相垂直,故以A为坐标原点,AB,AD,AP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Axyz,
则P(0,0,1),A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),所以=(0,0,-1),=(1,1,-1),=(0,2,-1).
设平面PCD的一个法向量为n=(a,b,c),则即取b=1,得a=1,c=2,此时n=(1,1,2).
设直线PA与平面PCD所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|==.
(2)不存在.理由如下:假设存在一点E满足条件,设=λ(0≤λ≤1),则E(0,2λ,1-λ),
∴=(-1,2λ-1,1-λ),=(0,2λ,1-λ),
若∠AEC=90°,则·=2λ(2λ-1)+(1-λ)2=0,此方程无解,
故在棱PD上不存在一点E,满足∠AEC=90°.
9.解析 (1)证明:如图,取PC的中点Q,连接NQ,DQ,则QN∥BC,且QN=BC,
∵MD∥BC,且MD=BC,∴QN∥MD,且QN=MD,
∴四边形QNMD为平行四边形,∴MN∥DQ,
∵MN 平面PDC,DQ 平面PDC,∴MN∥平面PDC.
(2)连接PM,则PM⊥AD,∵面PAD⊥面ABCD,面PAD∩面ABCD =AD,
∴PM⊥面ABCD.连接MC,易得CM⊥MD,故MD,MC,MP两两互相垂直.以M为原点,,,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.
设AB=2,则M(0,0,0),P(0,0,),C(0,,0),B(-2,,0),∴=(-2,,
-),=(-2,0,0),
假设存在点N满足条件,设=λ(0≤λ≤1),
则N(-2λ,λ,-λ+),∴=(-2λ,λ,-λ+).
设面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=1,得n=(0,1,1),
∴sin θ=|cos<,n>|==,
解得λ=0或λ=,
∴线段PB(含端点)上存在点N,使得MN与面PBC所成的角为.
基础过关练
题组一 几何法研究线面角问题
1.(2020福建莆田第一中学高三模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点O在BC上,且BO=OC,过点O的直线l分别与直线AA1,C1D1交于M,N两点,则MN与面ADD1A1所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
2.(2020河南郑州高三月考)如图,三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为3的等边三角形,D是线段AB的中点,DE∩PB=E,且DE⊥AB,PA=,PB=,则PA与平面CDE所成角的正切值为( )
A. B. C. D.
3.(2020四川成都高三期末)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示,若E为线段BC的中点,则直线AE与平面ABD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
4.(2020山东临沂高三期末)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PC⊥BC,AB⊥BC,AB=2BC=2,PC=,则PA与平面ABC所成角的大小为 .
题组二 空间向量法研究线面角问题
5.(2020湖北武汉高二期末)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
6.(2020山东烟台高二期末)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 .
7.(2020广西桂林高二期末)如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为 .
8.(2020江苏南京高二期末)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是CD的中点.
(1)求D1E与AC1所成角的余弦值;
(2)求EB1与平面AD1E所成角的正弦值.
能力提升练
题组一 用几何法研究直线与平面所成的角
1.(2020山西太原高二月考,)如图所示,在正四面体A-BCD中,E为棱AD的中点,则CE与平面BCD所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
2.(2020山东菏泽高二期末,)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.
题组二 用向量法研究直线与平面所成的角
3.(2020河南安阳高二期末,)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,侧棱AA1⊥底面ABCD,AB=3,AA1=4,P是侧面BCC1B1内(不含边界)的动点,且AP⊥BD1,记AP与平面BCC1B1所成的角为θ,则tan θ的最大值为( )
A. B. C.2 D.
4.(2020四川绵阳高二期末,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点,设点P在棱CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为θ,则sin θ的最小值是( )
A. B. C. D.
5.(2020黑龙江牡丹江第一中学高二期末,)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.
6.(2020上海七宝中学高二期末,)如图,点O为正四棱锥P-ABCD的底面ABCD的中心,四边形POBQ为矩形,且OA=,BQ=2.
(1)求正四棱锥P-ABCD的体积;
(2)设E为侧棱PA上的点,且=,求直线BE与平面PQC所成角的大小.
7.(2020山东寿光第一中学高二月考,)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,AB=AP,E为棱PD的中点.
(1)证明:AE⊥CD;
(2)求直线AE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)若F为AB的中点,棱PC上是否存在一点M,使得FM⊥AC 若存在,求出的值,若不存在,说明理由.
8.(2020湖北武汉高二期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,AD=2且PA=AB=BC=1,PA⊥平面ABCD.
(1)求PA与平面PCD所成角的正弦值;
(2)棱PD上是否存在一点E,满足∠AEC=90° 若存在,求AE的长;若不存在,说明理由.
9.(2020吉林长春高二期末,)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,△PAD为正三角形,且面PAD⊥面ABCD,M为AD的中点.
(1)若点N为PB的中点,求证:MN∥平面PCD;
(2)线段PB上是否存在点N,使得MN与面PBC所成的角为
答案全解全析
基础过关练
1.A 如图所示,连接MD1,交AD于点E,连接OE.
∵C1D1⊥平面ADD1A1,∴∠NMD1是MN与平面ADD1A1所成的角.
∵C1D1∥平面ABCD,C1D1 平面MND1,平面MND1∩平面ABCD=OE,
∴C1D1∥OE.
∵O是BC的中点,
∴E是AD的中点,
∴E为MD1的中点,MD1=2ED1=6,ND1=2OE=12,
∴MN==18,∴sin∠NMD1==.故选A.
2.A ∵PA2+PB2=AB2,∴PA⊥PB.过P作PM⊥AB于M,则PM∥DE.∵DE⊥AB,AB⊥DC,DE∩DC=D,∴AB⊥平面CDE,∴PA与平面CDE所成的角等于∠APM.
又∵∠APM=∠PBA,
∴tan∠APM=tan∠PBA==.
3.C 过点E作EF⊥BD,垂足为F,连接AF,则∠EAF即为直线AE与平面ABD所成的角,不妨设正方形的边长为2,则BF=EF=,AB=2,在△ABF中,由余弦定理可得AF2=AB2+BF2-2×AB×BF×cos∠ABF=,所以AF=,在Rt△AEF中,AE2=AF2+EF2=3,所以AE=,故cos∠EAF==.
4.答案 45°
解析 如图,作平行四边形ABCD,连接PD,由AB⊥BC可得平行四边形ABCD是矩形.
∵BC⊥CD,BC⊥PC,PC∩CD=C,∴BC⊥平面PCD,又PD 平面PCD,∴BC⊥PD,同理可得AB⊥PD,又AB∩BC=B,∴PD⊥平面ABCD.∴∠PAD是PA与平面ABC所成的角.
由CD=AB=2,PC=得PD=1,又AD=BC=1,∴∠PAD=45°.
∴PA与平面ABC所成角的大小是45°.
5.D 以D点为坐标原点,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A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),∴=(-2,0,1),=(-2,2,0).
易知为平面BB1D1D的一个法向量,
∴cos<,>==,
∴直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为.故选D.
6.答案
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,
因此=,=(0,0,2),=(-1,2,0),
设平面PCO的一个法向量为n=(x,y,z),
则即令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>|==.
7.答案
解析 由于平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,故AF,AB,AD两两互相垂直,以点A为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(0,0,0),G(a,a,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),所以=(-a,a,0),=(0,2a,2a),=(a,a,0),
设平面AGC的一个法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,-1,1),
因此GB与平面AGC所成角的正弦值为|cos
8.解析 (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.
设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),C(0,2,0),E(0,1,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),
所以=(0,1,-2),=(-2,2,2).
设D1E与AC1所成的角为θ,
则cos θ=|cos<,>|===,
所以D1E与AC1所成角的余弦值为.
(2)由(1)可得=(-2,0,2),=(-2,1,0),=(2,1,2).
设平面AD1E的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则n=(1,2,1).
设EB1与平面AD1E所成的角为α,
则sin α=|cos<,n>|===,
所以EB1与平面AD1E所成角的正弦值为.
能力提升练
1.B 在正四面体A-BCD中,E为棱AD的中点,设棱长为a,
如图所示,过A作AO⊥平面BCD,
则O为△BCD的中心,连接DO并延长,交BC于G,过E作EF⊥GD,连接FC,则∠ECF即为CE与平面BCD所成的角.
由GD2=CD2-CG2,得GD=a,
所以DO=GD=a,
由AO2=AD2-OD2,
得AO=a,
所以EF=AO=a.又CE=GD=a,
所以在Rt△EFC中,sin∠ECF==.故选B.
2.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=BC,
又因为B1M∥BC,且B1M=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)连接A1M,BM,因为A1B1=A1C1,M是B1C1的中点,所以A1M⊥B1C1.
又因为面A1B1C1⊥面BCC1B1,A1M 面A1B1C1,面A1B1C1∩面BCC1B1=B1C1,
所以A1M⊥面BCC1B1,
所以直线BM为A1B在面BCC1B1内的射影,
所以∠A1BM为直线A1B与平面BCC1B1所成的角.
设AB=2,则A1M=,A1B=2,
所以sin∠A1BM===,
所以∠A1BM=30°,
所以直线A1B与平面BCC1B1所成角的大小为30°.
3.B 连接PB.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A(3,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,4).
设P(x,3,z),0
∴-3(x-3)-3×3+4z=0,∴z=x,
∴||==
=≥.
易得AB⊥平面BCC1B1,所以∠APB即为AP与平面BCC1B1所成的角,
∴tan θ=≤,
∴tan θ的最大值为.故选B.
4.A 以D为原点,,,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,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),O(1,1,0),设P(0,2,z),z∈[0,2],则=(-1,1,z),
=(2,2,0),=(2,0,2).
设面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,得n=(1,-1,-1),
∴sin θ=|cos<,n>|===.
令t=,
∵z∈[0,2],∴t∈,
∴3-+18=18t2-12t+3=18×+1∈,
∴sin θ∈,
∴sin θ的最小值为.故选A.
5.A 设正方体的棱长为1,=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O,P(1-λ,λ,1),
所以=.
连接B1D,在正方体ABCD-A1B1C1D1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sin θ=|cos<,>|
=
=,
当λ=时,sin θ取得最大值,当λ=0或λ=1时,sin θ取得最小值.
故sin θ∈.故选A.
6.解析 (1)由已知可得OP=BQ=2,
因为OA=,所以AB=2,
所以正四棱锥P-ABCD的体积V四棱锥P-ABCD=×S正方形ABCD×PO=×22×2=.
(2)以O为原点,OC,OD,OP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,易得P(0,0,2),A(-,0,0),B(0,-,0),C(,0,0),Q(0,-,2),所以=(0,,0),=(-,0,2),=(,0,2).
设平面PQC的一个法向量为n=(x0,y0,z0),则
即
令x0=,得n=(,0,1).
依题意可得==,
设E(x,y,z),则=(x+,y,z),
所以(x+,y,z)=,解得故E,
所以=.
设直线BE与平面PQC所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|===,
因为θ∈,
所以θ=arcsin.
故直线BE与平面PQC所成角的大小为arcsin.
7.解析 (1)证明:因为PA⊥底面ABCD, 所以PA⊥CD,又因为AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为AE 平面PAD,所以CD⊥AE.
(2)依题意得,AB,AD,AP两两互相垂直,故以点A为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系(如图).
设AB=AP=2,则B(2,0,0), C(2,2,0), D(0,2,0), P(0,0,2),由E为棱PD的中点,得E(0,1,1),所以=(0,1,1),=(-2,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的一个法向量,则即令y=1,可得n=(1,1,1),所以cos<,n>=,所以直线AE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)由(2)可得=(-2,-2,2), =(2,2,0), =(2,0,0).因为F为AB的中点,所以F(1,0,0).假设存在一点M满足条件,设=λ(0≤λ≤1),故=+=(1-2λ,2-2λ,2λ).由FM⊥AC,得·=0, 因此(1-2λ)×2+(2-2λ)×2=0,解得λ=,所以=.
8.解析 (1)依题可得AB,AD,AP两两互相垂直,故以A为坐标原点,AB,AD,AP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Axyz,
则P(0,0,1),A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),所以=(0,0,-1),=(1,1,-1),=(0,2,-1).
设平面PCD的一个法向量为n=(a,b,c),则即取b=1,得a=1,c=2,此时n=(1,1,2).
设直线PA与平面PCD所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|==.
(2)不存在.理由如下:假设存在一点E满足条件,设=λ(0≤λ≤1),则E(0,2λ,1-λ),
∴=(-1,2λ-1,1-λ),=(0,2λ,1-λ),
若∠AEC=90°,则·=2λ(2λ-1)+(1-λ)2=0,此方程无解,
故在棱PD上不存在一点E,满足∠AEC=90°.
9.解析 (1)证明:如图,取PC的中点Q,连接NQ,DQ,则QN∥BC,且QN=BC,
∵MD∥BC,且MD=BC,∴QN∥MD,且QN=MD,
∴四边形QNMD为平行四边形,∴MN∥DQ,
∵MN 平面PDC,DQ 平面PDC,∴MN∥平面PDC.
(2)连接PM,则PM⊥AD,∵面PAD⊥面ABCD,面PAD∩面ABCD =AD,
∴PM⊥面ABCD.连接MC,易得CM⊥MD,故MD,MC,MP两两互相垂直.以M为原点,,,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.
设AB=2,则M(0,0,0),P(0,0,),C(0,,0),B(-2,,0),∴=(-2,,
-),=(-2,0,0),
假设存在点N满足条件,设=λ(0≤λ≤1),
则N(-2λ,λ,-λ+),∴=(-2λ,λ,-λ+).
设面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=1,得n=(0,1,1),
∴sin θ=|cos<,n>|==,
解得λ=0或λ=,
∴线段PB(含端点)上存在点N,使得MN与面PBC所成的角为.