1.2.4 二面角
基础过关练
题组一 二面角及其度量
1.设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点),记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则( )
A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γ
C.β<α,γ<α D.α<β,γ<β
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若点P在正方体的内部,且满足,则二面角P-AB-C的余弦值为( )
A.
3.如图,平面SAC⊥平面ACB,△SAC是边长为4的等边三角形,△ACB为直角三角形,且∠ACB=90°,BC=4,则二面角S-AB-C的余弦值为 .
题组二 用空间向量求二面角
4.已知两平面的法向量分别为m=(0,,0),n=(,2),则两平面所成的二面角的大小为( )
A.60° B.120°
C.60°或120° D.90°
5.在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,
∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,E是AB的中点,PB=AC=2,则二面角B-PC-E的余弦值为( )
A.
6.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于点O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=2,E,F分别是AB,AP的中点,则二面角F-OE-A的余弦值为( )
A.-
7.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,BC⊥CD,平面SCD⊥平面ABCD,△SCD是以CD为斜边的等腰直角三角形,BC=2AD=2CD=4,E为BS上一点,且BE=2ES.
(1)证明:直线SD∥平面ACE;
(2)求二面角S-AE-C的余弦值.
能力提升练
题组 利用空间向量求二面角
1.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,D为BC的中点,E为线段A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈R),当二面角E-AD-C的余弦值为时,实数m的值为( )
A.1 B.2
C. D.3
2.如图,已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为4,E为棱AB的中点,点P在侧面CC'D'D上运动,当平面B'EP与平面ABCD、平面CC'D'D所成的角相等时,D'P的最小长度为( )
A.
3.如图,在四面体A-BCD中,△BCD为等边三角形,∠ADB=,二面角B-AD-C的大小为α,则α的取值范围是( )
A.
4.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,线段B1D1上有两个动点E,F(E在F的左边),且EF=,则下列说法正确的是( )
A.当E,F运动时,存在点E,F,使得AE⊥CF
B.当E,F运动时,存在点E,F,使得AE∥BF
C.当E运动时,二面角E-AB-C的平面角的最小值为45°
D.当E,F运动时,二面角A-EF-B的余弦值为定值
5.如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为正方形,AB=2,DS=1,平面ASD⊥平面ABCD,SD⊥AD,点E为棱DC上的动点,平面BSE与平面ASD所成的锐二面角为θ,则当θ取得最小值时,三棱锥E-ASD的体积为 .
6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为2的等边三角形,CC1=2,D,E分别是线段AC,CC1的中点,C1在平面ABC内的射影为D.若点F为线段B1C1上的动点(不包括端点),则锐二面角F-BD-E的余弦值的取值范围为 .
7.如图所示,在正方形ABCD中,AB=2,连接BD,将△CBD沿BD翻折到△C'BD的位置,使平面C'BD⊥平面ABD.
(1)求异面直线C'D与AB所成角的大小;
(2)求二面角D-AC'-B的正弦值.
8.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,△PAB为正三角形,平面PAB⊥平面ABCD,M是线段PD(不含端点)上的一个动点.
(1)记平面BCM交PA于点N,求证:MN∥平面PBC;
(2)是否存在点M,使得二面角P-BC-M的正弦值为 若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
9.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,将三角形AOB沿OB折起至三角形POB的位置,使得PC=,得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD.
(1)在棱PD上是否存在一点F,使得CF∥平面POB 若存在,求出PF的长度;若不存在,请说明理由;
(2)若E是线段PB上的一个动点,当直线CE与DP所成的角最小时,求二面角B-CE-D的余弦值.
答案与分层梯度式解析
1.2.4 二面角
基础过关练
1.B 2.B 4.C 5.C 6.B
1.B 解法一:如图,取AC的中点G,连接VG,设点V在底面ABC上的射影为O,则点P在底面ABC上的射影D在线段AO上,过点D作DE⊥AC于点E,连接PE,BD,易得PE∥VG,过点P作PF∥AC,交VG于点F,连接BF,过点D作DH∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,易知α,β,γ均为锐角,则cos α==cos β,即α>β,tan γ==tan β,即γ>β,故选B.
解法二:由最小角定理知β<α,记二面角V-AB-C的平面角为γ',显然γ'=γ,由最大角定理知β<γ'=γ,故选B.
解法三(特殊位置法):令三棱锥V-ABC为正四面体,P为VA的中点,易得cos α=,则sin α=,sin β=,sin γ=,则β<α,β<γ,故选B.
2.B 如图,过点P分别作PN⊥AB于点N,PM⊥平面ABCD,垂足为M,连接MN,由三垂线定理可知AB⊥MN,所以∠PNM为所求二面角的平面角,易知PM=,故PN=,所以cos∠PNM=.
3.答案
解析 如图,过点S作SD⊥AC于点D,过点D作DM⊥AB于点M,连接SM.
∵平面SAC⊥平面ACB,平面SAC∩平面ACB=AC,
∴SD⊥平面ACB,易得SM⊥AB,
∴∠DMS为二面角S-AB-C的平面角.
在△SAC中,SD=4×.
在△ACB中,过点C作CH⊥AB于点H,
∵AC=4,BC=4,
∴CH=.
易知DM∥CH,且AD=DC,∴DM=.
在Rt△SDM中,SM=,
∴cos∠DMS=.
故二面角S-AB-C的余弦值为.
4.C 因为cos=,
所以=60°.
因为二面角的平面角与二面角的两个半平面的法向量的夹角相等或互补,
所以两平面所成的二面角的大小为60°或120°.
5.C ∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA⊥AC,PA 平面PAC,∴PA⊥平面ABC.
以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AC=2,BC=1,∠ABC=90°,所以AB=,所以B(0,0,0),P(0,
1）,所以
.
设平面BPC的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令y1=1,则m=(0,1,-).
设平面EPC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则
令y2=2,则n=().
设二面角B-PC-E的平面角为θ,θ∈,
则cos θ=.
故选C.
6.B 以O为坐标原点,OB,OC,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,
由题意得OA=OB=2,
则O(0,0,0),A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2).
∵E,F分别是AB,AP的中点,
∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),
∴=(0,-1,1).
设平面OEF的一个法向量为m=(x,y,z),
则令x=1,则y=1,z=1,
∴m=(1,1,1).
易知平面OAE的一个法向量为n=(0,0,1),
则cos=.
由图知,二面角F-OE-A为锐二面角,
∴二面角F-OE-A的余弦值为.故选B.
7.解析 (1)证明:连接BD,交AC于点F,连接EF.
因为AD∥BC,所以△AFD∽△CFB,所以=2.
因为BE=2ES,所以=2,所以=2,
所以EF∥SD.
因为SD 平面ACE,EF 平面ACE,
所以直线SD∥平面ACE.
(2)因为平面SCD⊥平面ABCD,平面SCD∩平面ABCD=CD,BC 平面ABCD,BC⊥CD,所以BC⊥平面SCD.
以C为坐标原点,过点C且垂直于平面BCD的直线为x轴,CD,CB所在直线分别为y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,
则C(0,0,0),S(1,1,0),A(0,2,2),E,
所以=,.
设平面SAE的一个法向量为m=(x,y,z),
则
令x=3,得m=(3,1,1).
设平面EAC的一个法向量为n=(a,b,c),
则
令c=1,得n=(-1,-1,1).
设二面角S-AE-C的平面角为θ,由图可知θ为锐角,则cos θ=,
所以二面角S-AE-C的余弦值为.
能力提升练
1.A 2.B 3.C 4.C
1.A 由题意知m>0,如图所示,过点A在平面ABC内作Ax⊥AC,以A为坐标原点,AC,AA1所在直线分别为y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),D,所以.
设平面ADE的一个法向量为n=(x,y,z),
则令y=-1,得x=,
所以n=.
易知平面ADC的一个法向量为m=(0,0,1).
由题意得|cos|=,所以m2=1,又m>0,所以m=1.故选A.
2.B 建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,
则B'(0,0,4),E(2,0,0),所以=(2,0,-4).
设P(x,4,z)(0≤x≤4,0≤z≤4),则=(x-2,4,z).
易知平面ABCD、平面CC'D'D的一个法向量分别为n1=(0,0,1),n2=(0,1,0).
设平面B'EP的一个法向量为n3=(a,b,c),
则
取c=1,则a=2,b=,所以n3=.
因为平面B'EP与平面ABCD、平面CC'D'D所成的角相等,所以|cos|=|cos| |n1·n3|=|n2·n3| |2x+z-4|=4 2x+z-8=0或2x+z=0.
在平面CC'D'D上,直线2x+z-8=0过点D(4,4,0)和C'D'的中点(2,4,4).
在平面CC'D'D上,直线2x+z=0只过点(0,4,0),即点C.
取C'D'的中点G,连接GD,则点P在DG上运动或点P在点C处,所以D'P的最小长度为点D'到直线DG的距离,由等面积法可得D'P的最小长度为.
3.C 以B为坐标原点,BD所在直线为y轴,过点B且垂直于平面BCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为△BCD为等边三角形,所以不妨设BC=CD=BD=1.
因为∠ADB=,所以设A(m,1,n).
因为当n=0时,A,B,C,D四点共面,不能构成空间四面体,所以n≠0.
易知B(0,0,0),C,D(0,1,0),所以.
设平面BAD的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令x1=1,则z1=-,所以m=.
设平面ADC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则
令x2=1,则y2=,所以n=.
由图可知α为锐角,
所以cos α==.
因为≥0,所以<1,即≤cos α<1,所以α∈.故选C.
4.C 以C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(2,2,0),B(0,2,0),C(0,0,0),B1(0,2,2),D1(2,0,2).
设E(t,2-t,2),1≤t≤2,则F(t-1,3-t,2),
所以=(t-1,3-t,2),
所以>0,所以当E,F运动时,不存在点E,F,使得AE⊥CF,故A错误.
若AE∥BF,则A,B,B1,D1四点共面,与AB,B1D1是异面直线矛盾,故B错误.
设平面ABE的一个法向量为m=(x,y,z),
易得=(t-2,-t,2),
则
令y=2,得m=(0,2,t).
易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),
故cos=,
易知函数y=在[1,2]上单调递减,
所以,所以.
设二面角E-AB-C的平面角为θ,0°≤θ≤90°,则(cos θ)max=,所以二面角E-AB-C的平面角的最小值为45°,故C正确.
连接BD,AD1,AB1,则平面EFB即为平面BDD1B1,平面AEF即为平面AB1D1.
易知平面BDD1B1的一个法向量为=(2,2,0).
设平面AB1D1的一个法向量为u=(a,b,c),
易得=(-2,2,0),
则令a=1,得u=(1,1,1),
故cos<,u>=.
由图知,二面角A-EF-B为锐二面角,所以二面角A-EF-B的余弦值为定值,故D错误.
故选C.
5.答案
解析 依题意可知DA,DS,DC两两相互垂直,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(2,0,2),S(0,1,0),所以=(-2,1,-2).
设E(0,0,t),0≤t≤2,则=(-2,0,t-2).
易知平面ASD的一个法向量为m=(0,0,1).
设平面BSE的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=2,则x=t-2,y=2t,所以n=(t-2,2t,2),
所以cos θ=,
因为0≤t≤2,所以当t=-时,cos θ取得最大值,θ取得最小值,此时DE=,V三棱锥E-ASD=.
6.答案
解析 连接C1D,因为C1在平面ABC内的射影为D,所以C1D⊥平面ABC.
因为△ABC是等边三角形,D是AC的中点,所以DB⊥AD.
以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),B(,所以,1,0).
设F(x,y,z),(0<λ<1),则(x,y,z-λ,λ,0),所以F(),所以).
设平面BDE的一个法向量为m=(a,b,c),
则令b=3,得m=(0,3,).
设平面BDF的一个法向量为n=(d,e, f),
则令e=,得n=(0,,-λ).
所以|cos|=.
令3-λ=t,则t∈(2,3),|cos|=.
令s=,则s∈,|cos|=.
易知函数y=12s2-6s+1=12的图象开口向上,对称轴为直线s=,所以当s∈时,函数y=12s2-6s+1单调递增,所以当s∈时,12s2-6s+1∈,所以∈(1,),所以|cos|∈.
7.解析 取BD的中点O,连接C'O,AO,则AO⊥BD,C'O⊥BD.
因为平面C'DB⊥平面ABD,平面C'DB∩平面ABD=BD,C'O 平面C'DB,所以C'O⊥平面ABD.
如图,以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.
易得BD=2,则A(,0).
(1)易得,0),
所以|cos<,
所以异面直线C'D与AB所成角的大小为.
（2）易得
).
设平面C'AB的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则令z1=1,则x1=y1=1,
所以n1=(1,1,1).
设平面C'AD的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则令z2=1,则x2=1,y2=-1,所以n2=(1,
-1,1).
所以cos=.
所以二面角D-AC'-B的正弦值为.
8.解析 (1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以BC∥AD,又BC 平面PAD,AD 平面PAD,所以BC∥平面PAD.
因为BC 平面BCM,平面BCM∩平面PAD=MN,所以MN∥BC,又MN 平面PBC,BC 平面PBC,所以MN∥平面PBC.
(2)取AB的中点E,连接PE,CE,AC.
因为△PAB为等边三角形,所以PE⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PE 平面PAB,所以PE⊥平面ABCD.
因为四边形ABCD是菱形,所以AB=BC,又∠ABC=60°,所以△ABC为等边三角形,所以CE⊥AB.
以点E为坐标原点,EB,EC,EP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B(1,0,0),C(0,),所以
).
设λ),0<λ<1,则
λ).
设平面PBC的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则取x1=,得m=(,1,1).
设平面BCM的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则
取x2=λ,得n=(λ,1-λ,λ+1).
由题意得|cos|=,整理得27λ2+6λ-5=0,即(3λ-1)(9λ+5)=0,所以λ=(负值舍去).
故当点M为线段PD(不含端点)上靠近点P的三等分点时,二面角P-
BC-M的正弦值为.
9.解析 (1)存在点F,使得CF∥平面POB.连接OC,
依题意知PC=,OP=1,OD=3,
所以OC2+OP2=PC2,所以OP⊥OC.
因为OP⊥OB,OC 平面OBCD,OB 平面OBCD,OC∩OB=O,所以OP⊥平面OBCD,又OD 平面OBCD,
所以OP⊥OD,所以PD=.
过点C作CG∥OB交OD于点G,作GF∥OP交PD于点F,连接CF,如图,
易知OG=1,所以OG=OD.
因为GF∥OP,所以PF=.
因为CG∥OB,OB 平面POB,CG 平面POB,
所以CG∥平面POB.
因为FG∥OP,OP 平面POB,FG 平面POB,
所以FG∥平面POB.
又FG,CG 平面CFG,FG∩CG=G,
所以平面CFG∥平面POB,
又CF 平面CFG,所以CF∥平面POB.
故存在点F,使得CF∥平面POB,此时PF=.
(2)以O为坐标原点,OB,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,
则C(1,1,0),D(0,3,0),P(0,0,1),B(1,0,0),
所以=(0,-3,1).
设(0≤λ≤1),E(x,y,z),
则(x,y,z-1)=λ(1,0,-1),
所以E(λ,0,1-λ),=(λ-1,-1,1-λ).
设直线CE与DP所成的角为θ,
则cos θ=|cos<=(0≤λ≤1).
令t=4-λ,则λ=4-t(3≤t≤4),cos θ=.
令a=,则≤a≤,cos θ=,
所以当a=时,cos θ取得最大值,此时直线CE与DP所成的角最小,λ=,所以E.
易得=(-1,2,0).
设平面BCE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
取x1=1,得n1=(1,0,1).
设平面CED的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
取x2=2,得n2=(2,1,8).
所以cos=.
由图可知,二面角B-CE-D为钝二面角,则其余弦值为-.
2(共19张PPT)
知识 清单破
1.2.4 二面角
知识点 1 直线与平面的夹角
1.2.3 直线与平面的夹角
1.直线与平面的夹角的有关概念
如果一条直线与一个平面垂直,则称这条直线与这个平面所成的角为90°;如果一条直线与一
个平面平行,或直线在平面内,则称这条直线与这个平面所成的角为0°.
平面的斜线与它在平面内的射影所成的锐角,称为这条斜线与平面所成的角.直线与平面所
成的角也称为它们的夹角.
2.斜线与平面所成角的性质
如图所示,设AO是平面α的一条斜线段,O为斜足,A'为A在平面α内的射影,而OM是平面α
内的一条射线,A'M⊥OM.记∠AOA'=θ1,∠A'OM=θ2,∠AOM=θ,则cos θ=cos θ1cos θ2.
最小角定理:平面的斜线与平面所成的角是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角.
3.用空间向量求直线与平面的夹角
如果v是直线l的一个方向向量,n是平面α的一个法向量,设直线l与平面α所成角的大小为θ,则θ
= -或θ=- .特别地,cos θ=sin,sin θ=|cos|.
注意:直线与平面所成角的范围为 .
知识点 2 二面角
1.二面角的定义
如图所示,在二面角α-l-β的棱上任取一点O,以O为垂足,分别在半平面α和β内作垂直于棱的射
线OA和OB,则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角.二面角的大小用它的平面角大小
来度量,即二面角大小等于它的平面角大小.特别地,平面角是直角的二面角称为直二面角.
2.用空间向量求二面角
如果n1,n2分别是平面α1,α2的一个法向量,设α1与α2所成角的大小为θ,则θ=或θ=π-.
特别地,sin θ=sin.
注意:二面角的平面角的范围为[0,π].
直线在平面α内或与平面α平行.
知识辨析 判断正误，正确的画“ √” ，错误的画“ ” .
1.若一条直线与一个平面α的夹角为0°,则这条直线在平面α内. ( )
提示
2.二面角中两个半平面法向量的夹角与二面角的大小相等. ( )
提示
相等或互补.
3.已知向量m是直线l的一个方向向量,n是平面α的一个法向量,若cos=- ,则直线l与平
面α所成的角为120°. ( )
讲解分析
疑难 情境破
疑难 1 利用空间向量研究线面角、二面角
1.用空间向量求线面角的步骤
(1)建立适当的空间直角坐标系,并写出相应点的坐标;
(2)求出直线的方向向量a的坐标以及平面的法向量b的坐标;
(3)计算:设线面角的大小为θ,利用sin θ= ,结合θ∈ 得出结论.
2.用空间向量求二面角的平面角的步骤
(1)建立适当的空间直角坐标系,并写出相关点的坐标;
(2)求两个半平面的法向量n1,n2;
(3)计算:设二面角的平面角为θ,则|cos θ|=|cos|;
(4)观察:根据图形判断θ是钝角还是锐角,从而得出结论.
典例 如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形,对角线AC,BD交于点O,OA=8,OB=6,OP=8,OP
⊥底面ABCD,设点M满足 =λ (0<λ<1).
(1)若λ= ,求二面角M-AB-C的大小;
(2)若直线PA与平面BDM所成角的正弦值为 ,求λ的值.
解析 由题意得OA,OB,OP两两垂直.以O为坐标原点,OA,OB,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Oxyz,则A(8,0,0),B(0,6,0),C(-8,0,0),D(0,-6,0),P(0,0,8).
(1)易得 =(-8,6,0).设M(x1,y1,z1),
∵ = ,∴(x1,y1,z1-8)= (-8-x1,-y1,-z1),∴ 解得
∴M(-2,0,6),∴ =(-2,-6,6).
易知平面ABC的一个法向量为(0,0,1),记为n1.
设平面MAB的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则 即
令x2=3,则y2=4,z2=5,∴n2=(3,4,5).
∴cos= = = ,
∴二面角M-AB-C的大小为 .
(2)易得 =(8,0,-8), =(0,12,0).
设M(x3,y3,z3),∵ =λ ,
∴(x3,y3,z3-8)=λ(-8-x3,-y3,-z3),
∴ 解得
∴M ,
∴ = .
设平面BDM的一个法向量为m=(x4,y4,z4),
则 即
令z4=λ,则x4=1,y4=0,
∴m=(1,0,λ),
∴|m|= , ·m=8-8λ.
∵直线PA与平面BDM所成角的正弦值为 ,
∴ =|cos< ,m>|= = = ,
∴2λ2-5λ+2=0,解得λ= 或λ=2.
又0<λ<1,∴λ= .
利用空间向量解决与夹角有关的探索性问题的步骤
(1)假设存在(或结论成立);
(2)建立空间直角坐标系,得相关点的坐标;
(3)得有关向量的坐标;
(4)利用夹角的计算公式列关系式求解;
(5)根据解的情况得出结论.
疑难 2 利用空间向量解决与夹角有关的探索性问题
讲解分析
典例 如图1,在△MBC中,BM=2BC=4,BM⊥BC,A,D分别为MB,MC的中点,将△MAD沿AD折起
到△PAD的位置,使∠PAB=90°,如图2,连接PB,PC.
图1
图2
(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)若E为PC的中点,求直线DE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)在线段PC上是否存在一点G(不包括端点),使二面角P-AD-G的余弦值为 若存在,求
出 的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)证明:因为A,D分别为MB,MC的中点,所以AD∥BC.
因为BM⊥BC,所以BM⊥AD,所以PA⊥AD.
因为∠PAB=90°,所以PA⊥AB.
因为AB∩AD=A,所以PA⊥平面ABCD.
又因为PA 平面PAD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)知AP,AB,AD两两垂直.
如图,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Axyz,则B(2,
0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),E(1,1,1),所以 =(1,0,1), =(-2,1,0), =(-2,0,2).
设平面PBD的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则 即
令y1=2,得x1=1,z1=1,所以n=(1,2,1).
设直线DE与平面PBD所成的角为θ,
则sin θ=|cos< ,n>|= = .
故直线DE与平面PBD所成角的正弦值为 .
(3)假设在线段PC上存在一点G(不包括端点),使二面角P-AD-G的余弦值为 .
由(2)知A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),C(2,2,0),所以 =(2,2,-2), =(0,1,0).
设 =λ (0<λ<1),则G(2λ,2λ,2-2λ),
所以 =(2λ,2λ,2-2λ).
易知平面PAD的一个法向量为(1,0,0),记为n1.
设平面ADG的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则 即
令z2=λ,则x2=λ-1,所以n2=(λ-1,0,λ).
由题意得|cos|= = = ,所以8λ2+2λ-1=0,
解得λ1=- (舍去),λ2= .
故在线段PC上存在一点G(不包括端点),使二面角P-AD-G的余弦值为 ,且 = .1.2.3 直线与平面的夹角
基础过关练
题组一 用定义研究线面角问题
1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是侧棱B1B的中点,则直线AE与平面A1ED1所成角的大小是( )
A.60° B.90°
C.45° D.以上都不对
2.如图所示,在正四面体A-BCD中,E为棱AD的中点,则直线CE与平面BCD所成角的正弦值为( )
A.
3.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AB=2,则直线PB与平面PAC所成角的大小为 .
4.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 公式cos θ=cos θ1cos θ2的应用
5.若BC在平面α内,斜线AB与平面α所成的角为γ,∠ABC=θ,AA'⊥平面α,垂足为A',∠A'BC=β,θ,γ∈,那么( )
A.cos θ=cos γ·cos β
B.sin θ=sin γ·sin β
C.cos γ=cos θ·cos β
D.cos β=cos γ·cos θ
6.已知平面α内的∠APB=60°,射线PC与PA,PB所成角的大小均为135°,则PC与平面α所成的角θ的余弦值是( )
A.-
题组三 用空间向量研究线面角问题
7.若直线a的一个方向向量是m=(1,0,1),平面α的一个法向量是n=(-3,1,3),则直线a与平面α所成的角为( )
A.0° B.45° C.60° D.90°
8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等边三角形,AA1=AB,M是A1C1的中点,则直线AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为( )
A.
9.在如图所示的几何体PQBCDA中,PQ∥CD,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是边长为4的正方形,PD=PQ=2,则直线AQ与平面ACP所成角的正弦值为 .
10.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点.
(1)求证:平面AD1F⊥平面ADE;
(2)求直线EF与平面AD1F所成角的正弦值.
11.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=AB,点M是棱PD的中点.
(1)求证:PB∥平面ACM;
(2)设AC的中点为O,点N在棱PC上(异于点P,C),且ON=OA,求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.
能力提升练
题组 用向量法研究直线与平面所成的角
1.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,E,F分别为A1C1,A1B1的中点,当AE和BF所成角的余弦值为时,AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为( )
A.
2.如图,在圆柱中有一内接正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1,圆柱的高为2,底面半径为1,上、下底面的中心分别为O1,O,点K在上底面的圆周上运动,若直线AC与平面KAF所成角的正
弦值最小为m,则= .
3.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为BB1,DD1的中点,点M在CD1上,且CM=2MD1.
(1)证明:A,E,M,F四点共面;
(2)求直线CD1与平面AEMF所成角的正弦值.
4.如图,在四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,SA=SD=1,AB=2CD=2BC=2,SB=,点M为棱CD的中点,点N在棱SA上,且AN=3SN.
(1)证明:MN∥平面SBC;
(2)求直线SC与平面SBD所成角的正弦值.
5.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,AD∥BC,∠ABC=
90°,AD=1,PA=AB=BC=2,M是棱PB的中点.
(1)已知点E在棱BC上,且平面AME∥平面PCD,试确定点E的位置,并说明理由;
(2)设N是线段CD上的动点,当点N在何处时,直线MN与平面PAB所成的角最大 并求出最大角的正弦值.
答案与分层梯度式解析
1.2.3 直线与平面的夹角
基础过关练
1.B 2.B 5.A 6.B 7.A 8.B
1.B 由题意可知AE=A1E=,则AE2+A1E2=A,故AE⊥A1E.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D1⊥平面ABB1A1.因为AE 平面ABB1A1,所以A1D1⊥AE.因为A1D1∩A1E=A1,所以AE⊥平面A1ED1,所以直线AE与平面A1ED1所成角的大小为90°.故选B.
2.B 设棱长为a,如图所示,过点A作AO⊥平面BCD,垂足为O,则点O为△BCD的中心,连接DO并延长,交BC于点G,过点E作EF⊥GD于点F,连接FC,则∠ECF即为直线CE与平面BCD所成的角.由GD2=CD2-CG2,得GD=a,所以OD=a.由AO2=AD2-OD2,得AO=a,所以EF=a.又CE=GD=a,所以在Rt△EFC中,sin∠ECF=.故选B.
3.答案
解析 如图,连接BD,交AC于点O,连接OP.
∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,
∴BD⊥PA,BD⊥AC,
∵AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,
∴BD⊥平面PAC,即BO⊥平面PAC,则∠BPO即为直线PB与平面PAC所成的角.
∵PA=AB=2,∴PB=2,
∴sin∠BPO=,∴∠BPO=.
4.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.
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,
所以直线BM为A1B在平面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=,
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°.
5.A
6.B 由题可知cos 45°=cos θ·cos 30°,∴cos θ=.
7.A 设直线a与平面α所成的角为θ,则θ∈,
sin θ=|cos|==0,
所以θ=0.故选A.
8.B 如图所示,取AC的中点D,连接BD,以D为坐标原点,BD,DC,DM所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
不妨设AC=2,则A(0,-1,0),M(0,0,2),B(-
,0,2),
所以=(0,0,2).
设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z),
则令x=,则y=-3,z=0,
所以n=(,-3,0).
设直线AM与平面BCC1B1所成的角为α,
则sin α=|cos <,n>|=,
即直线AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
9.答案
解析 由题可得DA,DC,DP两两垂直.
以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(4,0,0),C(0,4,0),P(0,0,2),Q(0,2,2),所以=(-4,0,2).
设平面ACP的一个法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,则y=1,z=2,
所以n=(1,1,2).
设直线AQ与平面ACP所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=.
10.解析 以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),E(2,2,1),F(0,1,0),D1(0,0,2),所以=(-2,-1,
-1).
(1)证明:设平面ADE的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令y=1,则x=0,z=-2,所以n=(0,1,-2).
设平面AD1F的一个法向量为m=(a,b,c),
则
令a=1,则b=2,c=1,所以m=(1,2,1).
因为n·m=0+2-2=0,所以平面AD1F⊥平面ADE.
（2）设直线EF与平面AD1F所成的角为θ,则sin θ=|cos<,m>|
=.故直线EF与平面AD1F所成角的正弦值为.
11.解析 (1)证明:连接BD,设AC∩BD=E,连接ME.
因为底面ABCD为矩形,所以E为BD的中点,
又点M是棱PD的中点,所以PB∥EM.
因为PB 平面ACM,EM 平面ACM,
所以PB∥平面ACM.
(2)由题意得AB,AD,AP两两互相垂直.
以点A为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略).
设PA=AD=,则A(0,0,0),C(1,
,所以
).
设,0<λ<1,则.
易得AC=,所以ON=OA=,所以,即,即5λ2-3λ=0,所以λ=,所以.
设平面ACM的一个法向量为n=(x,y,z),
则令y=-1,得n=(,-1,1).
设直线AN与平面ACM所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=
,
所以直线AN与平面ACM所成角的正弦值为.
能力提升练
1.B 设AA1=t.以B为坐标原点,过B且垂直于BC的直线为x轴,BC,
BB1所在直线分别为y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(
.
∵AE和BF所成角的余弦值为,
∴|cos<,解得t=2或t=
-2(舍去),∴.
易知平面BCC1B1的一个法向量为n=(1,0,0),
∴AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为|cos<,n>|=.故选B.
2.答案
解析 取AB的中点M,连接OM,OC,OO1.以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示,
则F(0,-1,0),A,C(0,1,0),
所以.
设K(cos θ,sin θ,2),θ∈[0,2π),
则=(cos θ,sin θ+1,2).
设平面KAF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=2,得n=(2,-2sin θ-cos θ+).
所以直线AC与平面KAF所成角的正弦值为,所以当sin=1时,直线AC与平面KAF所成角的正弦值最小,为m=,所以.
3.解析 易知DD1⊥平面ABCD,AD,CD 平面ABCD,所以DD1⊥AD,DD1⊥CD,又AD⊥DC,所以以D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(1,0,0),E(1,1,1),F(0,0,1),C(0,1,0),D1(0,0,2),所以=(-1,0,1).
由CM=2MD1,得,所以.
（1）证明:若A,E,M,F四点共面,则存在实数λ,μ,使得
,故
所以,故A,E,M,F四点共面.
(2)设平面AEMF的一个法向量为m=(x,y,z),
则取x=1,得m=(1,-1,1).
设直线CD1与平面AEMF所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,m>|=,
故直线CD1与平面AEMF所成角的正弦值为.
4.解析 (1)证明:过点M作MF∥BC,交AB于点F,连接NF,则四边形MCBF为平行四边形,所以FB=MC=,所以AF=3FB.
又AN=3SN,所以NF∥SB.
因为NF 平面SBC,SB 平面SBC,
所以NF∥平面SBC.
因为MF∥BC,MF 平面SBC,BC 平面SBC,
所以MF∥平面SBC.
又NF∩MF=F,NF,MF 平面MNF,
所以平面MNF∥平面SBC.
又MN 平面MNF,所以MN∥平面SBC.
(2)取AD的中点O,连接SO,BO.
因为AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC=2,所以AD=BD=,所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.
因为SA=SD=1,AD=,所以SA⊥SD,SO⊥AD,
所以SO=.
在△BDO中,BO2=BD2+OD2=,
又SB=,所以SB2=SO2+BO2,所以SO⊥OB.
因为AD∩BO=O,AD,BO 平面ABCD,
所以SO⊥平面ABCD.
以B为坐标原点,BA,BC所在直线分别为x轴,y轴,过点B且平行于SO的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0),C(0,1,0),D(1,1,0),S,
所以.
设平面SBD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=-1,z=-,故n=(1,-1,-).
设直线SC与平面SBD所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,即直线SC与平面SBD所成角的正弦值为.
5.解析 (1)E是BC的中点,理由如下:
∵平面AME∥平面PCD,平面ABCD∩平面AME=AE,平面ABCD∩平面PCD=CD,∴AE∥CD.
又∵AD∥EC,∴四边形ADCE是平行四边形,
∴EC=AD=1.∵BC=2,∴BE=EC,即E是BC的中点.
(2)由题意知PA,AB,AD两两互相垂直.以A为原点,AD,AB,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,
则A(0,0,0),C(2,2,0),D(1,0,0),M(0,1,1),
∴=(1,2,0).
设(0≤λ≤1),则=(λ+1,2λ-1,
-1).
易知n=(1,0,0)为平面PAB的一个法向量.
设直线MN与平面PAB所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|==.
令λ+1=t,则t∈[1,2],,
∴当t=,即λ=时,sin θ取得最大值,为,
∴当N是线段DC上靠近C的三等分点时,直线MN与平面PAB所成的角最大,最大角的正弦值为.
2
