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文档简介
课时作业(六)直线与平面的夹角一、选择题1.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC1与对角面BB1D1D所成的角是()A.∠C1BB1B.∠C1BDC.∠C1BD1D.∠C1BO2.正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为侧面BCC1B1的中心,则AO与平面ABCD所成角的正弦值为()\f(\r(3),3)\f(1,2)\f(\r(6),6)\f(\r(3),6)3.正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点,则A1B1与平面A1EF夹角的正弦值为()\f(\r(6),2)\f(\r(6),3)\f(\r(6),4)\r(2)4.如果∠APB=∠BPC=∠CPA=60°,则PA与平面PBC所成角的余弦值为()\f(1,2)\f(\r(26),26)\f(\r(6),3)\f(\r(3),3)二、填空题5.若平面α的一个法向量n=(2,1,1),直线l的一个方向向量为a=(1,2,3),则l与α所成角的正弦值为________.6.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B和平面A1B1CD所成的角是________.7.在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角为________.三、解答题8.如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为eq\r(2)a,求AC1与侧面ABB1A1所成角的正弦值.9.如图所示,已知点P在正方体ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上,∠PDA=60°.(1)求DP与CC′所成角的大小;(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小.[尖子生题库]10.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PD⊥底面ABCD,点E在棱PB上.(1)求证:AC⊥平面PDB;(2)当PD=eq\r(2)AB且E为PB的中点时,求AE与平面PDB所成的角的大小.课时作业(六)直线与平面的夹角1.解析:由线面垂直的判定定理,得C1O⊥平面BB1D1D,所以OB为BC1在平面BB1D1D上的射影,所以∠C1BO为BC1与平面BB1D1D所成的角,故选D.答案:D2.解析:取BC中点M,连接AM,OM,易知∠OAM即为AO与平面ABCD所成的角,可求得sin∠OAM=eq\f(\r(6),6).答案:C3.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设棱长为1,则A1(1,0,1),Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,2),0)),Feq\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),设平面A1EF的法向量n=(x,y,z),则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,则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与平面A1EF所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).答案:B4.解析:如图,设A在平面BPC内的射影为O,∵∠APB=∠APC.∴点O在∠BPC的角平分线上,∴∠OPC=30°,∠APO为PA与平面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与平面α所成角的正弦值为eq\f(\r(21),6).答案:eq\f(\r(21),6)6.解析:连接BC1交B1C于O点,连接A1O.设正方体棱长为a.易证BC1⊥平面A1B1CD,∴A1O为A1B在平面A1B1CD上的射影.∴∠BA1O为A1B与平面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与平面A1B1CD所成角为30°.答案:30°7.解析:以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz,设OD=SO=OA=OB=OC=a,则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))),从而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).设平面PAC的一个法向量为n,可求得n=(0,1,1),则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°.所以直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°.答案:30°8.解析:取BC中点O,B1C1中点O1,连接AO,OO1,则AO⊥OC,OO1⊥平面ABC,以O为坐标原点,OC,OA,OO1所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则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中点M,连接CM,则CM⊥AB.∵平面ABB1A1⊥平面ABC,∴CM⊥平面ABB1A1,∴eq\o(CM,\s\up12(→))为平面ABB1A1的一个法向量.∵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与平面ABB1A1所成角的正弦值为eq\f(1,2).9.解析:如图,以D为坐标原点,DA为单位长建立空间直角坐标Dxyz.则eq\o(DA,\s\up12(→))=(1,0,0),eq\o(CC′,\s\up12(→))=(0,0,1).连接BD,B′D′.在平面BB′D′D中,延长DP交B′D′于H.设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)因为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与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是eq\o(DC,\s\up12(→))=(0,1,0).因为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与平面AA′D′D所成的角为30°.10.解析:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.∵PD⊥底面ABCD,∴PD⊥AC.∵PD∩BD=D,∴AC⊥平面PDB.(2)建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=1,则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
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