新教材2023版高中数学课时作业三十二直线与直线直线与平面的夹角北师大版选择性必修第一册

课时作业(三十二)直线与直线、直线与平面的夹角[练基础]1．已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．150°2．已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(10),10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(3\r(10),10)D.eq\f(3,5)3．已知在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3)D.eq\f(1,3)4．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(3,5)5．在正四棱锥S­ABCD中，SA＝AB＝2，则直线AC与平面SBC夹角的正弦值为()A.eq\f(\r(3),6)B.eq\f(\r(6),6)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(6),3)6．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，AA1＝2，D是BB1的中点，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值等于()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(6),4)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(10),4)7．若平面α的一个法向量为n＝(－eq\r(3)，1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(eq\r(3)，1,1)，则l与α所成角的正弦值为________．8．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是C1C的中点，O是底面ABCD的中心，P是A1B1上的任意点，则直线BM与OP夹角的大小为________．9．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则直线BM与直线AN夹角的余弦值为________．10．已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为eq\r(2)a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值．[提能力]11．[多选题]如图，ABCD­A1B1C1D1为正方体，下面结论正确的是()A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．异面直线AD与CB1所成的角为60°12．如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，且PD＝AB＝1，G为△ABC的重心，则PG与底面ABCD所成的角θ满足()A．θ＝eq\f(π,4)B．cosθ＝eq\f(2\r(34),17)C．tanθ＝eq\f(2\r(2),3)D．sinθ＝eq\f(\r(3),3)13．已知在正四面体A­BCD中，E为棱AD的中点，则CE与平面BCD的夹角的正弦值为________．14．正方体ABCD­A1B1C1D1中，B1D与BC1夹角的大小是________，若E，F分别为AB，CC1的中点，则异面直线EF与A1C1夹角的大小是________．15．如图所示，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是BC，A1D1的中点．(1)求直线A1C与DE所成角的余弦值；(2)求直线AD与平面B1EDF所成角的余弦值．[培优生]16．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝2，AA1＝2eq\r(2)，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1.(1)证明：BC⊥AB1；(2)若OC＝OA，求直线CD与平面ABC夹角的正弦值．课时作业(三十二)1．解析：设l与α所成的角为θ且θ∈[0°，90°]，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2).∴θ＝30°.故选A.答案：A2．解析：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，E(1，0，1)，D1(0，0，2).所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，CD1＝(0，－1，2)，所以cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，CD1〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·CD1,|\o(BE,\s\up6(→))|·|CD1|)＝eq\f(3,\r(2)×\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).故选C.答案：C3．答案：A4．解析：不妨设CA＝CC1＝2CB＝2，则AB1＝(－2，2，1)，C1B＝(0，－2，1)，所以cos〈AB1，C1B〉＝eq\f(AB1·C1B,|AB1||C1B|)＝eq\f(（－2）×0＋2×（－2）＋1×1,\r(9)×\r(5))＝－eq\f(\r(5),5).所以所求角的余弦值为eq\f(\r(5),5).故选A.答案：A5．答案：C6．解析：以C为原点，在平面ABC中，过C作CB的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB＝1，AA1＝2，则A(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，C(0，0，0)，C1(0，0，2)，D(0，1，1)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，CC1＝(0，0，2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，1)，设平面AA1C1C的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0,n·CC1＝2z＝0))，取x＝1，得n＝(1，－eq\r(3)，0)，设AD与平面AA1C1C所成角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(AD,\s\up6(→))·n|,|\o(AD,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),\r(2)·\r(4))＝eq\f(\r(6),4).答案：B7．解析：由题，设l与α所成角为θ，可得sinθ＝eq\f(|n·a|,|n||a|)＝eq\f(|－3＋1＋1|,\r(（－\r(3)）2＋1＋1)·\r(（\r(3)）2＋1＋1))＝eq\f(1,5).答案：eq\f(1,5)8．答案：eq\f(π,2)9．答案：eq\f(\r(30),10)10．略11．解析：以D为坐标原点，分别以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，DD1所在方向为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则可以证明AC1⊥平面CB1D1，∴AC1可以作为平面CB1D1的法向量，∴C正确．∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，AC1＝(－1，1，1)，∴eq\o(BD,\s\up6(→))·AC1＝1－1＝0，∴BD∥平面CB1D1即AB正确．又∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，CB1＝(1，0，1)，∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，CB1〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·CB1,|\o(AD,\s\up6(→))||CB1|)＝－eq\f(\r(2),2)，∴AD与CB1所成的角为45°，∴D错，故选ABC.答案：ABC12．略答案：B13．答案：eq\f(\r(2),3)14．答案：90°30°.15．略16．解析：(1)证明由题意，∵四边形ABB1A1是矩形，D为AA1的中点，AB＝2，AA1＝2eq\r(2)，AD＝eq\r(2)，∴在Rt△ABB1中，tan∠AB1B＝eq\f(AB,BB1)＝eq\f(\r(2),2).在Rt△ABD中，tan∠ABD＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(\r(2),2)，∴∠AB1B＝∠ABD.又∵∠BAB1＋∠AB1B＝90°，∴∠BAB1＋∠ABD＝90°，即BD⊥AB1.又∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴CO⊥AB1，又∵CO∩BD＝O，CO，BD⊂平面BCD，∴AB1⊥平面BCD.∵BC⊂平面BCD，∴BC⊥AB1.(2)如图，以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2\r(3),3)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(6),3)，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(2\r(3),3)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，0，0)).∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(6),3)，\f(2\r(3),3)，0))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，0，－\f(2\r(3),3))).设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z).根据eq\b\lc