2025版新教材高中数学第一章空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.3直线与平面的夹角课时作业新人教B版选择性必修第一册

1．2.3直线与平面的夹角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〉＝－，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．150°2.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为AB的中点，则直线A1E与平面A1BC1所成角的正弦值为()A．B．C．D．3．已知在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝6，E为棱PD的中点，则直线EC与平面PAB所成角的正弦值为()A．B．C．D．4．正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是D1C1，AB的中点，则A1B1与截面A1ECF所成的角的正切值为()A．B．C．D．5.如图，四棱锥PABCD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________．6．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1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．7．在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°8．(多选)已知三棱锥PABC，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E为PA中点，PB⊥CE，则下列结论正确的是()A．PB⊥ACB．异面直线CE与AB所成的角的余弦值为C．CE与平面ABC所成的角的正弦值为D．三棱锥PABC外接球的表面积为6π9．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点．求EB与底面ABCD所成角的正弦值．10．如图，斜三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为正三角形，D为棱AC的中点，A1D⊥平面ABC.(1)证明：BD⊥平面ACC1A1；(2)若AA1＝AB＝2，求直线AB1与平面BB1C所成角的正弦值．11．在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝AD＝1，E为线段AD的中点．PE⊥底面ABCD，点F是棱PC的中点，平面BEF与棱PD相交于点G.(1)求证：BE∥FG；(2)若PC与AB所成的角为，求直线PB与平面BEF所成角的正弦值．12．在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2，AD＝，CD＝1，PA⊥平面ABCD，PA＝2.(1)若E是PA的中点，求证：DE∥平面PBC；(2)求证：BD⊥平面PAC；(3)求BC与平面PAC所成角的正弦值．13.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1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sinθ的取值范围是()A．[，]B．[，]C．[，]D．[，]14．在四棱锥PABCD中，已知AB∥CD，AB⊥AD，BC⊥PA，AB＝2AD＝2CD＝2，PA＝，PC＝2，E是PB上的点．(1)求证：PC⊥底面ABCD；(2)是否存在点E使得PA与平面EAC所成角的正弦值为？若存在，求出该点的位置；不存在，请说明理由．15．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是梯形，点E在BC上，AD∥BC，AB⊥AD，BC＝2AB＝2AD＝2AP＝4BE＝8.(1)求证：平面PDE⊥平面PAC；(2)求直线PE与平面PAC所成的角的正弦值．1．2.3直线与平面的夹角必备学问基础练1．答案：A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).即θ＝30°.故选A.2．答案：D解析：以点D为坐标原点，向量，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1(1，0，1)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，E(1，eq\f(1,2)，0)，可得＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，eq\f(1,2)，－1)，设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，有，取x＝1，则n＝(1，1，1)，所以·n＝eq\f(1,2)－1＝－eq\f(1,2)，||＝eq\f(\r(5),2)，|n|＝eq\r(3)，则直线A1E与平面A1BC1所成角的正弦值为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(3))))＝eq\f(\r(15),15).故选D.3．答案：B解析：PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为4的正方形，则有PA⊥AB，PA⊥AD，AB⊥AD，而PA∩AB＝A，故AD⊥平面PAB，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图：则A(0，0，0)，D(0，4，0)，C(4，4，0)，P(0，0，6)，E(0，2，3)，＝(－4，－2，3)，＝(0，4，0)，设直线EC与平面PAB所成角为θ，又由题可知为平面PAB的一个法向量，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2×4,4\r(16＋4＋9))))＝eq\f(2\r(29),29).故选B.4.答案：A解析：设棱长为2，建立以A1为原点，A1B1，A1D1，A1A为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，A1(0，0，0)，E(1，2，0)，C(2，2，2)，B1(2，0，0)，则＝(1，2，0)，＝(2，2，2)，则设平面A1ECF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝0，,2x＋2y＋2z＝0，))令y＝1，则x＝－2，z＝1，∴n＝(－2，1，1)，＝(2，0，0)，设A1B1与截面A1ECF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－4,2\r(6))))＝eq\f(\r(6),3)，cosθ＝eq\f(\r(3),3)，∴tanθ＝eq\r(2).故选A.5．答案：eq\f(8\r(85),85)解析：取BC的中点E，连接OE，易得OA，OE，OP两两相互垂直，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(－eq\f(1,2)，1，1)，因此＝(－eq\f(3,2)，－1，1)，＝(0，0，2)，＝(－1，2，0)，设平面PCO的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z＝0，,－x＋2y＝0，))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〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－3－1,\r(\f(17,4))×\r(5))))＝eq\f(8\r(85),85).6．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＝eq\f(1,2)BC，又因为B1M∥BC，且B1M＝eq\f(1,2)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)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，则在△A1MB中，∠A1MB＝90°，A1M＝eq\r(2)，A1B＝2eq\r(2)，所以sin∠A1BM＝eq\f(A1M,A1B)＝eq\f(\r(2),2\r(2))＝eq\f(1,2)，所以∠A1BM＝30°，所以直线A1B与平面BCC1B1所成角的大小为30°.关键实力综合练7．答案：A解析：由已知得AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC，所以分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设AA1＝2a，则A(0，1，0)，C(eq\r(3)，0，0)，C1(eq\r(3)，0，2a)，D(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，a)，E(0，0，a)，所以＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，平面BB1C1C的法向量为n＝(0，1，0)，则cos〈，n〉＝eq\f(\f(1,2),1×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋0))＝eq\f(1,2)，所以〈，n〉＝60°，所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A.8．答案：ACD解析：对于A：在三棱锥PABC中，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，取AC的中点F，连接PF，BF，则AC⊥PF，AC⊥BF.又PF∩BF＝F，所以AC⊥平面PBF，所以AC⊥PB.故A正确．对于B：因为AC⊥PB，PB⊥CE，AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC.在三棱锥PABC，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，所以三棱锥PABC为正三棱锥，所以PC⊥PA.所以PA＝PB＝PC＝eq\r(2).可以以P为原点，，，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系．则P(0，0，0)，A(eq\r(2)，0，0)，B(0，eq\r(2)，0)，C(0，0，eq\r(2))，E(eq\f(\r(2),2)，0，0).所以＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，＝(eq\f(\r(2),2)，0，－eq\r(2)).设异面直线CE与AB所成的角为θ，θ∈(0，eq\f(π,2)]，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝eq\f(|－1＋0＋0|,\r(2＋2＋0)×\r(\f(1,2)＋0＋2))＝eq\f(\r(10),10).即异面直线CE与AB所成的角的余弦值为eq\f(\r(10),10).故B错误；对于C：＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2)).设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则，不妨设x＝1，则n＝(1，1，1).设CE与平面ABC所成的角为β，β∈(0，eq\f(π,2)]，则sinβ＝|cos〈n，〉|＝＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋0－\r(2))),\r(1＋1＋1)×\r(\f(1,2)＋0＋2))＝eq\f(\r(15),15).即CE与平面ABC所成的角的正弦值为eq\f(\r(15),15).故C正确．对于D：把三棱锥PABC补形为正方体，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球．设其半径为R，由正方体的外接球满意2R＝eq\r(3)·eq\r(2)，所以R＝eq\f(\r(6),2).所以球的表面积为S＝4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(2)＝6π.故D正确．故选ACD.9．解析：由向量加法知＝＋＝eq\f(1,2)＋＝eq\f(1,2)(＋)＋，设||＝1，则||＝1，||＝1，且，，两两垂直，可得||＝eq\f(\r(6),2)，∴·＝－eq\f(1,2)，∴cos〈，〉＝＝eq\f(－\f(1,2),\f(\r(6),2))＝－eq\f(\r(6),6)，∴直线EB与底面ABCD所成角的正弦值为eq\f(\r(6),6).10．解析：(1)证明：在正△ABC中，因为D为AC的中点，所以BD⊥AC.因为A1D⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，所以BD⊥A1D，因为AC∩A1D＝D，AC，A1D均在平面ACC1A1内，所以BD⊥平面ACC1A1.(2)因为A1D⊥平面ABC.所以A1D⊥DC，A1D⊥DB.即DA1，DC，DB两两相互垂直．以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.因为AB＝AC＝AA1＝2，所以点A(0，－1，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，eq\r(3))，所以1＝(0，1，eq\r(3))，＝(eq\r(3)，1，0)，＝(－eq\r(3)，1，0)，从而＝＋＝(eq\r(3)，2，eq\r(3))，＝＝(0，1，eq\r(3))，设平面BB1C的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0,y＋\r(3)z＝0))，令y＝eq\r(3)，则n＝(1，eq\r(3)，－1).记直线AB1与平面BB1C所成角为θ.则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝eq\f(|\r(3)＋2\r(3)－\r(3)|,\r(10)×\r(5))＝eq\f(\r(6),5)，所以直线AB1与平面BB1C所成角的正弦值为eq\f(\r(6),5).11．解析：(1)证明：因为E为AD的中点，所以DE＝eq\f(1,2)AD＝1.又因为BC＝1，所以DE＝BC.在梯形ABCD中，DE∥BC，所以四边形BCDE为平行四边形．所以BE∥CD.又因为BE⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以BE∥平面PCD.因为BE⊂平面BEF，平面BEF∩平面PCD＝FG，所以BE∥FG.(2)因为PE⊥平面ABCD，且AE，BE⊂平面ABCD，所以PE⊥AE，且PE⊥BE.因为四边形BCDE为平行四边形，∠ADC＝90°，所以AE⊥BE.以E为坐标原点，如图建立空间直角坐标系Exyz.则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，1，0)，D(－1，0，0).设P(0，0，m)(m＞0)，所以＝(1，－1，m)，＝(－1，1，0).因为PC与AB所成角为eq\f(π,3)，所以|cos〈，〉|＝＝eq\f(2,\r(2＋m2)·\r(2))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).所以m＝eq\r(6).则P(0，0，eq\r(6))，F(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(\r(6),2)).所以＝(0，1，0)，＝(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(\r(6),2))，＝(0，1，－eq\r(6)).设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(\r(6),2)z＝0.))令x＝6，则z＝eq\r(6)，所以n＝(6，0，eq\r(6)).所以|cos〈，n〉|＝＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(6)×\r(6),\r(7)×\r(42))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),7)))＝eq\f(\r(6),7).所以直线PB与平面BEF所成角的正弦值为eq\f(\r(6),7).12．解析：(1)证明：取PB的中点F，连接EF，CF.因为E是PA中点，所以EF∥AB，EF＝eq\f(1,2)AB＝1，因为AB∥CD，AB＝2，CD＝1，所以EF∥CD，EF＝CD，所以四边形CDEF为平行四边形，所以ED∥FC，ED＝FC，因为DE⊄平面PBC，CF⊂平面PBC，所以DE∥平面PBC.(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AB⊥AD，所以AP，AB，AD两两垂直．如图，以点A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系Axyz.则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，eq\r(2)，0)，D(0，eq\r(2)，0)，P(0，0，2)，所以＝(1，eq\r(2)，0)，＝(－2，eq\r(2)，0)，因为·＝－2＋2＋0＝0，所以AC⊥BD，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，因为PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(3)由(2)知是平面PAC的一个法向量，＝(－2，eq\r(2)，0)，＝(－1，eq\r(2)，0)，设BC与平面PAC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2＋2＋0,\r(3)×\r(6))))＝eq\f(2\r(2),3)，所以BC与平面PAC所成角的正弦值为eq\f(2\r(2),3).核心素养升级练13．答案：A解析：设正方体的棱长为1，eq\f(A1P,A1C1)＝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D(0，0，0)，O(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，＝(－1，1，0)，＝(－λ，λ，0)，则P(1－λ，λ，1)，所以＝(eq\f(1,2)－λ，λ－eq\f(1,2)，1).连接B1D，在正方体ABCDA1B1C1D1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sinθ＝|cos〈，〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))－1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋1)×\r(3))))＝eq\f(1,\r(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋3))，当λ＝eq\f(1,2)时，sinθ取得最大值eq\f(\r(3),3)，当λ＝0或λ＝1时，sinθ取得最小值eq\f(\r(2),3).故sinθ∈[eq\f(\r(2),3)，eq\f(\r(3),3)].故选A.14．解析：(1)证明：在△ADC中：AD＝DC＝1，∠ADC＝90°，所以AC＝eq\r(2).在△ABC中：AC＝eq\r(2)，AB＝2，∠BAC＝45°，由余弦定理有：BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos45°＝2，∴BC＝eq\r(2)，∴AB2＝AC2＋BC2，所以∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，①又因为BC⊥PA，②由①②，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC.③在△PAC中：AC＝eq\r(2)，PC＝2，PA＝e