2024-2025学年新教材高中数学课时素养评价八第一章空间向量与立体几何1.2.3直线与平面的夹角含解析新人教B版选择性必修第一册

PAGE八直线与平面的夹角(15分钟30分)1．已知直线m，n与平面α所成的角都是eq\f(π,6)，A，B为直线m上的两点，C，D为直线n上的两点，若线段AB在平面α上的射影长为7，线段CD＝12，则()A.AB＝CD B．AB>CDC．AB<CD D．AB，CD的大小无法比较【解析】选C.由题意，AB·coseq\f(π,6)＝7，所以AB＝eq\f(14\r(3),3)，所以AB<CD.2．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为()A．eq\f(\r(6),3)B．eq\f(\r(10),2)C．eq\f(\r(15),5)D．eq\f(\r(10),5)【解析】选D.在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则B(2，2，0)，C1(0，2，1)，D(0，0，0)，D1(0，0，1)，＝(－2，0，1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，＝(0，0，1)，设平面BB1D1D的法向量n＝(x，y，z)，则，取x＝1，得n＝(1，－1，0)，设直线BC1与平面BB1DD1所成角为θ，则直线BC1与平面BB1DD1所成角的正弦值为：sinθ＝＝eq\f(2,\r(5)·\r(2))＝eq\f(\r(10),5).3．如图，圆柱OO1中，OO1＝2，OA＝1，OA⊥O1B，则AB与下底面所成角的正切值为()A．2B．eq\r(2)C．eq\f(\r(2),2)D．eq\f(1,2)【解析】选B.如图，过B作BC垂直于底面，垂足为C，连接AC，则∠BAC为AB与下底面所成角．再连接OC，因为OO1∥BC，OO1＝BC，所以四边形OO1BC为平行四边形，则O1B∥OC，得∠AOC为异面直线OA与O1B所成角为90°，由OA＝1，得AC＝eq\r(2)，又OO1＝2，所以tan∠BAC＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).即AB与下底面所成角的正切值为eq\r(2).4．长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝eq\r(2)，则异面直线AA1与BD1所成角的大小是________；BD1与平面ADD1A1所成角的大小是________．【解析】由图可知，AA1与BD1所成角大小等于∠DD1B，tan∠DD1B＝eq\f(\r(2),\r(2))＝1，∠DD1B＝45°；BD1与平面ADD1A1所成角为∠BD1A，tan∠BD1A＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∠BD1A＝30°.答案：45°30°5．等腰Rt△ABC的斜边AB在平面α内，若AC与α成30°角，求斜边上的中线CM与平面α所成角的大小．【解析】如图，作CO⊥α，则∠CAO＝30°，设AC＝BC＝1，则OC＝eq\f(1,2)，AB＝eq\r(2)，因为CM＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(\r(2),2)，所以sin∠OMC＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2),2).又∠OMC为锐角，所以∠OMC＝45°.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分，共20分)1．已知A，B，C在球O的球面上，AC＝eq\r(3)，BC＝2，∠ACB＝30°，直线OA与截面ABC所成的角为60°，则球O的表面积为()A．4πB．16πC．eq\f(4,3)πD．eq\f(16,3)π【解析】选B.因为A，B，C在球O的球面上，AC＝eq\r(3)，BC＝2，∠ACB＝30°，所以BC为△ABC外接圆的直径，又因为直线OA与平面ABC所成的角为60°，则球的半径R＝eq\f(1,cos60°)＝2，故球的表面积S＝4×π×22＝16π.2．在正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABC­A1B1C1中，AB＝2，E，F分别为A1C1和A1B1的中点，当AE和BF所成角的余弦值为eq\f(1,4)时，AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为()A．eq\f(\r(6),2)B．eq\f(\r(6),4)C．eq\f(\r(10),4)或eq\f(\r(6),4)D．eq\f(\r(10),2)【解析】选C.设AA1＝t，以B为原点，在平面ABC内以垂直于BC的直线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，则A(eq\r(3)，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，t))，B(0，0，0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，t))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，t))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，t))，因为AE和BF所成角的余弦值为eq\f(1,4)，所以|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(BF,\s\up6(→))|,|\o(AE,\s\up6(→))|·|\o(BF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t2－\f(1,2))),\r(1＋t2)\r(1＋t2))＝eq\f(1,4)，解得t＝1或t＝eq\f(\r(5),5).所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，或eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(5),5)))，平面BCC1B1的法向量n＝(1，0，0)，所以AE与平面BCC1B1所成角α的正弦值为：sinα＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|\o(AE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2)·1)＝eq\f(\r(6),4)或sinα＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|\o(AE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(\f(6,5))·1)＝eq\f(\r(10),4).3．(2024·新高考全国Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处水平面所成的角为()A．20°B．40°C．50°D．90°【解析】选B.晷针与晷面垂直，而晷面与赤道所在平面平行，所以晷针与赤道所在平面垂直，进而可知晷针与OA的夹角是50°，又OA垂直点A处的水平面，则晷针与点A处的水平面所成的角为40°.4．已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为eq\r(6)，且该三棱柱外接球的表面积为14π，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A．eq\f(π,3)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,6)D．eq\f(5π,12)【解析】选A.取BC中点D，过P作PE⊥平面ABC，交AD于E，则PE的中点O是该三棱柱外接球的球心，因为正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为eq\r(6)，所以AE＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)＝eq\r(2)，因为该三棱柱外接球的表面积为14π，所以该三棱柱外接球的半径R＝eq\r(\f(14π,4π))＝eq\r(\f(7,2))，所以PE＝2eq\r(R2－AE2)＝2eq\r(\f(7,2)－2)＝eq\r(6)，因为PE⊥平面ABC，所以∠PAE是PA与平面ABC所成角，tan∠PAE＝eq\f(PE,AE)＝eq\f(\r(6),\r(2))＝eq\r(3)，所以∠PAE＝eq\f(π,3).二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)5．已知六棱锥P­ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB.则下列结论中正确的是()A．平面PAB⊥平面PAEB．PB⊥ADC．直线CD与PF所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5)D．直线PD与平面ABC所成的角为45°【解析】选ACD.因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，所以AB⊥平面PAE，且AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAE，故A成立；因为PB在平面ABC的射影AB与AD不垂直，所以B不成立；因为CD∥AF，直线CD与PF所成角为∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，所以cos∠PFA＝eq\f(\r(5),5)，所以C成立．在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，所以∠PDA＝45°，故D成立．6．已知平面α及直线a，b，则下列说法错误的是()A．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行；B．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不行能垂直；C．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不行能都垂直；D．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行．【解析】选ABD.A选项，若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行，错误，如图：在直线a上取一点A，作AA1⊥α，在直线b上取一点B，作BB1⊥α.可以使∠AOA1＝∠BOB1＝30°，但a与b不平行；B选项，若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不行能垂直，错误，上图中在∠AOA1＝∠BOB1＝30°时，可以使∠AOB＝90°，即a⊥b；C选项，若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不行能都垂直，正确．缘由是若a与b与平面α都垂直，则a∥b，a与b不垂直；D选项，若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行，错误，如a，b都垂直于平面α.三、填空题(每小题5分，共10分)7．在全部棱长都相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为棱CC1，AC的中点，则直线AB与平面B1DE所成角的余弦值为________．【解析】因为是全部棱长都相等的直三棱柱ABC­A1B1C1.所以该棱柱的上下底面是正三角形，侧面都是正方形，设各棱长均为2，取AB的中点为原点，直线OC，OB分为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．则O(0，0，0)，B(0，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，D(eq\r(3)，0，1)，B1(0，1，2).所以eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2))，设平面B1DE的法向量m＝(x，y，z)，所以，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0,－\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋2z＝0))，令x＝2，得m＝(2，6eq\r(3)，－4eq\r(3))，因为eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0，1，0)且eq\o(AB,\s\up6(→))∥eq\o(OB,\s\up6(→)).设所求角为θ，则sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·\o(OB,\s\up6(→)),|m||\o(OB,\s\up6(→))|)))＝eq\f(3\r(30),20)，所以cosθ＝eq\f(\r(130),20).答案：eq\f(\r(130),20)8．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是__________．【解析】不妨取AB＝2.连接AO，OA1，在Rt△AOA1中，sin∠AOA1＝eq\f(AA1,A1O)＝eq\f(2,\r(4＋2))＝eq\f(\r(6),3)，sin∠C1OA1＝sin(π－2∠AOA1)＝sin2∠AOA1＝2sin∠AOA1cos∠AOA1＝2×eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(2),3)>eq\f(\r(6),3)，所以sinα的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))四、解答题(每小题10分，共20分)9．如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5.(1)求三棱柱ABC­A1B1C1的体积；(2)设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的正切值．【解析】(1)因为直三棱柱ABC­A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5.所以三棱柱ABC­A1B1C1的体积：V＝S△ABC×AA1＝eq\f(1,2)×AB×AC×AA1＝eq\f(1,2)×4×2×5＝20.(2)连接AM，因为直三棱柱ABC­A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，所以AA1⊥底面ABC，AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)eq\r(16＋4)＝eq\r(5)，所以∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，tan∠A1MA＝eq\f(AA1,AM)＝eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5).10．如图，已知四棱锥P­ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点．(1)证明：PE⊥BC；(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．【解析】以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，B(0，1，0).(1)设C(m，0，0)，P(0，0，n)，(m<0，n>0)，则D(0，m，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(m,2)，0)).可得eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(m,2)，－n))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(m，－1，0).因为eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(m,2)－eq\f(m,2)＋0＝0，所以PE⊥BC.(2)由已知条件可得m＝－eq\f(\r(3),3)，n＝1，故Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),6)，0))，P(0，0，1).则eq\o(PH,\s\up6(→))＝(0，0，－1)，eq\o(HE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(－\r(3),6)，0))设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(HE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PH,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(