《20212022学年新教材高中数学课时素养评价三十第三章空间向量与立体几何43第1课时两条直线所成的角直线与平面所成的角含解析北师大版选择性必修第一册》由会员分享，可在线阅读，更多相关《20212022学年新教材高中数学课时素养评价三十第三章空间向量与立体几何43第1课时两条直线所成的角直线与平面所成的角含解析北师大版选择性必修第一册（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、三十两条直线所成的角、直线与平面所成的角 (15分钟30分)1设两条直线所成角为(为锐角)，则两直线方向向量的夹角与()A相等 B互补C互余 D相等或互补【解析】选D.两直线方向向量的夹角与可能相等，可能互补，取决于向量的方向2若正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为，AB1，则直线AB1与CD1所成的角为()A30 B45 C60 D90【解析】选C.因为正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为，AB1，所以AA1，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A(1，0，0)，B1(1，1，)，C(0，1，0)，D1(0，0，)，(0，1，)，(0，1，)，设直
2、线AB1与CD1所成的角为，则cos ，又090，所以60，所以直线AB1与CD1所成的角为60.3已知平面的一个法向量n，A，P，且，则直线PA与平面所成的角为_.【解析】设直线PA与平面所成的角为，则sin ，所以直线PA与平面所成的角为.答案：4已知平面的一个法向量为n(1，1，0)，则y轴与平面所成的角的大小为_.【解析】y轴的一个方向向量s(0，1，0)，cos n，s，即y轴与平面所成角的正弦值是，故其所成的角的大小是.答案：5如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上，且DEAE.求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值【解析】如图所示
3、，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA1，则AB2，相关各点的坐标分别是A(0，1，0)，B(，0，0)，C1(0，1，)，D.易知(，1，0)，(0，2，)，.设平面ABC1的一个法向量为n(x，y，z)，则有解得xy，zy，故可取n(1，).所以，|cos n，|.由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为. (30分钟60分)一、单选题(每小题5分，共20分)1若平面的一个法向量n(2，1，1)，直线l的一个方向向量为a(1，2，3)，则l与平面所成角的正弦值为()A B C D【解析】选A.cos a，n，所以l与平面所成角的正弦值为.2(2021衡水高二检
4、测)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是()A. B C D【解析】选C.如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz.由于ABBCAA1，不妨取AB2，则B(0，0，0)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，C1(2，0，2).所以(0，1，1)，BC1(2，0，2)，所以cos ，所以异面直线EF和BC1的夹角为.3如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA11，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为()A. B C D【解析】选D.如图所示，建立空间直角坐标系，则D
5、(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，所以(2，0，1).连接AC，易证AC平面BB1D1D，所以平面BB1D1D的一个法向量为a(2，2，0).所以所求角的正弦值为|cos a，|.4如图，已知两个正四棱锥PABCD与QABCD的高分别为1和2，AB4.则异面直线AQ与PB所成角的余弦值为()A. B C D【解析】选B.由题设知，ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则ACBD，连接PQ，则PQ过点O，由正四棱锥的性质知PQ平面ABCD，故以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
6、则P(0，0，1)，A(2，0，0)，Q(0，0，2)，B(0，2，0)，所以(2，0，2)，(0，2，1).于是cos ，所以异面直线AQ与PB所成角的余弦值为.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在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AB，则()AAC1与底面ABC所成角的正弦值为BAC1与底面ABC所成角的正弦值为CAC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为DAC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为【解析】选BC.如图，取A1C1的中点E，AC的中点F，并连接EF，则EB1，EC1，EF三条直线两两垂直，则分别以这三条直线为x轴，y轴，z
7、轴建立如图所示的空间直角坐标系设AB2，则AA12，所以A1(0，1，0)，C1(0，1，0)，A(0，1，2)，C(0，1，2)，B1(，0，0)，所以.底面ABC的一个法向量为m，所以AC1与底面ABC所成角的正弦值为，故A错B对设A1B1的中点为K，因为A1B1的中点K的坐标为，所以侧面AA1B1B的一个法向量为，所以AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为，故C对D错6在正方体ABCDA1B1C1D1中，若棱长为1，点E，F分别为线段B1D1，BC1上的动点，则下列结论正确的是()ADB1平面ACD1B平面A1C1B平面ACD1C点F到平面ACD1的距离为定值D直线AE与平面BB1D1
8、D所成角的正弦值为定值【解析】选ABC.以A为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系由题意知，A，B，C，D，A1，B1，C1，D1，设E，设，即，所以E，设F，即，所以F.对于A，因为，所以，所以DB1AC，DB1AD1.又AC，AD1平面ACD1，ACAD1A，所以DB1平面ACD1，A正确；对于B，因为DB1平面ACD1，所以为平面ACD1的一个法向量，因为，所以，所以DB1A1C1，DB1A1B，又A1C1，A1B平面A1C1B，A1C1A1BA1，所以DB1平面A1C1B，所以平面A1C1B平面ACD1，B正确；对于C，因为，所以点F到平面ACD1的距离d，为定值，C正确；对于D，因
9、为几何体为正方体，所以AC平面BB1D1D，所以是平面BB1D1D的一个法向量，又，设直线AE与平面BB1D1D所成角为，则sin ，不是定值，D错误三、填空题(每小题5分，共10分)7已知四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PAPD，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所成角的正弦值是_.【解析】以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设B(1，2，0)，C(1，2，0)，P(0，0，2)，所以M，因此，设平面PCO的一个法向量为n(x，y，z)，所以所以所以取n(2，1，0)，因此直线BM与平面PCO所成角的正弦值是.答案：8如图，已知四棱
10、锥PABCD的底面为等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点则PE与BC所成的角为_；若APBADB60，则直线PA与平面PEH所成角的正弦值为_【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)，(m0)，则D(0，m，0)，E.可得，(m，1，0).因为00，所以PEBC，所以它们所成的角为90.(2)由已知条件可得m，n1，故C，D，E，P(0，0，1).设a(x，y，z)为平面PEH的法向量，则即因此可以取a(1，0)
11、.由(1，0，1)可得|cos ，a|，所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.答案：90四、解答题(每小题10分，共20分)9如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD4，AB2，M是PD上一点，且BMPD.求异面直线PB与CM所成角的余弦值的大小【解析】分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A，B，C，D，P，则，设(01)，则，所以，由BMPD知01640，所以，M为PD中点，所以M，cos ，.所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.10在三棱锥ABCD中，BACBDC60，平面ABC平面BCD，当三棱锥ABC
12、D的体积取最大值时，求AB与CD所成角的余弦值【解析】设A到平面BCD的距离为h1，D到平面ABC的距离为h2，又在三棱锥ABCD中，平面ABC平面BCD，所以VABCDh1h2BCh1h2BC，又因为BACBDC60，考虑圆的一条弦对的圆周角相等，当两边相等时顶点到底边距离最大由题意可知，当ABAC，BDCD时，三棱锥ABCD的体积最大，此时，ABC与BDC是等边三角形，如图所示取BC的中点为O，连接AO，DO，则AOBC，DOBC；又平面ABC平面BCD，则AO，DO，BC两两互相垂直，设O为坐标原点，OD，OC，OA分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设BC2a，则
13、A，B，C，D，则，所以cos ，即AB与CD所成角的余弦值为.【创新迁移】一副标准的三角板(如图1)中，ABC为直角，A60，DEF为直角，DEEF，BCDF，把BC与DF重合，拼成一个三棱锥(如图2).设M是AC的中点，N是BC的中点(1)求证：平面ABC平面EMN；(2)设平面ABE平面MNEl，求证：lAB.(3)若AC4且二面角EBCA为直二面角，求直线EM与平面ABE所成角的正弦值【解析】(1)因为M是AC的中点，N是BC的中点，所以MNAB，因为ABBC，所以MNBC，因为BEEC，BEEC，N是BC的中点，所以ENBC，因为MNENN，MN平面EMN，EN平面EMN，所以BC平面EMN，又BC平面ABC，所以平面ABC平面EMN.(2)因为M是AC的中点，N是BC的中点，所以MNAB，因为MN平面EMN，AB平面EMN，所以AB平面EMN，因为平面ABE平面MNEl，所以l平面EMN，且l平面ABE，AB与l无交点，所以ABl.(3)由(1)知
