2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)課時素養(yǎng)評價三十第三章空間向量與立體幾何4.3第1課時兩條直線所成的角直線與平面所成的角含解析北師大版選擇性必修第一冊

PAGE三十兩條直線所成的角、直線與平面所成的角(15分鐘30分)1．設(shè)兩條直線所成角為θ(θ為銳角)，則兩直線方向向量的夾角與θ()A．相等 B．互補(bǔ)C．互余 D．相等或互補(bǔ)【解析】選D.兩直線方向向量的夾角與θ可能相等，可能互補(bǔ)，取決于向量的方向．2．若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為eq\r(3)，AB＝1，則直線AB1與CD1所成的角為()A．30° B．45° C．60° D．90°【解析】選C.因為正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為eq\r(3)，AB＝1，所以AA1＝eq\r(3)，以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1，0，0)，B1(1，1，eq\r(3))，C(0，1，0)，D1(0，0，eq\r(3))，＝(0，1，eq\r(3))，＝(0，－1，eq\r(3))，設(shè)直線AB1與CD1所成的角為θ，則cosθ＝＝eq\f(2,\r(4)×\r(4))＝eq\f(1,2)，又0°<θ≤90°，所以θ＝60°，所以直線AB1與CD1所成的角為60°.3．已知平面α的一個法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\r(2)))，A∈α，P?α，且eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2)))，則直線PA與平面α所成的角為________.【解析】設(shè)直線PA與平面α所成的角為θ，則sinθ＝＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(PA,\s\up6(→)))),|n||\o(PA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,4)－2)),\r(0＋\f(1,4)＋2)×\r(\f(3,4)＋\f(1,4)＋2))＝eq\f(\r(3),2)，所以直線PA與平面α所成的角為eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)4．已知平面α的一個法向量為n＝(1，－1，0)，則y軸與平面α所成的角的大小為________.【解析】y軸的一個方向向量s＝(0，1，0)，cos〈n，s〉＝eq\f(n·s,|n||s|)＝－eq\f(\r(2),2)，即y軸與平面α所成角的正弦值是eq\f(\r(2),2)，故其所成的角的大小是eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)5．如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝eq\r(2)AA1，點D是A1B1的中點，點E在A1C1上，且DE⊥AE.求直線AD和平面ABC1所成角的正弦值．【解析】如圖所示，設(shè)O是AC的中點，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AA1＝eq\r(2)，則AB＝2，相關(guān)各點的坐標(biāo)分別是A(0，－1，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C1(0，1，eq\r(2))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2))).易知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，＝(0，2，eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2))).設(shè)平面ABC1的一個法向量為n＝(x，y，z)，則有解得x＝－eq\f(\r(3),3)y，z＝－eq\r(2)y，故可取n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(6)).所以，|cos〈n，eq\o(AD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AD,\s\up6(→))|,|n||\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(3),\r(10)×\r(3))＝eq\f(\r(10),5).由此即知，直線AD和平面ABC1所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5).(30分鐘60分)一、單選題(每小題5分，共20分)1．若平面α的一個法向量n＝(2，1，1)，直線l的一個方向向量為a＝(1，2，3)，則l與平面α所成角的正弦值為()A．eq\f(\r(21),6) B．eq\f(\r(3),3) C．eq\f(\r(6),2) D．eq\f(\r(3),4)【解析】選A.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與平面α所成角的正弦值為eq\f(\r(21),6).2．(2024·衡水高二檢測)如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,4) C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)【解析】選C.如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系B-xyz.由于AB＝BC＝AA1，不妨取AB＝2，則B(0，0，0)，E(0，1，0)，F(xiàn)(0，0，1)，C1(2，0，2).所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，BC1＝(2，0，2)，所以cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，〉＝＝eq\f(2,\r(2)×\r(8))＝eq\f(1,2)，所以異面直線EF和BC1的夾角為eq\f(π,3).3．如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則BC1與平面BB1D1A.eq\f(\r(6),3) B．eq\f(2\r(6),5) C．eq\f(\r(15),5) D．eq\f(\r(10),5)【解析】選D.如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，所以＝(－2，0，1).連接AC，易證AC⊥平面BB1D1D，所以平面BB1D1D的一個法向量為a＝eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0).所以所求角的正弦值為|cos〈a，〉|＝＝eq\f(4,\r(8)×\r(5))＝eq\f(\r(10),5).4．如圖，已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1和2，AB＝4.則異面直線AQ與PB所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),9) C．eq\f(\r(2),6) D．eq\f(\r(2),9)【解析】選B.由題設(shè)知，ABCD是正方形，連接AC，BD，交于點O，則AC⊥BD，連接PQ，則PQ過點O，由正四棱錐的性質(zhì)知PQ⊥平面ABCD，故以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)A，OB，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則P(0，0，1)，A(2eq\r(2)，0，0)，Q(0，0，－2)，B(0，2eq\r(2)，0)，所以eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，0，－2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(2)，－1).于是cos〈eq\o(AQ,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AQ,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),|\o(AQ,\s\up6(→))||\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),9)，所以異面直線AQ與PB所成角的余弦值為eq\f(\r(3),9).二、多選題(每小題5分，共10分，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)5．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝eq\r(3)AB，則()A．AC1與底面ABC所成角的正弦值為eq\f(1,2)B．AC1與底面ABC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),2)C．AC1與側(cè)面AA1B1B所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4)D．AC1與側(cè)面AA1B1B所成角的正弦值為eq\f(\r(13),4)【解析】選BC.如圖，取A1C1則EB1，EC1，EF三條直線兩兩垂直，則分別以這三條直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝2，則AA1＝2eq\r(3)，所以A1(0，－1，0)，C1(0，1，0)，A(0，－1，2eq\r(3))，C(0，1，2eq\r(3))，B1(eq\r(3)，0，0)，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，－2\r(3))).底面ABC的一個法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2\r(3)))，所以AC1與底面ABC所成角的正弦值為＝＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－12,4×2\r(3))))＝eq\f(\r(3),2)，故A錯B對．設(shè)A1B1的中點為K，因為A1B1的中點K的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，所以側(cè)面AA1B1B的一個法向量為＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，所以AC1與側(cè)面AA1B1B所成角的正弦值為＝＝eq\f(3,4×\r(3))＝eq\f(\r(3),4)，故C對D錯．6．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，若棱長為1，點E，F(xiàn)分別為線段B1D1，BC1A．DB1⊥平面ACD1B．平面A1C1B∥平面ACDC．點F到平面ACD1的距離為定值eq\f(\r(3),3)D．直線AE與平面BB1D1D所成角的正弦值為定值eq\f(1,3)【解析】選ABC.以A為坐標(biāo)原點可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由題意知，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，0))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，1))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，1))，D1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，1))，設(shè)Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，1))，設(shè)＝λ，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1，y，0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，λ，0))，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－λ，λ，1))，設(shè)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，y′，z′))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝μ，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，y′，z′))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，μ，μ))，所以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，μ，μ)).對于A，因為＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，1))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，1))，所以，所以DB1⊥AC，DB1⊥AD1.又AC，AD1?平面ACD1，AC∩AD1＝A，所以DB1⊥平面ACD1，A正確；對于B，因為DB1⊥平面ACD1，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，1))為平面ACD1的一個法向量，因為＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－1))，所以，所以DB1⊥A1C1，DB1⊥A1B，又A1C1，A1B?平面A1C1B，A1C1∩A1所以DB1⊥平面A1C1所以平面A1C1B∥平面ACD1對于C，因為eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，μ，μ))，所以點F到平面ACD1的距離d＝＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，為定值，C正確；對于D，因為幾何體為正方體，所以AC⊥平面BB1D1D，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，0))是平面BB1D1D的一個法向量，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－λ，λ，1))，設(shè)直線AE與平面BB1D1D所成角為θ，則sinθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)))),|\o(AC,\s\up6(→))||\o(AE,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)·\r(2λ2－2λ＋2))，不是定值，D錯誤．三、填空題(每小題5分，共10分)7．已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形，PA＝PD＝eq\r(5)，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中點，O是AD的中點，則直線BM與平面PCO所成角的正弦值是________.【解析】以O(shè)為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)B(1，2，0)，C(－1，2，0)，P(0，0，2)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，1))，因此eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1，1))，設(shè)平面PCO的一個法向量為n＝(x，y，z)，所以所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x，y，z）·（0，0，2）＝0，,（x，y，z）·（－1，2，－2）＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝0，,x＝2y，))取n＝(2，1，0)，因此直線BM與平面PCO所成角的正弦值是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(BM,\s\up6(→))，n〉))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－3－1,\r(\f(17,4))×\r(5))))＝eq\f(8\r(85),85).答案：eq\f(8\r(85),85)8．如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足為H，PH是四棱錐的高，E為AD中點．則PE與BC所成的角為________；若∠APB＝∠ADB＝60°，則直線PA與平面PEH所成角的正弦值為______．【解析】以H為原點，HA，HB，HP所在直線分別為x，y，z軸，線段HA的長為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則A(1，0，0)，B(0，1，0).(1)設(shè)C(m，0，0)，P(0，0，n)，(m<0，n>0)，則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).因為eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(m,2)－eq\f(m,2)＋0＝0，所以PE⊥BC，所以它們所成的角為90°.(2)由已知條件可得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).設(shè)a＝(x，y，z)為平面PEH的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·\o(HE,\s\up6(→))＝0，,a·\o(HP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(\r(3),6)y＝0，,z＝0.))因此可以取a＝(1，eq\r(3)，0).由eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1，0，－1)可得|cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，a〉|＝eq\f(\r(2),4)，所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為eq\f(\r(2),4).答案：90°eq\f(\r(2),4)四、解答題(每小題10分，共20分)9．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD上一點，且BM⊥PD.求異面直線PB與CM所成角的余弦值的大?。窘馕觥糠謩e以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，4，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，4))，則eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，－4))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，4，－4))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，－4))，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4λ，－4λ))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(PM,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，4λ，4－4λ))，由BM⊥PD知eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0＋16λ－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－4λ))＝0，所以λ＝eq\f(1,2)，M為PD中點，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，2))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2，2))，cos〈eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(CM,\s\up6(→))〉＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(CM,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CM,\s\up6(→)))))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－4＋0－8,2\r(5)×2\r(3))))＝eq\f(\r(15),5).所以異面直線PB與CM所成角的余弦值為eq\f(\r(15),5).10．在三棱錐A-BCD中，∠BAC＝∠BDC＝60°，平面ABC⊥平面BCD，當(dāng)三棱錐A-BCD的體積取最大值時，求AB與CD所成角的余弦值．【解析】設(shè)A到平面BCD的距離為h1，D到平面ABC的距離為h2，又在三棱錐A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，所以VA-BCD＝eq\f(1,3)·h1·eq\f(1,2)·h2·BC＝eq\f(1,6)h1h2·BC，又因為∠BAC＝∠BDC＝60°，考慮圓的一條弦對的圓周角相等，當(dāng)兩邊相等時頂點究竟邊距離最大．由題意可知，當(dāng)AB＝AC，BD＝CD時，三棱錐A-BCD的體積最大，此時，△ABC與△BDC是等邊三角形，如圖所示．取BC的中點為O，連接AO，DO，則AO⊥BC，DO⊥BC；又平面ABC⊥平面BCD，則AO，DO，BC兩兩相互垂直，設(shè)O為坐標(biāo)原點，OD，OC，OA分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.設(shè)BC＝2a，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(3)a))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－a，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)a，0，0))，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－a，－\r(3)a))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)a，－a，0))，所以cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝