课后提升练(七) 直线与平面的夹角（Word练习）-【优化指导】2023-2024学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教B版2019）

课后提升练(七)　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° A　解析：设l与α所成的角为θ且θ∈[0，90°]，则sin θ＝|cos 〈m，n〉|＝．即θ＝30°． 2．AB⊥平面α于点B，BC为AC在α内的射影，CD在α内，若∠ACD＝60°，∠BCD＝45°，则AC和平面α所成的角为(　　) A．90° B．60° C．45° D．30° C　解析：设AC和平面α所成的角为θ，则cos 60°＝cos θcos 45°，故cos θ＝，所以θ＝45°． 3．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． 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sin θ＝|cos 〈n，〉|＝||＝，cos θ＝，∴tan θ＝． 4．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示，若E为线段BC的中点，则直线AE与平面ABD所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． C　解析：过点E作EF⊥BD，垂足为F，连接AF，则∠EAF即为直线AE与平面ABD所成的角，不妨设正方形的边长为2，则BF＝EF＝，AB＝2，在△ABF中，由余弦定理可得AF2＝AB2＋BF2－2×AB×BF×cos ∠ABF＝，所以AF＝，在Rt△AEF中，AE2＝AF2＋EF2＝3，所以AE＝，故cos ∠EAF＝＝． 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________． 答案： 解析：取BC的中点E，连接OE，易得OA，OE，OP两两互相垂直，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(－，1，1)， 因此＝(－，－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〉|＝＝． 6．如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为________． 答案： 解析：由于平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，故以A为原点，以AF，AB，AD两两互相垂直，以点A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，0，0)，G(a，a，0)，B(0，2a，0)，C(0，2a，2a)，所以＝(－a，a，0)，＝(0，2a，2a)，＝(a，a，0)， 设平面AGC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，得n＝(1，－1，1)， 因此GB与平面AGC所成角的正弦值为|cos 〈n，〉|＝＝＝． 7．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． (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＝BC， 又因为B1M∥BC，且B1M＝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)解：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