1.2.3 直线与平面的夹角-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

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 15分钟对点练 30分钟综合练 目录 15分钟对点练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 4 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 5 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 6 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 7 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 8 6．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱C1D1的中点，Q为棱BB1上的点，且BQ＝λBB1(λ≠0)．若直线AA1与平面APQ所成的角为45°，则实数λ的值为________________． 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 9 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 10 解 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 11 解 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 12 8．(2023·江西九江高二统考)在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点B1在底面ABC的射影为边BC的中点，△ABC为正三角形，二面角B1－AB－C的正切值为2． (1)证明：AB1⊥A1C； (2)求直线A1C与平面AB1C所成角的正弦值． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 13 解 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 14 解 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 15 解 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 16 30分钟综合练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 18 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 19 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 20 4．直线l与平面α成45°角，若直线l在α内的射影与α内的直线m成45°角，则l与m所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 21 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 22 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 23 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 24 二、填空题 6．正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，则AC1与平面BB1C1C所成角的余弦值为________． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 25 7．如果∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝60°，则PA与平面PBC所成角的余弦值为________． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 26 8．(2023·辽宁沈阳二中校考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为线段BD的中点．设点P在线段BB1(P不与B重合)上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的最大值是________． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 27 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 28 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 29 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 30 10．(2023·广西柳州高二联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1的中点． (1)求证：BM⊥AB1； (2)求直线AB1与平面BCM所成角的大小． 解　(1)证明：因为AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC， 所以AA1⊥AB，AA1⊥AC， 因为AB⊥AC，AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面AA1B1B， 所以AC⊥平面AA1B1B， 因为AB1⊂平面AA1B1B， 所以AC⊥AB1． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 31 因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC∥A1C1， 所以A1C1⊥AB1． 又AA1＝AB， 所以四边形AA1B1B为正方形． 连接A1B，BC1，则AB1⊥A1B． 又A1B∩A1C1＝A1，A1B，A1C1⊂平面BA1C1， 所以AB1⊥平面BA1C1． 因为BM⊂平面BA1C1， 所以BM⊥AB1． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 32 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 33 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 34 11．已知几何体EFG－ABCD，如图所示，其中四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形，且边长为1，点M在棱DG上． (1)求证：BM⊥EF； (2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 35 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 36 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 37 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 38 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　直线与平面的夹角 1．已知斜线段长是它在平面上的射影长的2倍，则斜线与平面所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．120° 解析　如图所示，斜线段AB的长度是它在平面α内的射影AC的长度的2倍．连接BC，易知△ABC为直角三角形，所以cos∠BAC＝eq \f(1,2)．故所求的角为60°． 2．在正四棱锥P－ABCD中，侧棱与底面所成的角为eq \f(π,3)，则侧棱所在直线与底面的边所在直线所成角的余弦值为(　　) A．eq \f(\r(2),4) B．eq \f(\r(6),4) C．eq \f(\r(3),4) D．eq \f(1,2) 解析　如图，正四棱锥P－ABCD中，PO⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，记∠PDO＝θ1，∠CDO＝θ2，∠PDC＝θ．依题意θ1＝eq \f(π,3)，θ2＝eq \f(π,4)，∵cosθ＝cosθ1·cosθ2＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4)，∴PD与DC所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4)，即侧棱所在直线与底面的边所在直线所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4)． 知识点二　用空间向量求直线与平面的夹角 3．平面α的一个法向量为m＝(eq \r(2)，1，－1)，直线l的一个方向向量eq \o(AP,\s\up16(→))＝(0，0，eq \r(3))，则直线l与平面α所成的角为(　　) A．eq \f(π,3) B．eq \f(2π,3) C．eq \f(π,2) D．eq \f(π,6) 解析　设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝eq \f(|m·\o(AP,\s\up16(→))|,\a\vs4\al(|m||\o(AP,\s\up16(→))|))＝eq \f(\r(3),2×\r(3))＝eq \f(1,2)，又因为0≤θ≤eq \f(π,2)，故θ＝eq \f(π,6)，即直线l与平面α所成的角为eq \f(π,6)．故选D． 4．已知平面α的一个法向量为n＝(1，－1，0)，则y轴与平面α所成角的大小为(　　) A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,4) C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2) 解析　y轴的一个方向向量s＝(0，1，0)，cos〈n，s〉＝eq \f(n·s,|n||s|)＝－eq \f(\r(2),2)，即y轴与平面α所成角的正弦值是eq \f(\r(2),2)，故其所成角的大小是eq \f(π,4)．故选B． 解析　建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．由题意得A(1，－1，0)，C(－1，1，0)，B(1，1，0)，S(0，0，eq \r(2))．∴eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－2，2，0)，eq \o(BS,\s\up16(→))＝(－1，－1，eq \r(2))，eq \o(CS,\s\up16(→))＝(1，－1，eq \r(2))．设平面SBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BS,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CS,\s\up16(→))＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－y＋\r(2)z＝0，,x－y＋\r(2)z＝0，))令z＝eq \r(2)，得x＝0，y＝2，∴n＝(0，2，eq \r(2))．设直线AC与平面SBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq \o(AC,\s\up16(→))〉|＝eq \f(4,\r(6)×2\r(2))＝eq \f(\r(3),3)．故选C． 5．正四棱锥S－ABCD中，SA＝AB＝2，则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为(　　) A．eq \f(\r(3),6) B．eq \f(\r(6),6) C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(6),3) 　eq \f(4,5) 解析　建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．由题意可知，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0，0，2)，eq \o(AP,\s\up16(→))＝(1，2，2)，eq \o(AQ,\s\up16(→))＝(2，0，2λ)．设平面APQ的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AQ,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y＋2z＝0，,2x＋2λz＝0.)) 令z＝－2，则x＝2λ，y＝2－λ．所以n＝(2λ，2－λ，－2)．又因为直线AA1与平面APQ所成的角为45°，所以|cos〈n，eq \o(AA1,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|n·\o(AA1,\s\up16(→))|,|n||\o(AA1,\s\up16(→))|)＝eq \f(4,2\r(（2λ）2＋（2－λ）2＋（－2）2))＝eq \f(\r(2),2)，可得5λ2－4λ＝0，又λ≠0，所以λ＝eq \f(4,5)． 7．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为eq \r(2)a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值． 解　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，B(0，a，0)，故eq \o(AC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))， 设平面AMC1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC1,\s\up16(→))·n＝0，,\o(AM,\s\up16(→))·n＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)ax＋\f(a,2)y＋\r(2)az＝0，,\f(a,2)y＋\r(2)az＝0，)) 令y＝2，则z＝－eq \f(\r(2),2)，x＝0，∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，－\f(\r(2),2)))． 又eq \o(BC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，－\f(a,2)，\r(2)a))， ∴cos〈eq \o(BC1,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(\o(BC1,\s\up16(→))·n,|\o(BC1,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(－a－a,\r(3)a×\r(\f(9,2)))＝－eq \f(2\r(6),9)． 设BC1与平面AMC1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈eq \o(BC1,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(2\r(6),9)． 解　(1)证明：取BC的中点O，连接OB1，OA， 由题意知，OB1⊥平面ABC，BC，OA⊂平面ABC， 则OB1⊥BC，OB1⊥OA， 又底面ABC为正三角形， 所以OA⊥BC， 故OB1，BC，OA两两垂直， 以O为原点，eq \o(OC,\s\up16(→))，eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB1,\s\up16(→))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． 设正三角形ABC的边长为2，OB1＝m，过O作OE⊥AB于点E，连接EB1， 因为AB⊂平面ABC，所以OB1⊥AB， 又OE⊥AB，OE∩OB1＝O，OE，OB1⊂平面OB1E，所以AB⊥平面OB1E， 又EB1⊂平面OB1E，所以AB⊥EB1． 综上，∠B1EO为二面角B1－AB－C的平面角， 在Rt△OBE中，OE＝OB·sin60°＝eq \f(\r(3),2)， 又tan∠B1EO＝eq \f(OB1,OE)＝2， 所以OB1＝2OE＝eq \r(3)，即m＝eq \r(3)， 所以BB1＝2,1)eq \r(OB2＋OB) ＝2，则AA1＝2， 则A(0，eq \r(3)，0)，A1(1，eq \r(3)，eq \r(3))，C(1，0，0)，B1(0，0，eq \r(3))， 所以eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，eq \o(A1C,\s\up16(→))＝(0，－eq \r(3)，－eq \r(3))， 所以eq \o(AB1,\s\up16(→))·eq \o(A1C,\s\up16(→))＝0＋3－3＝0，即eq \o(AB1,\s\up16(→))⊥eq \o(A1C,\s\up16(→))，故AB1⊥A1C． (2)因为eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(1，－eq \r(3)，0)， 设平面AB1C的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)y＋\r(3)z＝0，,x－\r(3)y＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝z，,x＝\r(3)y，)) 令y＝1，则n＝(eq \r(3)，1，1)， 设直线A1C与平面AB1C所成的角为θ， 又eq \o(A1C,\s\up16(→))＝(0，－eq \r(3)，－eq \r(3))，则sinθ＝|cos〈eq \o(A1C,\s\up16(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1C,\s\up16(→))·n,|\o(A1C,\s\up16(→))||n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(3)－\r(3),\r(3＋3)×\r(3＋1＋1))))＝eq \f(\r(10),5)． 一、选择题 1．设直线l与平面α相交，且l的一个方向向量为a，α的一个法向量为n，若〈a，n〉＝eq \f(5π,6)，则l与α所成的角为(　　) A．eq \f(2π,3) B．eq \f(π,3) C．eq \f(π,6) D．eq \f(5π,6) 解析　设所求角为θ，则θ＝〈a，n〉－eq \f(π,2)＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,2)＝eq \f(π,3)．故选B． 2．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1与平面BDD1B1所成角的正弦值为(　　) A．eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(5),2) C．eq \f(\r(10),5) D．eq \f(\r(10),10) 解析　连接A1C1交B1D1于O点，由已知条件得C1O⊥B1D1，且平面BDD1B1⊥平面A1B1C1D1，平面BDD1B1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，所以C1O⊥平面BDD1B1，连接BO，则BO为BC1在平面BDD1B1上的射影，∠C1BO即为所求，通过计算得sin∠C1BO＝eq \f(\r(10),5)．故选C． 3．若平面α的一个法向量为n＝(4，1，1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3，3)，则l与α所成角的正弦值为(　　) A．eq \f(4\r(11),33) B．－eq \f(4\r(11),33) C．eq \f(2\r(11),33) D．－eq \f(2\r(11),33) 解析　cos〈n，a〉＝eq \f(－8－3＋3,\r(22)×\r(18))＝eq \f(－4,3\r(11))＝eq \f(－4\r(11),33)．故l与α所成角的正弦值为eq \f(4\r(11),33)．故选A． 解析　设l与m所成的角为θ，cosθ＝cos45°·cos45°＝eq \f(1,2)，∴θ＝60°．故选C． 5．[多选](2023·辽宁大连高二庄河高中阶段考试)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别为A1D1，CC1的中点，则(　　) A．直线BE与B1F所成的角为90° B．直线B1C与C1D所成的角为60° C．直线AA1与平面ABC1D1所成的角为45° D．直线AA1与平面BFD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3) 解析　以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(1，0，2)，F(0，2，1)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)．eq \o(BE,\s\up16(→))＝(－1，－2，2)，eq \o(B1F,\s\up16(→))＝(－2，0，－1)，故eq \o(BE,\s\up16(→))·eq \o(B1F,\s\up16(→))＝2－2＝0，则eq \o(BE,\s\up16(→))⊥eq \o(B1F,\s\up16(→))，故直线BE与B1F所成的角为90°，A正确；eq \o(B1C ,\s\up16(→))＝(－2，0，－2)，eq \o(C1D,\s\up16(→))＝(0，－2，－2)，cos〈eq \o(B1C,\s\up16(→))，eq \o(C1D,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(B1C,\s\up16(→))·\o(C1D,\s\up16(→)),\a\vs4\al(|\o(B1C,\s\up16(→))||\o(C1D,\s\up16(→))|))＝eq \f(4,2\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，又0°≤〈eq \o(B1C,\s\up16(→))，eq \o(C1D,\s\up16(→))〉≤180°，故〈eq \o(B1C,\s\up16(→))，eq \o(C1D,\s\up16(→))〉＝60°，即直线B1C与C1D所成的角为60°，B正确；eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，2，0)，eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(－2，0，2)，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0，0，2)，设平面ABC1D1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝2y＝0，,n·\o(AD1,\s\up16(→))＝－2x＋2z＝0，))令x＝1，则n＝(1，0，1)，故cos〈n，eq \o(AA1,\s\up16(→))〉＝eq \f(n·\o(AA1,\s\up16(→)),|n||\o(AA1,\s\up16(→))|)＝eq \f(2,\r(2)×2)＝eq \f(\r(2),2)，故直线AA1与平面ABC1D1所成角的正弦值为eq \f(\r(2),2)，因为直线与平面所成角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以直线AA1与平面ABC1D1所成的角为45°，C正确；eq \o(DF,\s\up16(→))＝(0，2，1)，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(2，2，0)，设平面BFD的一个法向量为m＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DB,\s\up16(→))＝2a＋2b＝0，,m·\o(DF,\s\up16(→))＝2b＋c＝0，))令a＝1，则m＝(1，－1，2)，故cos〈m，eq \o(AA1,\s\up16(→))〉＝eq \f(m·\o(AA1,\s\up16(→)),|m||\o(AA1,\s\up16(→))|)＝eq \f(4,\r(6)×2)＝eq \f(\r(6),3)，故直线AA1与平面BFD所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3)，D错误． 解析　设正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，以B为原点，建立空间直角坐标系(如图)，则C1(0，1，1)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq \o(AC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，又平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1，0，0)，设AC1与平面BB1C1C所成的角为θ，则sinθ＝eq \f(|\o(AC1,\s\up16(→))·n|,|\o(AC1,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(\f(\r(3),2),\r(2)×1)＝eq \f(\r(6),4)，所以cosθ＝eq \r(1－sin2θ)＝eq \f(\r(10),4)． 　eq \f(\r(10),4) 解析　如图，设A在平面PBC内的射影为O，连接OP，∵∠APB＝∠APC，∴点O在∠BPC的平分线上，∴∠OPC＝30°，∠APO为PA与平面PBC所成的角．∴cos∠APC＝cos∠APO·cos∠OPC，即cos60°＝cos∠APO·cos30°，∴cos∠APO＝eq \f(\r(3),3)． eq \f(\r(3),3) 解析　如图，建立空间直角坐标系Axyz，不妨设正方体的棱长AB＝2，则A1(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(2，0，－2)，eq \o(BD,\s\up16(→))＝(－2，2，0)，设平面A1BD的一个法向量为m＝(x，y，z)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1B,\s\up16(→))·m＝0，,\o(BD,\s\up16(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－2z＝0，,－2x＋2y＝0，))令x＝1，得m＝(1，1，1)，又O(1，1，0)，设P(2，0，t)，则t∈(0，2]，所以eq \o(OP,\s\up16(→))＝(1，－1，t)，故sinα＝eq \f(|m·\o(OP,\s\up16(→))|,\a\vs4\al(|m||\o(OP,\s\up16(→))|))＝eq \f(t,\r(3)·\r(2＋t2))＝eq \f(1,\r(3)·\r(\f(2,t2)＋1))≤eq \f(\r(2),3)，当t＝2时，等号成立，所以sinα的最大值是eq \f(\r(2),3)． eq \f(\r(2),3) 解　(1)∵BD⊥AB，平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC＝AB，BD⊂平面ABDE，∴BD⊥平面ABC． ∵BD∥AE，∴AE⊥平面ABC． 如图所示，以C为原点，eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴正方向，过点C且与AE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系． 三、解答题 9．如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥AB，BD＝eq \f(1,2)AE＝2，O，M分别为CE，AB的中点． (1)求异面直线AB与CE所成角的大小； (2)求直线CD与平面ODM所成角的正弦值． ∵AC＝BC＝AE＝4， ∴C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，E(4，0，4)， ∴eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－4，4，0)，eq \o(CE,\s\up16(→))＝(4，0，4)． ∴cos〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(CE,\s\up16(→))〉＝eq \f(－16,4\r(2)×4\r(2))＝－eq \f(1,2)， ∵异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， ∴异面直线AB与CE所成角的大小为eq \f(π,3)． (2)由(1)知O(2，0，2)，D(0，4，2)，M(2，2，0)， ∴eq \o(CD,\s\up16(→))＝(0，4，2)，eq \o(OD,\s\up16(→))＝(－2，4，0)，eq \o(MD,\s\up16(→))＝(－2，2，2)， 设平面ODM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(OD,\s\up16(→))，,n⊥\o(MD,\s\up16(→))))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋4y＝0，,－2x＋2y＋2z＝0，)) 令x＝2，则y＝1，z＝1，∴n＝(2，1，1)． 设直线CD与平面ODM所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈n，eq \o(CD,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|n·\o(CD,\s\up16(→))|,|n||\o(CD,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r(30),10)， ∴直线CD与平面ODM所成角的正弦值为eq \f(\r(30),10)． (2)因为AB，AC，AA1两两垂直，所以如图建立空间直角坐标系Axyz， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，C1(0，1，1)． 因为M为线段A1C1的中点， 所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))， 所以eq \o(BM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，1))，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－1，1，0)，eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(1，0，1)， 设平面BCM的一个法向量为m＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up16(→))＝－x＋\f(1,2)y＋z＝0，,m·\o(BC,\s\up16(→))＝－x＋y＝0，)) 令x＝1，则m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))， 设直线AB1与平面BCM所成的角为θ，则 sinθ＝|cos〈eq \o(AB1,\s\up16(→))，m〉|＝eq \f(|\o(AB1,\s\up16(→))·m|,|\o(AB1,\s\up16(→))||m|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋0＋\f(1,2))),\r(2)×\r(1＋1＋\f(1,4)))＝eq \f(\r(2),2)， 因为θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,4)， 所以直线AB1与平面BCM所成角的大小为eq \f(π,4)． 解　(1)证明：∵四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形， ∴DA，DC，DG两两垂直． 以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)． 点M在棱DG上，故可设M(0，0，t)(0≤t≤1)． ∵eq \o(MB,\s\up16(→))＝(1，1，－t)，eq \o(EF,\s\up16(→))＝(－1，1，0)， ∴eq \o(MB,\s\up16(→))·eq \o(EF,\s\up16(→))＝0，∴BM⊥EF． (2)假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°． 设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)， ∵eq \o(BE,\s\up16(→))＝(0，－1，1)，eq \o(BF,\s\up16(→))＝(－1，0，1)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BE,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BF,\s\up16(→))＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋z＝0，,－x＋z＝0，)) 令z＝1，得x＝y＝1， ∴n＝(1，1，1)为平面BEF的一个法向量， ∴cos〈n，eq \o(MB,\s\up16(→))〉＝eq \f(n·\o(MB,\s\up16(→)),|n||\o(MB,\s\up16(→))|)＝eq \f(2－t,\r(3)×\r(2＋t2))． ∵直线MB与平面BEF所成的角为45°， ∴sin45°＝|cos〈n，eq \o(MB,\s\up16(→))〉|， ∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2－t,\r(3)×\r(2＋t2))))＝eq \f(\r(2),2)， 解得t＝－4±3eq \r(2)． 又0≤t≤1，∴t＝3eq \r(2)－4， ∴点M(0，0，3eq \r(2)－4)． ∴当点M在DG上，且DM＝3eq \r(2)－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°． $$