8.6.2 第1课时 直线与平面垂直的判定-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第八章 立体几何初步 8.6 空间直线、平面垂直 8.6.2　直线与平面垂直 第1课时　直线与平面垂直的判定 课程标准：从相关定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与平面的垂直关系，归纳出直线与平面垂直的判定定理． 教学重点：1.直线与平面垂直的定义.2.直线与平面垂直的判定.3.直线与平面所成的角的求解． 教学难点：直线与平面垂直的判定定理的应用． 核心素养：在发现、推导和应用直线与平面垂直的判定定理的过程中发展数学抽象素养、逻辑推理素养和直观想象素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　直线与平面垂直的定义及画法 1．定义：一般地，如果直线l与平面α内的____________________，我们就说直线l与平面α互相垂直，记作_______．直线l叫做平面α的_______，平面α叫做直线l的垂面．直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足． 2．画法：画直线与平面垂直时，通常把直线画成与表示平面的平行四边形的一边垂直．如图所示． 任意一条直线都垂直 l⊥α． 垂线 核心概念掌握 5 3．过一点垂直于已知平面的直线________________．过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的________，__________的长度叫做这个点到该平面的距离． 知识点二　直线与平面垂直的判定定理 1．文字语言：如果一条直线与一个平面内的_____________________，那么该直线与此平面垂直． 2．符号语言：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α. 有且只有一条 垂线段 垂线段 两条相交直线垂直 核心概念掌握 6 3．图形语言：如图所示． [提示]　直线和平面垂直的判定方法 (1)利用线面垂直的定义． (2)利用线面垂直的判定定理． (3)利用下面两个结论： ①若a∥b，a⊥α，则b⊥α；②若α∥β，a⊥α，则a⊥β. 核心概念掌握 7 知识点三　直线与平面所成的角的定义 1．定义：_________________________，但______________________，这条直线叫做这个平面的斜线，______________________叫做斜足．过斜线上斜足以外的一点P向平面α引__________，________________________叫做斜线在这个平面上的射影．平面的一条斜线和______________________________，叫做这条直线和这个平面所成的角． 2．图形：如图所示． 一条直线l与一个平面α相交 不与这个平面垂直 斜线和平面的交点A 垂线PO 过垂足O和斜足A的直线AO 它在平面上的射影所成的角 核心概念掌握 8 3．规定：一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是______；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是___．直线与平面所成的角θ的取值范围是___________． 90° 0° 0°≤θ≤90° 核心概念掌握 9 1．(线面垂直的判定定理)若三条直线OA，OB，OC两两垂直，则直线OA垂直于(　　) A．平面OAB B．平面OAC C．平面OBC D．平面ABC 2．(线面垂直的性质)过平面外一点作该平面的垂线有____条． 1 核心概念掌握 10 3．(线面垂直的判定定理)如果一条直线垂直于一个平面内的下列各种情况： ①平行四边形的两条对角线；②梯形的两条边；③圆的两条直径；④正六边形的两条边． 其中不能保证该直线与平面垂直的是________(填序号)． 4．(线面垂直的应用)AB是平面α的斜线段，其长为a，它在平面α内的射影A′B 的长为b，则垂线段A′A的长为________． ②④ 核心概念掌握 11 5．(线面所成的角)如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB，则直线PB与平面ABC所成的角为________． 45° 核心概念掌握 12 核心素养形成 题型一　直线与平面垂直的定义 例1　下列命题中正确的个数是(　　) ①若直线l与平面α内的一条直线垂直，则l⊥α； ②若直线l不垂直于α，则α内没有与l垂直的直线； ③若直线l不垂直于α，则α内也可以有无数条直线与l垂直． A．0 B．1 C．2 D．3 解析　当l与α内的一条直线垂直时，不能保证l与α垂直，故①错误；当l与α不垂直时，l可能与α内的无数条直线垂直，故②错误，③正确．故选B. 核心素养形成 14 【感悟提升】　　直线与平面垂直的定义的理解 直线与平面垂直的定义具有两重性，既是判定又是性质．是判定，指它是判定直线与平面垂直的方法；是性质，指如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线就垂直于这个平面内的任何一条直线，即“l⊥α，a⊂α⇒l⊥a”．这是证明线线垂直的一种方法． 核心素养形成 15 【跟踪训练】 1．(2024·江苏启东中学高一下月考)设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则(　　) A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n D．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m 核心素养形成 16 解析：对于A，l与α相交、平行或l⊂α，如图1，当m∥n时，l与α相交，故A错误；对于B，因为l∥m，m∥n，所以l∥n，因为l⊥α，则由线面垂直的判定定理得n⊥α，故B正确；对于C，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，因为l∥m，所以l∥n，故C错误；对于D，若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，如图2，满足m⊂α，n⊥α，l⊥n，而l与m异面，故D错误．故选B. 核心素养形成 17 题型二　直线与平面垂直的判定 核心素养形成 18 核心素养形成 19 【感悟提升】应用线面垂直判定定理的注意事项 (1)要判定一条直线和一个平面是否垂直，取决于在这个平面内能否找到两条相交直线和已知直线垂直，至于这两条相交直线是否和已知直线有公共点，这是无关紧要的． (2)判定定理在应用时，切实要抓住“相交”二字，它把证明线面垂直转化为证明线线垂直．即l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝A⇒l⊥α.　 核心素养形成 20 【跟踪训练】 2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BB1的中点，O是底面正方形ABCD的中心，求证：OE⊥平面ACD1. 核心素养形成 21 核心素养形成 22 题型三　直线与平面所成的角 例3　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．求直线BE与平面ABB1A1所成角的正弦值． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 [条件探究]　在本例中，若求直线BE与平面A1B1C1D1所成角的正弦值，又如何求解？ 核心素养形成 25 【感悟提升】 　求斜线与平面所成角的步骤 (1)作图：作(或找)出斜线在平面内的射影，作射影要过斜线上一点作平面的垂线，再过垂足和斜足作直线，注意斜线上点的选取以及垂足的位置要与问题中已知量有关，才能便于计算． (2)证明：证明某平面角就是斜线与平面所成的角． (3)计算：通常在垂线段、斜线和射影所组成的直角三角形中计算． 核心素养形成 26 【跟踪训练】 3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中， (1)求直线A1C与平面ABCD所成角的正切值； (2)求直线A1B与平面BDD1B1所成的角的大小． 核心素养形成 27 核心素养形成 28 题型四　直线与平面垂直的应用 例4　(1)已知三棱锥P－ABC中，若PA，PB，PC两两互相垂直，作PO⊥平面ABC，垂足为O，则点O是△ABC的(　　) A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 核心素养形成 29 解析　连接AO并延长，交BC于点D，连接BO并延长，交AC于点E.因为PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，故PA⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，故PA⊥BC.因为PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，故PO⊥BC，又因为PA∩PO＝P，PA，PO⊂平面PAO，故BC⊥平面PAO，又AO⊂平面PAO，故AO⊥BC，即AD⊥BC；同理BE⊥AC，故点O是△ABC的垂心． 核心素养形成 30 (2)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝_____． 2 核心素养形成 31 【感悟提升】　 1．关于三角形垂心、内心、外心的确定 首先要明确三种心的定义及其性质，再通过垂直关系确定点满足的条件，对应相应的性质进行判断． 2．关于垂直的条件的确定 (1)借助直观想象，选取特殊点后进行证明，若满足垂直关系，则即为要求的点． (2)设出要求的点，通过计算确定点的位置，一般需要利用勾股定理构造方程解题． 核心素养形成 32 【跟踪训练】 4．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝1，边BC上是否存在点Q，使得PQ⊥QD？并说明理由． 核心素养形成 33 解：当a≥2时，边BC上存在点Q，使得PQ⊥QD.理由如下： ∵PA⊥平面ABCD，QD⊂平面ABCD， ∴PA⊥QD. 若边BC上存在一点Q，使得PQ⊥QD， 又PA∩PQ＝P，PA，PQ⊂平面PAQ， ∴QD⊥平面PAQ， 又AQ⊂平面PAQ，∴QD⊥AQ. ∴点Q为以AD为直径的圆与BC的交点． 在矩形ABCD中，当AD＝BC＝a<2时，直线BC与以AD为直径的圆相离，故不存在点Q，使PQ⊥QD；当a≥2时，才存在点Q，使得PQ⊥QD. 核心素养形成 34 随堂水平达标 1．线段AB的长等于它在平面α内的射影长的2倍，则AB所在直线与平面α所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．120° 随堂水平达标 36 2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与AD1垂直的平面是(　　) A．平面DD1C1C B．平面A1DB1 C．平面A1B1C1D1 D．平面A1DB 解析：由题意知A1B1⊥平面ADD1A1，∵AD1⊂平面ADD1A1，∴A1B1⊥AD1，又A1D⊥AD1，A1B1∩A1D＝A1，A1B1，A1D⊂平面A1DB1，∴AD1⊥平面A1DB1.故选B. 随堂水平达标 37 3．(多选)如图，如果MC⊥菱形ABCD所在的平面，那么下列结论正确的是( ) A．MA∥BD B．MA与BD异面 C．MA与BD相交 D．MA⊥BD 解析：由异面直线的判定方法可知MA与BD异面，连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD.又MC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥MC.又MC∩AC＝C，MC，AC⊂平面AMC，∴BD⊥平面AMC.又MA⊂平面AMC，∴MA⊥BD.故选BD. 随堂水平达标 38 4．已知两条直线m，n，两个平面α，β，给出下列四个说法： ①m∥n，m⊥α⇒n⊥α；②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；③m⊥n，m∥α⇒n∥α；④α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β. 其中正确说法的序号是________． 解析：由直线与平面垂直的定义和判定推证①④正确；根据②中条件可知，m与n平行或异面，所以②错误；③中由m⊥n，m∥α，可知n∥α或n⊂α或n与α相交，故③错误． ①④ 随堂水平达标 39 随堂水平达标 40 解：(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC. ∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC. 又PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD， ∴AC⊥平面PBD. (2)连接PO，∵AC⊥平面PBD， ∴∠APO是PA与平面PBD所成的角． 随堂水平达标 41 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 线面垂直的定义 由线面垂直证明线线垂直 线面垂直的判定 线面垂直的应用 由线面垂直证明线线垂直；线面所成的角 由线面垂直证明线线垂直 线面所成的角 线面垂直的判定；由线面垂直证明线线垂直 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 线面垂直的证明 线面所成角的正 弦值 线面所成角的正 切值 线面垂直的判定 由线面垂直求线段长度 线面垂直的判定；线面所成角的正切值 线面垂直的判定；线面所成的角 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 一、选择题 1．直线l⊥平面α，直线m⊂α，则l与m不可能(　　) A．平行 B．相交 C．异面 D．垂直 解析：∵直线l⊥平面α，∴l与α相交，又m⊂α，∴l与m相交或异面，由直线与平面垂直的定义，可知l⊥m.故l与m不可能平行． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 2．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是(　　) A．相交且垂直 B．相交但不垂直 C．异面且垂直 D．异面但不垂直 解析：在题图1中，AD⊥BC，故在题图2中，AD⊥BD，AD⊥DC.又因为BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面．故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 3．(2024·湖南永州一中高一下检测)如图，圆柱OO′中，AA′是侧面的母线，AB是底面的直径，C是底面圆上一点，则(　　) A．BC⊥平面A′AC B．BC⊥平面A′AB C．AC⊥平面A′BC D．AC⊥平面A′AB 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 解析：依题意AA′⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA′⊥BC，又AB是底面圆的直径，所以BC⊥AC，又AA′∩AC＝A，AA′，AC⊂平面A′AC，所以BC⊥平面A′AC，故A正确；显然BC与AB不垂直，则BC不可能垂直平面A′AB，故B错误；显然AC与A′C不垂直，则AC不可能垂直平面A′BC，故C错误；显然AC与AB不垂直，则AC不可能垂直平面A′AB，故D错误．故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 4．正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是(　　) A．线段B1C B．线段BC1 C．BB1中点与CC1中点连成的线段 D．BC中点与B1C1中点连成的线段 解析：如图所示，易知BD1⊥平面AB1C，故当点P在平面AB1C内时，总保持AP⊥BD1，又点P在侧面BCC1B1内，且B1C为平面AB1C与平面BCC1B1的交线，故点P一定位于线段B1C上． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 5．(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则(　　) A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 解析：如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1，连接B1C，则B1C⊥BC1，因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 二、填空题 6．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN＝________． 解析：∵B1C1⊥平面ABB1A1，MN⊂平面ABB1A1，∴B1C1⊥MN.又MN⊥B1M，B1M∩B1C1＝B1，∴MN⊥平面C1B1M，∴MN⊥C1M，即∠C1MN＝90°. 90° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 30° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 8．如图所示，PA垂直于圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的正投影，给出下列结论： ①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC. 其中正确结论的序号是________． ①②③ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 解析∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC.又AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF，∵AF⊥平面PBC，∴AF⊥FE，∴AE与EF不垂直，又EF⊂平面PBC，∴AE不垂直于平面PBC.故①②③正确，④不正确． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 57 解：如图，过点C作CH⊥C1D于点H，连接AC1. ∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱， ∴CC1⊥平面ABC. ∵BD⊂平面ABC，∴CC1⊥BD. ∵AB＝BC，D为AC的中点， ∴BD⊥AC. 又CC1∩AC＝C，CC1，AC⊂平面ACC1， ∴BD⊥平面ACC1， ∵CH⊂平面ACC1， ∴BD⊥CH. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 63 12．(多选)(2024·新疆乌鲁木齐第三十六中高一下期末)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.下列说法正确的是(　　) A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEH D．HG⊥平面AEF 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 64 解析：由题意可得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，HE，HF⊂平面EFH，所以AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直，故B正确，A不正确；又HF⊥HE，AH∩HE＝H，AH，HE⊂平面AEH，所以HF⊥平面AEH，故C正确；因为AH⊥平面EFH，HG⊂平面EFH，所以AH⊥HG，所以HG与AG不垂直，因此HG不垂直平面AEF，故D不正确．故选BC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 65 13．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1与DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段 B1F＝________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 66 14．如图，正方形ACDE的边长为2，AD与CE的交点为M，AE⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC. (1)求证：AM⊥平面EBC； (2)求直线EC与平面ABE所成角的正切值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 67 解：(1)证明：∵AE⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴AE⊥BC. 又AC⊥BC，AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACDE，∴BC⊥平面ACDE. 又AM⊂平面ACDE，∴BC⊥AM. ∵四边形ACDE是正方形，∴AM⊥CE. 又BC∩CE＝C，BC，CE⊂平面EBC， ∴AM⊥平面EBC. (2)取AB的中点F，连接CF，EF. ∵AE⊥平面ABC，CF⊂平面ABC， ∴EA⊥CF. 又AC＝BC，∴CF⊥AB. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 70 解：(1)证明：如图，连接BA1. 在△A1BC中，因为E，F分别为BC，A1C的中点，所以EF∥BA1. 又因为EF⊄平面A1B1BA，BA1⊂平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA. (2)证明：因为AB＝AC，E为BC的中点， 所以AE⊥BC. 因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1， 所以BB1⊥平面ABC， 又AE⊂平面ABC，从而BB1⊥AE. 又因为BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCB1， 所以AE⊥平面BCB1. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 73 　　　　　　　　　　　　　 R eq \r(a2－b2) 例2　如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝eq \r(2). 求证：PA⊥平面ABCD. 证明　因为四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA＝1，PD＝eq \r(2)， 所以PD2＝PA2＋AD2，所以PA⊥AD， 又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD， 所以PA⊥平面ABCD. 证明：如图，连接AE，CE，D1O，D1E，D1B1. 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，易证AE＝CE. 因为AO＝OC，所以OE⊥AC. 在正方体中易求出：D1O＝2,1)eq \r(DD＋DO2) ＝eq \r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),2)a， OE＝eq \r(BE2＋OB2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2)a， D1E＝2,1)eq \r(D1B＋B1E2) ＝eq \r(（\r(2)a）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2))＝eq \f(3,2)a. 因为D1O2＋OE2＝D1E2，所以D1O⊥OE. 因为D1O∩AC＝O，D1O⊂平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以OE⊥平面ACD1. 解　如图所示，取AA1的中点M，连接EM，BM，因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD. 又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥平面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM即为直线BE与平面ABB1A1所成的角． 设正方体的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝eq \r(22＋22＋12)＝3. 于是在Rt△BEM中，sin∠EBM＝eq \f(EM,BE)＝eq \f(2,3)， 即直线BE与平面ABB1A1所成角的正弦值为eq \f(2,3). 解：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1， ∴BE与平面ABCD所成的角与所求的角相等． 连接BD，则∠EBD即为直线BE与平面ABCD所成的角． 设正方体的棱长为2， 则在Rt△BDE中，sin∠EBD＝eq \f(DE,BE)＝eq \f(1,3)， 即直线BE与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为eq \f(1,3). 解：(1)连接AC，∵直线A1A⊥平面ABCD， ∴∠A1CA即为直线A1C与平面ABCD所成的角， 设A1A＝1，则AC＝eq \r(2)， ∴tan∠A1CA＝eq \f(A1A,AC)＝eq \f(\r(2),2). (2)连接A1C1交B1D1于点O，连接BO， 在正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1， ∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1， ∴BB1⊥A1C1， 又BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1⊂平面BDD1B1， ∴A1C1⊥平面BDD1B1，垂足为O. ∴∠A1BO为直线A1B与平面BDD1B1所成的角， 在Rt△A1BO中，A1O＝eq \f(1,2)A1C1＝eq \f(1,2)A1B， ∴∠A1BO＝30°，即直线A1B与平面BDD1B1所成的角为30°. 解析　如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，则2r＝eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)，可得r＝eq \r(3).设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，O1A，则OA＝2，OO1＝eq \f(1,2)SA，因为OA2＝OOeq \o\al(2,1)＋O1A2，即4＝eq \f(1,4)SA2＋3，所以SA＝2. 解析：如图，AC⊥α，AB∩α＝B，则BC是AB在平面α内的射影，则BC＝eq \f(1,2)AB，∠ABC为AB所在直线与平面α所成的角．在Rt△ABC中，cos∠ABC＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(1,2)，所以∠ABC＝60°，即AB所在直线与平面α所成的角为60°. 5．(2024·黑龙江大庆中学高一期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形． (1)求证：AC⊥平面PBD； (2)若∠BAD＝60°，AD＝2，PD＝2eq \r(2)，AC与BD交于点O，求PA与平面PBD所成的角的大小． 又∠BAD＝60°，AD＝2，∴AO＝eq \r(3)，∵PD＝2eq \r(2)，PA＝eq \r(PD2＋DA2)＝2eq \r(3)， ∴sin∠APO＝eq \f(AO,AP)＝eq \f(1,2)，又0°≤∠APO≤90°，∴∠APO＝30°. ∴PA与平面PBD所成的角的大小为30°. 又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB，因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1即为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为a，则易得BC1＝eq \r(2)a，OC1＝eq \f(\r(2)a,2)，所以在Rt△BOC1中，OC1＝eq \f(1,2)BC1，所以∠OBC1＝30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正确．故选ABD. 7．矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq \r(2)，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成的角的大小是________． 解析：连接AC，由题意知∠PCA为PC与平面ABCD所成的角．在Rt△ABC中，∵AB＝1，BC＝eq \r(2)，∴AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(12＋（\r(2)）2)＝eq \r(3).在Rt△PAC中，∵tan∠PCA＝eq \f(PA,AC)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，∴∠PCA＝30°. 三、解答题 9．如图，在四面体A－BCD中，∠BDC＝90°，AC＝BD＝2，E，F分别为AD，BC的中点，且EF＝eq \r(2).求证：BD⊥平面ACD. 证明：取CD的中点G，连接EG，FG. ∵F，E分别为BC，AD的中点， ∴FG綊eq \f(1,2)BD，EG綊eq \f(1,2)AC. 又AC＝BD＝2，∴EG＝FG＝1. ∵EF＝eq \r(2)，∴EF2＝EG2＋FG2，∴EG⊥FG，∴BD⊥EG. ∵∠BDC＝90°，∴BD⊥CD. 又EG∩CD＝G，CD⊂平面ACD，EG⊂平面ACD， ∴BD⊥平面ACD. 10．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为AC的中点．若AB＝BC＝BB1，∠ABC＝eq \f(π,2)，求CC1与平面BC1D所成角的正弦值． 又CH⊥C1D，C1D∩BD＝D，C1D，BD⊂平面BC1D， ∴CH⊥平面BC1D， ∴∠CC1D为CC1与平面BC1D所成的角． 设AB＝2a，则CD＝eq \r(2)a，C1D＝eq \r(6)a， ∴sin∠CC1D＝eq \f(CD,C1D)＝eq \f(\r(2)a,\r(6)a)＝eq \f(\r(3),3)， ∴CC1与平面BC1D所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3). 11．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为eq \f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A．eq \f(1,2) B．1 C．2 D．3 解析：解法一：分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3eq \r(3)，A1D1＝eq \r(3)，可知S△ABC＝eq \f(1,2)×6×3eq \r(3)＝9eq \r(3)，S△A1B1C1＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)，设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h，则VABC－A1B1C1＝eq \f(1,3)×(9eq \r(3)＋eq \r(3)＋eq \r(9\r(3)×\r(3)))h＝eq \f(52,3)，解得h＝eq \f(4\r(3),3).过A1，D1作底面的垂线，垂足分别为M，N，易知M，N在线段AD上，设AM＝x，则AA1＝eq \r(AM2＋A1M2)＝eq \r(x2＋\f(16,3))，DN＝AD－AM－MN＝2eq \r(3)－x，可得DD1＝eq \r(DN2＋D1N2)＝ eq \r(（2\r(3)－x）2＋\f(16,3))，结合等腰梯形BCC1B1可得BBeq \o\al(2,1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－2,2))) eq \s\up12(2)＋DDeq \o\al(2,1)，即x2＋eq \f(16,3)＝(2eq \r(3)－x)2＋eq \f(16,3)＋4，解得x＝eq \f(4\r(3),3)，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝eq \f(A1M,AM)＝1.故选B. 解法二：将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，因为eq \f(PA1,PA)＝eq \f(A1B1,AB)＝eq \f(1,3)，则eq \f(VP－A1B1C1,VP－ABC)＝eq \f(1,27)，可知VABC－A1B1C1＝eq \f(26,27)VP－ABC＝eq \f(52,3)，则VP－ABC＝18，设正三棱锥P－ABC的高为d，则VP－ABC＝eq \f(1,3)d×eq \f(1,2)×6×6×eq \f(\r(3),2)＝18，解得d＝2eq \r(3)，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2eq \r(3)，所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO＝eq \f(PO,AO)＝1.故选B. 解析：设B1F＝x，∵AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，∴AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝eq \r(2)，∵∠A1AB1＝90°－∠AB1A1＝∠FDB1，∴tan∠A1AB1＝tan∠FDB1，∴eq \f(A1B1,AA1)＝eq \f(B1F,DB1)，∴eq \f(\r(2),2)＝eq \f(x,\f(\r(2),2))，得x＝eq \f(1,2)，即线段B1F的长为eq \f(1,2). eq \f(1,2) ∵EA∩AB＝A，∴CF⊥平面AEB， ∴∠CEF为直线EC与平面ABE所成的角． 在Rt△ABC中，∵AC＝BC＝2， ∴AB＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，∴CF＝eq \f(1,2)AB＝eq \r(2). 在Rt△AEF中，∵AE＝2，AF＝eq \f(1,2)AB＝eq \r(2)， ∴EF＝eq \r(22＋（\r(2)）2)＝eq \r(6). 在Rt△CFE中，∵CF＝eq \r(2)，EF＝eq \r(6)， ∴tan∠CEF＝eq \f(CF,EF)＝eq \f(\r(2),\r(6))＝eq \f(\r(3),3)， ∴直线EC与平面ABE所成角的正切值为eq \f(\r(3),3). 15．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2eq \r(5)，AA1＝eq \r(7)，BB1＝2eq \r(7)，E，F分别为BC，A1C的中点． (1)求证：EF∥平面A1B1BA； (2)求证：AE⊥平面BCB1； (3)求直线A1B1与平面BCB1所成的角的大小． (3)取BB1的中点M，B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE. 因为N，E分别为B1C，BC的中点，所以NE∥BB1，NE＝eq \f(1,2)BB1，故NE∥A1A且NE＝A1A，所以四边形A1AEN为平行四边形，所以A1N∥AE，且A1N＝AE. 又因为AE⊥平面BCB1，所以A1N⊥平面BCB1， 从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角． 在△ABC中，可得AE＝2，所以A1N＝AE＝2. 因为BM∥AA1，BM＝AA1＝eq \r(7)， 所以四边形MBAA1为平行四边形， 所以A1M∥AB，A1M＝AB＝3， 又由AB⊥BB1，得A1M⊥BB1. 在Rt△A1MB1中，可得 A1B1＝eq \r(B1M2＋A1M2)＝4. 在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N＝eq \f(A1N,A1B1)＝eq \f(1,2)， 因此∠A1B1N＝30°. 所以直线A1B1与平面BCB1所成的角为30°. $$