1.2.3 直线与平面的夹角-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册创新导学案课件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 课程标准：1.能用向量语言表述直线与平面的夹角.2.能用向量方法解决直线与平面的夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用． 教学重点：求线面角的常用方法． 教学难点：能利用几何关系确定斜线的射影以及公式cosθ＝cosθ1cosθ2中各角的含义． 核心素养：通过学习斜线与平面所成的角的概念及性质培养数学抽象素养和逻辑推理素养． (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　直线与平面所成的角 (1)定义 引进了平面的斜线与平面所成的角之后，空间中任意一条直线与任意一个平面所成的角的大小都是确定的，直线与平面所成的角也称为它们的夹角． 90° 0° 射影 核心概念掌握 5 cosθ＝cosθ1cosθ2 核心概念掌握 6 [点拨]　对公式cosθ＝cosθ1cosθ2的理解 由0≤cosθ2≤1，得cosθ≤cosθ1，从而θ1≤θ. 在公式中，令θ2＝90°，则cosθ＝cosθ1cos90°＝0， ∴θ＝90°，此即三垂线定理．反之，若θ＝90°，可知θ2＝90°，即为三垂线定理的逆定理．即三垂线定理及其逆定理可看成此公式的特例． 核心概念掌握 7 平面 最小的角 核心概念掌握 8 知识点三　用空间向量求直线与平面的夹角 如图，如果v是直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，设直线l与平面α所成角的大小为θ，则θ＝_________________或θ＝ _________________ ． 特别地，cosθ＝ _________________ ，sinθ＝ _________________ ． sin〈v，n〉 |cos〈v，n〉| 核心概念掌握 9 核心概念掌握 10 2．(斜线与平面所成角的性质)已知直线l∩平面α＝A，B是直线l上一点，AB＝6，直线l与平面α所成的角为60°，则线段AB在平面α内的射影长为________． 3．(直线与平面所成的角)正四面体A－BCD中，棱AB与底面BCD所成角的余弦值为________． 3 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　定义法求线面角 核心素养形成 13 核心素养形成 14 【感悟提升】　 在求解斜线与平面所成的角的过程中，确定点在平面内的射影的位置是一个既基本又重要的问题，确定点在平面内的射影的位置有以下两种方法： (1)斜线上任意一点在平面内的射影必在斜线的射影上； (2)利用已知的垂直关系得出线面垂直，确定射影． 核心素养形成 15 【跟踪训练】 1．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B与平面A1B1CD所成的角为________． 30° 核心素养形成 16 题型二　公式cosθ＝cosθ1cosθ2的应用 核心素养形成 17 核心素养形成 18 【感悟提升】　 (1)公式cosθ＝cosθ1cosθ2在解题时经常用到，可用来求线面角θ1，在应用公式时，一定要分清θ，θ1，θ2分别对应图形中的哪个角，否则极易出错． (2)常用的一个结论：若∠AOB＝∠AOC，且AO为平面BOC的一条斜线，则AO在平面BOC内的射影平分∠BOC及其对顶角． 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型三　向量法求线面角 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 【感悟提升】利用空间向量求直线与平面所成角的步骤 核心素养形成 25 【跟踪训练】 3．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，DC＝2，AA1＝3，AB＝BC＝AD＝1，点E，F分别在侧棱AA1，CC1上，且A1E＝CF＝1，求直线AD与平面D1EF所成角的正弦值． 核心素养形成 26 核心素养形成 27 随堂水平达标 随堂水平达标 29 2．如图，AB⊥平面α于B，BC为AC在α内的射影，CD在α内，若∠ACD＝60°，∠BCD＝45°，则AC与平面α所成的角为(　　) A．15° B．30° C．45° D．60° 随堂水平达标 30 随堂水平达标 31 随堂水平达标 32 4．已知在空间直角坐标系Oxyz(O为坐标原点)中，点A(1，1，－1)，点B(1，－1，1)，则z轴与平面OAB所成角的大小为________． 随堂水平达标 33 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 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 考点 最小角定理；直线与平面所成的角 利用空间向量求线面角 公式cosθ＝cosθ1cosθ2的应用 线面角的最值(范围) 问题 利用空间向量求线面角 利用定义求线面角 已知线面角求参数 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 考点 已知线面角求参数 利用空间向量求线面角 利用空间向量证明面面垂直；利用空间向量求线面角 利用定义求线面角 利用空间向量求线面角 利用空间向量求线面角 线面角的最值(范围)问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 二、填空题 6．等腰直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，若AC与α成30°角，则斜边上的中线CM与平面α所成角的大小为________． 45° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 三、解答题 9．如图，在底面为矩形的四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，PA＝PD＝AB＝2，O，Q分别为AD，PB的中点． (1)证明：AB⊥PD； (2)求直线AQ与平面PBC所成角的正弦值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 10．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别为棱AC，B1C1的中点，AB＝2AA1＝2. (1)证明：平面A1BN⊥平面MNC； (2)求直线CN与平面A1MN所成角的正弦值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 12．空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0，y0，z0)且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.已知平面α的方程为x＋y＋4z－3＝0，直线l是平面β：x＋2y－3＝0与平面γ：2y＋z＋1＝0的交线，则直线l与平面α所成角的大小为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 14．已知四棱锥P－ABCD，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB，平面PAB⊥平面PBC. (1)证明：AB⊥BC； (2)设M为PC上一点，求PC与平面ABM所成角的正弦值的最大值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 解： (1)证明：如图，过点A作AE⊥PB，垂足为E. ∵平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC＝PB，AE⊂平面PAB，∴AE⊥平面PBC. ∵BC⊂平面PBC，∴AE⊥BC. ∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， ∴PA⊥BC. 又PA∩AE＝A，PA，AE⊂平面PAB， ∴BC⊥平面PAB. 又AB⊂平面PAB，∴AB⊥BC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 　　　　　　　　　　　　　 R (2)直线与平面所成的角θ的范围：θ∈____________． 知识点二　斜线与平面所成角的性质 (1)线线角、线面角的关系式 关系式：如图，AA′⊥α，OA′，OM⊂α，则图中θ，θ1，θ2之间的等量关系是____________________． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) (2)最小角定理 平面的斜线与________所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中________________． [拓展]　设向量eq \o(AB,\s\up17(→))在平面α上的投影为eq \o(A′B′,\s\up17(→))，且直线AB与平面α的夹角为θ，则〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(A′B′,\s\up17(→))〉＝θ，|eq \o(A′B′,\s\up17(→))|＝|eq \o(AB,\s\up17(→))|cosθ. eq \f(π,2)－〈v，n〉 〈v，n〉－eq \f(π,2) 1．(用空间向量求直线与平面的夹角)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，且cos〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则直线l与平面α所成的角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° eq \f(\r(3),3) 例1　如图，在三棱锥A－BCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝4eq \r(3)，直线AC与底面BCD所成角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析　取BD的中点O，连接AO，OC，因为AB＝AD，所以AO⊥BD，因为侧面ABD⊥底面BCD，侧面ABD∩底面BCD＝BD，AO⊂侧面ABD，所以AO⊥底面BCD，因为OC⊂底面BCD，所以AO⊥OC，所以∠ACO就是直线AC与底面BCD所成的角，因为BC⊥CD，BC＝6，BD＝4eq \r(3)，所以CO＝2eq \r(3)，在Rt△AOD中，AO＝eq \r(AD2－OD2)＝2，在Rt△AOC中，tan∠ACO＝eq \f(AO,CO)＝eq \f(\r(3),3)，即∠ACO＝30°，所以直线AC与底面BCD所成角的大小为30°.故选A. 解析：如图，连接BC1交B1C于点O，连接A1O，设正方体 ABCD－A1B1C1D1的棱长为a.因为A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，B1B ∩B1C1＝B1，所以A1B1⊥平面BCC1B1.又BC1⊂平面BCC1B1，所 以A1B1⊥BC1.又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面 A1B1CD，所以BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成的角．在Rt△A1BO中，因为A1B＝eq \r(2)a，OB＝eq \f(\r(2),2)a，所以sin∠BA1O＝eq \f(OB,A1B)＝eq \f(1,2).又∠BA1O为锐角，所以∠BA1O＝30°.所以A1B与平面A1B1CD所成的角为30°. 例2　已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为a的菱形，O为菱形ABCD的中心，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，AA1＝eq \f(3,2)a，求证：A1O⊥平面ABCD. 证明　∵菱形ABCD的边长为a，且∠BAD＝60°， ∴AC为∠BAD的平分线，且AO＝eq \f(\r(3),2)a， 又∠A1AB＝∠A1AD， ∴直线A1A在平面ABCD内的射影为直线AC，记∠A1AC＝θ. 则cosθ＝eq \f(cos60°,cos30°)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(3),2))＝eq \f(\r(3),3). ∴A1Acosθ＝eq \f(3,2)a×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(\r(3),2)a＝AO， ∴A1O⊥平面ABCD. 【跟踪训练】 2．如图所示，∠BOC在平面α内，OA是平面α的一条斜线，若∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝eq \r(2)a，求OA与平面α所成角的度数． 解：∵∠AOB＝∠AOC＝60°， ∴OA在α内的射影为∠BOC的平分线． 作∠BOC的平分线OH，交BC于点H， 又OB＝OC＝a，BC＝eq \r(2)a， ∴∠BOC＝90°，故∠BOH＝45°. 由公式cosθ＝cosθ1cosθ2， 得cos∠AOH＝eq \f(cos∠AOB,cos∠BOH)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2)， ∴∠AOH＝45°， 即OA与平面α所成的角为45°. 例3　如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq \f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点，求直线SN与平面CMN夹角的大小． 解　设PA＝1，以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))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P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)， 又AN＝eq \f(1,4)AB，M，S分别为PB，BC的中点， ∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))， 则eq \o(NC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，eq \o(CM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq \o(SN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0)). 设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CM,\s\up17(→))·n＝0，,\o(NC,\s\up17(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0，)) 取y＝1，得n＝(2，1，－2)． 设直线SN与平面CMN的夹角为θ， ∵sinθ＝|cos〈n，eq \o(SN,\s\up17(→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,2))),3×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2)， ∴直线SN与平面CMN的夹角为eq \f(π,4). (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量a； (3)求平面的法向量n； (4)设线面角为θ，则sinθ＝|cos〈n，a〉|＝eq \f(|n·a|,|n||a|). 解：以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AA1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、z轴正方向，平面ABCD内垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，D1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，3))，E(0，0，2)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，1))， 则eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \o(D1E,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，－1))，eq \o(D1F,\s\up17(→))＝(2，0，－2)． 设平面D1EF的一个法向量为m＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(D1E,\s\up17(→))＝0，,m·\o(D1F,\s\up17(→))＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y－z＝0，,2x－2z＝0，)) 令x＝eq \r(3)，则m＝(eq \r(3)，－1，eq \r(3))， 则cos〈eq \o(AD,\s\up17(→))，m〉＝eq \f(\o(AD,\s\up17(→))·m,\a\vs4\al(|\o(AD,\s\up17(→))||m|))＝eq \f(－\r(3),1×\r(7))＝－eq \f(\r(21),7)， 因此直线AD与平面D1EF所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7). 1．若平面α的一个法向量为n＝(2，1，1)，直线l的一个方向向量为a＝(1，2，3)，则l与α所成角的正弦值为(　　) A.eq \f(\r(17),6) B.eq \f(\r(21),6) C．－eq \f(\r(21),6) D.eq \f(\r(21),3) 解析：l与α所成角的正弦值为|cos〈a，n〉|＝eq \f(|a·n|,|a||n|)＝eq \f(|2＋2＋3|,\r(14)×\r(6))＝eq \f(\r(21),6).故选B. 解析：∵AB⊥平面α，∴cos∠ACD＝cos∠ACB·cos∠BCD，∴cos60°＝cos∠ACBcos45°，∴cos∠ACB＝eq \f(\r(2),2)，∴∠ACB＝45°，即AC与平面α所成的角为45°. 3．《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD＝2AB＝PA，则直线PC与平面PBD所成角的正弦值为(　　) A.eq \f(\r(6),9) B.eq \f(\r(75),9) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(6),3) 解析：因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，底面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两互相垂直，设AB＝1，AD＝PA＝2，以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))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B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，所以eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－1，2，0)，eq \o(BP,\s\up17(→))＝(－1，0，2)，eq \o(PC,\s\up17(→))＝(1，2，－2)，设平面PBD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up17(→))＝－x＋2y＝0，,n·\o(BP,\s\up17(→))＝－x＋2z＝0，))令x＝2，则y＝1，z＝1，所以n＝(2，1，1)，则直线PC与平面PBD所成角的正弦值为|cos〈n，eq \o(PC,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|n·\o(PC,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|n||\o(PC,\s\up17(→))|))＝eq \f(|2＋2－2|,\r(6)×3)＝eq \f(\r(6),9).故选A. 解析：因为O(0，0，0)，A(1，1，－1)，B(1，－1，1)，设平面OAB的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(OA,\s\up17(→))＝0，,m·\o(OB,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－z＝0，,x－y＋z＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z.))令y＝z＝1，则m＝(0，1，1)，又z轴的一个方向向量为n＝(0，0，1)，设z轴与平面OAB所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),2)，所以θ＝eq \f(π,4). eq \f(π,4) 一、选择题 1．若直线l与平面α所成的角为eq \f(π,6)，直线m在平面α内且与直线l异面，则直线l与m所成角的取值范围为(　　) A． (π,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(，\f(π,2))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) C． (π,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(，\f(π,2))) D． (π,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(，\f(5π,6))) 解析：因为m与l异面，故其所成的角最大为eq \f(π,2)，最小即为线面角，故其范围为(π,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(，\f(π,2))) ．故选A. 2．已知空间向量eq \o(AB,\s\up17(→))＝(1，0，－1)，平面α的一个法向量为n＝(0，1，1)，则直线AB与平面α所成的角为(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,6)或eq \f(5π,6) D.eq \f(π,3)或eq \f(2π,3) 解析：直线l与平面α所成角的正弦值sinθ＝|cos〈eq \o(AB,\s\up17(→))，n〉|＝eq \f(|\o(AB,\s\up17(→))·n|,\a\vs4\al(|\o(AB,\s\up17(→))||n|))＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，则直线AB与平面α所成的角θ＝eq \f(π,6).故选A. 3．已知∠APB在平面α内，大小为60°，射线PC与PA，PB所成的角均为45°，则PC与平面α所成角的余弦值是(　　) A．－eq \f(\r(6),3) B.eq \f(\r(6),3) C.eq \f(\r(3),3) D．－eq \f(\r(3),3) 解析：设PC与平面α所成的角为θ，则cos45°＝cosθcos30°，所以cosθ＝eq \f(\r(6),3). 4．已知平面α的一个法向量为a＝(x，1，2－x)，直线l的一个方向向量为b＝(0，11，0)，则直线l与平面α所成角的正弦值的最大值为(　　) A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(\r(3),3) 解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，b〉|＝eq \f(|a·b|,|a||b|)＝eq \f(|11|,11\r(x2＋12＋（2－x）2))＝eq \f(1,\r(2x2－4x＋5))＝eq \f(1,\r(2（x－1）2＋3))，当x＝1时，sinθ取得最大值，为eq \f(\r(3),3). 5．(多选)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝eq \r(3)AB，则(　　) A．AC1与底面ABC所成角的正弦值为eq \f(1,2) B．AC1与底面ABC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),2) C．AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4) D．AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为eq \f(\r(13),4) 解析：取A1C1的中点E，AC的中点F，连接EF，EB1，则EB1，EC1，EF两两互相垂直，以E为原点，eq \o(EB1,\s\up17(→))，eq \o(EC1,\s\up17(→))，eq \o(EF,\s\up17(→))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AB＝2，则AA1＝2eq \r(3)，∴E(0，0，0)，C1(0，1，0)，A(0，－1，2eq \r(3))，F(0，0，2eq \r(3))，∴eq \o(AC1,\s\up17(→))＝(0，2，－2eq \r(3))，eq \o(EF,\s\up17(→))＝(0，0，2eq \r(3))．底面ABC的一个法向量为eq \o(EF,\s\up17(→))＝(0，0，2eq \r(3))，∴AC1与底面ABC所成角的正弦值为|cos〈eq \o(EF,\s\up17(→))，eq \o(AC1,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(EF,\s\up17(→))·\o(AC1,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(EF,\s\up17(→))||\o(AC1,\s\up17(→))|))＝eq \f(|－12|,2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),2)，∴A错误，B正确； 取A1B1的中点K，连接KC1.点K的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，∴侧面AA1B1B的一个法向量为eq \o(KC1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，∴AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为|cos〈eq \o(AC1,\s\up17(→))，eq \o(KC1,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(AC1,\s\up17(→))·\o(KC1,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(AC1,\s\up17(→))||\o(KC1,\s\up17(→))|))＝eq \f(3,4×\r(3))＝eq \f(\r(3),4)，∴C正确，D错误．故选BC. 解析：如图，设AC＝BC＝1，∴AB＝eq \r(2)，作CO⊥α，垂足为O，连接OA，OM，则∠CAO＝30°，∴OC＝eq \f(1,2).∵CM＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(\r(2),2)，∴sin∠OMC＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2)，又∠OMC为锐角，∴∠OMC＝45°. 7．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1＝1，直线A1C1与平面A1BCD1所成角的余弦值为eq \f(2\r(5),5)，则该正四棱柱的体积为________． eq \f(3,2) 解析：设正四棱柱ABCD－A1B1C1D1底面正方形的边长为t，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则B(t，t，0)，C(0，t，0)，A1(t，0，1)，C1(0，t，1)，则eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－t，0，0)，eq \o(BA1,\s\up17(→))＝(0，－t，1)，eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝(－t，t，0)，设平面A1BCD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up17(→))·n＝0，,\o(BA1,\s\up17(→))·n＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－tx＝0，,－ty＋z＝0，))令y＝1，得x＝0，z＝t，所以n＝(0，1，t)，因为直线A1C1与平面A1BCD1所成角的余弦值为eq \f(2\r(5),5)，所以直线A1C1与平面A1BCD1所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)，所以向量eq \o(A1C1,\s\up17(→))与向量n夹角的余弦值的绝对值为eq \f(\r(5),5)，即|cos〈eq \o(A1C1,\s\up17(→))，n〉|＝eq \f(|\o(A1C1,\s\up17(→))·n|,|\o(A1C1,\s\up17(→))||n|)＝eq \f(|t|,\r(t2＋t2)\r(1＋t2))＝eq \f(t,\r(2)t\r(1＋t2))＝eq \f(1,\r(2＋2t2))＝eq \f(\r(5),5)，解得t2＝eq \f(3,2)，t＝eq \f(\r(6),2)，所以正四棱柱的体积V＝eq \f(\r(6),2)×eq \f(\r(6),2)×1＝eq \f(3,2). 8．如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是矩形，AD＝SA＝SD＝2AB＝2，P为棱AD的中点，且SP⊥AB，M为棱SA上的一点，若BM与平面SBD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4)，则AM＝________． eq \f(3,4) 解析：过点P作PE∥CD，交BC于点E，由SA＝SD，P为AD的中点，得SP⊥AD，又SP⊥AB，且AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABCD，则SP⊥平面ABCD，而PE⊂平面ABCD，有SP⊥PE，又四边形ABCD是矩形，则SP，PA，PE两两互相垂直，以P为原点，eq \o(PA,\s\up17(→))，eq \o(PE,\s\up17(→))，eq \o(PS,\s\up17(→))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．由AD＝SA＝SD＝2，AB＝1，P为AD的中点，得SP＝eq \r(3)，E为BC的中点，则P(0，0，0)，A(1，0，0)，S(0，0，eq \r(3))，B(1，1，0)，D(－1，0，0)，eq \o(DB,\s\up17(→))＝(2，1，0)，eq \o(DS,\s\up17(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \o(AS,\s\up17(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \o(BA,\s\up17(→))＝(0，－1，0)． 令eq \o(AM,\s\up17(→))＝λeq \o(AS,\s\up17(→))＝(－λ，0，eq \r(3)λ)，0≤λ≤1，则eq \o(BM,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \o(AM,\s\up17(→))＝(－λ，－1，eq \r(3)λ)．设平面SBD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DB,\s\up17(→))＝2x＋y＝0，,m·\o(DS,\s\up17(→))＝x＋\r(3)z＝0，))令z＝1，得m＝(－eq \r(3)，2eq \r(3)，1)．由BM与平面SBD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4)，得|cos〈eq \o(BM,\s\up17(→))，m〉|＝eq \f(|\o(BM,\s\up17(→))·m|,\a\vs4\al(|\o(BM,\s\up17(→))||m|))＝eq \f(|2\r(3)λ－2\r(3)|,\r(4λ2＋1)×4)＝eq \f(\r(3),4)，解得λ＝eq \f(3,8)，所以|eq \o(AM,\s\up17(→))|＝λ|eq \o(AS,\s\up17(→))|＝2λ＝eq \f(3,4). 解：(1)证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD， ∴AB⊥平面PAD， 又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD. (2)∵PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD， 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD， 以O为原点，eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OP,\s\up17(→))的方向分别为x轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，eq \r(2))，B(eq \r(2)，2，0)，C(－eq \r(2)，2，0)，A(eq \r(2)，0，0)，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，\f(\r(2),2)))， ∴eq \o(PB,\s\up17(→))＝(eq \r(2)，2，－eq \r(2))， eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－2eq \r(2)，0，0)，eq \o(AQ,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(2),2))). 设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up17(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋2y－\r(2)z＝0，,－2\r(2)x＝0，)) 取y＝1，可得n＝(0，1，eq \r(2))， 设直线AQ与平面PBC所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈eq \o(AQ,\s\up17(→))，n〉|＝eq \f(|n·\o(AQ,\s\up17(→))|,|n||\o(AQ,\s\up17(→))|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)， 所以直线AQ与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3). 解：(1)证明：由题意，得∠ABC＝60°，如图，以B为原点，建立空间直角坐标系，则A1(2，0，1)，B(0，0，0)，C(1，eq \r(3)，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))， 故eq \o(BA1,\s\up17(→))＝(2，0，1)，eq \o(BN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，eq \o(MN,\s\up17(→))＝(－1，0，1)，eq \o(MC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)). 设平面A1BN的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BA1,\s\up17(→))＝2x1＋z1＝0，,n1·\o(BN,\s\up17(→))＝\f(1,2)x1＋\f(\r(3),2)y1＋z1＝0，)) 令x1＝1，则y1＝eq \r(3)，z1＝－2， 所以n1＝(1，eq \r(3)，－2)． 设平面MNC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(MN,\s\up17(→))＝－x2＋z2＝0，,n2·\o(MC,\s\up17(→))＝－\f(1,2)x2＋\f(\r(3),2)y2＝0，)) 令x2＝eq \r(3)，则y2＝1，z2＝eq \r(3)，所以n2＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))． 因为n1·n2＝eq \r(3)＋eq \r(3)－2eq \r(3)＝0，所以n1⊥n2， 所以平面A1BN⊥平面MNC. (2)eq \o(MN,\s\up17(→))＝(－1，0，1)，eq \o(A1N,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \o(CN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1)). 设平面A1MN的一个法向量为m＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(MN,\s\up17(→))＝－a＋c＝0，,m·\o(A1N,\s\up17(→))＝－\f(3,2)a＋\f(\r(3),2)b＝0，)) 令a＝1，则b＝eq \r(3)，c＝1，所以m＝(1，eq \r(3)，1)， 则|cos〈eq \o(CN,\s\up17(→))，m〉|＝eq \f(|\o(CN,\s\up17(→))·m|,\a\vs4\al(|\o(CN,\s\up17(→))||m|)) ＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(3,2)＋1)),\r(2)×\r(5))＝eq \f(\r(10),10)， 所以直线CN与平面A1MN所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10). 11．已知三棱锥P－ABC的底面是以AC为斜边的直角三角形，顶点P在底面的射影恰好是△ABC的外心，PA＝AB＝1，BC＝eq \r(2)，则PB与底面ABC所成角的大小为(　　) A．60° B．30° C．45° D．90° 解析：设△ABC的外心为O，PB与底面ABC所成的角为θ，因为△ABC是以AC为斜边的直角三角形，所以O为AC的中点，由AB＝1，BC＝eq \r(2)，知AC＝eq \r(3)，则OA＝eq \f(\r(3),2).又PA＝1，PO⊥AC，所以PO＝eq \f(1,2)，因为OB＝OA＝eq \f(\r(3),2)，所以tanθ＝eq \f(OP,OB)＝eq \f(\r(3),3)，又0°≤θ≤90°，所以θ＝30°. 解析：依题意，平面α的一个法向量为m＝(1，1，4)，平面β的一个法向量为a＝(1，2，0)，平面γ的一个法向量为b＝(0，2，1)．设直线l的方向向量为v＝(x，y，z)，∵β∩γ＝l，∴l⊂β，l⊂γ，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v·a＝0，,v·b＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝0，,2y＋z＝0，))令x＝2，则v＝(2，－1，2)．设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，v〉|＝eq \f(|m·v|,|m||v|)＝eq \f(|2－1＋8|,3\r(2)×3)＝eq \f(\r(2),2)，∴θ＝eq \f(π,4). eq \f(π,4) 13．如图，圆台O1O2的上底面半径为1，下底面半径为eq \r(2)，AB为圆台下底面的一条直径，圆O2上一点C满足AC＝BC，PO1是圆台上底面的一条半径，点P，C在平面ABO1的同侧，且PO1∥BC. (1)证明：O1O2∥平面PAC； (2)在①三棱锥O1－ABC的体积为eq \f(4,3)；②AO1与圆台底面的夹角的正切值为eq \r(2)这两个条件中选择一个作为已知，求直线AO1与平面PBC所成角的正弦值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解：(1)证明：取AC的中点M，连接O2M，PM，如图， 由题意，得PO1＝1，BC＝eq \f(\r(2),2)AB＝2， 又O2，M分别为AB，AC的中点， 所以O2M∥BC，O2M＝eq \f(1,2)BC. 又PO1∥BC，PO1＝eq \f(1,2)BC，所以PO1∥O2M，PO1＝O2M， 所以四边形PO1O2M为平行四边形， 则PM∥O1O2， 又PM⊂平面PAC，O1O2⊄平面PAC，所以O1O2∥平面PAC. (2)选①：S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)×2×2＝2， 又O1O2⊥平面ABC， 所以三棱锥O1－ABC的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC·O1O2＝eq \f(4,3). 所以O1O2＝2. 选②：因为O1O2⊥平面ABC， 所以∠O1AO2为AO1与底面所成的角， 所以tan∠O1AO2＝eq \r(2)， 又AO2＝eq \r(2)，所以O1O2＝2. 以O2为原点，eq \o(O2B,\s\up17(→))，eq \o(O2C,\s\up17(→))，eq \o(O2O1,\s\up17(→))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A(－eq \r(2)，0，0)，B(eq \r(2)，0，0)，C(0，eq \r(2)，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，2))，O1(0，0，2)， 故eq \o(AO1,\s\up17(→))＝(eq \r(2)，0，2)． 设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 而eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \o(CP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，2))， 故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up17(→))＝－\r(2)x＋\r(2)y＝0，,n·\o(CP,\s\up17(→))＝－\f(\r(2),2)x－\f(\r(2),2)y＋2z＝0，)) 令z＝1，解得x＝y＝eq \r(2)，得n＝(eq \r(2)，eq \r(2)，1)． 设所求角的大小为θ， 则sinθ＝|cos〈eq \o(AO1,\s\up17(→))，n〉|＝eq \f(|\o(AO1,\s\up17(→))·n|,|\o(AO1,\s\up17(→))||n|)＝eq \f(|2＋2|,\r(6)×\r(5))＝eq \f(2\r(30),15)， 所以直线AO1与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(2\r(30),15). (2)由已知及(1)得四边形ABCD是正方形，从而AB，AD， AP两两互相垂直，以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))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AB＝1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)， ∴eq \o(AC,\s\up17(→))＝(1，1，0)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(1，0，0)，eq \o(CP,\s\up17(→))＝(－1，－1，1)． 设eq \o(CM,\s\up17(→))＝λeq \o(CP,\s\up17(→))，则eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(CM,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))＋λeq \o(CP,\s\up17(→))＝(1，1，0)＋λ(－1，－1，1)＝(1－λ，1－λ，λ)， 设平面ABM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up17(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,（1－λ）x＋（1－λ）y＋λz＝0，)) 取y＝λ，则x＝0，z＝λ－1，所以n＝(0，λ，λ－1)， |cos〈eq \o(CP,\s\up17(→))，n〉|＝eq \f(|\o(CP,\s\up17(→))·n|,|\o(CP,\s\up17(→))||n|)＝eq \f(1,\r(3)×\r(λ2＋（λ－1）2))＝eq \f(1,\r(3)×\r(2λ2－2λ＋1)) ＝eq \f(1,\r(3)×\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2)))， 当λ＝eq \f(1,2)时，上式的值最大，为eq \f(\r(6),3)， ∴PC与平面ABM所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3). $$