5.6 空间中的角和距离 题源2 直线与平面所成的角-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

所以异面直线EF与AD所成角的余弦值为 3 (2)易知市=1.21)，=（1，-24），成- (1,70于是A庐.EA=0,A.ED=0.因此，AF⊥EA1, AF⊥ED.又EA1∩ED=E.所以AF⊥平面A1ED C3)设手面EFD的法向量=(，期0， 即 {u·ED=0. 2y十x=0, 不妨令x=1,可得u=(1,2,-1). 1 -x+2y=0. 由(2)可知，AF为平面A1ED的一个法向量. 于是w-活-景从石m- 3 所以二面角A:-ED-F的正狡值为 3 解法二：(1)设AB=1,可得AD=2,AA1=4, 1 CF=1,CE=2: 如图②连接B1C,BC1,设B1C与BC1交于点M.易知A:D CE CF 1 ∥B1C., CBCC=4,可知EF∥BC1,故∠BMC是异面直 线EF与AD所成的角，易知BM=CM=B,C=5,所以 cos∠BMC= BM2+CM2-BC2 3 2·BM·CM=5 所以异面直线EF与A1D所成角的余 A 费植为是 D C (2)如图②，连接AC,设AC与DE交 千点N,因为C-器=日清以△0E CpRt△CBA,从而∠CDE=∠BCA,又由于 ∠CDE+∠CED=90°，所以∠BCA+ ENC ∠CED=90°，故AC⊥DE.又因为CC1⊥ 图② DE且CC1∩AC=C.所以DE⊥平面ACF, 从而AF⊥DE,连接BF,同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF ⊥B1C,所以AF⊥A1D,因为DE∩A1D=D,所以AF⊥平 面A1ED. (3)连接A1N,FN.由(2)可知DE⊥平面ACF.又VFC平 面ACF,ANC平面ACF,所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故 ∠A1NF为二面角A1一ED-F的平面角.易知Rt△CNED CN EC Rt△CBA,所 BC-AC' 又AC=5,所以CN=5.在Rt△CNF中，NF与 CR+CN-30 在R1△AAN中，A,N=VAN+AA=43 5 连接A1C1,A1F.在Rt△A1C1F中，A1F= A1C+C1F2=√I4, 12 在△A,NF中，es∠A,NF=A1N+FN:-A,F:2 2·A1N·FN Γ31 所以sin∠A,NF= 3 .所以二面角A1一ED一F的正弦值 3 题源2直线与平面所成的角 解题模型 斜线与平面所成的角的求法：(1)直接法，即先作出斜 线与平面所成的角，再解含这个角的直角三角形即可：(2) 公式法，即利用公式cos0=cos01cos02求之：(3)向量法，设 l为平面a的一条斜线，a为平面a的法向量，b为1的方向 向量，则〈a,b〉的余角或它的补角的余角即为1与平面a所 成的角， [真题3](2022·湖南)如图所示， 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是 B 棱DD1的中点. (I)求直线BE和平面ABB1A1所 成的角的正弦值； (Ⅱ)在棱CD:上是否存在一点F, 使B1F∥平面A1BE?证明你的结论. B [解析]解法一：设正方体的棱长为1.如图①所示，以AB, AD,AA1为单位正交基底建立空间直角坐标系. --- B ① (1）徐题意，得B10.0),E(01,2A(0.0,0),D0,1, 0),所以成=(-11,2d=0,10 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为AD⊥平面 ABB1A1,所以AD是平面ABB1A1的一个法向量.设直线BE和 平面ABB1A1所成的角为6，则 BF·AD11 sin= 2 IBE1·|AD13、 2大1 3 即直线BE布年面AB,A,所成的角的三孩值为号. (Ⅱ)依题意，得A1(0,0,1),BA1=(-1,0,1),B正=(-1， 12. 设n=(x,y,z)是平面A1BE的一个法向量，则n·BA= 0,n·BE=0,得 -x十之=0， 1 -x+y+2x=0. 1 所以x=之=2.取=2，得n=(21,2), 设F是棱C1D1上的，点，则F(t,1,1)(0≤t≤1).又B1(1, 0,1),所以B1下(t-1,1,0),而B1F中平面A1BE,于是B1F∥平 面A1BE台B1下·n=0台(t-1,1,0)·(2,1,2)=0曰2(t-1)+ 1=0e1=子F为C,D,的中点，这说明在棱C,D,上存在点 F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE. 解法二：(I)如图②所示，设AA!的中点为M,连结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的平 面ABB1A1上的射影，∠EBM为BE和平面ABB1A1所成 的角， 设正方体的棱长为2，则EM=AD=2,BE=√22+2+1 =3. 于是，在R△BEM中，sin∠EBM=EM-2 BE 3 即直线BE和平面ABB,A,所成的角的正弦值为 3 A A ② ③ (Ⅱ)在棱CD1上存在点F,使B1F∥平面ABE 事实上，如图③所示，分别取C1D1和CD的中点F,G,连 结EG,BG,CD1,FG.因A1D1∥B1C1∥BC,且A,D1=BC,所 以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C∥A1B.又E,G分 别为D1D,CD的中点，所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.这说明 A,B,G,E共面，所以BGC平面ABE. 因为四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F,G分别为 C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C,C= B,B,因此四边形B,BGF是平行四边形，所以B,F∥BG.而 B1F庄平面A1BE,BGC平面A1BF,故B1F∥平面A1BE. [点评]斜线与平面所成的角是立体几何考查中的重点， 线与面平行，线与面的垂直是立体几何考查的两个主要方面. [真题4](2021·全国Ⅱ)如图，直三楼柱ABC一A1B1C1 中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1. (1)证明：AB=AC: (2)设二面角A一BD一C为60°，求B,C与平面BCD所成 的角的大小 [解析]解法一：(1)取BC中点F,连接EF, 则EF∠BB,从而EF∠DA, B 连接AF,则ADEF为平行四边形， 从而AF∥DE. D E 又DE⊥平面BCC1,故AF⊥平 12 面BCC1, 从而AF⊥BC,即AF为BC的垂直平分线， 所以AB=AC. (2)作AG⊥BD,垂足为G,连接CG. 由三垂线定理知CG⊥BD, 故∠AGC为二面角A一BD一C的平面角. 由题设知，∠AGC=60°」 设AC=2,则AG=2 又AB=2,BC=2√2，故AF=√2， 由AB·AD=AG·BD得2AD=2,√AD+2, √3 解得AD=√2，故AD=AF. 又AD⊥AF,所以四边形ADEF为正方形. 因为BC⊥AF,BC⊥AD,AF∩AD=A, 故BC⊥平面DEF,因此平面BCD⊥平面DEF, 连接AE、DF,设AE∩DF=H, 则EH⊥DF,EH⊥平面BCD, 连接CH,使∠ECH为B1C与平面BCD所成的角. 因四边形ADEF为正方形，AD=√2，故EH=1, 又EC=号BC=2,所以∠BCH=30 即B1C与平面BCD所成的角为30° 解法二：(1)以A为坐标原，点，射线AB为x轴的正半轴，建 立如图所示的直角坐标系A一xy 设B(1,0,0),C(0,b,0),D(0,0,c) 则B10,2E(合台） 于是成=（合0=(-16 0). 由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC, DE.BC=0,求得b=1, 所以AB=AC. (2)设平面BCD的法向量AN=(xy,之)， 则AN·BC=0,AN·BD=0. 又BC=(-1,1,0),BD=(-1,0,c), 故/厂x+y=0, (-x+cz=0. 令=1，对y=1=2=112 又平面ABD的法向量AC=(0,1,0). 由二面角A-BD-C为60°知，(AN,AC)=60°， 故A·AC=AN1·AC1·cos60,求得c=二 2 于是AN=(1,1,W2),CB=(1,-1w2), COS(AN,CB)=-AN.CB 1 AN1·ICB2 〈AN,CB)=60°. 所以B1C与平面BCD所成的角为30°， 题源3二面角