1.2.3 直线与平面的夹角(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教B版)

**基本信息** 以空间向量为核心工具，构建"概念-公式-应用"三级训练体系，通过基础巩固与综合运用分层突破直线与平面夹角计算，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|8题|坐标法求线面角、法向量应用、公式sinθ=|cos<s,n>|直接计算|从方向向量与法向量概念出发，推导线面角公式，通过正方体、四棱锥等模型巩固基础应用| |综合运用|6题|动态几何参数分析、等体积法求距离、一题多解（几何法与坐标法）|结合含参问题（如λ值）、体积最值，拓展公式在复杂几何体中的迁移应用，强化空间观念与数学建模|

1.2.3　直线与平面的夹角 1.设直线l的方向向量为s，平面α的法向量为n，若〈s，n〉=，则直线l与平面α所成角的大小为（　　） A．　 B．　　 C．　 D． 2.已知直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n．若〈a，n〉=，则l与α所成角的大小为（　　） A．　 B．　　 C．　 D． 3.已知OA，OB，OC是由点O出发的三条射线，两两夹角为30°，则OC与平面OAB所成角的余弦值为（　　） A．2－2　 B． C．　 D．2－2 4.在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=BC，E，F分别为CD，PC的中点，则直线PE与平面ABF所成角的正弦值为（　　） A．　 B． C．　 D． 5.在 正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知M是BD的中点，则B1M与平面AA1D1D所成角的余弦值为（　　） A．B． C．　 D． 6.如图， 在正四棱柱AC1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的余弦值为，则正四棱柱的高为（　　） A.1　　B.2 C.3　　D.4 7. 〔多选〕如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB=BC=BD，∠CBA=∠DBC=120°，则（　　） A．直线AD与直线BC所成角的大小为90° B．直线AB与直线CD所成角的余弦值为 C．直线AD与平面BCD所成角的大小为45° D．直线AD与平面BCD所成角的大小为60° 8.若平面α的一个法向量为（1，1，1），直线l的方向向量为（0，3，4），则l与α所成角的正弦值为　　　　． 9.如图， 在三棱锥S－ABC中，SA=SB=SC，且∠ASB=∠BSC=∠CSA=，M，N分别是AB，SC的中点，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为　　　　，直线SM与平面SAC所成的角的大小为　　　　． 10. 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠BAC=90°，E，F分别为C1C，BC的中点． （1）证明：B1F⊥AE； （2）求直线A1B与平面AEF所成角的正弦值． 11.如图， 正方体ABCD－A1B1C1D1中，=，=，=λ，当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，λ=（　　） A．　　 B．　　　C．　　 D． 12.〔多选〕在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，E是CC1的中点，则（　　） A．BD1与DE所成角的余弦值为 B．BE与平面BDD1B1所成的角为30° C．BD1与平面BDE所成的角为45° D．四面体ABED1的体积是 13.〔一题多解〕在 棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点M，N分别在棱BC，AB上，且满足AN=BM，当三棱锥D－MNB1的体积最小时，B1M与平面A1MN所成角的正弦值是　　　　． 14.如图 是一个直三棱柱（以A1B1C1为底面）被一平面所截后得到的几何体，截面为ABC．已知A1B1=B1C1=1，∠A1B1C1=90°，AA1=4，BB1=2，CC1=3. （1）设点O是AB的中点，证明：OC∥平面A1B1C1；　 （2）求直线AB与平面AA1C1C所成的角的余弦值； （3）求此几何体的体积． 1.2.3　直线与平面的夹角 1.B　因为〈s，n〉=＞，所以l与α所成角的大小为－=．故选B． 2.C　如图所示，直线l与平面α所成的角θ=－（π－）=． 3.B　设OC与平面OAB所成的角为θ，则cos 30°=cos θ•cos 15°，∴cos θ=．　 4.C　建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=2，则P（0，0，2），C（2，2，0），D（0，2，0），B（2，0，0），由F，E分别为PC，CD的中点，则F（1，1，1），E（1，2，0），则=（－1，1，1），=（1，2，－2），=（2，0，0），设平面ABF的法向量为n=（x，y，z），则设y=1，则z=－1，x=0，所以平面ABF的一个法向量为n=（0，1，－1），设直线PE与平面ABF所成角为θ，sin θ=|cos〈，n〉|====． 5.A　由题意得，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B1（2，2，2），M（1，1，0），∴=（－1，－1，－2），由DC⊥平面AA1D1D，∴=（0，2，0）是平面AA1D1D的一个法向量，设B1M与平面AA1D1D所成的角为θ，则sin θ=|cos〈，〉|===，∴B1M与平面AA1D1D所成角的余弦值为cos θ==． 6.D　以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系，如图所示，设DD1=a，则A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，a），故=（－2，2，0），=（－2，0，a），=（0，0，a），设平面ACD1的一个法向量为n=（x，y，z），则可取n=（1，1，），故|cos〈n，〉|===，又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，∴=，解得a=4. 7.ABC　以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，设AB=2，则A（0，－1，），C（0，2，0），D（，－1，0），所以=（，0，－），=（0，2，0），=（0，1，－），=（，－3，0）．因为•=0，所以AD⊥BC，即直线AD与直线BC所成角的大小为90°，A正确．因为|cos〈，〉|==，所以直线AB与直线CD所成角的余弦值为，B正确．设AD与平面BCD所成的角为θ，因为n=（0，0，1）是平面BCD的一个法向量，所以sin θ=|cos 〈，n〉|==，所以θ=45°，即直线AD与平面BCD所成角的大小为45°，C正确，D错．故选A、B、C． 8.　解析：设l与平面α所成的角为θ，则sin θ===． 9.　　解析：因为∠ASB=∠BSC=∠CSA=，所以以S为原点，SB，SA，SC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（图略）．设SA=SB=SC=2，则S（0，0，0），M（1，1，0），B（2，0，0），N（0，0，1），A（0，2，0），C（0，0，2）．故=（1，1，0），=（－2，0，1），所以|cos〈，〉|==，故异面直线SM与BN所成角的余弦值为．由题意得，平面SAC的一个法向量为=（2，0，0），设直线SM与平面SAC所成的角为θ，其中θ∈［0，］，则由sin θ=|cos〈，〉|==，解得θ=，即直线SM与平面SAC所成的角的大小为． 10.解：（1）证明：显然AB，AC，AA1两两垂直，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0）， B1（2，0，2），E（0，2，1），F（1，1，0）， =（－1，1，－2），=（0，2，1），则•=－1×0＋1×2＋（－2）×1=0， 则⊥，∴B1F⊥AE． （2）由（1）可知，=（2，0，－2），=（0，2，1），=（1，1，0） 设平面AEF的法向量为m=（x，y，z），∴ 令x=1，得y=－1，z=2，即m=（1，－1，2）． 设A1B与平面AEF所成角为θ， 则sin θ=|cos 〈m，〉| =|| =|| =． ∴直线A1B与平面AEF所成角的正弦值为． 11.C　如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1.则M（，0，1），N（1，0，），C（0，1，0），B1（1，1，1），D（0，0，0），D1（0，0，1）．所以=λ=（－λ，0，－λ），E（1－λ，1，1－λ），=（，0，－），=（－λ，1，－λ）．设平面MNE的法向量为m=（x，y，z），则令x=1，则y=2λ－，z=1，可得m=（1，2λ－，1）．又=（0，0，1），设直线DD1与平面MNE所成的角为α，则sin α=|cos〈m，〉|=||==，从而当λ=时，sin α取到最大值，又α∈［0，］，故λ=时直线DD1与平面MNE所成的角最大． 12.ABD　以D为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），D1（0，0，2），B（1，1，0），B1（1，1，2），E（0，1，1），A（1，0，0），C（0，1，0），=（－1，－1，2），=（－1，0，1），=（0，1，1），=（－1，1，0）．对于A，|cos〈，〉|===，所以BD1与DE所成角的余弦值为，故A正确；对于B，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，又因为BD，DD1⊂平面BDD1B1，BD⋂DD1=D，所以AC⊥平面BDD1B1，即为平面BDD1B1的一个法向量，|cos〈，〉|===，所以BE与平面BDD1B1所成的角为30°，故B正确；对于C，设平面BDE的一个法向量为n=（x，y，z），则⇒ 取x=1，则n=（1，－1，1），|cos〈，n〉|===≠，所以BD1与平面BDE所成的角不为45°，故C错误；对于D，因为BC1∥AD1，BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，所以BC1∥平面AD1E，所以四面体ABED1的体积VB－AD1E=VC1－AD1E=VA－C1D1E=•S△C1D1E•AD=××1×1×1=，故D正确． 13.　解析：设AN=x（0≤x≤2），则S△DMN=2×2－×2x－（2－x）x－×2（2－x）=2－（2－x）x．由等体积法，得VD－MNB1=VB1－DMN=×2×S△DMN=－（2－x）x≥－（）2=1，当且仅当2－x=x，即x=1时，等号成立．所以当VD－MNB1最小时，M，N分别是所在棱的中点． 法一　易知A1N=B1M=，A1M=3，MN=．由余弦定理，得cos∠A1MN==，所以sin∠A1MN=，所以S△A1MN=××3×=．设点B1到平面A1MN的距离为h．根据VM－A1B1N=VB1－A1MN，得××2×2×1=××h，解得h=．所以B1M与平面A1MN所成角的正弦值为==． 法二　以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系（图略），则N（2，1，0），M（1，2，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2）．所以=（1，－1，0），=（－1，2，－2），=（1，0，2）．设平面A1MN的法向量为n=（x，y，z），则即令x=1，得y=1，z=，则n=（1，1，）．设B1M与平面A1MN所成的角为θ，则sin θ=|cos〈n，〉|===． 14.解：（1）证明：由题可得BB1⊥平面A1B1C1，又A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1B1，BB1⊥B1C1， 又因为∠A1B1C1=90°，所以可以以B1为坐标原点建立空间直角坐标系，如图1， 则C1（1，0，0），C（1，0，3），A1（0，1，0），A（0，1，4），B（0，0，2）， 因为O是AB的中点， 所以O（0，，3），=（1，－，0）， 易知n=（0，0，1）是平面A1B1C1的一个法向量，•n=0，又OC⊄平面A1B1C1，所以OC∥平面A1B1C1. （2）设直线AB与平面AA1C1C所成的角为θ，=（0，0，4），=（1，－1，0），设m=（x，y，z）是平面AA1C1C的法向量，则由得取x=1，得m=（1，1，0）． 又因为=（0，－1，－2），所以cos〈m，〉==－， 则sin θ=，cos θ=，所以直线AB与平面AA1C1C所成的角的余弦值为． （3）分别延长A1A，B1B，C1C至点D，E，F，使AD=2，BE=4，CF=3，如图2，则VABC－A1B1C1=VDEF－A1B1C1=×（×1×1）×6=．因此该几何体的体积为． 学科网（北京）股份有限公司 $