資源簡介

1.2.4　二面角
基礎過關練
題組一　二面角及其度量
1.設三棱錐V-ABC的底面是正三角形,側棱長均相等,P是棱VA上的點(不含端點),記直線PB與直線AC所成的角為α,直線PB與平面ABC所成的角為β,二面角P-AC-B的平面角為γ,則(　　)
A.β<γ,α<γ　　　　B.β<α,β<γ
C.β<α,γ<α　　　　D.α<β,γ<β
2.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,若點P在正方體的內部,且滿足,則二面角P-AB-C的余弦值為(　　)
A.
3.如圖,平面SAC⊥平面ACB,△SAC是邊長為4的等邊三角形,△ACB為直角三角形,且∠ACB=90°,BC=4,則二面角S-AB-C的余弦值為　　　　.
題組二　用空間向量求二面角
4.已知兩平面的法向量分別為m=(0,,0),n=(,2),則兩平面所成的二面角的大小為(　　)
A.60°　　　　 B.120°
C.60°或120°　　　　D.90°
5.在三棱錐P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,
∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,E是AB的中點,PB=AC=2,則二面角B-PC-E的余弦值為(　　)
A.
6.如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC與BD交于點O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=2,E,F分別是AB,AP的中點,則二面角F-OE-A的余弦值為(　　)
A.-
7.如圖,在四棱錐S-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,AD∥BC,BC⊥CD,平面SCD⊥平面ABCD,△SCD是以CD為斜邊的等腰直角三角形,BC=2AD=2CD=4,E為BS上一點,且BE=2ES.
(1)證明:直線SD∥平面ACE;
(2)求二面角S-AE-C的余弦值.
能力提升練
題組　利用空間向量求二面角
1.如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,D為BC的中點,E為線段A1C上的點,且滿足A1E=mEC(m∈R),當二面角E-AD-C的余弦值為時,實數m的值為(　　)
A.1　　　　B.2　　　　
C.　　　　D.3
2.如圖,已知正方體ABCD-A'B'C'D'的棱長為4,E為棱AB的中點,點P在側面CC'D'D上運動,當平面B'EP與平面ABCD、平面CC'D'D所成的角相等時,D'P的最小長度為(　　)
A.
3.如圖,在四面體A-BCD中,△BCD為等邊三角形,∠ADB=,二面角B-AD-C的大小為α,則α的取值范圍是(　　)
A.
4.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,線段B1D1上有兩個動點E,F(E在F的左邊),且EF=,則下列說法正確的是(　　)
A.當E,F運動時,存在點E,F,使得AE⊥CF
B.當E,F運動時,存在點E,F,使得AE∥BF
C.當E運動時,二面角E-AB-C的平面角的最小值為45°
D.當E,F運動時,二面角A-EF-B的余弦值為定值
5.如圖,在四棱錐S-ABCD中,四邊形ABCD為正方形,AB=2,DS=1,平面ASD⊥平面ABCD,SD⊥AD,點E為棱DC上的動點,平面BSE與平面ASD所成的銳二面角為θ,則當θ取得最小值時,三棱錐E-ASD的體積為　　　　.
6.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是邊長為2的等邊三角形,CC1=2,D,E分別是線段AC,CC1的中點,C1在平面ABC內的射影為D.若點F為線段B1C1上的動點(不包括端點),則銳二面角F-BD-E的余弦值的取值范圍為　　　　.
7.如圖所示,在正方形ABCD中,AB=2,連接BD,將△CBD沿BD翻折到△C'BD的位置,使平面C'BD⊥平面ABD.
(1)求異面直線C'D與AB所成角的大小;
(2)求二面角D-AC'-B的正弦值.
8.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠ABC=60°,△PAB為正三角形,平面PAB⊥平面ABCD,M是線段PD(不含端點)上的一個動點.
(1)記平面BCM交PA于點N,求證:MN∥平面PBC;
(2)是否存在點M,使得二面角P-BC-M的正弦值為 若存在,確定點M的位置;若不存在,請說明理由.
9.如圖甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,將三角形AOB沿OB折起至三角形POB的位置,使得PC=,得到如圖乙所示的四棱錐P-OBCD.
(1)在棱PD上是否存在一點F,使得CF∥平面POB 若存在,求出PF的長度;若不存在,請說明理由;
(2)若E是線段PB上的一個動點,當直線CE與DP所成的角最小時,求二面角B-CE-D的余弦值.
答案與分層梯度式解析
1.2.4　二面角
基礎過關練
1.B 2.B 4.C 5.C 6.B
1.B　解法一:如圖,取AC的中點G,連接VG,設點V在底面ABC上的射影為O,則點P在底面ABC上的射影D在線段AO上,過點D作DE⊥AC于點E,連接PE,BD,易得PE∥VG,過點P作PF∥AC,交VG于點F,連接BF,過點D作DH∥AC,交BG于點H,則α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,易知α,β,γ均為銳角,則cos α==cos β,即α>β,tan γ==tan β,即γ>β,故選B.
解法二:由最小角定理知β<α,記二面角V-AB-C的平面角為γ',顯然γ'=γ,由最大角定理知β<γ'=γ,故選B.
解法三(特殊位置法):令三棱錐V-ABC為正四面體,P為VA的中點,易得cos α=,則sin α=,sin β=,sin γ=,則β<α,β<γ,故選B.
2.B　如圖,過點P分別作PN⊥AB于點N,PM⊥平面ABCD,垂足為M,連接MN,由三垂線定理可知AB⊥MN,所以∠PNM為所求二面角的平面角,易知PM=,故PN=,所以cos∠PNM=.
3.答案　
解析　如圖,過點S作SD⊥AC于點D,過點D作DM⊥AB于點M,連接SM.
∵平面SAC⊥平面ACB,平面SAC∩平面ACB=AC,
∴SD⊥平面ACB,易得SM⊥AB,
∴∠DMS為二面角S-AB-C的平面角.
在△SAC中,SD=4×.
在△ACB中,過點C作CH⊥AB于點H,
∵AC=4,BC=4,
∴CH=.
易知DM∥CH,且AD=DC,∴DM=.
在Rt△SDM中,SM=,
∴cos∠DMS=.
故二面角S-AB-C的余弦值為.
4.C　因為cos=,
所以=60°.
因為二面角的平面角與二面角的兩個半平面的法向量的夾角相等或互補,
所以兩平面所成的二面角的大小為60°或120°.
5.C　∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA⊥AC,PA 平面PAC,∴PA⊥平面ABC.
以B為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.
因為AC=2,BC=1,∠ABC=90°,所以AB=,所以B(0,0,0),P(0,
1）,所以
.
設平面BPC的一個法向量為m=(x1,y1,z1),
則
令y1=1,則m=(0,1,-).
設平面EPC的一個法向量為n=(x2,y2,z2),
則
令y2=2,則n=().
設二面角B-PC-E的平面角為θ,θ∈,
則cos θ=.
故選C.
6.B　以O為坐標原點,OB,OC,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
由題意得OA=OB=2,
則O(0,0,0),A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2).
∵E,F分別是AB,AP的中點,
∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),
∴=(0,-1,1).
設平面OEF的一個法向量為m=(x,y,z),
則令x=1,則y=1,z=1,
∴m=(1,1,1).
易知平面OAE的一個法向量為n=(0,0,1),
則cos=.
由圖知,二面角F-OE-A為銳二面角,
∴二面角F-OE-A的余弦值為.故選B.
7.解析　(1)證明:連接BD,交AC于點F,連接EF.
因為AD∥BC,所以△AFD∽△CFB,所以=2.
因為BE=2ES,所以=2,所以=2,
所以EF∥SD.
因為SD 平面ACE,EF 平面ACE,
所以直線SD∥平面ACE.
(2)因為平面SCD⊥平面ABCD,平面SCD∩平面ABCD=CD,BC 平面ABCD,BC⊥CD,所以BC⊥平面SCD.
以C為坐標原點,過點C且垂直于平面BCD的直線為x軸,CD,CB所在直線分別為y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz,
則C(0,0,0),S(1,1,0),A(0,2,2),E,
所以=,.
設平面SAE的一個法向量為m=(x,y,z),
則
令x=3,得m=(3,1,1).
設平面EAC的一個法向量為n=(a,b,c),
則
令c=1,得n=(-1,-1,1).
設二面角S-AE-C的平面角為θ,由圖可知θ為銳角,則cos θ=,
所以二面角S-AE-C的余弦值為.
能力提升練
1.A 2.B 3.C 4.C
1.A　由題意知m>0,如圖所示,過點A在平面ABC內作Ax⊥AC,以A為坐標原點,AC,AA1所在直線分別為y軸,z軸建立空間直角坐標系,則A(0,0,0),D,所以.
設平面ADE的一個法向量為n=(x,y,z),
則令y=-1,得x=,
所以n=.
易知平面ADC的一個法向量為m=(0,0,1).
由題意得|cos|=,所以m2=1,又m>0,所以m=1.故選A.
2.B　建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz,
則B'(0,0,4),E(2,0,0),所以=(2,0,-4).
設P(x,4,z)(0≤x≤4,0≤z≤4),則=(x-2,4,z).
易知平面ABCD、平面CC'D'D的一個法向量分別為n1=(0,0,1),n2=(0,1,0).
設平面B'EP的一個法向量為n3=(a,b,c),
則
取c=1,則a=2,b=,所以n3=.
因為平面B'EP與平面ABCD、平面CC'D'D所成的角相等,所以|cos|=|cos| |n1·n3|=|n2·n3| |2x+z-4|=4 2x+z-8=0或2x+z=0.
在平面CC'D'D上,直線2x+z-8=0過點D(4,4,0)和C'D'的中點(2,4,4).
在平面CC'D'D上,直線2x+z=0只過點(0,4,0),即點C.
取C'D'的中點G,連接GD,則點P在DG上運動或點P在點C處,所以D'P的最小長度為點D'到直線DG的距離,由等面積法可得D'P的最小長度為.
3.C　以B為坐標原點,BD所在直線為y軸,過點B且垂直于平面BCD的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.
因為△BCD為等邊三角形,所以不妨設BC=CD=BD=1.
因為∠ADB=,所以設A(m,1,n).
因為當n=0時,A,B,C,D四點共面,不能構成空間四面體,所以n≠0.
易知B(0,0,0),C,D(0,1,0),所以.
設平面BAD的一個法向量為m=(x1,y1,z1),
則
令x1=1,則z1=-,所以m=.
設平面ADC的一個法向量為n=(x2,y2,z2),
則
令x2=1,則y2=,所以n=.
由圖可知α為銳角,
所以cos α==.
因為≥0,所以<1,即≤cos α<1,所以α∈.故選C.
4.C　以C為坐標原點,CD,CB,CC1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
則A(2,2,0),B(0,2,0),C(0,0,0),B1(0,2,2),D1(2,0,2).
設E(t,2-t,2),1≤t≤2,則F(t-1,3-t,2),
所以=(t-1,3-t,2),
所以>0,所以當E,F運動時,不存在點E,F,使得AE⊥CF,故A錯誤.
若AE∥BF,則A,B,B1,D1四點共面,與AB,B1D1是異面直線矛盾,故B錯誤.
設平面ABE的一個法向量為m=(x,y,z),
易得=(t-2,-t,2),
則
令y=2,得m=(0,2,t).
易知平面ABC的一個法向量為n=(0,0,1),
故cos=,
易知函數y=在[1,2]上單調遞減,
所以,所以.
設二面角E-AB-C的平面角為θ,0°≤θ≤90°,則(cos θ)max=,所以二面角E-AB-C的平面角的最小值為45°,故C正確.
連接BD,AD1,AB1,則平面EFB即為平面BDD1B1,平面AEF即為平面AB1D1.
易知平面BDD1B1的一個法向量為=(2,2,0).
設平面AB1D1的一個法向量為u=(a,b,c),
易得=(-2,2,0),
則令a=1,得u=(1,1,1),
故cos<,u>=.
由圖知,二面角A-EF-B為銳二面角,所以二面角A-EF-B的余弦值為定值,故D錯誤.
故選C.
5.答案　
解析　依題意可知DA,DS,DC兩兩相互垂直,以D為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則B(2,0,2),S(0,1,0),所以=(-2,1,-2).
設E(0,0,t),0≤t≤2,則=(-2,0,t-2).
易知平面ASD的一個法向量為m=(0,0,1).
設平面BSE的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令z=2,則x=t-2,y=2t,所以n=(t-2,2t,2),
所以cos θ=,
因為0≤t≤2,所以當t=-時,cos θ取得最大值,θ取得最小值,此時DE=,V三棱錐E-ASD=.
6.答案　
解析　連接C1D,因為C1在平面ABC內的射影為D,所以C1D⊥平面ABC.
因為△ABC是等邊三角形,D是AC的中點,所以DB⊥AD.
以D為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則D(0,0,0),B(,所以,1,0).
設F(x,y,z),(0<λ<1),則(x,y,z-λ,λ,0),所以F(),所以).
設平面BDE的一個法向量為m=(a,b,c),
則令b=3,得m=(0,3,).
設平面BDF的一個法向量為n=(d,e, f),
則令e=,得n=(0,,-λ).
所以|cos|=.
令3-λ=t,則t∈(2,3),|cos|=.
令s=,則s∈,|cos|=.
易知函數y=12s2-6s+1=12的圖象開口向上,對稱軸為直線s=,所以當s∈時,函數y=12s2-6s+1單調遞增,所以當s∈時,12s2-6s+1∈,所以∈(1,),所以|cos|∈.
7.解析　取BD的中點O,連接C'O,AO,則AO⊥BD,C'O⊥BD.
因為平面C'DB⊥平面ABD,平面C'DB∩平面ABD=BD,C'O 平面C'DB,所以C'O⊥平面ABD.
如圖,以O為坐標原點,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系.
易得BD=2,則A(,0).
(1)易得,0),
所以|cos<,
所以異面直線C'D與AB所成角的大小為.
（2）易得
).
設平面C'AB的一個法向量為n1=(x1,y1,z1),
則令z1=1,則x1=y1=1,
所以n1=(1,1,1).
設平面C'AD的一個法向量為n2=(x2,y2,z2),
則令z2=1,則x2=1,y2=-1,所以n2=(1,
-1,1).
所以cos=.
所以二面角D-AC'-B的正弦值為.
8.解析　(1)證明:因為四邊形ABCD為菱形,所以BC∥AD,又BC 平面PAD,AD 平面PAD,所以BC∥平面PAD.
因為BC 平面BCM,平面BCM∩平面PAD=MN,所以MN∥BC,又MN 平面PBC,BC 平面PBC,所以MN∥平面PBC.
(2)取AB的中點E,連接PE,CE,AC.
因為△PAB為等邊三角形,所以PE⊥AB.
因為平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PE 平面PAB,所以PE⊥平面ABCD.
因為四邊形ABCD是菱形,所以AB=BC,又∠ABC=60°,所以△ABC為等邊三角形,所以CE⊥AB.
以點E為坐標原點,EB,EC,EP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則B(1,0,0),C(0,),所以
).
設λ),0<λ<1,則
λ).
設平面PBC的一個法向量為m=(x1,y1,z1),
則取x1=,得m=(,1,1).
設平面BCM的一個法向量為n=(x2,y2,z2),
則
取x2=λ,得n=(λ,1-λ,λ+1).
由題意得|cos|=,整理得27λ2+6λ-5=0,即(3λ-1)(9λ+5)=0,所以λ=(負值舍去).
故當點M為線段PD(不含端點)上靠近點P的三等分點時,二面角P-
BC-M的正弦值為.
9.解析　(1)存在點F,使得CF∥平面POB.連接OC,
依題意知PC=,OP=1,OD=3,
所以OC2+OP2=PC2,所以OP⊥OC.
因為OP⊥OB,OC 平面OBCD,OB 平面OBCD,OC∩OB=O,所以OP⊥平面OBCD,又OD 平面OBCD,
所以OP⊥OD,所以PD=.
過點C作CG∥OB交OD于點G,作GF∥OP交PD于點F,連接CF,如圖,
易知OG=1,所以OG=OD.
因為GF∥OP,所以PF=.
因為CG∥OB,OB 平面POB,CG 平面POB,
所以CG∥平面POB.
因為FG∥OP,OP 平面POB,FG 平面POB,
所以FG∥平面POB.
又FG,CG 平面CFG,FG∩CG=G,
所以平面CFG∥平面POB,
又CF 平面CFG,所以CF∥平面POB.
故存在點F,使得CF∥平面POB,此時PF=.
(2)以O為坐標原點,OB,OD,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則C(1,1,0),D(0,3,0),P(0,0,1),B(1,0,0),
所以=(0,-3,1).
設(0≤λ≤1),E(x,y,z),
則(x,y,z-1)=λ(1,0,-1),
所以E(λ,0,1-λ),=(λ-1,-1,1-λ).
設直線CE與DP所成的角為θ,
則cos θ=|cos<=(0≤λ≤1).
令t=4-λ,則λ=4-t(3≤t≤4),cos θ=.
令a=,則≤a≤,cos θ=,
所以當a=時,cos θ取得最大值,此時直線CE與DP所成的角最小,λ=,所以E.
易得=(-1,2,0).
設平面BCE的一個法向量為n1=(x1,y1,z1),
則
取x1=1,得n1=(1,0,1).
設平面CED的一個法向量為n2=(x2,y2,z2),
則
取x2=2,得n2=(2,1,8).
所以cos=.
由圖可知,二面角B-CE-D為鈍二面角,則其余弦值為-.
2(共19張PPT)
知識 清單破
1.2.4　二面角
知識點 1 直線與平面的夾角
1.2.3　直線與平面的夾角
1.直線與平面的夾角的有關概念
如果一條直線與一個平面垂直,則稱這條直線與這個平面所成的角為90°;如果一條直線與一
個平面平行,或直線在平面內,則稱這條直線與這個平面所成的角為0°.
平面的斜線與它在平面內的射影所成的銳角,稱為這條斜線與平面所成的角.直線與平面所
成的角也稱為它們的夾角.
2.斜線與平面所成角的性質
　　如圖所示,設AO是平面α的一條斜線段,O為斜足,A'為A在平面α內的射影,而OM是平面α
內的一條射線,A'M⊥OM.記∠AOA'=θ1,∠A'OM=θ2,∠AOM=θ,則cos θ=cos θ1cos θ2.

最小角定理:平面的斜線與平面所成的角是斜線和這個平面內所有直線所成角中最小的角.
3.用空間向量求直線與平面的夾角
如果v是直線l的一個方向向量,n是平面α的一個法向量,設直線l與平面α所成角的大小為θ,則θ
= -或θ=- .特別地,cos θ=sin,sin θ=|cos|.

　　注意:直線與平面所成角的范圍為 .
知識點 2 二面角
1.二面角的定義
如圖所示,在二面角α-l-β的棱上任取一點O,以O為垂足,分別在半平面α和β內作垂直于棱的射
線OA和OB,則射線OA和OB所成的角稱為二面角的平面角.二面角的大小用它的平面角大小
來度量,即二面角大小等于它的平面角大小.特別地,平面角是直角的二面角稱為直二面角.

2.用空間向量求二面角
如果n1,n2分別是平面α1,α2的一個法向量,設α1與α2所成角的大小為θ,則θ=或θ=π-.
特別地,sin θ=sin.

注意:二面角的平面角的范圍為[0,π].
直線在平面α內或與平面α平行.
知識辨析 判斷正誤，正確的畫“ √” ，錯誤的畫“ ” .
1.若一條直線與一個平面α的夾角為0°,則這條直線在平面α內. (　 )

提示
2.二面角中兩個半平面法向量的夾角與二面角的大小相等. (　 )
提示

相等或互補.
3.已知向量m是直線l的一個方向向量,n是平面α的一個法向量,若cos=- ,則直線l與平
面α所成的角為120°. (　 )

講解分析
疑難 情境破
疑難 1 利用空間向量研究線面角、二面角
1.用空間向量求線面角的步驟
(1)建立適當的空間直角坐標系,并寫出相應點的坐標;
(2)求出直線的方向向量a的坐標以及平面的法向量b的坐標;
(3)計算:設線面角的大小為θ,利用sin θ= ,結合θ∈ 得出結論.
2.用空間向量求二面角的平面角的步驟
(1)建立適當的空間直角坐標系,并寫出相關點的坐標;
(2)求兩個半平面的法向量n1,n2;
(3)計算:設二面角的平面角為θ,則|cos θ|=|cos|;
(4)觀察:根據圖形判斷θ是鈍角還是銳角,從而得出結論.
典例 如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面是菱形,對角線AC,BD交于點O,OA=8,OB=6,OP=8,OP
⊥底面ABCD,設點M滿足 =λ (0<λ<1).

(1)若λ= ,求二面角M-AB-C的大小;
(2)若直線PA與平面BDM所成角的正弦值為 ,求λ的值.
解析 由題意得OA,OB,OP兩兩垂直.以O為坐標原點,OA,OB,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸
建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz,則A(8,0,0),B(0,6,0),C(-8,0,0),D(0,-6,0),P(0,0,8).

(1)易得 =(-8,6,0).設M(x1,y1,z1),
∵ = ,∴(x1,y1,z1-8)= (-8-x1,-y1,-z1),∴ 解得
∴M(-2,0,6),∴ =(-2,-6,6).
易知平面ABC的一個法向量為(0,0,1),記為n1.
設平面MAB的一個法向量為n2=(x2,y2,z2),
則 即
令x2=3,則y2=4,z2=5,∴n2=(3,4,5).
∴cos= = = ,
∴二面角M-AB-C的大小為 .
(2)易得 =(8,0,-8), =(0,12,0).
設M(x3,y3,z3),∵ =λ ,
∴(x3,y3,z3-8)=λ(-8-x3,-y3,-z3),
∴ 解得
∴M ,
∴ = .
設平面BDM的一個法向量為m=(x4,y4,z4),
則 即
令z4=λ,則x4=1,y4=0,
∴m=(1,0,λ),
∴|m|= , ·m=8-8λ.
∵直線PA與平面BDM所成角的正弦值為 ,
∴ =|cos< ,m>|= = = ,
∴2λ2-5λ+2=0,解得λ= 或λ=2.
又0<λ<1,∴λ= .
利用空間向量解決與夾角有關的探索性問題的步驟
(1)假設存在(或結論成立);
(2)建立空間直角坐標系,得相關點的坐標;
(3)得有關向量的坐標;
(4)利用夾角的計算公式列關系式求解;
(5)根據解的情況得出結論.
疑難 2 利用空間向量解決與夾角有關的探索性問題
講解分析
典例 如圖1,在△MBC中,BM=2BC=4,BM⊥BC,A,D分別為MB,MC的中點,將△MAD沿AD折起
到△PAD的位置,使∠PAB=90°,如圖2,連接PB,PC.
圖1

圖2
(1)求證:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)若E為PC的中點,求直線DE與平面PBD所成角的正弦值;
(3)在線段PC上是否存在一點G(不包括端點),使二面角P-AD-G的余弦值為 若存在,求
出 的值;若不存在,請說明理由.
解析 (1)證明:因為A,D分別為MB,MC的中點,所以AD∥BC.
因為BM⊥BC,所以BM⊥AD,所以PA⊥AD.
因為∠PAB=90°,所以PA⊥AB.
因為AB∩AD=A,所以PA⊥平面ABCD.
又因為PA 平面PAD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)知AP,AB,AD兩兩垂直.
如圖,以A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系Axyz,則B(2,
0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),E(1,1,1),所以 =(1,0,1), =(-2,1,0), =(-2,0,2).

設平面PBD的一個法向量為n=(x1,y1,z1),
則 即
令y1=2,得x1=1,z1=1,所以n=(1,2,1).
設直線DE與平面PBD所成的角為θ,
則sin θ=|cos< ,n>|= = .
故直線DE與平面PBD所成角的正弦值為 .
(3)假設在線段PC上存在一點G(不包括端點),使二面角P-AD-G的余弦值為 .
由(2)知A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),C(2,2,0),所以 =(2,2,-2), =(0,1,0).
設 =λ (0<λ<1),則G(2λ,2λ,2-2λ),
所以 =(2λ,2λ,2-2λ).
易知平面PAD的一個法向量為(1,0,0),記為n1.
設平面ADG的一個法向量為n2=(x2,y2,z2),
則 即
令z2=λ,則x2=λ-1,所以n2=(λ-1,0,λ).
由題意得|cos|= = = ,所以8λ2+2λ-1=0,
解得λ1=- (舍去),λ2= .
故在線段PC上存在一點G(不包括端點),使二面角P-AD-G的余弦值為 ,且 = .1.2.3　直線與平面的夾角
基礎過關練
題組一　用定義研究線面角問題
1.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是側棱B1B的中點,則直線AE與平面A1ED1所成角的大小是(　　)
A.60°　　　　B.90°
C.45°　　　　D.以上都不對
2.如圖所示,在正四面體A-BCD中,E為棱AD的中點,則直線CE與平面BCD所成角的正弦值為(　　)
A.
3.在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AB=2,則直線PB與平面PAC所成角的大小為　　　　.
4.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AB=AA1,∠CAB=90°,M是B1C1的中點,N是AC的中點.
(1)求證:MN∥平面ABB1A1;
(2)求直線A1B與平面BCC1B1所成角的大小.
題組二　公式cos θ=cos θ1cos θ2的應用
5.若BC在平面α內,斜線AB與平面α所成的角為γ,∠ABC=θ,AA'⊥平面α,垂足為A',∠A'BC=β,θ,γ∈,那么(　　)
A.cos θ=cos γ·cos β
B.sin θ=sin γ·sin β
C.cos γ=cos θ·cos β
D.cos β=cos γ·cos θ
6.已知平面α內的∠APB=60°,射線PC與PA,PB所成角的大小均為135°,則PC與平面α所成的角θ的余弦值是(　　)
A.-
題組三　用空間向量研究線面角問題
7.若直線a的一個方向向量是m=(1,0,1),平面α的一個法向量是n=(-3,1,3),則直線a與平面α所成的角為(　　)
A.0°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.90°
8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC為等邊三角形,AA1=AB,M是A1C1的中點,則直線AM與平面BCC1B1所成角的正弦值為(　　)
A.
9.在如圖所示的幾何體PQBCDA中,PQ∥CD,PD⊥平面ABCD,四邊形ABCD是邊長為4的正方形,PD=PQ=2,則直線AQ與平面ACP所成角的正弦值為　　　　.
10.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別是BB1,CD的中點.
(1)求證:平面AD1F⊥平面ADE;
(2)求直線EF與平面AD1F所成角的正弦值.
11.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=AB,點M是棱PD的中點.
(1)求證:PB∥平面ACM;
(2)設AC的中點為O,點N在棱PC上(異于點P,C),且ON=OA,求直線AN與平面ACM所成角的正弦值.
能力提升練
題組　用向量法研究直線與平面所成的角
1.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,E,F分別為A1C1,A1B1的中點,當AE和BF所成角的余弦值為時,AE與平面BCC1B1所成角的正弦值為(　　)
A.
2.如圖,在圓柱中有一內接正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1,圓柱的高為2,底面半徑為1,上、下底面的中心分別為O1,O,點K在上底面的圓周上運動,若直線AC與平面KAF所成角的正
弦值最小為m,則=　　　　.
3.如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分別為BB1,DD1的中點,點M在CD1上,且CM=2MD1.
(1)證明:A,E,M,F四點共面;
(2)求直線CD1與平面AEMF所成角的正弦值.
4.如圖,在四棱錐S-ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,SA=SD=1,AB=2CD=2BC=2,SB=,點M為棱CD的中點,點N在棱SA上,且AN=3SN.
(1)證明:MN∥平面SBC;
(2)求直線SC與平面SBD所成角的正弦值.
5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,側棱PA⊥底面ABCD,AD∥BC,∠ABC=
90°,AD=1,PA=AB=BC=2,M是棱PB的中點.
(1)已知點E在棱BC上,且平面AME∥平面PCD,試確定點E的位置,并說明理由;
(2)設N是線段CD上的動點,當點N在何處時,直線MN與平面PAB所成的角最大 并求出最大角的正弦值.
答案與分層梯度式解析
1.2.3　直線與平面的夾角
基礎過關練
1.B 2.B 5.A 6.B 7.A 8.B
1.B　由題意可知AE=A1E=,則AE2+A1E2=A,故AE⊥A1E.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,A1D1⊥平面ABB1A1.因為AE 平面ABB1A1,所以A1D1⊥AE.因為A1D1∩A1E=A1,所以AE⊥平面A1ED1,所以直線AE與平面A1ED1所成角的大小為90°.故選B.
2.B　設棱長為a,如圖所示,過點A作AO⊥平面BCD,垂足為O,則點O為△BCD的中心,連接DO并延長,交BC于點G,過點E作EF⊥GD于點F,連接FC,則∠ECF即為直線CE與平面BCD所成的角.由GD2=CD2-CG2,得GD=a,所以OD=a.由AO2=AD2-OD2,得AO=a,所以EF=a.又CE=GD=a,所以在Rt△EFC中,sin∠ECF=.故選B.
3.答案　
解析　如圖,連接BD,交AC于點O,連接OP.
∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,
∴BD⊥PA,BD⊥AC,
∵AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,
∴BD⊥平面PAC,即BO⊥平面PAC,則∠BPO即為直線PB與平面PAC所成的角.
∵PA=AB=2,∴PB=2,
∴sin∠BPO=,∴∠BPO=.
4.解析　(1)證明:取AB的中點H,連接HN,B1H,則HN是△ABC的中位線,所以HN∥BC,且HN=BC.
又因為B1M∥BC,且B1M=BC,
所以HN∥B1M,且HN=B1M,
所以四邊形HNMB1是平行四邊形,所以MN∥B1H.
因為MN 平面ABB1A1,B1H 平面ABB1A1,
所以MN∥平面ABB1A1.
(2)連接A1M,BM,
因為A1B1=A1C1,M是B1C1的中點,所以A1M⊥B1C1.
又因為平面A1B1C1⊥平面BCC1B1,A1M 平面A1B1C1,平面A1B1C1∩平面BCC1B1=B1C1,
所以A1M⊥平面BCC1B1,
所以直線BM為A1B在平面BCC1B1內的射影,
所以∠A1BM為直線A1B與平面BCC1B1所成的角.
設AB=2,則A1M=,
所以sin∠A1BM=,所以∠A1BM=30°,
所以直線A1B與平面BCC1B1所成角的大小為30°.
5.A　
6.B　由題可知cos 45°=cos θ·cos 30°,∴cos θ=.
7.A　設直線a與平面α所成的角為θ,則θ∈,
sin θ=|cos|==0,
所以θ=0.故選A.
8.B　如圖所示,取AC的中點D,連接BD,以D為坐標原點,BD,DC,DM所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,
不妨設AC=2,則A(0,-1,0),M(0,0,2),B(-
,0,2),
所以=(0,0,2).
設平面BCC1B1的一個法向量為n=(x,y,z),
則令x=,則y=-3,z=0,
所以n=(,-3,0).
設直線AM與平面BCC1B1所成的角為α,
則sin α=|cos <,n>|=,
即直線AM與平面BCC1B1所成角的正弦值為.
9.答案　
解析　由題可得DA,DC,DP兩兩垂直.
以D為坐標原點,DA,DC,DP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,則A(4,0,0),C(0,4,0),P(0,0,2),Q(0,2,2),所以=(-4,0,2).
設平面ACP的一個法向量為n=(x,y,z),
則令x=1,則y=1,z=2,
所以n=(1,1,2).
設直線AQ與平面ACP所成的角為θ,
則sin θ=|cos<,n>|=.
10.解析　以D為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(2,0,0),E(2,2,1),F(0,1,0),D1(0,0,2),所以=(-2,-1,
-1).
(1)證明:設平面ADE的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令y=1,則x=0,z=-2,所以n=(0,1,-2).
設平面AD1F的一個法向量為m=(a,b,c),
則
令a=1,則b=2,c=1,所以m=(1,2,1).
因為n·m=0+2-2=0,所以平面AD1F⊥平面ADE.
（2）設直線EF與平面AD1F所成的角為θ,則sin θ=|cos<,m>|
=.故直線EF與平面AD1F所成角的正弦值為.
11.解析　(1)證明:連接BD,設AC∩BD=E,連接ME.
因為底面ABCD為矩形,所以E為BD的中點,
又點M是棱PD的中點,所以PB∥EM.
因為PB 平面ACM,EM 平面ACM,
所以PB∥平面ACM.
(2)由題意得AB,AD,AP兩兩互相垂直.
以點A為坐標原點,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系(圖略).
設PA=AD=,則A(0,0,0),C(1,
,所以
).
設,0<λ<1,則.
易得AC=,所以ON=OA=,所以,即,即5λ2-3λ=0,所以λ=,所以.
設平面ACM的一個法向量為n=(x,y,z),
則令y=-1,得n=(,-1,1).
設直線AN與平面ACM所成的角為θ,則sin θ=|cos<,n>|=
,
所以直線AN與平面ACM所成角的正弦值為.
能力提升練
1.B　設AA1=t.以B為坐標原點,過B且垂直于BC的直線為x軸,BC,
BB1所在直線分別為y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(
.
∵AE和BF所成角的余弦值為,
∴|cos<,解得t=2或t=
-2(舍去),∴.
易知平面BCC1B1的一個法向量為n=(1,0,0),
∴AE與平面BCC1B1所成角的正弦值為|cos<,n>|=.故選B.
2.答案　
解析　取AB的中點M,連接OM,OC,OO1.以O為坐標原點,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系,如圖所示,
則F(0,-1,0),A,C(0,1,0),
所以.
設K(cos θ,sin θ,2),θ∈[0,2π),
則=(cos θ,sin θ+1,2).
設平面KAF的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令x=2,得n=(2,-2sin θ-cos θ+).
所以直線AC與平面KAF所成角的正弦值為,所以當sin=1時,直線AC與平面KAF所成角的正弦值最小,為m=,所以.
3.解析　易知DD1⊥平面ABCD,AD,CD 平面ABCD,所以DD1⊥AD,DD1⊥CD,又AD⊥DC,所以以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(1,0,0),E(1,1,1),F(0,0,1),C(0,1,0),D1(0,0,2),所以=(-1,0,1).
由CM=2MD1,得,所以.
（1）證明:若A,E,M,F四點共面,則存在實數λ,μ,使得
,故
所以,故A,E,M,F四點共面.
(2)設平面AEMF的一個法向量為m=(x,y,z),
則取x=1,得m=(1,-1,1).
設直線CD1與平面AEMF所成的角為θ,
則sin θ=|cos<,m>|=,
故直線CD1與平面AEMF所成角的正弦值為.
4.解析　(1)證明:過點M作MF∥BC,交AB于點F,連接NF,則四邊形MCBF為平行四邊形,所以FB=MC=,所以AF=3FB.
又AN=3SN,所以NF∥SB.
因為NF 平面SBC,SB 平面SBC,
所以NF∥平面SBC.
因為MF∥BC,MF 平面SBC,BC 平面SBC,
所以MF∥平面SBC.
又NF∩MF=F,NF,MF 平面MNF,
所以平面MNF∥平面SBC.
又MN 平面MNF,所以MN∥平面SBC.
(2)取AD的中點O,連接SO,BO.
因為AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC=2,所以AD=BD=,所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.
因為SA=SD=1,AD=,所以SA⊥SD,SO⊥AD,
所以SO=.
在△BDO中,BO2=BD2+OD2=,
又SB=,所以SB2=SO2+BO2,所以SO⊥OB.
因為AD∩BO=O,AD,BO 平面ABCD,
所以SO⊥平面ABCD.
以B為坐標原點,BA,BC所在直線分別為x軸,y軸,過點B且平行于SO的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則B(0,0,0),C(0,1,0),D(1,1,0),S,
所以.
設平面SBD的一個法向量為n=(x,y,z),
則
取x=1,則y=-1,z=-,故n=(1,-1,-).
設直線SC與平面SBD所成的角為θ,則sin θ=|cos<,n>|=,即直線SC與平面SBD所成角的正弦值為.
5.解析　(1)E是BC的中點,理由如下:
∵平面AME∥平面PCD,平面ABCD∩平面AME=AE,平面ABCD∩平面PCD=CD,∴AE∥CD.
又∵AD∥EC,∴四邊形ADCE是平行四邊形,
∴EC=AD=1.∵BC=2,∴BE=EC,即E是BC的中點.
(2)由題意知PA,AB,AD兩兩互相垂直.以A為原點,AD,AB,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(0,0,0),C(2,2,0),D(1,0,0),M(0,1,1),
∴=(1,2,0).
設(0≤λ≤1),則=(λ+1,2λ-1,
-1).
易知n=(1,0,0)為平面PAB的一個法向量.
設直線MN與平面PAB所成的角為θ,
則sin θ=|cos<,n>|==.
令λ+1=t,則t∈[1,2],,
∴當t=,即λ=時,sin θ取得最大值,為,
∴當N是線段DC上靠近C的三等分點時,直線MN與平面PAB所成的角最大,最大角的正弦值為.
2

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