高中1.2.3 直线与平面的夹角精品复习练习题

这是一份高中1.2.3 直线与平面的夹角精品复习练习题，共13页。

一、选择题


1．（2020龙胜各族自治县龙胜中学高二开学考试（理））在正方体，中，是的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为( )


A．B．C．D．


【答案】C


【解析】设正方体边长为，以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立坐标系，则，


平面法向量为，设直线与平面所成的角为，


.故选:C.





2．（2020福建莆田一中高二月考）已知正四棱柱中，，则CD与平面所成角的正弦值等于（ ）


A．B．C．D．


【答案】A


【解析】设，面积为


.


3．（2020·黑龙江爱民牡丹江一中高二月考）在正方体中，P是侧面上的动点，与垂直，则直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是（ ）


A．B．C．D．


【答案】B


【解析】解法一：如图，连接，易证得直线平面．





因为与垂直，且是侧面上的动点，所以点是线段上的动点．


又，所以直线与直线所成的角即．


连接，平面，平面，，


在直角三角形中，设，，


则，因此，


因为，所以当时，取得最小值，最小值为．


解法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，





设正方体的棱长为1，则，设，其中，则，因为与垂直，所以，所以，所以，因为，所以当时，取得最大值，此时取得最小值；


解法三：如图，连接，易证得直线平面．





因为与垂直，且是侧面上的动点，所以点是线段上的动点，


以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，


设正方体的棱长为1，则，


于是，设，


所以，所以，


所以，


因为，所以当时，取得最大值，


此时取得最小值．故选：B.


5．（多选题）（2020·江苏扬州高二期末）如图，已知四棱锥中，平面，底面为矩形，，.若在直线上存在两个不同点，使得直线与平面所成角都为.则实数的值为（ ）





A．B．C．D．


【答案】ABC


【解析】假设在直线BC上有一点Q，使得直线PQ与平面ABCD所成角为，此时，易得，在中，由于，可得.所以，在直线BC上存在两个不同点Q，使得直线PQ与平面ABCD所成角都为，等价于在直线BC上有两个点到点A的距离为，由此可得.故选：ABC





6．（多选题）（2020·江苏泰州高二期末）正方体中，E为棱CC1的中点，则下列说法正确的是（ ）


A．DC平面AD1E


B．⊥平面AD1E


C．直线AE与平面所成的正切值为


D．平面AD1E截正方体所得截面为等腰梯形


【答案】CD


【解析】对于A，根据题意可得，因为与平面AD1E相交，


则与平面AD1E也相交，故A不正确；对于B，由正方体的性质可知平面，


所以，又⊥，所以平面，若⊥平面AD1E，


则平面平面，与平面平面矛盾，故B不正确；


对于C，取的中点，连接，,则四边形为平行四边形，所以，


又平面，所以为直线与平面所成的角，


等于AE与平面所成的角，设正方体的边长为，则，，


所以，故C正确；对于D，取的中点，连接，则，所以，且，所以四边形为等腰梯形，即平面AD1E截正方体所得截面为等腰梯形，故D正确；故选：CD.





二、填空题


7．（2020·陕西省汉中中学高二期末（理））正四棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为 .


【答案】


【解析】建立如图所示的空间直角坐标系.





有图知，由题得、、、.，，.


设平面的一个法向量，则，，


令，得，，.设直线与平面所成的角为，则.


8．（2020·北京大兴高二期末）如图，，，，且，，，．





①________；


②线段BD与平面所成角的正弦值为________．


【答案】;


【解析】①由题意，所以；②如图，作，垂足为，连接，则，因为，所以，是直角梯形．设，又，，，．则，，在直角梯形中，，即，，所以在中，．





9．（2020·黑龙江大庆高二期中（理））如图，在正四棱柱，中，底面边长为2，直线与平面所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为________．





【答案】4


【解析】以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系如图所示，设，则，0，，，2，，，0，，则，2，，，0，，，0，，


设平面的法向量为，，，则，，令可得，1，，故，．直线与平面所成角的正弦值为，，解得：．





10．（2020湖北十堰高二期末（理））在如图所示的几何体中，四边形是正方形，是等腰梯形，，，，．给出下列三个命题，下列命题为真命题的是 _______．





①平面平面；


②异面直线与所成角的余弦值为；


③直线与平面所成角的正弦值为．


【答案】①③


【解析】，，四边形是正方形，则，


，平面，又平面，故平面平面，故①为真命题；由已知，平面，平面，所以平面．


又平面，平面平面，故，又，所以，令，则，，由余弦定理可得，，，


如图，以为原点，以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，





则，，，，所以，，，所以异面直线与所成角的余弦值为，故②为假命题；设平面的法向量为，由，所以，取，则，，得，．设直线与平面所成的角为，则．


所以直线与平面所成角的正弦值为，故③为真命题．


三、解答题


11. （2019·浙江高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.





（1）证明：；


（2）求直线与平面所成角的余弦值.


【解析】 (1)如图所示，连结，





等边中，，则，


平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，


由面面垂直的性质定理可得：平面，故，


由三棱柱的性质可知，而，故，且，


由线面垂直的判定定理可得：平面，结合⊆平面，故.


(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.





设，则，,，


据此可得：，


由可得点的坐标为，


利用中点坐标公式可得：，由于，


故直线EF的方向向量为：


设平面的法向量为，则：，


据此可得平面的一个法向量为，


此时，


设直线EF与平面所成角为，则.


12.（2020山西师大附中高二月考）如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，AB=4，∠DAB=60°，AP⊥PD，AP=23，BP=4，M为AD的中点.





（1）求证：平面BPM⊥平面APD；


（2）若点N在线段BC上，当直线PN与平面PMC所成角的正弦值为68时，求线段BN的长.


【解析】 (1)证明：由题意易得BM⊥AD，且BM=23，


在RtΔAPD中，PD=42-(23)2=2，∴∠PDA=60°，∴PM=2，


在ΔPMB中，PM2+BM2=BP2，∴PM⊥MB，又AD∩PM=M，


∴BM⊥面APD，又∴BM⊂面BPM，∴平面BPM⊥平面APD.


（2）由（1）可知BM⊥面APD，所以以点M为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，


则M(0,0,0)，P0,1,3，C23,4,0，设平面PMC的一个法向量为m=(x,y,z)，


由m⋅M=0m⋅M=0⇒y+3z=023x+4y=0，则令x=2，y=-3，z=1，所以m=(2,-3,1)，


∴cs=43-3(a-1)-34+3+112+(a-1)2+3=68，


解得a=2或a=8（舍），故BN=2.