高中人教B版 (2019)1.2.3 直线与平面的夹角学案及答案

这是一份高中人教B版 (2019)1.2.3 直线与平面的夹角学案及答案，共17页。学案主要包含了直线与平面的夹角，最小角定理，用空间向量求直线与平面的夹角等内容，欢迎下载使用。

导语
同学们，上节课我们学习了三垂线定理，我们知道了过平面外一点有且只有一条直线与平面垂直，而过平面外一点有无数条平面的斜线，比如同学们写字时所握笔的姿势，铅笔所在的直线与课本所在的平面会产生一个夹角，而我们今天就研究这条斜线与平面的夹角．
一、直线与平面的夹角
问题1 直线与平面所成的角是如何定义的？
提示 如图，AA′⊥α，AB是平面α的一条斜线，直线A′B是斜线AB在平面α内的射影，且唯一确定，则∠ABA′即为直线AB与平面α所成的角．
知识梳理
1．斜线与平面所成的角
注意到平面的一条斜线在平面内的射影是唯一确定的，因此，平面的斜线与它在平面内的射影所成的锐角，称为这条斜线与平面所成的角．
2．直线与平面所成的角
(1)定义：如图，如果直线AB是平面α的一条斜线，B为斜足，A′B是直线AB在平面α内的射影，则∠ABA′就是直线AB与平面α所成的角．
(2)范围：直线与平面α所成的角θ的范围是0°≤θ≤90°.
当θ＝0°，AB∥α或AB⊂α；
当θ＝90°，AB⊥α.
例1 正三棱柱ABC－A1B1C1，底面边长为2，侧棱长为2eq \r(2)，则B1C与平面AA1B1B所成的角为( )
A．30° B．60° C．45° D．90°
答案 A
解析 如图，取AB的中点O，连接CO，B1O，△ABC为等边三角形，O为AB的中点，
∴CO⊥AB，而平面ABC⊥平面AA1B1B，且平面ABC∩平面AA1B1B＝AB，CO⊂平面ABC，
∴CO⊥平面AA1B1B，
∴∠CB1O即为B1C与平面AA1B1B所成的角．
在Rt△COB1中，CO＝eq \r(3)，B1C＝eq \r(22＋2\r(2)2)＝2eq \r(3)，
∴sin∠CB1O＝eq \f(CO,B1C)＝eq \f(\r(3),2\r(3))＝eq \f(1,2).
又0°≤∠CB1O≤90°，
∴∠CB1O＝30°.
反思感悟 利用线面角定义，求线面角即求斜线与它在平面内的射影所成的角，所以找该斜线在平面内的射影是关键，而要找射影关键是找垂线，所以求线面角的关键是找平面的垂线．
跟踪训练1 在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BCD1所成角的正弦值等于________．
答案 eq \f(2\r(5),5)
解析 如图，过D作DO⊥CD1，O为垂足．
∵BC⊥平面CDD1C1，∴BC⊥DO，
又DO⊥CD1且BC∩CD1＝C，BC，CD1⊂平面BCD1，
∴DO⊥平面BCD1，
∴∠DCO为CD与平面BCD1所成的角．
令AB＝1，∴CD＝1，DD1＝2，
∴CD1＝eq \r(5)，
∴在Rt△CDD1中，sin∠DCO＝eq \f(DD1,CD1)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5).
二、最小角定理
问题2 如图，平面的斜线OA与平面内的任意的直线比如OM都有夹角，则线面角θ1与∠AOM＝θ有什么样的关系？
提示 若BM⊥OM，则由三垂线定理可知OM⊥AM，则OB＝OAcs θ1，OM＝OBcs θ2＝OAcs θ1cs θ2，而在Rt△AOM中，OM＝OAcs θ，
所以OAcs θ1cs θ2＝OAcs θ，即cs θ＝cs θ1cs θ2，显然上述三个角均为锐角，故有cs θ≤cs θ1，即θ1≤θ，也就是说平面的斜线与平面所成的角是该斜线与平面内所有直线所成角的最小角．
知识梳理
如图，AB⊥α，则图中θ，θ1，θ2之间的关系是cs θ＝cs θ1·cs θ2.
斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角．
注意点：(1)辅助记忆：这三个角中，θ是最大的，其余弦值最小，等于另外两个角的余弦值之积，运用时可以背诵成横的角乘以竖的角等于斜的角；(2)从空间一点O引出的三条射线OA，OB，OM满足cs∠AOM＝cs∠AOB·cs∠BOM，则平面AOB⊥平面BOM.
例2 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，且PB＝eq \r(6)，PC＝eq \r(3)＋1，BC＝2，∠ACB＝45°.
求PC与平面ABCD所成的角．
解 ∵PA⊥平面ABCD，
∴∠PCA为PC与平面ABCD所成的角，
在△PCB中，由余弦定理知，cs∠PCB＝eq \f(\r(3)＋12＋4－6,2×\r(3)＋1×2)＝eq \f(2＋2\r(3),4\r(3)＋1)＝eq \f(1,2).
又cs∠PCB＝cs∠ACB·cs∠PCA，
∴cs∠PCA＝eq \f(cs∠PCB,cs∠ACB)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2).
又0°≤∠PCA≤90°，∴∠PCA＝45°.
反思感悟 几何法求线面角
(1)利用线面角定义，求线面角即求斜线与它在平面内的射影所成的角，所以找该斜线在平面内的射影是关键，而要找射影关键是找垂线，所以求线面角的关键是找平面的垂线．
(2)利用最小角公式cs θ＝cs θ1·cs θ2.
跟踪训练2 在正四棱锥P－ABCD中，侧棱与底面所成的角为eq \f(π,3)，则侧棱所在直线与底面的边所在直线所成的角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),4) B.eq \f(\r(6),4)
C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 如图，正四棱锥P－ABCD，PO⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，
记∠PDO＝θ1，∠CDO＝θ2，∠PDC＝θ.
依题意θ1＝eq \f(π,3)，θ2＝eq \f(π,4)，
因为cs θ＝cs θ1·cs θ2＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4)，
所以PD与DC所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4)，
即侧棱所在直线与底面的边所在直线所成的角的余弦值为eq \f(\r(2),4).
三、用空间向量求直线与平面的夹角
问题3 如何用直线的方向向量和平面的法向量表示线面角？
提示 如图，可以发现，直线的方向向量与平面法向量的夹角并不是直线与平面所成的角，如左图，直线的方向向量与平面法向量的夹角和线面角互余；如右图，直线的方向向量与平面法向量的夹角的补角和线面角互余．于是我们有线面角公式sin θ＝|cs〈v，n〉|＝eq \f(|v·n|,|v||n|)(θ为直线与平面所成的角)．
知识梳理
如图所示，v为直线的方向向量，n为平面的法向量．
θ＝eq \f(π,2)－〈v，n〉或θ＝〈v，n〉－eq \f(π,2).
cs θ＝sin〈v，n〉或sin θ＝|cs〈v，n〉|.
注意点：用向量法求线面角的解题步骤：(1)建系；(2)写相关点的坐标；(3)写出直线的方向向量a；(4)求出平面的法向量n；(5)代入公式sin θ＝|cs〈a，n〉|＝eq \f(|a·n|,|a||n|)；(6)回归几何问题．
例3 如图，已知三棱锥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．
(1)证明：CM⊥SN；
(2)求SN与平面CMN所成角的大小．
(1)证明 设PA＝1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则C(0，1，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0)).
所以eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2)))，eq \(SN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，
因为eq \(CM,\s\up6(→))·eq \(SN,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋0＝0，
所以CM⊥SN.
(2)解 由(1)，知eq \(NC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，0)).
设a＝(x，y，z)为平面CMN的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a·\(CM,\s\up6(→))＝0，,a·\(NC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0.))
令x＝2，得a＝(2，1，－2)为平面CMN的一个法向量．
因为|cs〈a，eq \(SN,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－1－\f(1,2),3×\f(\r(2),2))))＝eq \f(\r(2),2)，
所以SN与平面CMN所成角的大小为45°.
反思感悟 用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的有关知识求解线面角．
跟踪训练3 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分别为PC，PB的中点，求BD与平面ADMN所成的角θ.
解 如图所示，以A为原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz，设BC＝1，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)
则N(1，0，1)，
∴eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(AN,\s\up6(→))＝(1，0，1)，
设平面ADMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(AN,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋z＝0，))
取x＝1，则z＝－1，
∴n＝(1，0，－1)，
∵cs〈eq \(BD,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(BD,\s\up6(→))·n,|\(BD,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(－2,\r(8)·\r(2))＝－eq \f(1,2)，
∴sin θ＝|cs〈eq \(BD,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(1,2).
又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
1．知识清单：
(1)直线与平面所成的角及其性质．
(2)利用空间向量求直线与平面的夹角．
2．方法归纳：数形结合、代入法、转化法．
3．常见误区：
(1)应用cs θ＝cs θ1·cs θ2时混淆各角．
(2)利用空间向量求直线与平面的夹角时，忽略所求夹角与求出的向量夹角的区别．
1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于eq \f(5π,6)，则直线l与平面α所成的角等于( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(5π,6) D.以上均错
答案 B
解析 直线l与平面α所成的角范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
2．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝eq \r(3)，则BC1与平面CDD1C1所成角的正切值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(2\r(7),7) D.eq \f(\r(21),7)
答案 B
解析 ∵BC⊥平面CDD1C1，
∴∠BC1C为BC1与平面CDD1C1所成的角，
∴tan∠BC1C＝eq \f(BC,CC1)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3).
3．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，直线DC1与DB所成的角为60°，则直线DC1与平面ABCD所成的角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 B
解析 依题意，得∠C1DB＝60°，
又底面ABCD为正方形，∴∠CDB＝45°.
∵CC1⊥平面ABCD，
∴∠C1DC为DC1与平面ABCD所成的角，
∵cs∠C1DB＝cs∠CDB·cs∠C1DC，
∴cs 60°＝cs 45°·cs∠C1DC，
∴cs∠C1DC＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2)，
又0°≤∠C1DC≤90°，∴∠C1DC＝45°.
4．正四面体A－BCD中棱AB与底面BCD所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(\r(3),3)
解析 如图，作AO⊥底面BCD，垂足为O，O为△BCD的中心，
设正四面体的棱长为a，则OB＝eq \f(\r(3),3)a，∠ABO为所求角，cs∠ABO＝eq \f(\r(3),3).
课时对点练
1．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，若cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则l与α所成的角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
答案 A
解析 设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(1,2).
又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
2．若平面α的法向量为μ，直线l的方向向量为v，直线l与平面α所成的角为θ，则下列关系式成立的是( )
A．cs θ＝eq \f(μ·v,|μ||v|) B．cs θ＝eq \f(|μ·v|,|μ||v|) C．sin θ＝eq \f(μ·v,|μ||v|) D．sin θ＝eq \f(|μ·v|,|μ||v|)
答案 D
解析 若直线与平面所成的角为θ，直线与该平面的法向量所在直线所成的角为β，
则θ＝90°－β或θ＝β－90°.
所以sin θ＝|cs β|＝eq \f(|μ·v|,|μ||v|).
3．设直线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〉＝eq \f(2π,3)，则l与α所成的角为( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,6) D.eq \f(5π,6)
答案 C
解析 如图所示，直线l与平面α所成的角θ＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,2)＝eq \f(π,6).
4．已知∠APB在平面α内，大小为60°，射线PC与PA，PB所成的角均为135°，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)
答案 B
解析 设PC与平面α所成的角为θ，则cs 45°＝cs θ·cs 30°，所以cs θ＝eq \f(\r(6),3).
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成角的正弦值为( )
A.－eq \f(\r(10),5) B.eq \f(\r(10),5) C.－eq \f(\r(15),5) D.eq \f(\r(15),5)
答案 B
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，E(0，2，1)，
则eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，－2，0)，eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．
设平面B1BD的法向量为n＝(x，y，z)．
因为n⊥eq \(BD,\s\up6(→))，n⊥eq \(BB1,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BB1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－2y＝0，,2z＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－y，,z＝0，))
令y＝1，则n＝(－1，1，0)为平面B1BD的一个法向量．
于是，cs〈n，eq \(BE,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(BE,\s\up6(→)),|n||\(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(10),5)，则直线BE与平面B1BD所成角的正弦值为eq \f(\r(10),5).
6．(多选)直线l与平面α所成的角为eq \f(π,6)，则直线l的方向向量与平面α的法向量所成的角可能为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
答案 BC
解析 设v为直线l的方向向量，n为平面α的法向量，θ为直线l与平面α所成的角，
∴θ＝eq \f(π,2)－〈v，n〉或θ＝〈v，n〉－eq \f(π,2)，
∴〈v，n〉＝eq \f(π,2)－θ或〈v，n〉＝θ＋eq \f(π,2)，∴〈v，n〉＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3).
7．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq \r(2)，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成的角是________．
答案 eq \f(π,6)
解析 如图，PA⊥平面ABCD，
∴∠PCA为PC与平面ABCD所成的角，
∵AB＝1，BC＝eq \r(2)，
∴AC＝eq \r(3)，
∴在Rt△PAC中，AC＝eq \r(3)，PA＝1，
∴tan∠PCA＝eq \f(PA,AC)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).
又∵∠PCA∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴∠PCA＝eq \f(π,6).
8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(\r(6),3)
解析 设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)．
平面ACD1的一个法向量为eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，1)．
又eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，则cs〈eq \(DB1,\s\up6(→))，eq \(BB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(DB1,\s\up6(→))·\(BB1,\s\up6(→)),|\(DB1,\s\up6(→))||\(BB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3).
所以BB1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3)，
所以BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3).
9．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD.PD＝DC，E是PC的中点．求EB与平面ABCD夹角的余弦值．
解 取CD的中点M，连接EM，BM，则EM∥PD，
∵PD⊥平面ABCD，
∴EM⊥平面ABCD，
∴BE在平面ABCD上的射影为BM，
∴∠MBE为BE与平面ABCD的夹角．
如图建立空间直角坐标系Dxyz，
设PD＝DC＝1，则P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，
∴M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，
∴eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)，0))，
cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BE,\s\up6(→))·\(BM,\s\up6(→)),|\(BE,\s\up6(→))||\(BM,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋\f(1,4),\r(\f(3,2))× \f(\r(5),2))＝eq \f(\r(30),6)，
∴EB与平面ABCD夹角的余弦值为eq \f(\r(30),6).
10．如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为线段AM，MD的中点，在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.
(1)求证：AB∥FG.
(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小．
(1)证明 在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，
所以AB∥DE，又因为AB⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，所以AB∥平面PDE.
因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，
所以AB∥FG.
(2)解 因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE，
如图，以A为原点，eq \(AM,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))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A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(0，1，1)．
设平面ABF的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＋z＝0，))
令z＝1，则y＝－1，所以n＝(0，－1，1)．
设直线BC与平面ABF所成角为α，
则sin α＝|cs〈n，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(BC,\s\up6(→)),|n||\(BC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(1,2)，
又α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为eq \f(π,6).
11．(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的是( )
A．AC⊥BD
B．AB，CD所成角为eq \f(π,3)
C．△ADC为等边三角形
D．AB与平面BCD所成角为60°
答案 ABC
解析 如图，取BD的中点O，连接AO，CO，易知BD⊥平面AOC，故BD⊥AC.
如图，建立空间直角坐标系，设正方形边长为a，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)a，0))，
故eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，－\f(\r(2),2)a，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
故eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，－\f(\r(2),2)a)).
由两向量夹角公式得cs〈eq \(CD,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉＝－eq \f(1,2)，
故两异面直线所成的角为eq \f(π,3).
在Rt△AOC中，由AO＝CO＝eq \f(\r(2),2)a，AO⊥CO，
所以AC＝eq \r(2)AO＝a，故△ADC为等边三角形．
易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角，
可求得∠ABO＝45°，故D错．
12．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°
答案 B
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)，得tan θ＝eq \f(OP,OB)＝eq \f(\r(3),3)，
又0°≤θ≤90°，所以θ＝30°.
13．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为________．
答案 eq \f(\r(10),5)
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，1)，C1(0，2，1)，
∴eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D，∴平面BB1D1D的一个法向量为a＝eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)．
∴所求角的正弦值为|cs〈a，eq \(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|a·\(BC1,\s\up6(→))|,|a||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,\r(8)×\r(5))＝eq \f(\r(10),5).
14．如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝eq \r(2)，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′－BCDE.若A′O⊥平面BCDE，则A′D与平面A′BC所成角的正弦值为________．
答案 eq \f(\r(2),4)
解析 取DE的中点H，连接OH，OD，OE，
则OH⊥OB.以O为坐标原点，eq \(OH,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OA′,\s\up6(—→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
由题意，知OH＝1，DH＝2，DO＝eq \r(5)，A′D＝2eq \r(2)，
∴OA′＝eq \r(A′D2－DO2)＝eq \r(3)，
∴A′(0，0，eq \r(3))，D(1，－2，0)，
∴eq \(A′D,\s\up6(—→))＝(1，－2，－eq \r(3))．
设A′D与平面A′BC所成的角为θ，易得平面A′BC的一个法向量为n＝(1，0，0)，
∴sin θ＝|cs〈eq \(A′D,\s\up6(—→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(A′D,\s\up6(—→))·n,|\(A′D,\s\up6(—→))||n|)))＝eq \f(1,\r(8))＝eq \f(\r(2),4).
15．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线FO与平面BED所成的角为45°，则AE＝________.
答案 2
解析 如图，以O为原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系．
设AE＝a(a>0)，
则B(0，eq \r(3)，0)，D(0，－eq \r(3)，0)，F(－1，0，3)，E(1，0，a)，
所以eq \(OF,\s\up6(→))＝(－1，0，3)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－a)．
设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(3)y＝0，,－x＋\r(3)y－az＝0，))
则y＝0，令z＝1，得x＝－a，
所以n＝(－a，0，1)，
所以cs〈n，eq \(OF,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(OF,\s\up6(→)),|n||\(OF,\s\up6(→))|)＝eq \f(a＋3,\r(a2＋1)×\r(10)).
因为直线FO与平面BED所成角的大小为45°，
所以eq \f(|a＋3|,\r(a2＋1)×\r(10))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝2或a＝－eq \f(1,2)(舍去)，所以AE＝2.
16．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD交于O点，A1在底面的射影为O点，AA1与底面所成的角为60°，AB＝2，cs∠A1AD＝cs∠A1AB＝eq \f(\r(3),4)，求对角线AC1的长．
解 A1O⊥平面ABCD，∠A1AO为AA1与平面ABCD所成的角，
∴∠A1AO＝60°.
∵cs∠A1AB＝cs∠BAO·cs∠A1AO，
∴cs∠BAO＝eq \f(cs∠A1AB,cs∠A1AO)＝eq \f(\f(\r(3),4),\f(1,2))＝eq \f(\r(3),2)，
又0°<∠BAO<180°，∴∠BAO＝30°.
同理∠DAO＝30°，
∴AC为∠DAB的角平分线，
∴平行四边形ABCD为菱形．
∵AB＝AD＝2，
∴△ABD为等边三角形，
∴AO＝eq \r(3).
在Rt△A1OA中，AA1＝eq \f(AO,cs∠A1AO)＝eq \f(\r(3),\f(1,2))＝2eq \r(3).
又eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))，
∴eq \(AC1,\s\up6(→))2＝eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AD,\s\up6(→))2＋eq \(AA1,\s\up6(→))2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＋2eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝4＋4＋12＋2×2×2cs 60°＋2×2×2eq \r(3)×cs∠A1AB×2＝36，∴AC1＝6.