数学选择性必修 第一册1.2.3 直线与平面的夹角同步训练题

这是一份数学选择性必修 第一册1.2.3 直线与平面的夹角同步训练题，共13页。试卷主要包含了【考点】直线与平面所成的角，【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，【考点】点、线、面间的距离计算，【考点】二面角的平面角及求法等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图是某个正方体的平面展开图， l1 ， l2 是两条侧面对角线，则在该正方体中， l1 与 l2 （ ）
A．互相平行B．异面且互相垂直
C．异面且夹角为 π3D．相交且夹角为 π3
2．如图，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（ ）
A．63B．255C．155D．105
3．盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5cm，两个直径为5cm的玻璃小球都浸没于水中，若取出这两个小球，则水面将下降（ ）cm．
A．23B．53C．2D．3
4．已知空间四个点 A(1, 1, 1) ， B(−4, 0, 2) ， C(−3, −1, 0) ， D(−1, 0, 4) ，则直线AD与平面ABC所成的角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
5．已知三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA=3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为( )
A．34B．54C．74D．34
6．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC﹣A1B1C1，CA=2CB，CC1=3CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为（ ）
A．43535B．3570C．23535D．235
7．已知四面体P﹣ABC的外接球的球心O在AB上，且PO⊥平面ABC，2AC= 3 AB，若四面体P﹣ABC的体积为 32 ，则该球的体积为（ ）
A．3πB．2πC．22πD．43π
8．圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面的中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周），若 AM⊥MP，则点P形成的轨迹的长度为（ ）
A．76B．75C．74D．72
9．三棱锥的顶点在底面的射影为底面正三角形的中心，高是 3 ，侧棱长为 7 ，那么侧面与底面所成的二面角是( )
A．60°B．30°C．45°D．75°
10．设 a,b 是空间中不同的直线， α,β 是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．a//b,b⊂α则a//α
B．a⊂α,b⊂β,α//β ，则 a//b
C．a⊂α,b⊂α,a//β,b//β,则α//β
D．α//β,a⊥β,则a⊥α
二、填空题
11．正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， E ､ F 分别是棱 AB ､ BB1 的中点，则异面直线 A1E 与 C1F 所成角的余弦值为 .
12．α,β 是两个平面, m,n 是两条直线, 有下列四个命题:
①如果 m⊥n,m⊥α,n∥β ,那么 α⊥β ；②如果 m⊥α,n∥α ,那么 m⊥n ；③如果 α∥β,m⊂α ,那么 m∥β ；④如果 m∥n,α∥β ,那么 m 与 α 所成的角和 n 与 β 所成的角相等,其中正确的命题为 ．
13．如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，M为棱 BC 的中点，N是棱 AA1 上的动点（不与端点 A,A1 重合）.
给出下列说法：
①当N变化时，三棱锥 C−C1MN 的体积不变；
②当N变化时，平面 C1MN 内总存在与平面 ABCD 平行的直线；
③当N为 AA1 中点时，异面直线 CN 与 B1D 所成角的余弦值为 33 ；
④存在点N，使得直线 B1D⊥ 平面 C1MN .
其中所有正确的说法是 .
14．以下角：①异面直线所成角；②直线和平面所成角；③二面角的平面角，可能为钝角的有 个．
15．在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角 △ABC 中， AD 为斜边 BC 上的高， AB=3 ， AC=6 ，现将 △ABD 沿 AD 翻折到 △AB′D 的位置，使得四面体 AB′CD 为鳖臑，若 G 为 △AB′C 的重心，则直线 DG 与平面 AB′C 所成角的正弦值为 ．
三、解答题
16．如图所示，已知三棱锥P-ABC，∠ACB=90°，CB=4，AB=20，D为AB的中点，且△PDB是正三角形，PA⊥PC.
（1）求证：平面PAC⊥平面ABC.
（2）求二面角D-AP-C的正弦值.
17．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足 3ccsC = acs(3π2+A) ．
（Ⅰ）求C的值；
（Ⅱ）若 ca =2，b=4 3 ，求△ABC的面积．
18．在四棱锥 P—ABCD 的底面是菱形， PO⊥ 底面 ABCD ，O，E 分别是 AD,AB 的中点， AB=6,AP=5,∠BAD=60° .
（Ⅰ）求证： AC⊥PE ；
（Ⅱ）求直线PB与平面 POE 所成角的正弦值；
（III）在DC边上是否存在点F，使 BF 与 PA 所成角的余弦值为 3310 ，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由.
人教B版（2019）数学高中选择性必修第一册
1.2.3 直线与平面的夹角
参考答案与试题解析
一．选择题
1.【考点】异面直线及其所成的角；异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系
【解答】解：将平面展开图还原成正方体如图所示，则B，C两点重合，所以 l1 与 l2 相交，连接 AD ，则 △ABD 为正三角形，所以 l2 与 l2 的夹角为 π3 .
故答案为：D.
2.【考点】直线与平面所成的角
【解答】解：以D点为坐标原点，以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系（图略），
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C1（0，2，1）
∴BC1 =（﹣2，0，1）， AC =（﹣2，2，0）， AC 且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴cs＜ BC1 ， AC ＞═ 45•8 = 105 ．
∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 105
故答案为D．
3.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解答】解：设水位下降hcm，
则π×52×h=2× 43×π ×（ 52 ）3，
解得h= 53 ．
故选B．
4.【考点】用空间向量求直线与平面的夹角
【解答】设平面 ABC 的法向量为 n=(x,y,z) ，直线AD与平面ABC所成的角为 θ
AD=(−2,−1,3),AB=(−5,−1,1),AC=(−4,−2,−1)
n⋅AB=0n⋅AC=0⇒−5x−y+z=0−4x−2y−z=0
令 x=1 ，则 n=(1,−3,2)
∴sinθ=|AD⋅n||AD|⋅|n|=|−2+3+6|14×14=12
则 θ=30°
故答案为：A
5.【考点】直线与平面所成的角
【解答】由图，过A作AE垂直于BC交BC于E，连接SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，由题设条件证出∠ACF即所求线面角．由数据求出其正弦值．
过A作AE垂直于BC交BC于E，连接SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，
∵正三角形ABC，∴E为BC中点，∵BC⊥AE，SA⊥BC，∴BC⊥面SAE，∴BC⊥AF，AF⊥SE，
∴AF⊥面SBC，∵∠ABF为直线AB与面SBC所成角，由正三角形边长2，∴AE=，AS=3，∴SE=2，AF=，∴sin∠ABF=；
故选D．
6.【考点】直线与平面所成的角
【解答】解：以C为原点，CA为x轴，CC1为y轴，CB为z轴，建立空间直角坐标系，
∵CA=2CB，CC1=3CB，∴设CB=1，
得B（0，0，1），C1（0，3，0），A（2，0，0），B1（0，3，1），
BC1 =（0，3，﹣1）， AB1 =（﹣2，3，1），
cs＜ BC1 ， AB1 ＞= BC1⋅AB1|BC1|⋅|AB1| = 9−110×14 = 43535 ．
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 43535 ．
故选：A．
7.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解答】解：设该球的半径为R，
则AB=2R，2AC= 3 AB= 3×2R ，
∴AC= 3 R，
由于AB是球的直径，
所以△ABC在大圆所在平面内且有AC⊥BC，
在Rt△ABC中，由勾股定理，得：
BC2=AB2﹣AC2=R2，
所以Rt△ABC面积S= 12 ×BC×AC= 32R2 ，
又PO⊥平面ABC，且PO=R，四面体P﹣ABC的体积为 32 ，
∴VP﹣ABC= 13×R×32×R2 = 32 ，
即 3 R3=9，R3=3 3 ，
所以：球的体积V球= 43 ×πR3= 43 ×π×3 3 =4 3 π．
故选D．
8.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：建立空间直角坐标系．设A（0，﹣1，0），B（0，1，0），S（0，0，3），M（0，0，32），P（x，y，0）．
于是有AM→=（0，1，32），MP→=（x，y，﹣32）．
由于AM⊥MP，所以（0，1，32）•（x，y，﹣32）=0，
即y=34，此为P点形成的轨迹方程，其在底面圆盘内的长度为
故选：D．
9.【考点】二面角的平面角及求法
【解答】如图，设O为底面正三角形的中心，则 PO⊥ 平面ABC，所以OC=2。
过O作 OM⊥BC 于M，连PM，则有 PM⊥BC ,
所以 ∠PMO 即为侧面与底面所成的二面角。
在直角 ΔCMO 中， OM=OCsin30°=1 ，
所以在直角 ΔPMO 中， PM=PO2+OM2=2 ，
所以 cs∠PMO=OMPM=12 。
所以 ∠PMO=60° 。
故答案为：A。
10.【考点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解答】解：由 a ，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，知：
在A 中， a ∥b，b⊂α，则 a ∥α或 a ⊂α，A不符合题意；
在B中， a ⊂α，b⊂β，α∥β，则 a 与b平行或异面，B不符合题意；
在C中， a ⊂α，b⊂α，b∥β，则α与β相交或平行，C不符合题意；
在D中，α∥β， a⊥β ，则由面面平行的性质定理得 a⊥β ，D符合题意．
故答案为：D．
二．填空题
11.【考点】异面直线及其所成的角；余弦定理
【解答】如图所示：
分别取 A1B1,CC1 的中点G，H，连接 BG,BH,GH,C1H ，
则 A1E//BG,BH//C1F ，
所以 ∠GBH 是异面直线 A1E 与 C1F 所成角，
设正方体的棱长为2，
则 BG=A1E=5,BH=5GH=C1G2+C1H2=6 ，
由余弦定理得 cs∠GBH=BG2+BH2−GH22BG⋅BH ，
=5+5−62×5×5=25 。
故答案为： 25。
12.【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解答】①如果 m⊥n,m⊥α,n∥β ，不能得出 α⊥β ，故错误；②如果 n∥α ，则存在直线 l⊂α ，使 n∥l ，由 m⊥α ，可得 m⊥l ，那么 m⊥n ．故正确；③如果 α∥β,m⊂α ，那么 m 与 β 无公共点，则 m∥β ．故正确④如果 m∥n,α∥β ，那么 m,n 与 α 所成的角和 m,n 与 β 所成的角均相等．故正确；
故答案为：②③④．
13.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解答】对于①，三棱锥 C−C1MN 的体积 VC−C1MN=VN−CC1M=13S△CC1M⋅ℎ .
当N变化时， S△CC1M 和h均不变，所以三棱锥 C−C1MN 的体积不变，故①中说法正确.
对于②，如图，连接 AC ，在平面 ACC1A1 内，过N作 NP//AC ，交 CC1 于P，过P作 PQ//BC ，交 C1M 于Q，连接 NQ ，则平面 ABCD// 平面 NPQ ，又 NQ⊂ 平面 C1MN ，所以平面 C1MN 内总存在与平面 ABCD 平行的直线，故②在说法正确.
对于③，当N变化时，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 后方再补一个形状大小相同的正方体 ADEF−A1D1E1F1 ，如图所示.取 FF1 中点 N1 ，连接 DN1 ， B1N1 ，则 CN//DN1 ，所以 ∠B1DN1 或其补角为异面直线 CN 与 B1D 所成角.设正方体的棱长为2，在 △B1DN1 中，易得 B1D=22+(22)2=23 ， B1N1=42+12=17 ， DN1=(22)2+12=3 ，由余弦定理得 cs∠B1DN1=(23)2+32−(17)22×23×3=39 ，故③中说法错误.
对于④，若存在点N，使得 B1D⊥ 平面 C1MN ，则 B1D⊥C1M ，易知 C1M⊥CD ， B1D∩CD=D ，所以 C1M⊥ 平面 B1CD ，连接 B1C ，则 C1M⊥B1C ，这显然不成立，故④中说法错误.
综上知， ①②正确.
14.【考点】直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解答】解：在①中，异面直线所成角的范围是（0°，90°]，故①不可能为钝角；
在②中，直线和平面所成角的范围是[0°，90°]，故②不可能为钝角；
在③中，二面角的平面角的范围是[0°，180°），故③可能为钝角．
故答案为：1．
15.【考点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角
【解答】在直角 △ABC 中， AD 为斜边 BC 上的高， AB=3 ， AC=6 ，
则 BC=3 ， AD=2 ， BD=1 ， CD=2 ，即在四面体 AB′CD 中，
AD=2 ， B′D=1 ， CD=2 ， AB′=3 ， AC=6 ，则 B′D要使四面体 AB′CD 为鳖臑，根据三角形中大边对大角，可知需要 B′C⊥ 平面 ADB′ ，
此时 ∠ADB′ ， ∠ADC ， ∠DB′C ， ∠AB′C 为直角，满足四面体 AB′CD 为鳖臑，
则 B′C=CD2−B′D2=3 ．
如图，在长、宽、高分别为 3 ，1， 2 的长方体中作出四面体 AB′CD ，
以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系，
则 D(0，0，0) ， A(0，0，2) ， C(1，3，0) ， B′(1，0，0) ，
G(23，33，23) ， AB′=(1，0，−2) ， CB′=(0，−3，0) ， DG=(23，33，23) ．
设 m=(x，y，z) 为平面 AB′C 的一个法向量，则 m⋅AB′=x−2z=0m⋅CB′=−3y=0 ，
令 z=1 ，则 x=2 ， y=0 ，所以 m=(2，0，1) ．
又 cs〈m，DG〉=m⋅DG|m||DG|=23×1=63 ，所以直线 DG 与平面 AB′C 所成角的正弦值为 63 ．
故答案为： 63
三．解答题
16．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定
【解答】（1）解：因为D是AB的中点，△PDB是正三角形，AB=20，
所以PD= 12 AB=10，
所以AP⊥PB.
又AP⊥PC，PB∩PC=P，
所以AP⊥平面PBC.
又BC⊂平面PBC，
所以AP⊥BC.
又AC⊥BC，AP∩AC=A，
所以BC⊥平面PAC.
又BC⊂平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC
（2）解：因为PA⊥PC，且PA⊥PB，
所以∠BPC是二面角D-AP-C的平面角.
由(1)知BC⊥平面PAC，
则BC⊥PC，
在 RtΔBCP 中， ∠BCP=90°,BC=4,BP=10
所以 sin∠BPC=BCPB=410=25 。
所以二面角D-AP-C的正弦值为 25
17．【考点】三角函数的化简求值；正弦定理；余弦定理
【解答】解：（Ⅰ）∵3ccsC = acs(3π2+A) ．
∴3ccsC = ，由正弦定理可得： ，可得：tanC= 33 ，
∴C= ．
（Ⅱ）∵C= ， ca =2，b=4 3 ，
∴由余弦定理c2=a2+b2﹣2abcsC，可得：（2a）2=a2+（4 3 ）2﹣2× ，
整理可得：a2+4a﹣16=0，解得：a=2 ﹣2，
∴S△ABC= 12 absinC= （2 ﹣2）× × 12 =2 ﹣2 3
18.【考点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角
【解答】解：(Ⅰ)由菱形的性质可得： AC⊥BD ，结合三角形中位线的性质可知： OE∥BD ，故 OE⊥AC ，
PO⊥ 底面 ABCD ， AC⊆ 底面 ABCD ，故 AC⊥OP ，
且 OP∩OE=O ，故 AC⊥ 平面 POE ，
PE⊆ 平面 POE ， ∴AC⊥PE
(Ⅱ)由题意结合菱形的性质易知 OP⊥OA ， OP⊥OB ， OA⊥OB ，
以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O−xyz ，
则： P(0,0,4),B(0,33,0),0(0,0,0),E(32,323,0) ，
设平面 POE 的一个法向量为 m=(x,y,z) ,
则： m⋅OP=4z=0m⋅OB=32x+323y=0 ，
据此可得平面 POE 的一个法向量为 m=(3,−1,0) ，
而 PB=(0,33,−4) ，
设直线 PB 与平面 POE 所成角为 θ ，
则 sinθ=|PB⋅m||PB|×|m|=332×13=386129 .
(Ⅲ)由题意可得： D(−3,0,0),C(−6,33,0),A(3,0,0) ，假设满足题意的点 F 存在，
设 F(x,y,z) ， DF=λDC(0<λ<1) ，
据此可得： (x+3,y,z)=λ(−3,33,0) ，即： x=−3λ−3y=33λz=0 ,
从而点F的坐标为 F(−3λ−3,33λ,0) ，
据此可得： BF=(−3λ−3,33λ−33,0) , PA=(3,0,−4) ，
结合题意有： |BF⋅PA||BF|×|PA|=9λ+95×9(λ+1)2+27(λ−1)2=3310 ，解得： λ=12 .
故点F为 CD 中点时满足题意.