高中数学直线与平面的夹角题库.docx
《高中数学直线与平面的夹角题库.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学直线与平面的夹角题库.docx（25页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高中数学直线与平面的夹角题库
3.2.3直线与平面的夹角
3.2.4二面角及其度量
学习目标1.理解斜线和平面所成的角的定义，体会夹角定义的唯一性、合理性.2.会求直线
与平面的夹角θ.3.掌握二面角的概念，二面角的平面角的定义，会找一些简单图形中的二面角的平面角.4.掌握求二面角的基本方法、步骤．
知识点一直线与平面所成的角1．直线与平面所成的角
2．最小角定理
知识点二二面角及理解1．二面角的概念
（1）二面角的定义：
平面内的一条直线把平面分成两部分，其中的每一部分都叫做半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．如图所示，其中，直线l叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面，如图中的α，β.
（2）二面角的记法：
棱为l，两个面分别为α，β的二面角，记作α—l—β.如图，A∈α，B∈β，二面角也可以记作A—l—B，也可记作2∠l.
（3）二面角的平面角：
在二面角α—l—β的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线OA⊥l，
OB⊥l，则∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角，如图所示．由等角定理知，这个平面角与点O在l上的位置无关．
（4）直二面角：
平面角是直角的二面角叫做直二面角．
（5）二面角的范围是[0°，180°]．
2．用向量夹角来确定二面角性质及其度量的方法
（1）如图，分别在二面角α—l—β的面α，β内，并沿α，β延伸的方向，作向量n1⊥l，n2⊥l，则〈n1，n2〉等于该二面角的平面角．
1．直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．（×）
3．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．（×）
题型一求直线与平面的夹角
例1已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角．
解建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A（0,0,0），B（0，a,0），A1（0,0，2a），C1－23a，方法一取A1B1的中点M，则M0，a2，2a，连接AM，MC1，
则M→C1＝－23a，0，0，A→B＝（0，a,0），A→A1＝（0,0，2a）．
∴M→C1·A→B＝0，M→C1·A→A1＝0，∴M→C1⊥A→B，M→C1⊥A→A1，则MC1⊥AB，MC1⊥AA1.
又AB∩AA1＝A，∴MC1⊥平面ABB1A1.
∴∠C1AM是AC1与侧面ABB1A1所成的角．
∴A→C
22
→a29a1·AM＝0＋＋2a2＝
44
9a2
又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内，∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
方法二A→B＝（0，a,0），A→A1＝（0,0，2a），A→C1＝－设侧面ABB1A1的法向量为n＝（λ，y，z），∴n·A→B＝0且n·A→A1＝0.∴ay＝0且2az＝0.
∴y＝z＝0.故
n＝（λ，0,0）．
∴cos〈A→C1，
n〉＝n·A→C1
|n||A→C1|
λ，
2|λ|，
∴|cos〈A→C1，
n〉|＝12.
又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内，
∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
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．方法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算．
跟踪训练1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，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），
∴B→D＝（－2,2,0），
AD＝（0,2,0），
AN＝（1,0,1），
设平面ADMN的法向量为n＝（x，y，z），
∴n＝（1,0，－1），
∵cos〈B→D，n〉
B→D·n＝－2＝－1
|B→D||n|8·22∴sinθ＝|cos〈B→D，n〉|＝12.
又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
题型二求二面角
例2在底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，E是PD的中点，求平面EAC与平面ABCD的夹角．
解方法一如图，以A为原点，分别以AC，AB，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空
间直角坐标系Axyz.
∵B→A＝C→D，
设PA＝AB＝a，AC＝b，连接BD与AC，交于点O，取AD中点F，连接EF，EO，FO，则
∴D（b，
－a,0），P（0,0，a），
∴Eb2，
－2a，a2，Ob2，0，0，
C（b,0,0），B（0，a,0）．
O→E＝0，－a2，2a，A→C＝（b,0,0）．
∵O→E·A→C＝0，
∴O→E⊥A→C，O→F＝21B→A＝0，－a2，0，O→F·A→C＝0.∴O→F⊥A→C.
∴∠EOF等于平面EAC与平面ABCD的夹角．
→→O→E·O→F2
cos〈OE，OF〉＝→→＝2.
|O→E||O→F|2
∴平面EAC与平面ABCD的夹角为45°.方法二建系如方法一，∵PA⊥平面ABCD，
∴A→P＝（0,0，a）为平面ABCD的法向量，
A→E＝b2，－a2，a2，A→C＝（b,0,0）．
设平面AEC的法向量为m＝（x，y，z）．
m·A→E＝0，
由→
m·A→C＝0，
baa
2x－2y＋2z＝0
得222bx＝0.
∴x＝0，y＝z.∴取m＝（0,1,1），
又平面EAC与平面ABCD所成角的平面角为锐角，∴平面EAC与平面ABCD的夹角为45°.
反思感悟
（1）当空间直角坐标系容易建立（有特殊的位置关系）时，用向量法求解二面角无需
作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小（相等或互补），但我们可以根据图形观察得到结论，
因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的．
（2）注意法向量的方向：
一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角．跟踪训练2若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝2，求锐二面角A-PB-C的余弦值．
解如图所示建立空间直角坐标系Axyz，则A（0,0,0），B（2，1,0），C（0,1,0），P（0,0,1），
故A→P＝（0,0,1），A→B＝（2，1,0），C→B＝（2，0,0），C→P＝（0，－1,1），设平面PAB的法向量为m＝（x，y，z），
m·AP＝0，则→
m·A→B＝0，
z＝0，
即
2x＋y＝0，
令x＝1，则y＝－2，故m＝（1，－2，0）．
设平面PBC的法向量为n＝（x′，y′，z′），
n·C→B＝0，则→
n·C→P＝0，
2x′＝0，
即
－y′＋z′＝0.
令y′＝－1，则z′＝－1，故n＝（0，－1，－1），
∴cos〈m，
m·n3
n〉＝＝.
|m||n|＝3.
∴锐二面角
A－PB－C的余弦值为33.
题型三空间角中的探索性问题
例3如图，在四棱锥P－ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.
（1）求证：
AB⊥PD；
（2）若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？
并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值．
（1）证明因为ABCD为矩形，所以AB⊥AD；又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?
平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.
（2）解过点P作PO⊥AD于点O.
则PO⊥平面ABCD，过点O作OM⊥BC于点M，连接PM.则PM⊥BC，
因为∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，
设AB＝t，则在Rt△POM中，
所以当t2＝23，即t＝36时，
此时PO＝AB＝36，且PO，OA，OM两两垂直，
3
以OA，OM，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，
所以P→D＝－236，0，－36，
设平面PCD的法向量为m＝（x1，y1，z1），
m·P→C＝0，则→
m·P→D＝0，
－2x1＋y1－z1＝0，
即
－2x1－z1＝0，
令x1＝1，则m＝（1,0，－2），|m|＝5；
同理设平面PBC的法向量n＝（x2，y2，z2），
n·P→C＝0，
→
n·P→B＝0，
－2x2＋y2－z2＝0，即
x2＋y2－z2＝0，令y2＝1，则n＝（0,1,1），|n|＝2，
10
5
设平面PBC与平面DPC的夹角为θ，显然θ为锐角，
所以cosθ＝||mm|·|nn||＝5×2＝反思感悟利用空间向量解决空间角中的探索性问题，通常不需要复杂的几何作图，论证，推理，只需先假设结论成立，设出空间的坐标，通过向量的坐标运算进行推断，把是否存在问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理．
跟踪训练3如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，且
AB⊥AC，点M是CC1的中点，点N是BC的中点，点P在直线A1B1上，且满足A1P＝λA1B1.
（1）证明：
PN⊥AM；
（2）当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？
并求该角最大值的正切值．
（1）证明以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，
则P（λ，0,1），N21，12，0，M0，1，21，
→11
从而PN＝2－λ，2，－1，
A→M＝0，1，21，
P→N·A→M＝12－λ×0＋21×1－1×21＝0，所以PN⊥AM.
（2）解过点P作PE⊥AB于E，连接EN，则PE⊥平面ABC，
则∠PNE为所求角θ，
PE1
所以tanθ＝PEEN＝E1N，因为当点E是AB的中点时，ENmin＝
1所以（tanθ）max＝2，此时，λ＝2.
利用向量求二面角
典例如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.
（1）证明：
平面ABEF⊥EFDC；
（2）求二面角E-BC-A的余弦值．
考点向量法求平面与平面所成的角
题点向量法求平面与平面所成的角
（1）证明由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC，又AF?
平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.
（2）解过D作DG⊥EF，垂足为G，由
（1）知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，G→F的方向为x轴正方向，|G→F|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由
（1）知∠DFE为二面
角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝3，
可得A（1,4,0），B（－3,4,0），E（－3,0,0），D（0,0，3）．
由已知AB∥EF，AB?
平面EFDC，EF?
平面EFDC，
所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF，由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，
所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°，
从而可得C（－2,0，3）．
所以E→C＝（1,0，3），E→B＝（0,4,0），A→C＝（－3，－4，3），A→B＝（－4,0,0）．
n·E→C＝0，
设n＝（x，y，z）是平面BCE的法向量，则→
n·E→B＝0，
x＋3z＝0，
即所以可取n＝（3,0，－3）．
4y＝0.
m·AC＝0，
设m是平面ABCD的法向量，则
m·A→B＝0.
n·m219
同理可取m＝（0，3，4），则cos〈n，m〉＝|nn|·|mm|＝－21919.故二面角E-BC-A的余弦值为－
219.
19.
[素养评析]试题以一个面为正方形的五面体为载体，分层设计问题，由浅入深，给不同基础的考生提供了想象的空间和展示才华的平台．第
（1）问侧重对立体几何中线面垂直、面面垂直等基础知识的考查，题目比较简单．求解第
（2）问的关键是充分运用直观想象，把握图形的
结构特征，构建空间直角坐标系，并针对运算问题，合理选择运算方法，设计运算程序，解决问题．
答案C
AC1·A1D＝1－1＝0.
∴AC1⊥A1B，AC1⊥A1D，又A1B∩A1D＝A1，
∴AC1⊥平面A1BD.∴AC1是平面A1BD的法向量．
6.
3.
∴直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值为
3．已知两平面的法向量分别为m＝（0,1,0），n＝（0,1,1），则两平面所成的二面角为
答案45°或135°
解析设二面角的平面角为θ，
4．正四面体ABCD中棱AB与底面BCD所成角的余弦值为．
答案33
解析作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
5．已知点A（1,0,0），B（0,2,0），C（0,0,3），则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为
答案
2
7
解析
A→B＝（－1,2,0），A→C＝（－1,0,3）．设平面ABC的法向量为n＝（x，y，z）．由n·A→B＝0，n·A→C
－x＋2y＝0，2
＝0知令x＝2，则y＝1，z＝.
－x＋3z＝0.3
∴平面ABC的法向量为n＝2，1，23.平面xOy的法向量为O→C＝（0,0,3）．所以所求锐二面角
→
|n·OC|22
的余弦值cosθ＝→＝7＝7.
|n||O→C|3×737
1．线面角可以利用定义在直角三角形中解决．
2．线面角的向量求法：
设直线的方向向量为a，平面的法向量为n，直线与平面所成的角为
|a·n|θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝.
|a||n|
3．二面角通常可通过法向量的夹角来求解，但一定要注意法向量的夹角和二面角的大小关系．
、选择题1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于（
A.6πB.3πC.56πD．以上均错答案B解析
2．直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2所成的角为θ，直线l1，l2所成的角为α，
因而cosα＝|cosθ|.
3．已知在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值是（）
A.2B.3C.2D.1
A.3B.3C.3D.3答案A
解析以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标
系Dxyz.
设AA1＝2AB＝2，则B（1,1,0），C（0,1,0），D（0,0,0），C1（0,1,2），故D→B＝（1,1,0），D→C1＝（0,1,2），D→C＝（0,1,0），设平面BDC1的法向量为n＝（x，y，z），
n·D→B＝0，x＋y＝0，
则→即
n·D→C1＝0，y＋2z＝0，令z＝1，则y＝－2，x＝2，所以n＝（2，－2,1）．
设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，
2.
3.
则sinθ＝|cos〈n，D→C〉|＝|n·D→C|
|n||D→C|
坐标系Cxyz，则AB1与ED1所成角的余弦值为（）
B.510
答案A
解析∵A（2,2,0），B1（2,0,2），E（0,1,0），D1（0,2,2），∴A→B1＝（0，－2,2），E→D1＝（0,1,2），
∴|A→B1|＝22，|E→D1|＝5，
A→B1·E→D1＝0－2＋4＝2，
∴AB1与ED1所成角的余弦值为1100.
5．在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD＝1，则二面角B—AC—D的余弦值为（）
答案A
解析设菱形对角线AC与BD交于O点，则∠BOD为二面角B—AC—D的平面角，由余弦
1
定理可得cos∠BOD＝3.
3
6．A，B是二面角α—l—β的棱l上两点，P是平面β上一点，PB⊥l于B，PA与l成45°角，
PA与平面α成30°角，则二面角α—l—β的大小是（）
A．30°B．60°C．45°D．75°
答案C
解析如图，作PO⊥α于O，连接AO，BO，则∠PAO为PA与平面α所成角，∠PBO为二面角α—l—β的平面角，由∠PAO＝30°，∠PAB＝45°，取PA＝2a，则PO＝a，PB＝2a，∴sin∠PBO＝PO＝2，∴∠PBO＝45°.
PB2
二、填空题
7．平面α的一个法向量n1＝（1,0,1），平面β的一个法向量n2＝（－3,1,3），则α与β所成的角是．
答案90°
解析由于n1·n2＝（1,0,1）（－·3,1,3）＝0，
所以n1⊥n2，故α⊥β，α与β所成的角是90°.
8．若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8，两垂足间的距离为7，则这个二面角的大
小是．
答案60°或120°
解析设二面角大小为θ，由题意可知
222
|82＋52－72|64＋25－491
|cosθ|＝2×8×5＝80＝2，
所以cosθ＝±12，
所以θ＝60°或120°.
9．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成的角是．
答案30°
解析建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则P（0,0,1），C（1，2，0），P→C＝（1，2，－
1），平面ABCD的法向量为n＝（0,0,1），
所以cos〈PC，n〉
所以〈P→C·n〉＝120°，
所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成的角为60°，所以斜线PC与平面ABCD所
成的角为30°.
10．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成的角是.
π
答案π
6
解析在正三棱柱ABC—A1B1C1中，取AC的中点O，连接OB，OB⊥AC，
则OB⊥平面ACC1A1，
∴∠BC1O就是BC1与平面AC1所成的角．∵OB＝23，BC1＝3，∴sin∠BC1O＝OB＝1，
1BC12
π
∴∠BC1O＝.
6
三、解答题
11．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，求该二面角的大小．
解由题意知，C→A·A→B＝0，A→B·B→D＝0，
C→D＝C→A＋A→B＋B→D，
→2→2→2→2→→→→→→
∴|CD|2＝|CA|2＋|AB|2＋|BD|2＋2CA·AB＋2AB·BD＋2CA·BD＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈C→A，B→D〉＝（217）2.
∴cos〈C→A，B→D〉＝－12，
又〈C→A，B→D〉∈[0°，180°]，
∴〈C→A，B→D〉＝120°，
面角的大小为60°.
12.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，则EM∥PD，又∵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Dyxz，
设PD＝DC＝1，
则P（0,0,1），C（0,1,0），B（1,1,0），
∴M0，12，0，E0，21，12，
∴B→E＝－1，－21，12，B→M＝－1，－12，0，
（1）证明：
BC1∥平面A1CD；
（2）求二面角D-A1C-E的正弦值．
设平面A1CD的法向量为n＝（x，y，z），
则n·C→D＝0且n·C→A1＝0，
可解得y＝－x＝z，令x＝1，得平面A1CD的法向量为n＝（1，－1，－1），
同理可得平面A1CE的法向量为m＝（2,1，－2），
3
则cos〈n，m〉＝33，
3
又因为〈n，m〉∈[0°，180°]，所以sin〈n，m〉＝36，所以二面角D-A1C-E的正弦值为36.
14.如图所示，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA⊥平面A
升级会员 