PAGEPAGE10課時跟蹤檢測（七）直線與平面的夾角[A級基礎鞏固]1．正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別為AB，C1D1的中點，則A1B1與平面A1EFA．2 B．eq\r(2)C．1 D．eq\r(3)解析：選BA1B1與平面A1EF所成的角就是∠B1A1C，tan∠B1A1C＝eq\f(B1C,A1B1)＝eq\r(2).2．已知三棱錐S-ABC中，底面ABC為邊長等于2的等邊三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直線AB與平面SBC所成角的正弦值為()A．eq\f(\r(3),4) B．eq\f(\r(5),4)C．eq\f(\r(7),4) D．eq\f(3,4)解析：選D如圖所示，以A為原點，分別以AB，AS所在直線為x軸、z軸建立空間直角坐標系Axyz，易知S(0，0，3)，B(2，0，0)，C(1，eq\r(3)，0).設平面SBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BC,\s\up7(→))＝（x，y，z）·（－1，\r(3)，0）＝0，,n·eq\o(BS,\s\up7(→))＝（x，y，z）·（－2，0，3）＝0，))得n＝(3，eq\r(3)，2)，又eq\o(AB,\s\up7(→))＝(2，0，0)，∴當α為AB與平面SBC所成的角時，sinα＝|cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(AB,\s\up7(→))·n|,|eq\o(AB,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(6,2·\r(16))＝eq\f(3,4).3．已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是側棱BB1的中點，則直線AE與平面A1ED1A．60° B．90°C．45° D．以上都不對解析：選B如圖，以點D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系．由題意知，A1(1，0，2)，E(1，1，1)，D1(0，0，2)，A(1，0，0)，所以eq\o(A1E,\s\up7(→))＝(0，1，－1)，eq\o(D1E,\s\up7(→))＝(1，1，－1)，eq\o(EA,\s\up7(→))＝(0，－1，－1).設平面A1ED1的一個法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(A1E,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(D1E,\s\up7(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,x＋y－z＝0.))令z＝1，得y＝1，x＝0，所以n＝(0，1，1)，cos〈n，eq\o(EA,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·eq\o(EA,\s\up7(→)),|n||eq\o(EA,\s\up7(→))|)＝eq\f(－2,\r(2)·\r(2))＝－1.所以〈n，eq\o(EA,\s\up7(→))〉＝180°.所以直線AE與平面A1ED1所成的角為90°.4.如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等，E，F，G分別為AB，AA1，A1C1的中點，則B1FA．eq\f(3,5) B．eq\f(5,6)C．eq\f(3\r(3),10) D．eq\f(3\r(6),10)解析：選A設正三棱柱的棱長為2，取AC的中點D，連接DG，DB，分別以DA，DB，DG所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，2))，F(1，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，G(0，0，2)，eq\o(B1F,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，－1))，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1))，eq\o(GF,\s\up7(→))＝(1，0，－1).設平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eq\o(EF,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(GF,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y＋z＝0，,x－z＝0，))取x＝1，則z＝1，y＝eq\r(3)，故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，1))為平面GEF的一個法向量，所以cos〈n，eq\o(B1F,\s\up7(→))〉＝eq\f(1－3－1,\r(5)×\r(5))＝－eq\f(3,5)，所以B1F與平面GEF所成角的正弦值為eq\f(3,5).5.正三角形ABC與正三角形BCD所在的平面互相垂直，則直線CD與平面ABD所成角的正弦值為________．解析：取BC的中點O，連接AO，DO，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.設BC＝1，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，所以eq\o(BA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).設平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BA,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(BD,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，))取x＝1，則y＝－eq\r(3)，z＝1，所以n＝(1，－eq\r(3)，1)，所以cos〈n，eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\f(\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),2),\r(5)×1)＝eq\f(\r(15),5)，因此直線CD與平面ABD所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5).答案：eq\f(\r(15),5)6．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，解析：連接BC1(圖略)，因為AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1為直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2eq\r(3).又B1C1＝2，所以BB1＝eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2).答案：2eq\r(2)7．等腰Rt△ABC的斜邊AB在平面α內，若AC與α成30°角，則斜邊上的中線CM與平面α所成的角為________．解析：如圖，作CO⊥α，O為垂足，連接AO，MO，則∠CAO＝30°，∠CMO為CM與α所成的角．在Rt△AOC中，設CO＝1，則AC＝2.在等腰Rt△ABC中，由AC＝2得CM＝eq\r(2).在Rt△CMO中，sin∠CMO＝eq\f(CO,CM)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).∴∠CMO＝45°.答案：45°8．已知三棱柱ABC-A1B1C1的側棱與底面邊長都相等，A1在底面ABC內的射影為△ABC的中心，則AB1與底面ABC解析：如圖，設A1在平面ABC內的射影為O，以O為坐標原點，OA，OA1所在直線分別為x軸，z軸，過O作OA的垂線為y軸，建立空間直角坐標系，如圖．設△ABC邊長為1，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(6),3)))，所以eq\o(AB1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(3),6)，\f(1,2)，\f(\r(6),3))).平面ABC的法向量n＝(0，0，1)，則AB1與底面ABC所成角α的正弦值為sinα＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(\f(\r(6),3),\r(\f(75,36)＋\f(1,4)＋\f(6,9)))＝eq\f(\r(2),3).答案：eq\f(\r(2),3)9.如圖，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面邊長為a，側棱長為eq\r(2)a.(1)試建立適當的坐標系，并寫出點A，B，A1，C1的坐標；(2)求AC1與側面ABB1A1解：取AB中點O為坐標原點，OB，OC，OO1(O1為A1B1的中點)所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．(1)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，0，0))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a，0，\r(2)a))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)a，\r(2)a)).(2)法一：連接O1C1，則C1O1⊥平面ABB1A1，即∠C1AO1是直線AC1與側面ABB1A1所成的角．由(1)及點O1(0，0，eq\r(2)a)，得eq\o(AC1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(\r(3),2)a，\r(2)a))，eq\o(eq\o(AO1,\s\up7(→)),\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，0，\r(2)a))，∴eq\o(AC1,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(AO1,\s\up7(→)),\s\up7(→))＝eq\f(1,4)a2＋2a2＝eq\f(9,4)a2，|eq\o(AC1,\s\up7(→))|＝eq\r(3)a，|eq\o(eq\o(AO1,\s\up7(→)),\s\up7(→))|＝eq\f(3,2)a.∴cos∠C1AO1＝cos〈eq\o(AC1,\s\up7(→))，eq\o(eq\o(AO1,\s\up7(→)),\s\up7(→))〉＝eq\f(\r(3),2).∴∠C1AO1＝30°.∴直線AC1與側面ABB1A1所成的角為30°法二：∵eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)a，0))是平面ABB1A1的一個法向量，又eq\o(AC1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(\r(3),2)a，\r(2)a))，∴cos〈eq\o(OC,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(OC,\s\up7(→))·eq\o(AC1,\s\up7(→)),|eq\o(OC,\s\up7(→))||eq\o(AC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,2).∴〈eq\o(OC,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))〉＝60°.∴∠C1AO1＝30°.∴直線AC1與側面ABB1A1所成的角為30°10．如圖，已知三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq\f(1,2)AB，N為AB上一點，AB＝4AN，M，S分別為PB，BC的中點．(1)證明：CM⊥SN；(2)求SN與平面CMN所成角的大小．解：(1)證明：設PA＝1，以A為原點，AB，AC，AP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C(0，1，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0)).所以eq\o(CM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq\o(SN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，因為eq\o(CM,\s\up7(→))·eq\o(SN,\s\up7(→))＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋0＝0，所以CM⊥SN.(2)由(1)，知eq\o(NC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0)).設a＝(x，y，z)為平面CMN的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·eq\o(CM,\s\up7(→))＝0，,a·eq\o(NC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0，))令x＝2，得a＝(2，1，－2)為平面CMN的一個法向量．所以|cos〈a，eq\o(SN,\s\up7(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－1－\f(1,2),3×\f(\r(2),2))))＝eq\f(\r(2),2)，所以SN與平面CMN所成角的大小為45°.[B級綜合運用]11．在圓柱OO1中，O是上底面圓心，AB是下底面圓的直徑，點C在下底面圓周上，若△OAB是正三角形，O1C⊥AB，則OC與平面OABA．150° B．30°C．45° D．60°解析：選B如圖，設AB＝2a，則OA＝2a，O1A＝O1B＝O1∴OO1＝eq\r(4a2－a2)＝eq\r(3)a，OC＝eq\r(3a2＋a2)＝2a，∵CO1⊥AB，CO1⊥OO1，AB∩OO1＝O1，∴CO1⊥平面AOB，∴∠COO1是OC與平面OAB所成角，sin∠COO1＝eq\f(CO1,CO)＝eq\f(1,2)，∴∠COO1＝30°，∴OC與平面OAB所成角為30°.12．(多選)正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝eq\r(3)AB，則()A．AC1與底面ABC所成角的正弦值為eq\f(1,2)B．AC1與底面ABC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),2)C．AC1與側面AA1B1B所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4)D．AC1與側面AA1B1B所成角的正弦值為eq\f(\r(13),4)解析：選BC如圖，取A1C1中點E，AC中點F，連接EF，EB1，則EB1，EC1，EF三條直線兩兩垂直，則分別以這三條直線為x軸，y軸，z設AB＝2，則AA1＝2eq\r(3).∴A1(0，－1，0)，C1(0，1，0)，A(0，－1，2eq\r(3))，C(0，1，2eq\r(3))，B1(eq\r(3)，0，0).∴eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(0，2，－2eq\r(3)).底面ABC的一個法向量為m＝(0，0，2eq\r(3))，∴AC1與底面ABC的成角的正弦值為|cos〈m，eq\o(AC1,\s\up7(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·eq\o(AC1,\s\up7(→)),|m|×|eq\o(AC1,\s\up7(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－12,4×2\r(3))))＝eq\f(\r(3),2)，∴A錯，B對．∵A1B1的中點K的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，∴側面AA1B1B的其中一個法向量為eq\o(KC1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，∴AC1與側面AA1B1B的成角的正弦值為|cos〈eq\o(AC1,\s\up7(→))，eq\o(KC1,\s\up7(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(eq\o(AC1,\s\up7(→))·eq\o(KC1,\s\up7(→)),|eq\o(AC1,\s\up7(→))|×|eq\o(KC1,\s\up7(→))|)))＝eq\f(3,4×\r(3))＝eq\f(\r(3),4)，故C對，D錯；故選B、C.13．已知長方體ABCD-A1B1C1D1，AC1與過頂點A的三個平面所成的角分別是α，β，γ，則sin2α＋sin2β＋sin2γ解析：如圖，連接AC，AB1，AD1，則由長方體性質知，∠C1AC是AC1與平面ABCD所成角，設為α；∠C1AB1是AC1與平面ABB1A1所成角，設為β；∠C1AD1是AC1與平面ADD1A1所成角，又由△AB1C1、△ACC1、△AC1D1都是直角三角形所以sin2α＋sin2β＋sin2γ＝eq\f(CCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),ACeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＋eq\f(B1Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),ACeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＋eq\f(D1Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),ACeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(CCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋B1Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋D1Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),ACeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))).又由長方體性質CCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋B1Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋D1Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝ACeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，所以sin2α＋sin2β＋sin2γ＝1.答案：114．已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，若E點在AB上，且AD1與平面D1EC所成的角為eq\f(π,6)，求AE的長．解：以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．設棱AB上點E(1，t，0)(0≤t≤2)，易得A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，則eq\o(AD1,\s\up7(→))＝(－1，0，1)，eq\o(CD1,\s\up7(→))＝(0，－2，1)，eq\o(CE,\s\up7(→))＝(1，t－2，0).設平面D1EC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CD1,\s\up7(→))＝－2y＋z＝0，,n·eq\o(CE,\s\up7(→))＝x＋(t－2)y＝0，))取y＝1，得n＝(2－t，1，2)，∴sineq\f(π,6)＝eq\f(|eq\o(AD1,\s\up7(→))·n|,|eq\o(AD1,\s\up7(→))|·|n|)＝