人教B版 (2019)選擇性必修 第一冊1.2.3 直線與平面的夾角一課一練

這是一份人教B版 (2019)選擇性必修 第一冊1.2.3 直線與平面的夾角一課一練，共65頁。試卷主要包含了直線與平面垂直，直線與平面平行或在平面內(nèi)，斜線和平面所成的角等內(nèi)容，歡迎下載使用。

知識點01 直線與平面的夾角
1.直線與平面垂直：直線與平面的夾角為90°.
2.直線與平面平行或在平面內(nèi)：直線與平面的夾角為0°.
3.斜線和平面所成的角：斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的角，叫做斜線和平面所成的角（或斜線和平面的夾角）
【即學(xué)即練1】（浙江省紹興市2022-2023學(xué)年）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為3，O1是上底面A1B1C1D1的一個動點.
(1)求三棱錐A-O1BC的體積；
(2)當(dāng)O1是上底面A1B1C1D1的中心時，求AO1與平面ABCD所成角的余弦值.

【答案】(1)92
(2)33
【分析】(1)利用等體積VA-O1BC=VO1-ABC，即可求解.
(2)根據(jù)直線與平面夾角的定義，找到線面角，即可求解.
【詳解】（1）如圖所示，根據(jù)題意得：
VA-O1BC=VO1-ABC=13?S△ABC?h=13×12×3×3×3=92.

（2）如圖所示,過點O1做平面ABCD的垂線，垂足為G，易知G為AC中點，
故∠O1AC為AO1與平面ABCD所成線面角，
又AG=12AC=12AB2+BC2=322,AO1=AG2+GO12=362,
所以AO1與平面ABCD所成角的余弦值為：cs∠O1AC=AGAO1=322362=33.

【即學(xué)即練2】（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，O是邊長為4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，M，E分別為AB，BC的中點．
(1)求證：平面PAC⊥平面PBD；
(2)若PE=3，求點B到平面PEM的距離；
(3)若PE=3，求直線PB與平面PEM所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)707
(3)99191．
【分析】（1）先證明AC⊥平面PBD，再根據(jù)面面垂直的判定定理證明平面PAC⊥平面PBD；
（2）利用幾何關(guān)系和等體積法求解即可．
（3）由（2）可知點B到平面PEM的距離為h=707，計算PB的長度，根據(jù)直線與平面所成的角的定義求解．
【詳解】（1）因為四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，
因為PO⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PO，
因為OP?平面PBD，BD?平面PBD，且OP∩BD=O，
所以AC⊥平面PBD．又AC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD．
（2）由（1）知，PO為點P到平面BME的距離．
所以VB-PEM=VP-BEM=13S△BEM×OP，
連接OE．因為PO⊥平面ABCD，OE?平面ABCD，所以PO⊥OE，
因為OE=2，PE=3，所以PO=5，
又因為OA=OB=OC=OD=22，所以PA=PB=PC=PD．
在△PEM中，PE=PM=3，ME=12AC=22，
所以S△PEM=12×22×32-(2)2=14，
設(shè)點B到平面PEM的距離為h，
由VB-PEM=13×S△PEM×h=VP-BEM=13S△BEM×PO=13×12×2×2×5=253，
得143h=253，所以h=707．
所以點B到平面PEM的距離為707．
（3）若PE=3，由（2）可知，點B到平面PEM的距離為h=707，
又PB=PO2+OB2=5+8=13，
設(shè)直線PB與平面PEM所成角為θ，
所以sinθ=hPB=70713=70713，
所以csθ=1-sin2θ=1-(70713)2=99191.
即直線PB與平面PEM所成角的余弦值為99191．
知識點02 用空間向量求直線與平面的夾角
1.定義：設(shè)直線l的方向向量為u，平面α的法向量為n，直線與平面所成的角為θ，u與n 的角為φ，則有sinθ=__csφ ____=___u?nun____.
2.范圍：[0,π2]
【即學(xué)即練3】若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點，則直線AD與平面B1DC所成角的余弦值為______.
【答案】35##0.6
【分析】利用空間向量的坐標運算求解線面角即可.
【詳解】
如圖，取AC中點O，連接OB,OD,
則有OD⊥OB,OD⊥OC,OB⊥OC,
所以以O(shè)B,OC,OD為x,y,z軸正方向建系如圖，設(shè)AB=2,
則A(0,-1,0),D(0,0,2),B1(3,0,2),C(0,1,0),
AD=(0,1,2),DB1=(3,0,0),DC=(0,1,-2),
設(shè)平面B1DC的法向量為m=(x,y,z)，
則有DB1?m=3x=0DC?m=y-2z=0，令y=2,則z=1,x=0，
所以m=(0,2,1)，
設(shè)直線AD與平面B1DC所成角為θ，
則sinθ=cs=AD?mADm=45，
因為θ∈0,π2，所以csθ=35
故答案為: 35.
【即學(xué)即練4】（2023秋·山西晉中·高二統(tǒng)考期末）如圖所示，在棱長為2的正四面體A-BCD中，E為等邊三角形ACD的中心，F(xiàn),G分別滿足BF=12FC,BG=GA.
(1)用BA,BC,BD表示BE，并求出BE；
(2)求直線FG與平面ACD所成角的正弦值.

【答案】(1)BE=13BA+BC+BD，263
(2)4221
【分析】（1）先利用正四面體幾何性質(zhì)用BA,BC,BD表示BE，進而求得BE；
（2）先求得直線FG與直線BE所成角的余弦值，進而得到直線FG與平面ACD所成角的正弦值.
【詳解】（1）連接AE并延長交CD于M，則M為CD中點，
則AE=23AM=23×12AC+AD=13AC+AD，
BE=BA+AE=BA+13AC+AD =BA+13BC-BA+BD-BA=13BA+BC+BD，
則BE=13BA+BC+BD=13BA+BC+BD2
=13BA2+BC2+BD2+2BA?BC+2BA?BD+2BC?BD
=134+4+4+4+4+4=263

（2）根據(jù)題意，BE⊥平面ACD，因此，直線FG與平面ACD所成角的正弦值
即為直線FG與直線BE所成角的余弦值的絕對值.
FG=12BA-13BC，
且FG=12BA-13BC=12BA-13BC2
=14BA2+19BC2-13BA?BC=14×4+19×4-13×2=73
故csFG,BE=FG?BEFGBE.
=13BA+BC+BD?12BA-13BC263×73
=1312BA2+16BA?BC+12BA?BD-13BC2-13BC?BD263×73
=132+13+1-43-23263×73=49263×73=4221
則直線FG與平面ACD所成角的正弦值為4221.
難點：動點問題
示例1：（多選）（23-24高二下·江蘇徐州·期末）如圖，在邊長為12的正方形ABCD中，E1,E2,F1,F2分別邊AD,BC的三等分點，正方形內(nèi)有兩點P,Q，點P到AD,CD的距離分別為3a,2a，點Q到BC,AB的距離也是3a和2a，其中00，求出BP、平面PCD的一個法向量，由線面角的向量求法求出t可得答案，
【詳解】（1）∠ABC=45°，AB=22，BC=4．
由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB×BCcs45°
=8+16-2×22×4×22=8，
所以AC2+AB2=BC2，故AC⊥AB，
因為AB//CD，所以AC⊥CD，
因為PA⊥平面ABCDE，CD?平面ABCDE，所以PA⊥CD，
因為AC∩PA=A，AC、PA?平面PAC，所以CD⊥平面PAC，
因為CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC；
（2）做NE⊥AC交AC于點N，所以四邊形ENCD是長方形，
因為AE//BC，∠BCA=45°，所以∠NAE=45°，
因為AE=2，所以CD=NE=2，
由（1）知，AP,AB,AC互相垂直，以A為原點，
AB,AC,AP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，
設(shè)AP=tt>0，則P0,0,t,B22,0,0,C0,22,0,D-2,22,0，
BP=-22,0,t,PC=0,22,-t,PD=-2,22,-t，
設(shè)n=x,y,z為平面PCD的一個法向量，
則n?PC=0n?PD=0，即22y-tz=0-2x+22y-tz=0，令y=2，則z=4t,x=0，
所以n=0,2,4t，
所以sin30°=csn,BP=n?BPn?BP=42+16t2×8+t2=12，
解得t=22，所以P0,0,22,A0,0,0，
所以線段PA的長為22．
變式7．（23-24高二下·甘肅蘭州·期末）如圖，在Rt△AOB中，∠AOB=π2，AO=4，BO=2，Rt△AOC可以通過Rt△AOB以直線AO為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角B-AO-C是直二面角.動點D在線段AB上.
(1)當(dāng)D為AB的中點時，求異面直線AO與CD所成角的余弦值；
(2)求CD與平面AOB所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)23
(2)53
【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用空間向量求異面直線夾角；
（2）設(shè)BD=λBA可得D0,21-λ,4λ，利用空間向量求線面夾角結(jié)合二次函數(shù)分析運算.
【詳解】（1）由題意可得：AO⊥OB,AO⊥OC，平面AOB⊥平面AOC，
平面AOB∩平面AOC=AO，OB?平面AOB，所以O(shè)B⊥平面AOC，
如圖，以O(shè)為坐標原點建立空間直角坐標系，
則O0,0,0,A0,0,4,C2,0,0,B0,2,0，
若D為AB的中點，則D0,1,2，可得OA=0,0,4,CD=-2,1,2，
設(shè)異面直線AO與CD所成角θ，θ∈0,π2，
則csθ=csOA,CD=OA?CDOA?CD=84×3=23.
故異面直線AO與CD所成角的余弦值為23.
（2）若動點D在線段AB上，設(shè)Dx,y,z,BD=λBA,λ∈0,1，
則BD=x,y-2,z,BA=0,-2,4，可得x=0y-2=-2λz=4λ，解得x=0y=21-λz=4λ，
即D0,21-λ,4λ，則CD=-2,21-λ,4λ，
由題意可知：平面AOB的法向量為n=1,0,0，

設(shè)CD與平面AOB所成角為α，α∈0,π2，
則sinα=csn,CD=n?CDn?CD=24+41-λ2+16λ2=15λ2-2λ+2，
對于函數(shù)y=5λ2-2λ+2，開口向上，對稱軸為λ=15∈0,1，
可得當(dāng)λ=15時，y=5λ2-2λ+2取到最小值ymin=5×152-2×15+2=95，
所以sinα的最大值為195=53，因為α∈0,π2，
故CD與平面AOB所成角的正弦最大值為53.
變式8．（23-24高二下·廣東·期末）如圖，四棱錐P-ABCD的側(cè)面PCD為正三角形，底面ABCD為梯形，AB//CD，平面PCD⊥平面ABCD，已知CD=4AB=4，PM=13MD.
(1)證明：AM //平面PBC；
(2)若AC=AD,PA=32，求直線AM與平面PAB所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)1326
【分析】（1）取PC上的點N，使PN=14PC，可得MN=AB，則由線線平行可證線面平行；
（2）取CD中點O，連AO,PO，根據(jù)題意可證AO⊥CD，PO⊥平面ABCD，所以以O(shè)為坐標原點，OA,OC,OP分別為x,y,z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，利用線面角的空間向量法求解.
【詳解】（1）取PC上的點N，使PN=14PC，
則MN=PN-PM=14PC-PD=14DC=AB，
所以四邊形ABNM為平行四邊形，所以AM//BN，
又BN?平面PBC，AM?平面PBC，所以AM //平面PBC；
（2）取CD中點O，連AO,PO，因為AC=AD，所以AO⊥CD，
因為△PCD為正三角形，所以PO⊥CD,PO=23，
又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO?平面PCD，
所以PO⊥平面ABCD，
因為AO?平面ABCD，所以PO⊥AO，AO=PA2-PO2=6，
以O(shè)為坐標原點，OA,OC,OP分別為x,y,z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，
則A(6,0,0)，C(0,2,0)，D(0,-2,0)，B(6,1,0)，P(0,0,23)，
則AB=(0,1,0)，PA=(6,0,-23)，AM=AP+14PD=-6,-12,332，
設(shè)n=(x,y,z)為平面PAB的法向量，
則n?AB=0n?PA=0?y=06x-23z=0，可取n=2,0,1，
，故直線AM與平面PAB所成角的正弦值為1326.
【方法技巧與總結(jié)】
求線面角的兩種思路
（1）線面角轉(zhuǎn)化為線線角．根據(jù)直線與平面所成角的定義，確定出待求角，轉(zhuǎn)化為直線的夾角來求解，此時要注意兩直線夾角的取值范圍.
（2）向量法．
方法一：設(shè)直線PA的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線PA與平面α所成的角為 θ（θ∈[0,π2]），α與n的夾角為φ，則sin θ=lcs φ|=|an||a||n|
方法二：設(shè)直線PA的方向向量為a，直線PA在平面α內(nèi)的投影的方向向量為b，
則直線PA與平面α所成的角θ滿足csθ=|cs|
【題型3：動點探索性習(xí)題】
例3．（多選）（2024·吉林·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是AB，AD的中點，P為線段C1D1上的動點，則下列說法正確的是（ ）
A．PM,B1C一定是異面直線
B．存在點P，使得MN⊥PM
C．直線NP與平面BCC1B1所成角的正切值的最大值為5
D．過M，N，P三點的平面截正方體所得截面面積的最大值為334
【答案】AD
【分析】對ABC選項，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解和判斷即可；對D選項，由正方體的性質(zhì)可得截面面積最大的狀態(tài)，畫出截面圖，求得面積即可判斷.
【詳解】以D為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系：
則B11,1,1,C0,1,0,M1,12,0,N12,0,0，
設(shè)D1P=m,m∈[0,1]，則P點坐標為(0,m,1)；
對A：設(shè)平面MB1C的法向量為n=(x,y,z)，CM=1,-12,0,CB1=(1,0,1)，
則n?CM=0n?CB1=0，即x-12y=0x+z=0，取y=2，解得x=1,z=-1，故n=(1,2,-1)；
又MP=(-1,m-12,1)，MP?n=-1+2m-12-1=2m-3，
考慮到m∈[0,1]，則MP?n∈[-3,-1]，故MP?n≠0，
故PM,B1C一定是異面直線，A正確；
對B：MP=(-1,m-12,1)，MN=(-12,-12,0)，
若MN⊥PM，則MP?MN=0，即12-12m-12=0，
解得m=32，又m∈[0,1]，故不存在這樣的點P，使得MN⊥PM，B錯誤；
對C： NP=(-12,m,1)，取平面BCC1B1的法向量m=(0,1,0)，
則cs=m?NPm|NP|=m54+m2，
設(shè)直線NP與平面BCC1B1的夾角為θ,θ∈[0,π2]
則sinθ=mm2+54，則csθ=1-sin2θ=1-m2m2+54=52m2+54，
tanθ=sinθcsθ=255m，又m∈[0,1]，故tanθ∈[0,255]，
即直線NP與平面BCC1B1所成角的正切值的最大值為255，C錯誤；
對D：在正方體中，過M,N的截面為六邊形且六邊形為正六邊形時面積最大.
此時過MN的截面經(jīng)過對稱中心O，
設(shè)截面交DD1,BB1,B1C1于中點，P也為中點，
所以P為C1D1的中點時，過M,N,P三點的平面截正方體所得截面面積最大，
取D1D,B1C1,BB1的中點為E,F,G，連接NE,EP,PF,FG,GM，如下所示：
故此時截面為正六邊形MNEPFG，
其面積S=6×34MN2=6×34×12=334，故D正確.
故選：AD.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題A選項解決的關(guān)鍵是能夠掌握用向量法證明異面直線的方法；本題D選項解決的關(guān)鍵是能夠合理轉(zhuǎn)化問題，類比解決，從而找到截面面積最大的狀態(tài).
變式1．（多選）（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，AD=1，PC與底面ABCD所成角的正切值為22，點M為平面ABCD內(nèi)一點（異于點A），且AM0，
所以BD=2,0,-2,BG=2,2,0,EH=m,n-2,-2
設(shè)n=x,y,z為平面BDG的一個法向量，
則BD·n=0BG·n=0即2x+0-2z=02x+2y-0×z=0，
令x=1,得y=-1,z=1，則n=1,-1,1
假設(shè)EH//平面BDG，
則n·EH=m-n+2-2=0，所以m=n.
因為m2+n2=4,m>0,n>0，所以m=n=2，
即H是圓弧DF的中點，符合題意，故C正確；
對于D，當(dāng)點H與點F重合時，直線EH與平面BDG所成角最大，
EF=BA=0,0,-2,
所以csn·EF=n·EFnEF=-223=-33.
由33>12,得直線EH與平面BDG的所成角的最大角大于30°，
所以存在點H，使得直線EH與平面BDG的所成角為30°，故D正確.
故選：B
變式5．（2024·四川南充·模擬預(yù)測）如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，點E在線段PA上，PC//平面BDE.
(1)求證：AE=PE；
(2)若△PAD是等邊三角形，AB=2AD，平面PAD⊥平面ABCD，四棱錐P-ABCD的體積為93，試問在線段DE上是否存在點Q，使得直線BQ與平面PCD所成角的正弦值為3322？若存在，求出此時DQ的長；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，938
【分析】（1）連接AC，設(shè)AC∩BD=O，連接EO，即可得到O為AC的中點，再由線面平行的性質(zhì)得到PC//EO，即可得證；
（2）作PF⊥AD于F，即可得到PF⊥平面ABCD，根據(jù)錐體的體積求出a，再建立空間直角坐標，利用空間向量法計算可得.
【詳解】（1）連接AC，設(shè)AC∩BD=O，連接EO.
因為ABCD為矩形，所以O(shè)為AC的中點，
因為PC//平面BDE，PC?平面PAC，平面PAC∩平面BDE=EO，
所以PC//EO.
因為O為AC的中點，所以E為PA的中點，所以AE=PE.
（2）設(shè)AD=aa>0，因為△PAD是等邊三角形，所以PA=PD=a.
如圖，作PF⊥AD于F，則PF=32a，
因為平面PAD⊥平面ABCD，PF⊥AD，PF?平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PF⊥平面ABCD，所以PF是四棱錐P-ABCD的高，
因為ABCD為矩形，AD=a，AB=2AD=2a，所以SABCD=AB×AD=2a2，
所以VP-ABCD=13SABCD?PF=13×2a2×32a=33a3=93，解得a=3.
因為ABCD為矩形，所以CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，所以CD⊥平面PAD，
建立如圖所示空間直角坐標系，則D0,0,0，C0,6,0，P32,0,332，A3,0,0，E94,0,334，B3,6,0，
所以DC=0,6,0，DP=32,0,332，DE=94,0,334，
設(shè)平面PCD的一個法向量為n=x,y,z，則n?DC=6y=0n?DP=32x+332z=0，取n=-3,0,1，
假設(shè)在線段DE上存在點Q，使得直線BQ與平面PCD所成角θ的正弦值為3322，
設(shè)DQ=λDE0≤λ≤1，BD=-3,-6,0，
則BQ=BD+DQ=-3,-6,0+λ94,0,334=94λ-3,-6,334λ，
所以sinθ=csBQ,n=-394λ-3+334λ294λ-32+36+334λ2=3322，
化簡得4λ2-19λ+12=0，解得λ=4（舍去）或λ=34，
因為DE=942+3342=332，此時DQ=34DE=938，
所以線段DE上存在點Q，使得直線BQ與平面PCD所成角θ的正弦值為3322，此時DQ的長為938.
變式6．（23-24高二上·山東青島·期末）如圖，在底面是菱形的四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,∠ABC=60°,E,F分別在梭PD,PC上，M為BC的中點.

(1)若PE=2DE,F為PC中點，證明：BF ∥面ACE；
(2)若PE=DE，是否存在點F，使得ME與平面AMF所成角的正弦值為15？若存在，求出PCPF的值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在點F，且PCPF=2或PCPF=54
【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用法向量證明線面平行即可；
（2）設(shè)PF=tPC0≤t≤1，利用向量法求出求出線面角的正弦，由正弦值得出參數(shù)，即可得解.
【詳解】（1）∵PA=AC=2,∠ABC=60°，所以△ABC為等邊三角形，
∵M為BC中點，∴AM⊥BC,AM=22-12=3，
又AD ∥ BC，所以AM⊥AD
以A為原點，AM,AD,AP分別頭x,y,z軸，建立空間直角坐標系，如圖，

則B(3,-1,0),C(3,1,0),M(3,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),F32,12,1
∵PE=2DE,∴E0,43,23，
BF=-32,32,1,AC=3,1,0,AE=0,43,23
設(shè)平面ACE的一個法向量m=x,y,z，
則m?AC=0m?AE=0，∴3x+y=043y+23z=0，令x=1，可得m=1,-3,23，
∵BF?m=-32,32,1?1,-3,23=0，∴BF⊥m，
又∵BF?面ACE，∴BF ∥面ACE.
（2）設(shè)PF=tPC0≤t≤1，
則M3,0,0C3,1,0,P0,0,2,E0,1,1,F3t,t,2-2t,
∴AM=3,0,0,AF=3t,t,2-2t,ME=-3,1,1,
設(shè)平面AMF的法向量n=x,y,z，
則n?AM=0n?AF=0，即3x=03tx+ty+2-2tz=0，
令z=t，得平面AMF的一個法向量n=0,2t-2,t，
設(shè)ME與平面AMF所成的角為θ，
則sinθ=csME,n=ME?nMEn=2t-2+t5×(2t-2)2+t2=3t-25×5t2-8t+4=15，
解得t=12或t=45，
即存在點F，且PCPF=2或PCPF=54.
變式7．（23-24高二上·福建三明·期末）在如圖所示的多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠ADC為銳角．在梯形ABEF中，AF//BE，AF⊥AB，AB=BE=2AF=2，平面ABEF⊥平面ABCD．
(1)證明：BD⊥平面ACF;
(2)若VE-ABC=233，AG=λABλ∈0,1，是否存在實數(shù)λ，使得直線CG與平面CEF所成角的正弦值為64，若存在，則求出λ，若不存在，說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在；λ=12
【分析】（1）利用面面垂直得到AF⊥平面ABCD，進而得到AF⊥BD，再結(jié)合線面垂直的判定定理證明即可;
（2）由VE-ABC=233可得∠ABC=π3，并建立空間直角坐標系，利用向量法表示出線面角，從而求得λ.
【詳解】（1）因為平面ABEF⊥平面ABCD，AF⊥AB，AF?平面ABEF，
平面ABEF∩平面ABCD=AB，
所以AF⊥平面ABCD，
又因為BD?平面ABCD,所以AF⊥BD，
因為四邊形ABCD為菱形，所以BD⊥AC，
又AF∩AC=A，AF,AC?平面ACF，所以BD⊥平面ACF，
（2）
設(shè)AC∩BD=O，取CF中點H,連接OH,
易得OH//AF,因為AF⊥平面ABCD，所以O(shè)H⊥平面ABCD,
因為VE-ABC=13S△ABC?BE=13?12BCBAsin∠ABC?2=43sin∠ABC=233，
所以sin∠ABC=32．
因為∠ADC為銳角，所以∠ABC=π3，所以△ABC為等邊三角形，
所以AO=1，OB=3．
以O(shè)為原點，OC,OB,OH所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則C1,0,0,F-1,0,1,E0,3,2,A-1,0,0,B0,3,0，
所以CF=-2,0,1，CE=-1,3,2，
設(shè)平面CEF的一個法向量n=x,y,z，則n?CF=0n?CE=0，
即-2x+z=0-x+3y+2z=0，
取x=1，可得z=2，y=-3，故n=1,3,2，
假設(shè)存在實數(shù)λ，使得直線CG與平面CEF所成角的正弦值為64，
C1,0,0,F-1,0,1,E0,3,2,A-1,0,0,B0,3,0，
設(shè)Gx,y,z，由AG=λABλ∈[0,1],得x+1,y,z=λ1,3,0，
即Gλ-1,3λ,0，則CG=λ-2,3λ,0．
設(shè)直線CG與平面CEF所成的角為θ，
則sinθ=csCG,n=CG?nCGn=2+2λ224λ2-4λ+4=64，
解得2λ2-5λ+2=0，即λ=2或λ=12，又因為λ∈0,1，所以λ=12，
故存在實數(shù)λ=12，使得直線CG與平面CEF所成角的正弦值為64.
變式8．（23-24高二上·廣西柳州·開學(xué)考試）如圖（1），在Rt△ABC中，∠BAC=90°，CA=2AB=4，D，E分別是AC，BC的中點，將△CDE和△BAE分別沿著DE，AE翻折，形成三棱錐P-ADE，M是AD中點，如圖（2）.

(1)求證：PM⊥平面ADE；
(2)若直線PM上存在一點Q，使得QE與平面PAE所成角的正弦值為14，求QM的值.
【答案】(1)見解析
(2)QM=36
【分析】（1）根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理和判斷定理，結(jié)合垂直關(guān)系，平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化，即可證明；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，以點M為原點，建立空間直角坐標系，求平面PAE的法向量，利用線面角的向量法，即可求解.
【詳解】（1）因為點D,E分別是AC,BC邊的中點，所以DE//AB，
因為∠BAC=90°，即AB⊥AC，所以DE⊥AC，
所以DE⊥AD，DE⊥CD，即DE⊥PD，
因為AD∩PD=D，AD,PD?平面PAD，
所以DE⊥平面PAD，又PM?平面PAD，所以PM⊥DE，
由題意，PA=BA=2，PD=CD=12CA=2，則PA=PD=2，
又M是AD的中點，所以PM⊥AD，
因為AD∩DE=D，AD,DE?平面ADE，
所以PM⊥平面ADE；
（2）
以M為原點，MD,MP分別為x,z軸，作My//DE，建立如圖所示的空間直角坐標系，
由PA=PD=2，DE=12AB=1，
則A-1,0,0，D1,0,0，P0,0,3，E1,1,0，
PA=-1,0,-3，AE=2,1,0,
設(shè)平面PAE的法向量為n=x,y,z，
則n?PA=-x-3z=0n?AE=2x+y=0，令z=-1，則n=3,-23,-1，
設(shè)Q0,0,t，則QE=1,1,-t，
因為QE與平面PAE所成角的正弦值為14，
所以csQM,n=t-34×t2+2=14，解得：t=36，
則Q0,0,36，故QM=36.
一、單選題
1．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直線l的一個方向向量為u=1,0,1，平面α的一個法向量為n=0,-1,1，則l與α所成角的正弦值為（ ）
A．12B．32C．22D．1
【答案】A
【分析】設(shè)出夾角θ，由，求出答案.
【詳解】設(shè)l與α所成角的大小為θ，
則sinθ=csu,n=u?nu?n=1,0,1?0,-1,11+1×1+1=12.
故選：A
2．（22-23高一下·湖南·期末）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為BC的中點，則直線D1E與平面ACD1所成的角的正弦值為（ ）
A．13B．39C．29D．19
【答案】B
【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法求得直線D1E與平面ACD1所成角的正弦值.
【詳解】設(shè)正方體的棱長為4，直線D1E與平面ACD1所成的角為α，
以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，
B14,4,4,D10,0,4,A4,0,0,C0,4,0,E2,4,0，
AD1=-4,0,4,CD1=0,-4,4，
DB1?AD1=0,DB1?CD1=0，所以DB1⊥AD1,DB1⊥CD1，
由于AD1∩CD1=D1，所以DB1⊥平面ACD1，
即平面ACD1的法向量為DB1=4,4,4，D1E=2,4,-4，
所以sinα=D1E?DB1D1E?DB1=39.
故選：B

3．（23-24高三下·廣東·階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的邊長為4，D1P=3PC1，平面α經(jīng)過點A1，P，則（ ）
A．A1P⊥PC
B．直線A1P與直線BC所成角的正切值為34
C．直線A1P與平面ABB1A1所成角的正切值為43
D．若C∈α，則正方體截平面α所得截面面積為26
【答案】BC
【分析】本題四個選項逐個分析，A選項利用在△A1PC勾股定理判斷；B，C選項分別作出線線角，線面角算出正切值判斷是否正確；D選項面面平行的性質(zhì)的定理畫出完整的截面進而計算面積即可.
【詳解】在ABCD-A1B1C1D1中，A1C=AA12+AB2+BC2=43,A1P=A1D12+D1P2=5
在△A1PC中，A1C=43，A1P=5，PC=17，
∵A1C2≠A1P2+CP2，∴A錯誤．
∵BC//B1C1//A1D1，∴直線A1P與直線BC所成角等于∠D1A1P，tan∠D1A1P=D1PD1A1=34，∴B正確．
因為平面ABB1A1 ∥ CDD1C1，且A1D1⊥平面CDD1C1
所以直線A1P與平面ABB1A1所成角等于直線A1P與平面CDD1C1所成角∠A1PD1，tan∠A1PD1=43，∴C正確．
因為正方體的對面都是相互平行，且根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得，
在AB邊上作點Q使得BQ=3QA，則平行四邊形A1PCQ為所求截面．
在△A1PC中cs∠A1CP=48+17-252×43×17=551，
∴sin∠A1CP=2651，S△A1PC=12×43×17×2651=226，
∴平行四邊形A1PCQ的面積為426．∴D錯誤．
故選：BC
4．（23-24高二下·江蘇常州·期中）已知四棱錐P-ABCD的底面為直角梯形，AB//DC，∠DAB=90° PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1，AB=2，則異面直線AC與PB所成的角的余弦值為（ ）
A．55B．105C．155D．255
【答案】B
【分析】建立空間直角坐標，利用空間向量法計算可得.
【詳解】∵四棱錐P-ABCD的底面為直角梯形，AB//DC，∠DAB=90°，
PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1，AB=2，
∴以A為原點，AD為x軸，AB為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，
則A0,0,0，C1,1,0，P0,0,1，B0,2,0，
則AC=1,1,0，PB=0,2,-1，
設(shè)直線AC與PB所成角為θ，則csθ=AC?PBAC?PB=22×5=105，
∴直線AC與PB所成角的余弦值為105．
故選：B
5．（23-24高二上·北京·期中）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E是線段A1C1上任意一點，則AE與平面ABCD所成角的正弦值不可能是（ ）

A．22B．53C．55D．1
【答案】C
【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出AE與平面ABCD所成角的余弦值范圍，即可得出正弦值的范圍.
【詳解】以B為原點建立空間直角坐標系如圖：設(shè)棱長為1，
則B0,0,0,A1,0,0，設(shè)Et,1-t,1,0≤t≤1，
所以AE=t-1,1-t,1，平面ABCD的法向量為BB1=0,0,1
csBB1,AE=BB1?AEBB1?AE=121-t2+1 ∈33,1，
所以則AE與平面ABCD所成角的正弦值取值范圍為33,1.
對比各選項，C項不可能.
故選：C

6．（23-24高二上·河南鄭州·期末）人教A版選擇性必修第一冊教材44頁“拓廣探索”中有這樣的表述：在空間直角坐標系中，若平面α經(jīng)過點P0x0,y0,z0，且以u=a,b,cabc≠0為法向量，設(shè)Px,y,z是平面α內(nèi)的任意一點，由u?P0P=0，可得ax-x0+by-y0+cz-z0=0，此即平面的點法式方程．利用教材給出的材料，解決下面的問題：已知平面α的方程為2x+2y+z-7=0，直線l的方向向量為1,2,-2，則直線l與平面α所成角的正弦值為（ ）
A．659B．49C．53D．59
【答案】B
【分析】根據(jù)題意求出平面α的法向量，利用線面角公式即可求解．
【詳解】因為平面α的方程為2x+2y+z-7=0，
所以平面α的一個法向量為m=(2,2,1)，
直線l的方向向量為n=1,2,-2，
設(shè)直線l與平面α所成角為θ，
則sinθ=|cs|=|m?n||m||n|=43×3=49．
故選：B．
7．（23-24高二上·廣西·期末）如圖所示空間直角坐標系A(chǔ)﹣xyz中，Px,y,z是正三棱柱ABC-A1B1C1的底面A1B1C1內(nèi)一動點，A1A=AB=2，直線PA和底面ABC所成的角為π3，則P點的坐標滿足（ ）
A．x2+y2=43B．x2+y2=2
C．x2+y2=3D．x2+y2=4
【答案】A
【分析】寫出各點坐標，求得平面法向量，利用線面角公式計算化簡求得答案.
【詳解】由正三棱柱ABC-A1B1C1，且A1A=AB=2，根據(jù)坐標系可得：A0,0,0，A10,0,2，又Px,y,z是正三棱柱ABC-A1B1C1的底面A1B1C1內(nèi)一動點，則z=2，所以PA=-x,-y,-z，又AA1⊥平面ABC，所以AA1=0,0,2是平面ABC的一個法向量，因為直線PA和底面ABC所成的角為π3，
所以csPA,AA1=PA?AA1PA?|AA1|=-2zx2+y2+z2×2=zx2+y2+z2=32，整理得z2=3x2+3y2，又z＝2，所以x2+y2=43.
故選:A.
8．（2024·陜西·模擬預(yù)測）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，則下列選項中錯誤的一項是（ ）
A．直線A1C與BD所成的角為90°
B．線段A1C的長度為2
C．直線A1C與BB1所成的角為90°
D．直線A1C與平面ABCD所成角的正弦值為63
【答案】D
【分析】在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，取AB=a，AD=b，AA1=c，利用空間向量的線性運算及數(shù)量積運算，逐一分析選項，即可得出答案.
【詳解】在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，令A(yù)B=a，AD=b，AA1=c，
由AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，
得|a|=|b|=|c|=1，a?b=b?c=a?c=12，
對于A，顯然A1C=a+b-c，BD=-a+b，
則A1C?BD=(a+b-c)?(-a+b)=-a2+b2+a?c-b?c=0，即A1C⊥BD，
因此直線A1C與BD所成的角為90°，A正確；
對于B，|A1C|2=(a+b-c)2=a2+b2+c2-2b?c=2，即A1C=2，B正確；
對于C，A1C?BB1=(a+b-c)?c=a?c+b?c-c2=0，即A1C⊥BB1，
因此直線A1C與BB1所成的角為90°，C正確；
對于D，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABCD是菱形，即AC⊥BD，
又A1C⊥BD，A1C∩AC=C，A1C,AC?平面A1CA，于是BD⊥平面A1CA，
又BD?平面ABCD，則平面A1CA⊥平面ABCD，
連接AC交BD于點O，在平面A1CA內(nèi)過點A1作A1E⊥AC于點E，如圖，
由平面A1CA∩平面ABCD=AC，因此A1E⊥平面ABCD，即直線A1C與平面ABCD所成角為∠A1CA，
AC=a+b，則AC|2=a+b|2=a2+b2+2a?b=3，即AC=3，
由AA1//BB1及選項C知，∠AA1C=90°，則sin∠A1CA=13=33，D錯誤.
故選：D
二、多選題
9．（23-24高二上·四川南充·階段練習(xí)）在如圖所示的直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，AA1=3．點M是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點（不含邊界），AM⊥MC，則A1M與平面BCC1B1所成角的正切值可以為（ ）
A．377B．277
C．3D．2
【答案】AD
【分析】根據(jù)題意確定M點的軌跡，利用線面角定義可得A1M與平面BCC1B1所成角即為∠A1MB1，利用圓的幾何性質(zhì)確定B1M的范圍，即可求出線面角正切值的范圍，從而得出正確選項.
【詳解】由題意建系如圖，

因為底面ABCD是邊長為2的正方形，AA1=3，
則A(2,0,3)，C(0,2,3)，設(shè)M(x,2,z)，
可得AM=(x-2,2,z-3)，CM=(x,0,z-3)，
由題意得AM⊥MC，故AM?CM=x(x-2)+(z-3)2=0，
可得(x-1)2+(z-3)2=1，
故M點軌跡是以N(1,2,3)為圓心，1為半徑的圓在正方形BCC1B1內(nèi)的部分（不含邊界），
由題可知N(1,2,3)為BC的中點，如圖，

根據(jù)圓的幾何性質(zhì)可得：
當(dāng)N,M,B1共線時，B1M取得最小值為12+32-1=1，
而B1M0，求出BP、平面PCD的一個法向量，由線面角的向量求法求出t可得答案，
【詳解】（1）∠ABC=45°，AB=22，BC=4．
由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB×BCcs45°
=8+16-2×22×4×22=8，
所以AC2+AB2=BC2，故AC⊥AB，
因為AB//CD，所以AC⊥CD，
因為PA⊥平面ABCDE，CD?平面ABCDE，所以PA⊥CD，
因為AC∩PA=A，AC、PA?平面PAC，所以CD⊥平面PAC，
因為CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC；
（2）做NE⊥AC交AC于點N，所以四邊形ENCD是長方形，
因為AE//BC，∠BCA=45°，所以∠NAE=45°，
因為AE=2，所以CD=NE=2，
由（1）知，AP,AB,AC互相垂直，以A為原點，
AB,AC,AP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，
設(shè)AP=tt>0，則P0,0,t,B22,0,0,C0,22,0,D-2,22,0，
BP=-22,0,t,PC=0,22,-t,PD=-2,22,-t，
設(shè)n=x,y,z為平面PCD的一個法向量，
則n?PC=0n?PD=0，即22y-tz=0-2x+22y-tz=0，令y=2，則z=4t,x=0，
所以n=0,2,4t，
所以sin30°=csn,BP=n?BPn?BP=42+16t2×8+t2=12，
解得t=22，所以P0,0,22,A0,0,0，
所以線段PA的長為22．
18．（23-24高二下·廣東·期末）如圖，四棱錐P-ABCD的側(cè)面PCD為正三角形，底面ABCD為梯形，AB//CD，平面PCD⊥平面ABCD，已知CD=4AB=4，PM=13MD.
(1)證明：AM //平面PBC；
(2)若AC=AD,PA=32，求直線AM與平面PAB所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)1326
【分析】（1）取PC上的點N，使PN=14PC，可得MN=AB，則由線線平行可證線面平行；
（2）取CD中點O，連AO,PO，根據(jù)題意可證AO⊥CD，PO⊥平面ABCD，所以以O(shè)為坐標原點，OA,OC,OP分別為x,y,z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，利用線面角的空間向量法求解.
【詳解】（1）取PC上的點N，使PN=14PC，
則MN=PN-PM=14PC-PD=14DC=AB，
所以四邊形ABNM為平行四邊形，所以AM//BN，
又BN?平面PBC，AM?平面PBC，所以AM //平面PBC；
（2）取CD中點O，連AO,PO，因為AC=AD，所以AO⊥CD，
因為△PCD為正三角形，所以PO⊥CD,PO=23，
又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO?平面PCD，
所以PO⊥平面ABCD，
因為AO?平面ABCD，所以PO⊥AO，AO=PA2-PO2=6，
以O(shè)為坐標原點，OA,OC,OP分別為x,y,z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，
則A(6,0,0)，C(0,2,0)，D(0,-2,0)，B(6,1,0)，P(0,0,23)，
則AB=(0,1,0)，PA=(6,0,-23)，AM=AP+14PD=-6,-12,332，
設(shè)n=(x,y,z)為平面PAB的法向量，
則n?AB=0n?PA=0?y=06x-23z=0，可取n=2,0,1，
，
故直線AM與平面PAB所成角的正弦值為1326.
19．（23-24高二下·江蘇泰州·期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB+AD=5，CD=2，∠PAD=120°，∠ADC=45°.
(1)求證：平面PAB⊥平面PAD；
(2)設(shè)AB=AP.
①若直線PB與平面PCD所成角的正弦值為3344，求線段AB的長.
②在線段AD上是否存在點G，使得點P，C，D在以G為球心的球上？若存在，求線段AB的長；若不存在，說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)①AB=2或AB=7023；②不存在點G，理由見解析
【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)可證得AB⊥平面PAD，再利用面面垂直的判定定理即可證得結(jié)論；
（2）①依題建系，設(shè)AB=t，利用題設(shè)條件，分別求得相關(guān)點和向量的坐標，利用空間向量坐標的夾角公式列出方程，求解即得t的值；
②假設(shè)存在點G，可由GC=GD推得GD=1，得點G坐標，由GP=GD得方程t2-4t+15=0，因此方程無實數(shù)解，假設(shè)不成立.
【詳解】（1）在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
AB?平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以AB⊥平面PAD，
又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
（2）如圖以A為原點，以AB所在直線為x軸，以AD所在直線為y軸建立如圖所示直角空間坐標系A(chǔ)-xyz，
設(shè)AB=t，則AP=t，由AB+AD=5， CD=2，∠PAD=120°，∠ADC=45°，
則Bt,0,0，P0,-t2,3t2，因AD=5-t，則D0,5-t,0，C1,4-t,0，
所以CP=-1,t2-4,3t2，CD=-1,1,0
①設(shè)平面PCD的法向量為n=x,y,z，由n⊥CP，n⊥CD，得：
-x+t-82y+3t2z=0-x+y=0，可取n=1,1,10-t3t
設(shè)直線PB與平面PCD所成角為θ，
則有：sinθ=csn,BP，BP=-t,-t2,3t2，
即：3344=-t-t2+10-t21+1+10-t3t2t2+t24+3t24，化簡得：23t2-116t+140=0，
解得t=2或t=7023，即AB=2或AB=7023.
②如圖，假設(shè)在線段AD上是否存在點G，使得點P，C，D在以G為球心的球上，
由GC=GD，得∠GCD=∠GDC=45°，所以∠CGD=90°，
所以GD=CDcs45°=1，
又AB=t得AD=5-t，AG=AD-GD=4-t，所以G0,4-t,0，P0,-t2,3t2
由GP=GD得-t2-4-t2+3t22=1，即t2-42+34t2=1，
亦即t2-4t+15=0（*），
因為Δ=-42-4×15