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【基础过关系列】2022-2023学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019）
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选择性必修第一册同步巩固，难度2颗星！
基础知识
求异面直线a ,b所成的角
已知\(a\),\(b\)为两异面直线，\(A\) ,\(C\)与\(B\) ,\(D\)分别是\(a\),\(b\)上的任意两点，\(a\),\(b\)所成的角为\(θ\)，
则 \(\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}>|=\dfrac{|\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B D}|}{|\overrightarrow{A C}||\overrightarrow{B D}|}\) .
解释
①向量 \(\overrightarrow{A C}\), \(\overrightarrow{B D}\)所成角 \(<\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}>\)的范围是\((0 ,π]\)，而异面直线\(AC\),\(BD\)所成的角范围是 \(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\)；
② \(<\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}>\)与\(θ\)的关系相等或互补；
故 \(\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}>|\)，不要漏了“绝对值符号”.
【例】在正方体\(ABCD-A'B'C'D'\)中，直线\(A'B\)与直线\(AD'\)夹角\(θ=\)\(\underline{\quad \quad}\)，向量 \(\overrightarrow{B A^{\prime}}\)与直线\(\overrightarrow{A D^{\prime}}\)所成角等于\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 因为\(A' B//CD'\)，所以\(∠AD'C\)是直线\(A'B\)与直线\(AD'\)夹角，
又因为\(∆ACD'\)是等边三角形，所以\(θ=60°\)，而向量 \(\overrightarrow{B A^{\prime}}\)与直线\(\overrightarrow{A D^{\prime}}\)所成角等于\(120°\).
求直线l和平面α所成的角
设直线\(l\)方向向量为\(\vec{a}\)，平面\(β\)法向量为\(\vec{n}\)，直线与平面所成的角为\(θ\)，\(\vec{a}\)与 \(\vec{n}\)的夹角为\(α\)，
则 \(θ\)为\(α\) 的余角或\(α\)的补角的余角，即有 \(\sin \theta=|\cos \alpha|=\dfrac{|\vec{a} \cdot \vec{n}|}{|\vec{a}||\vec{n}|}\) .
解释 如下图，当 \(\theta=\dfrac{\pi}{2}-\alpha\)时， \(\sin \theta=\cos \alpha\)；当 \(\theta=\alpha-\dfrac{\pi}{2}\)时， \(\sin \theta=-\cos \alpha\)；
在求直线\(l\)和平面\(β\)所成的角实际过程中，较难判断平面\(β\)的法向量的方向，但不管如何均有\(\sin θ=|\cos α|\).
【例1】在正方体\(ABCD-A'B'C'D'\)中，直线\(BD'\)与平面\(ABCD\)所成角为\(θ\)，向量 \(\overrightarrow{D^{\prime}D}\)与向量\(\overrightarrow{BD^{\prime} }\)所成角为\(α\)，判断\(\cosα\)与sinθ的关系.
解析 因为\(DD'⊥\)平面\(ABCD\)，所以直线\(BD'\)与平面\(ABCD\)所成角\(θ=∠D'BD\)，
而平面\(ABCD\)的法向量 \(\overrightarrow{D^{\prime}D}\)与向量\(\overrightarrow{BD^{\prime} }\)所成角\(α=∠ED'D\)，由图易得 \(\theta=\alpha-\dfrac{\pi}{2}\).
所以\(\sin θ=-\cos α\)，
若把平面\(ABCD\)的法向量 \(\overrightarrow{D^{\prime}D}\)改为 \(\overrightarrow{DD^{\prime}}\)，则 \(\theta=\dfrac{\pi}{2}-\alpha\)时， \(\sin θ=\cos α\).
【例2】若直线\(l\)的方向向量\(\vec{a}=(1,0,1)\)，而平面\(ABC\)的一个法向量\(\vec{n}=(-1,1,0)\)，则直线\(l\)与平面\(ABC\)所成角等于\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 设直线\(l\)与平面\(ABC\)所成角为\(θ\)，则 \(\sin \theta=\mid \cos \langle\vec{a}, \vec{n}>|=\dfrac{|\vec{a} \cdot \vec{n}|}{|\vec{a}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}}=\dfrac{1}{2}\)，
所以直线\(l\)与平面\(ABC\)所成角是\(30°\).
基本方法
【题型1】求异面直线所成角
【典题1】 已知空间四点\(A(0,1,0)\)， \(B\left(1,0, \dfrac{1}{2}\right)\)，\(C(0,0,1)\)， \(D\left(1,1, \dfrac{1}{2}\right)\)，则异面直线\(AB\),\(CD\)所成的角的余弦值为\(\underline{\quad \quad}\)．
解析 设 \(\overrightarrow{A B}=\vec{a}=\left(1,-1, \dfrac{1}{2}\right)\), \(\overrightarrow{C D}=\vec{b}=\left(1,1,-\dfrac{1}{2}\right)\)．
\(\vec{a} \cdot \vec{b}=1-1-\dfrac{1}{4}=-\dfrac{1}{4}\)， \(|\vec{a}|=\sqrt{1+1+\dfrac{1}{4}}=\dfrac{3}{2}\)， \(|\vec{b}|=\sqrt{1+1+\dfrac{1}{4}}=\dfrac{3}{2}\)，
\(\therefore \cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{-\dfrac{1}{4}}{\dfrac{3}{2} \times \dfrac{3}{2}}=-\dfrac{1}{9}\)，
\(∴\)异面直线\(AB\),\(CD\)所成的角的余弦值为 \(\dfrac{1}{9}\)．
【典题2】如图，\(ABC-A_1 B_1 C_1\)是直三棱柱，\(∠BCA=90°\)，点\(E\)、\(F\)分别是\(A_1 B_1\) 、\(A_1 C_1\)的中点，若\(BC=CA=AA_1\)，则\(BE\)与\(AF\)所成角的余弦值为\(\underline{\quad \quad}\)．
解析 \(∵ABC-A_1 B_1 C_1\)直三棱柱，\(∠BCA=90°\)，
\(∴\)以\(C\)为原点，\(CA\)为\(x\)轴，\(CB\)为\(y\)轴，\(CC_1\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
点\(E\)、\(F\)分别是\(A_1 B_1\)、\(A_1 C_1\)的中点，设\(BC=CA=AA_1=2\)，
则\(B(0,2,0)\)，\(A(2,0,0)\)，\(E(1,1,2)\)，\(F(1,0,2)\)，
\(\overrightarrow{B E}=(1,-1,2)\)， \(\overrightarrow{A F}=(-1,0,2)\)，
设\(BE\)与\(AF\)所成角为\(θ\)，则 \(\cos \theta=\dfrac{|\overrightarrow{B E} \cdot \overrightarrow{A F}|}{|\overrightarrow{B E}| \cdot|\overrightarrow{A F}|}=\dfrac{3}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{30}}{10}\)，
\(∴BE\)与\(AF\)所成角的余弦值为 \(\dfrac{\sqrt{30}}{10}\)．
巩固练习
1 在正方体\(ABCD﹣A_1 B_1 C_1 D_1\)中，点\(E\)，\(F\)分别是棱\(AB\)，\(BC\)的中点，则直线\(CE\)与\(D_1 F\)所成角的大小为( )
A．\(\dfrac{\pi}{6}\) \(\qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\pi}{4}\) \(\qquad \qquad\) C． \(\dfrac{\pi}{3}\) \(\qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\pi}{2}\)
2 如图，\(S\)是三角形\(ABC\)所在平面外的一点，\(SA=SB=SC\)，且 \(\angle A S B=\angle B S C=\angle C S A=\dfrac{\pi}{2}\)，\(M\)、\(N\)分别是AB和SC的中点，则异面直线\(SM\)与\(BN\)所成角的余弦值为\(\underline{\quad \quad}\)．
3 已知正四棱锥\(V﹣ABCD\)底面中心为\(O\)，\(E\)，\(F\)分别为\(VA\),\(VC\)的中点，底面边长为\(2\)，高为\(4\)，建立适当的空间直角坐标系，求异面直线\(BE\)与\(DF\)所成角的正切值．
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 以\(D\)为原点，\(DA\)为\(x\)轴，\(DC\)为\(y\)轴，\(DD_1\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
设正方体\(ABCD﹣A_1 B_1 C_1 D_1\)中棱长为\(2\)，
则\(C(0,2,0)\)，\(E(2,1,0)\)，\(D_1 (0,0,2)\)，\(F(1,2,0)\)，
\(\overrightarrow{C E}=(2,-1,0)\)， \(\overrightarrow{D_{1} F}=(1,2,-2)\)，
设直线\(CE\)与\(D_1 F\)所成角的大小为\(θ\)，则 \(\cos \theta=\dfrac{\left|\overrightarrow{C E} \cdot \overrightarrow{D_{1} F}\right|}{|\overrightarrow{C E}| \cdot\left|\overrightarrow{D_{1} F}\right|}=0\)，
\(\therefore \theta=\dfrac{\pi}{2}\)．
\(∴\)直线\(CE\)与\(D_1 F\)所成角的大小为 \(\dfrac{\pi}{2}\)．
故选：\(D\)．
-
答案 \(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)
解析 \(∵\angle A S B=\angle B S C=\angle C S A=\dfrac{\pi}{2}\)，
\(∴\)以\(S\)为坐标原点，分别以\(SC\),\(SB\),\(SA\)所在直线为\(x,y,z\)轴建立空间直角坐标系，
设\(SA=SB=SC=2a\)，则\(S(0,0,0)\),\(B(0,2a,0)\)，\(M(0,a,a)\),\(N(a,0,0)\)，
则 \(\overrightarrow{S M}=(0, a, a)\)， \(\overrightarrow{B N}=(a,-2 a, 0)\)，
\(\therefore \cos <\overrightarrow{S M}, \overrightarrow{B N}>=\dfrac{|\overrightarrow{S M} \cdot \overrightarrow{B N}|}{|\overrightarrow{S M}| \cdot|\overrightarrow{B N}|}=\dfrac{2 a^{2}}{\sqrt{2} a \cdot \sqrt{5} a}=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)．
\(∴\)异面直线\(SM\)与\(BN\)所成角的余弦值为 \(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)．
-
答案 \(\dfrac{4 \sqrt{10}}{3}\)
解析 以底面正方形\(ABCD\)中心\(O\)为原点，以\(OA\)为\(x\)轴，\(OB\)为\(y\)轴，\(OV\)为\(z\)轴，
建立空间直角坐标系，
则 \(A(\sqrt{2}, 0,0)\)， \(B(0, \sqrt{2}, 0)\)， \(C(-\sqrt{2}, 0,0)\)， \(D(0,-\sqrt{2}, 0)\)，\(V(0,0,4)\)， \(E\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 0,2\right)\)， \(F\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 0,2\right)\)，
\(\overrightarrow{B E}=\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},-\sqrt{2}, 2\right)\)， \(\overrightarrow{D F}=\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{2}, 2\right)\)，
设向量\(BE\)和\(DF\)成角为\(θ\)，
\(\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{B E}, \overrightarrow{D F}>|=\left|\dfrac{\overrightarrow{B E} \cdot \overrightarrow{D F}}{|\overrightarrow{B E}| \cdot|\overrightarrow{D F}|}\right|\)\(=\left|\dfrac{-\dfrac{1}{2}-2+4}{\sqrt{\dfrac{1}{2}+2+4} \cdot \sqrt{\dfrac{1}{2}+2+4}}\right|=\dfrac{3}{13}\)，
\(\therefore \tan \theta=\dfrac{\sin \theta}{\cos \theta}=\dfrac{4 \sqrt{10}}{3}\)．
\(∴\)异面直线\(BE\)与\(DF\)所成角的正切值为 \(\dfrac{4 \sqrt{10}}{3}\)．
【题型2】求线面角
【典题1】 如图，在棱长为\(1\)的正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)为\(BC\)中点，则直线\(MD\)与平面\(AB_1 C\)所成角的正弦值是( )
A．\(\dfrac{1}{5}\) \(\qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\) \(\qquad \qquad\)C．\(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\) \(\qquad \qquad\) D．\(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)
解析 以\(D_1\)为原点，\(D_1 A_1\),\(D_1 C_1\),\(D_1 D\)分别为\(x,y,z\)轴，建立空间直角坐标系，
显然平面\(AB_1 C\)的法向量 \(\overrightarrow{D_{1} B}=(1,1,1)\)，
\(D(0,0,1)\)， \(M\left(\dfrac{1}{2}, 1,1\right)\)， \(\overrightarrow{D M}=\left(\dfrac{1}{2}, 1,0\right)\)，
\(\cos <\overrightarrow{D_{1} B}, \overrightarrow{D M}>=\dfrac{\dfrac{1}{2}+1}{\sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{3}{\sqrt{15}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)，
由直线\(MD\)与平面\(AB_1 C\)所成角的正弦值等于 \(\mid \cos <\overrightarrow{D_{1} B}, \overrightarrow{D M}>|=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)，
故选：\(D\)．
【典题2】 如图，已知\(AB\)是圆柱底面圆的一条直径，\(OP\)是圆柱的一条母线，\(C\)为底面圆上一点，且\(AC//OB\)， \(O P=A B=\sqrt{2} O A\)，则直线\(PC\)与平面\(PAB\)所成角的正弦值为\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 \(∵AB\)是圆柱底面圆的一条直径，\(∴∠AOB=90^∘\)，
\(\because O P=A B=\sqrt{2} O A,\)，\(∴∠BAO=45^∘\)，
\(∵AC//OB\)，\(∴∠OAC=90^∘\)；
\(∵AB\)是圆柱的底面圆的直径，\(∴∠ACB=90^∘\)，
又\(∠OAB=45^∘\)，\(∴\)四边形\(OACB\)为正方形，
设\(AB=2\)，
如图建立空间直角坐标系\(O-xyz\)，
可知 \(A(\sqrt{2}, 0,0)\)， \(B(0, \sqrt{2}, 0)\)，\(P(0,0,2)\)， \(C(\sqrt{2}, \sqrt{2}, 0)\)，
设平面\(PAB\)的法向量为 \(\vec{n}=(x, y, z)\)， \(\overrightarrow{A B}=(-\sqrt{2}, \sqrt{2}, 0)\)， \(\overrightarrow{A P}=(-\sqrt{2}, 0,2)\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}=0 \\
\vec{n} \cdot \overrightarrow{A P}=0
\end{array}\right.\)，即 \(\left\{\begin{array}{l}
-\sqrt{2} x+\sqrt{2} y=0 \\
-\sqrt{2} x+2 z=0
\end{array}\right.\)，
取 \(x=\sqrt{2}\)，则 \(\vec{n}=(\sqrt{2}, \sqrt{2}, 1)\)，
又 \(\overrightarrow{P C}=(\sqrt{2}, \sqrt{2},-2)\)，
设直线\(PC\)与平面\(PAB\)所成角为\(θ\)，
\(\therefore \sin \theta=\mid \cos \langle\vec{n}, \overrightarrow{P C}>|=\dfrac{|\overrightarrow{\vec{r}} \cdot \overrightarrow{P C}|}{|\vec{n}| \cdot|\overrightarrow{P C}|}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)，
所以直线\(PC\)与平面\(PAB\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)．
【典题3】 如图，在四棱锥\(P－ABCD\)中，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(∠ABC=∠BAD=90°\)，\(AD=AP=4\)，\(AB=BC=2\)，\(M\)，\(N\)分别为线段\(PC\)，\(AD\)上的点(不在端点)．当\(N\)为\(AD\)中点时，是否存在\(M\)，使得直线\(MN\)与平面\(PBC\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，若存在，求出\(MC\)的长，若不存在，说明理由．
解析 假设存在存在\(M(a,b,c)\)，使得直线\(MN\)与平面\(PBC\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，\(\overrightarrow{C M}=\lambda \overrightarrow{C P}\)．
则\((a－2,b－2,c)=λ(－2,－2,4)\)，解得\(a=2－2λ\)，\(b=2－2λ\)，\(c=4λ\)，
\(∴M(2－2λ,2－2λ,4λ)\)，
则 \(\overrightarrow{M N}=(2 \lambda-2,2 \lambda,-4 \lambda)\)， \(\overrightarrow{B C}=(0,2,0)\)， \(\overrightarrow{B P}=(-2,0,4)\)，
设平面\(PBC\)的法向量\(\vec{p} =(a,b,c)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l}
\vec{p} \cdot \overrightarrow{B C}=2 b=0 \\
\vec{p} \cdot \overrightarrow{B P}=-2 a+4 c=0
\end{array}\right.\)，取\(a=2\)，得\(\vec{p}=(2,0,1)\)，
\(∵\)直线\(MN\)与平面\(PBC\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，
\(\therefore \dfrac{|\overrightarrow{M N} \cdot \vec{p}|}{|\overrightarrow{M N}| \cdot|\vec{p}|}=\dfrac{4}{\sqrt{(2 \lambda-2)^{2}+(2 \lambda)^{2}+(-4 \lambda)^{2}} \cdot \sqrt{20}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，
整理，得\(24λ^2－8λ+3=0\)，无解，
\(∴\)不存在\(M\)，使得直线\(MN\)与平面\(PBC\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)．
巩固练习
1 如图，在正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)，\(F\)分别是上底棱的中点，\(AB_1\)与平面\(B_1 D_1 EF\)所成的角的大小是( )
A．\(30°\) \(\qquad \qquad\) B．\(45°\) \(\qquad \qquad\) C．\(60°\) \(\qquad \qquad\) D．\(90°\)
2 如图，正三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)的所有棱长都相等，\(E,F,G\)分别为\(AB\),\(AA_1\),\(A_1 C_1\)的中点，则\(EF\)与平面\(B_1 GF\)所成角的正弦值为 \(\underline{\quad \quad}\) .
3如图，在四棱锥\(P-ABCD\)中，\(BC//\)平面\(PAD\)，\(AD=CD=2BC=4\)，\(∠BCD=60^∘\)，点\(G\)为\(AD\)的中点．
(1)证明：\(CD//\)平面\(PBG\)；
(2)若平面\(PBD⊥\)平面\(ABCD\)，且\(PB=PD=2\)，求直线\(PA\)与平面\(PCD\)所成角的正弦值．
4 在四棱锥\(P-ABCD\)中，\(PD⊥\)底面\(ABCD\)，\(CD//AB\)，\(AD=DC=CB=1\)，\(AB=2\)， \(D P=\sqrt{3}\)．
(1)证明：\(BD⊥PA\)；
(2)求\(PD\)与平面\(PAB\)所成的角的正弦值．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 以\(D_1\)为坐标原点，\(D_1 A_1\),\(D_1 C_1\),\(D_1 D\)为\(x,y,z\)轴建立空间直角坐标系，
则\(A(1,0,1)\),\(B_1 (1,1,0)\),\(D_1 (0,0,0)\), \(E\left(0, \dfrac{1}{2}, 1\right)\)，
设平面\(D_1 B_1 E\)的法向量为 \(\vec{n}=(x, y, z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{D_{1} B_{1}}=x+y=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{D_{1} E}=\dfrac{1}{2} y+z=0 \end{array}\right.\)，
又 \(\overrightarrow{A B_{1}}=(0,1,-1)\)，
设\(AB_1\)与平面\(B_1 D_1 EF\)所成的角为\(θ\)，则 \(\sin \theta=\left|\cos <\vec{n}, \overrightarrow{A B}_{1}>\right|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
故\(AB_1\)与平面\(B_1 D_1 EF\)所成的角为 \(\dfrac{\pi}{4}\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(A\)
解析 设正三棱柱的棱长为\(2\)，取\(AC\)的中点\(D\)，
连接\(DG\),\(DB\)，分别以\(DB\),\(DC\),\(DG\)所在的直线为\(x\)轴，\(y\)轴，\(z\)轴建立空间直角坐标糸，如图所示，
则 \(B_{1}(\sqrt{3}, 0,2)\),\(G(0,0,2)\), \(E\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},-\dfrac{1}{2}, 0\right)\),\(F(0,-1,1)\)，
\(\overrightarrow{E F}=\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2},-\dfrac{1}{2}, 1\right)\), \(\overrightarrow{G F}=(0,-1,-1)\), \(\overrightarrow{B_{1} G}=(-\sqrt{3}, 0,0)\)，
设平面\(B_1 GF\)的法向量为\(\vec{n}=(x,y,z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{B_{1} G} \cdot \vec{n}=-\sqrt{3} x=0 \\ \overrightarrow{G F} \cdot \vec{n}=-y-z=0 \end{array}\right.\)，取\(y=1\)，则\(z=-1\),\(x=0\)，
故\(\vec{n}=(0,1,-1)\)为平面\(B_1 GF\)的一个法向量，
\(EF\)与平面\(B_1 GF\)所成角为\(θ\)，则 \(\sin \theta=\left|\dfrac{\vec{n} \cdot \overrightarrow{E F}}{|\vec{n}| \cdot \overrightarrow{E F}}\right|=\left|\dfrac{-\dfrac{1}{2}-1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}}\right|=\dfrac{3}{4}\)，
\(EF\)与平面\(B_1 GF\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{3}{4}\)．
故选：\(A\)． -
答案 (1)略 (2) \(\dfrac{\sqrt{42}}{14}\)
解析 (1)证明：因为\(BC//\)平面\(PAD\)，平面\(PAD∩\)平面\(ABCD=AD\)，\(BC⊂\)平面\(ABCD\)，
所以\(BC//AD\)，
又因为点\(G\)为\(AD\)的中点，所以 \(G D=\dfrac{1}{2} A D\)，
因为\(AD=2BC\)，所以\(BC=\dfrac{1}{2} A D\)，所以\(BC=GD\)，
又由\(BC//GD\)，
所以四边形\(BCDG\)为平行四边形，所以\(CD//BG\)，
因为\(CD⊄\)平面\(PBG\)，\(BG⊂\)平面\(PBG\)，
所以\(CD//\)平面\(PBG\)；
(2)解：连接\(GC\)交\(BD\)于\(O\)，连接\(PO\)，
因为四边形\(BCDG\)为平行四边形，
所以\(O\)为\(BD\)的中点，
又因为\(PB=PD\)，所以\(PO⊥BD\)，
因为平面\(PBD⊥\)平面\(ABCD\)，\(PO⊂\)平面 \(PBD\)，
所以\(PO⊥\)平面\(ABCD\)，
又因为\(GC⊂\)平面\(ABCD\)，所以\(PO⊥GC\)，
在\(△BCD\)中，由余弦定理可得\(BD^2=BC^2+CD^2-2BC⋅CD\cos60^∘=12\)，
所以 \(B D=2 \sqrt{3}\)，所以 \(O B=\dfrac{1}{2} B D=\sqrt{3}\)，
因为\(BC^2+BD^2=CD^2\)，
所以\(△BCD\)为直角三角形，即\(∠DBC=90^∘\)，
过点\(O\)作\(BC\)的平行线交\(GB\)于\(H\)，
以\(OH\)为\(x\)轴，\(OB\)为\(y\)轴，\(OP\)为\(z\)轴建立空间直角坐标系，如图所示，
可得\(P(0,0,1)\), \(A(2,-\sqrt{3}, 0)\), \(C(2, \sqrt{3}, 0)\), \(D(0,-\sqrt{3}, 0)\)，
所以 \(\overrightarrow{P A}=(2,-\sqrt{3},-1)\), \(\overrightarrow{P C}=(2, \sqrt{3},-1)\), \(\overrightarrow{P D}=(0,-\sqrt{3},-1)\)，
设平面\(PCD\)的法向量为\(\vec{m}=(x,y,z)\)，则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{P C}=2 x+\sqrt{3} y-z=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{P D}=-\sqrt{3} y-z=0 \end{array}\right.\)，
取\(y=1\)，可得 \(x=-\sqrt{3}\), \(z=-\sqrt{3}\)，所以 \(\vec{m}=(-\sqrt{3}, 1,-\sqrt{3})\)，
设\(PA\)与平面\(PCD\)所成的角为\(θ\)，则 \(\mid \sin \theta=\dfrac{|\overrightarrow{P A} \cdot \vec{m}|}{|\overrightarrow{P A}| \cdot|\vec{m}|}=\dfrac{2 \sqrt{3}+\sqrt{3}-\sqrt{3}}{\sqrt{7} \cdot \sqrt{8}}=\dfrac{\sqrt{42}}{14}\)，
所以\(PA\)与平面\(PCD\)所成的角的正弦值为 \(\dfrac{\sqrt{42}}{14}\)． -
答案 (1)略 (2) \(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)
解析 (1)证明：\(∵PD⊥\)底面\(ABCD\)，\(B D \subset\) 面\(ABCD\)，\(∴PD⊥BD\)，
取\(AB\)中点\(E\)，连接\(DE\)，
\(∵AD=DC=CB=1\)，\(AB=2\)，
\(∴∠DAB=60^∘\)，
又 \(\because A E=\dfrac{1}{2} A B=A D=1\)，
\(\therefore D E=1\)， \(\therefore D E=\dfrac{1}{2} A B\)，
\(∴△ABD\)为直角三角形，且\(AB\)为斜边，\(∴BD⊥AD\)，
又\(PD⋂AD=D\)，\(PD⊂\)面\(PAD\)，\(AD⊂\)面\(PAD\)，
\(∴BD⊥\)面\(PAD\)，
又\(PA⊂\)面\(PAD\)，\(∴BD⊥PA\)；
(2)由(1)知，\(PD,AD,BD\)两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
\(B D=\sqrt{A B^{2}-A D^{2}}=\sqrt{3}\)，
则\(D(0,0,0)\),\(A(1,0,0)\), \(B(0, \sqrt{3}, 0)\), \(P(0,0, \sqrt{3})\)，
\(\therefore \overrightarrow{P D}=(0,0,-\sqrt{3})\), \(\overrightarrow{P A}=(1,0,-\sqrt{3})\), \(\overrightarrow{A B}=(-1, \sqrt{3}, 0)\)，
设平面\(PAB\)的一个法向量为 \(\vec{n}=(x, y, z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{P A}=x-\sqrt{3} z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}=-x+\sqrt{3} y=0 \end{array}\right.\)，则可取\(\vec{n}=(\sqrt{3},1,1)\)，
设\(PD\)与平面\(PAB\)所成的角为\(θ\)，则 \(\sin \theta=|\cos <\overrightarrow{P D}, \vec{n}>|=\left|\dfrac{\overrightarrow{P D} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{P D} \| \vec{n}|}\right|=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)，
\(∴PD\)与平面\(PAB\)所成的角的正弦值为 \(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)．
分层练习
【A组---基础题】
1在正方体\(ABCD﹣A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)为棱\(BB_1\)的中点，则异面直线\(A_1 E\)与\(AC\)所成角的余弦值为( )
A． \(\dfrac{1}{5}\) \(\qquad \qquad\) B． \(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\) \(\qquad \qquad\) C． \(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\) \(\qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)
2在四面体\(ABCD\)中，\(AB\)，\(BC\)，\(BD\)两两垂直，\(AB=BC=BD=4\)，\(E\)、\(F\)分别为棱\(BC\)、\(AD\)的中点，则直线\(EF\)与平面\(ACD\)所成角的余弦值( )
A． \(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad\) B． \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\qquad \qquad\) C． \(\dfrac{2 \sqrt{2}}{3}\) \(\qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)
3 若异面直线\(l_1\),\(l_2\)的方向向量分别是 \(\vec{a}=(0,-2,-1)\)， \(\vec{b}=(2,0,4)\)，则异面直线\(l_1\)与\(l_2\)的夹角的余弦值等于\(\underline{\quad \quad}\) .
4 如图，在四棱锥\(P-ABCD\)中，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(∠BAD=90^∘\)， \(P A=A B=B C=\dfrac{1}{2} A D\)，\(BC//AD\)，已知\(Q\)是边\(PD\)的中点，则\(CQ\)与平面\(ABCD\)所成角的正弦值为\(\underline{\quad \quad}\) .
5 正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)棱长为\(2\)，\(E\)是棱\(AB\)的中点，\(F\)是四边形\(AA_1 D_1 D\)内一点(包含边界)，且 \(\overrightarrow{F E} \cdot \overrightarrow{F D}=-\dfrac{3}{4}\)，当三棱锥\(F-AED\)的体积最大时，\(EF\)与平面\(ABB_1 A_1\)所成角的正弦值为\(\underline{\quad \quad}\).
6 如图所示，三棱柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)中，\(CA=CB\)，\(AB=AA_1\)，\(∠BAA_1=60°\).
(1)证明：\(AB⊥A_1 C\)；
(2)若平面\(ABC⊥\)平面\(AA_1 B_1 B\)，\(AB=CB=2\)，求直线\(A_1 C\)与平面\(BB_1 C_1 C\)所成角的正弦值．
7 如图，已知\(ABCD\)和\(CDEF\)都是直角梯形，\(AB//DC\)，\(DC//EF\)，\(AB=5\)，\(DC=3\)，\(EF=1\)，\(∠BAD=∠CDE=60^∘\)，二面角\(F-DC-B\)的平面角为\(60^∘\)．设\(M,N\)分别为\(AE\),\(BC\)的中点．
(Ⅰ)证明：\(FN⊥AD\)；
(Ⅱ)求直线\(BM\)与平面\(ADE\)所成角的正弦值．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 以\(D\)为原点，\(DA\)为\(x\)轴，\(DC\)为\(y\)轴，\(DD_1\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
设正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中棱长为\(2\)，
则\(A_1 (2,0,2)\)，\(E(2,2,1)\)，\(A(2,0,0)\)，\(C(0,2,0)\)，
\(\overrightarrow{A_{1} E}=(0,2,-1)\)， \(\overrightarrow{A C}=(-2,2,0)\)，
设异面直线\(A_1 E\)与\(AC\)所成角为\(θ\)，则 \(\cos \theta=\dfrac{\left|\overrightarrow{A_{1} E} \cdot \overrightarrow{A C}\right|}{\mid \overrightarrow{\overrightarrow{A_{1} E}|\cdot| \overrightarrow{A C} \mid}}=\dfrac{4}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{8}}=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)．
\(∴\)异面直线\(A_1 E\)与\(AC\)所成角的余弦值为 \(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)．
故选：\(B\)．
-
答案 \(C\)
解析 如图，以\(BC\)，\(BD\)，\(BA\)为坐标轴建立空间直角坐标系，
则\(A(0,0,4)\)，\(B(0,0,0)\)，\(C(4,0,0)\)，\(D(0,4,0)\)，\(E(2,0,0)\)，\(F(0,2,2)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A C}=(4,0,-4)\)， \(\overrightarrow{A D}=(0,4,-4)\)， \(\overrightarrow{E F}=(-2,2,2)\)，
设平面\(ACD\)的法向量为 \(\vec{n}=(x, y, z)\)，则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A C}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A D}=0 \end{array}\right.\)，
即 \(\left\{\begin{array}{l} 4 x-4 z=0 \\ 4 y-4 z=0 \end{array}\right.\)，令\(x=1\)可得\(\vec{n}=(1,1,1)\)，
\(\therefore \cos <\vec{n}, \overrightarrow{E F}>=\dfrac{\vec{n} \cdot \overrightarrow{E F}}{|\vec{n}||\overrightarrow{E F}|}=\dfrac{2}{\sqrt{3} \times 2 \sqrt{3}}=\dfrac{1}{3}\)，
设直线\(EF\)与平面\(ACD\)所成角为\(θ\)，则 \(\sin \theta=\dfrac{1}{3}\)，
\(\therefore \cos \theta=\dfrac{2 \sqrt{2}}{3}\)．
故选：\(C\)．
-
答案 \(\dfrac{2}{5}\)
解析 \(\because \vec{a}=(0,-2,-1)\), \(\vec{b}=(2,0,4)\)，
\(\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=0 \times 2+(-2) \times 0+(-1) \times 4=-4\)，
\(|\vec{a}|=\sqrt{0+(-2)^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{5}\)， \(|\vec{b}|=\sqrt{2^{2}+0+4^{2}}=2 \sqrt{5}\)，
\(\therefore \cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|}=\dfrac{-4}{\sqrt{5} \times 2 \sqrt{5}}=-\dfrac{2}{5}\)，
异面直线\(l_1\)与\(l_2\)的夹角的余弦值等于 \(\dfrac{2}{5}\)． -
答案 \(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)
解析 以\(A\)为坐标原点，以\(AD\)所在直线为\(x\)轴，\(AB\)所在直线为\(y\)轴，\(AP\)所在直线为\(z\)轴，空间直角坐标系\(A-xyz\)，
则\(C=(1,1,0)\)， \(Q\left(1,0, \dfrac{1}{2}\right)\)， \(\overrightarrow{C Q}=\left(0,-1, \dfrac{1}{2}\right)\)，
取平面\(ABCD\)的一个法向量\(\vec{n}=(0,0,1)\)，则 \(\cos <\vec{n}, \overrightarrow{C Q}>=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1 \times \dfrac{\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)，
即\(CQ\)与平面\(ABCD\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)．
-
答案 \(\dfrac{2}{3}\)
解析 如图，以\(A\)为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则\(A(0,0,0)\)，\(E(1,0,0)\)，\(D(0,2,0)\)，
设\(F(0,m,n)\)，\(m∈[0,2]\),\(n∈[0,2]\)，
\(\therefore \overrightarrow{F E} \cdot \overrightarrow{F D}=m^{2}-2 m+n^{2}=-\dfrac{3}{4}\)，
\(\therefore S_{\triangle A D E}\)为定值，要想三棱锥\(F-AED\)的体积最大，则\(F\)到底面\(ADE\)的距离最大，
其中 \(n^{2}=-\dfrac{3}{4}-m^{2}+2 m=-(m-1)^{2}+\dfrac{1}{4}\)，
\(∴\)当\(m=1\)时，\(n^2\)取得最大值为 \(\dfrac{1}{4}\)，
\(∵n∈[0,2]\)，\(∴n\)的最大值为 \(\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore F\left(0,1, \dfrac{1}{2}\right)\)， \(\overrightarrow{E F}=\left(-1,1, \dfrac{1}{2}\right)\)，
平面\(ABB_1 A_1\)的法向量\(\vec{n}=(0,1,0)\)，
\(∴\)当三棱锥\(F-AED\)的体积最大时，\(EF\)与平面\(ABB_1 A_1\)所成角的正弦值为：
\(|\cos <\overrightarrow{E F}, \vec{n}>|=\dfrac{|\overrightarrow{E F} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{E F}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{1}{\sqrt{1+1+\dfrac{1}{4}}}=\dfrac{2}{3}\)． -
答案 (1)略 (2) \(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)
解析 (1)取\(AB\)的中点\(O\)，连接\(OC\)，\(OA_1\)，\(A_1 B\)，
因为\(CA=CB\)，所以\(OC⊥AB\)，由于\(AB=AA_1\)，\(∠BAA_1=60^∘\)，
所以\(△AA_1 B\)为等边三角形，
所以\(OA_1⊥AB\)，
又因为\(OC∩OA_1=O\)，
所以\(AB⊥\)平面\(OA_1 C\)，
又\(A_1 C⊂\)平面\(OA_1 C\)，故\(AB⊥A_1 C\)；
(2)由(1)知\(OC⊥AB\)，\(OA_1⊥AB\)，又平面\(ABC⊥\)平面\(AA_1 B_1 B\)，交线为\(AB\)，
所以\(OC⊥\)平面\(AA_1 B_1 B\)，故\(OA,OA_1,OC\)两两垂直．
以\(O\)为坐标原点， \(\overrightarrow{O A}\)的方向为\(x\)轴的正向，\(|\overrightarrow{O A}|\)为单位长，建立如图所示的坐标系，
可得\(A(1,0,0)\)， \(A_{1}(0, \sqrt{3}, 0)\)， \(C(0,0, \sqrt{3})\)，\(B(－1,0,0)\)，
则 \(\overrightarrow{B C}=(1,0, \sqrt{3})\)， \(\overrightarrow{B B}_{1}=\overrightarrow{A A_{1}}=(-1, \sqrt{3}, 0)\)， \(\overrightarrow{A_{1}} C=(0,-\sqrt{3}, \sqrt{3})\)，
设\(\vec{n}=(x,y,z)\)为平面\(BB_1 C_1 C\)的法向量，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{B C}=0 \\ \vec{n} \cdot \vec{n} B_{1}=0 \end{array}\right.\)，即 \(\left\{\begin{array}{l} x+\sqrt{3} z=0 \\ -x+\sqrt{3} y=0 \end{array}\right.\)，
可取\(y=1\)，可得\(\vec{n}=(\sqrt{3},1,-1)\)，
故 \(\cos \left\langle\vec{n}, \overrightarrow{A_{1} C}\right\rangle=\dfrac{\vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1} C}}{|\vec{n}|\left|\overrightarrow{A_{1} C}\right|}=-\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)，
又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，
故直线\(A_1 C\)与平面\(BB_1 C_1 C\)所成角的正弦值为： \(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)．
-
答案 (1)略 (2) \(\dfrac{5 \sqrt{7}}{14}\)
解析 证明： 由于\(CD⊥CB\)，\(CD⊥CF\)，
平面\(ABCD∩\)平面\(CDEF=CD\)，\(CF⊂\)平面\(CDEF\)，\(CB⊂\)平面\(ABCD\)，
所以\(∠FCB\)为二面角\(F-DC-B\)的平面角，
则\(∠FCB=60^∘\)，\(CD⊥\)平面\(CBF\)，则\(CD⊥FN\)．
又 \(C F=\sqrt{3}(C D-E F)=2 \sqrt{3}\), \(C B=\sqrt{3}(A B-C D)=2 \sqrt{3}\)，
则\(△BCF\)是等边三角形，则\(CB⊥FN\)，
因为\(DC⊥FC\)，\(DC⊥BC\)，\(F C \cap B C=C\)，\(FC⊂\)平面\(FCB\)，\(BC⊂\)平面\(FCB\)，
所以\(DC⊥\)平面\(FCB\)，
因为\(FN⊂\)平面\(FCB\)，所以\(DC⊥FN\)，
又因为\(DC\cap CB=C\)，\(DC⊂\)平面\(ABCD\)，\(CB⊂\)平面\(ABCD\)，
所以\(FN⊥\)平面\(ABCD\)，因为\(AD⊂\)平面\(ABCD\)，故\(FN⊥AD\)；
解：(Ⅱ)由于\(FN⊥\)平面\(ABCD\)，如图建系：
于是 \(B(0, \sqrt{3}, 0)\), \(A(5, \sqrt{3}, 0)\),\(F(0,0,3)\),\(E(1,0,3)\), \(D(3,-\sqrt{3}, 0)\)，
则 \(M\left(3, \dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{3}{2}\right)\)， \(\overrightarrow{B M}=\left(3,-\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{3}{2}\right)\), \(\overrightarrow{D A}=(2,2 \sqrt{3}, 0)\), \(\overrightarrow{D E}=(-2, \sqrt{3}, 3)\)，
设平面\(ADE\)的法向量\(\vec{n}=(x,y,z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{D A}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{D E}=0 \end{array}\right.\)， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} 2 x+2 \sqrt{3} y=0 \\ -2 x+\sqrt{3} y+3 z=0 \end{array}\right.\)，
令 \(x=\sqrt{3}\)，则 \(y=-1, z=\sqrt{3}\)，
\(∴\)平面\(ADE\)的法向量 \(\vec{n}=(\sqrt{3},-1, \sqrt{3})\)，
设\(BM\)与平面\(ADE\)所成角为\(θ\)，则 \(\sin \theta=\dfrac{|\overrightarrow{B M} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{B M}| \vec{n} \mid}=\dfrac{5 \sqrt{7}}{14}\)．
【B组---提高题】
1如图示，三棱锥\(P－ABC\)的底面\(ABC\)是等腰直角三角形，\(∠ACB=90°\)，且 \(P A=P B=A B=\sqrt{2}\)， \(P C=\sqrt{3}\)，则\(PC\)与面\(PAB\)所成角的正弦值等于( )
A． \(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad\) B． \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\) \(\qquad \qquad\) C． \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)
2 如图，在正四棱柱\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AB=AD=3\)，\(AA_1=4\)，\(P\)是侧面\(BCC_1 B_1\)内的动点，且\(AP⊥BD_1\)，记\(AP\)与平面\(BCC_1 B_1\)所成的角为\(θ\)，则\(\tanθ\)的最大值为( )
A． \(\dfrac{4}{3}\) \(\qquad \qquad\) B． \(\dfrac{5}{3}\) \(\qquad \qquad\) C．\(2\)\(\qquad \qquad\) D． \(\dfrac{25}{9}\)
3如图①，在\(Rt△ABC\)中，\(B\)为直角，\(AB=BC=6\)，\(EF∥BC\)，\(AE=2\)，沿\(EF\)将\(△AEF\)折起，使 \(\angle A E B=\dfrac{\pi}{3}\)，得到如图②的几何体，点\(D\)在线段\(AC\)上．
(1)求证：平面\(AEF⊥\)平面\(ABC\)；
(2)若\(AE∥\)平面\(BDF\)，求直线\(AF\)与平面\(BDF\)所成角的正弦值．
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 \(∵\)三棱锥\(P－ABC\)的底面\(ABC\)是等腰直角三角形，\(∠ACB=90°\)，且 \(P A=P B=A B=\sqrt{2}\)， \(P C=\sqrt{3}\)，
\(∴\)可以把三棱椎\(P－ABC\)补成棱长为\(1\)的正方体，如图所示．
如图，以\(A\)为原点建立空间直角坐标系，
则\(A(0,0,0)\)，\(B(1,1,0)\)，\(C(0,1,0)\)，\(P(1,0,1)\)．
\(\overrightarrow{A P}=(1,0,1)\)， \(\overrightarrow{A B}=(1,1,0)\)， \(\overrightarrow{P C}=(-1,1,-1)\)，
设面\(ABP\)的法向量为\(\vec{m}=(x,y,z)\)，
\(\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{A P}=x+z=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{A B}=x+y=0 \end{array} \Rightarrow \vec{m}=(1,-1,-1)\right.\)．
\(\cos <\vec{m}, \overrightarrow{P C}>=\dfrac{\overrightarrow{P C} \cdot \vec{m}}{|\vec{m}| \cdot|\overrightarrow{P C}|}=\dfrac{-1}{\sqrt{3} \times \sqrt{3}}=-\dfrac{1}{3}\)．
则\(PC\)与面\(PAB\)所成角的正弦值等于 \(\dfrac{1}{3}\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(B\)
解析 以\(D\)为原点，\(DA\)为\(x\)轴，\(DC\)为\(y\)轴，\(DD_1\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
设\(P(a,3,c)\)，\((0≤a≤3,0≤c≤4)\)，
则\(A(3,0,0)\)，\(B(3,3,0)\)，\(D_1 (0,0,4)\)，
\(\overrightarrow{A P}=(a-3,3, c)\)， \(\overrightarrow{B D}_{1}=(-3,-3,4)\)，平面\(BCC_1 B_1\)的法向量\(\vec{n}=(0,1,0)\)，
\(∵AP⊥BD_1\)，
\(\therefore \overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{B D}=-3(a-3)-9+4 c=0\)，解得 \(c=\dfrac{3}{4} a\)，
\(\therefore \overrightarrow{A P}=\left(a-3,3, \dfrac{3}{4} a\right)\)，
\(∵AP\)与平面\(BCC_1 B_1\)所成的角为\(θ\)，
\(\therefore \sin \theta=\dfrac{|\overrightarrow{A P} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{A P}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{3}{\sqrt{(a-3)^{2}+9+\dfrac{9}{16} a^{2}}}=\dfrac{12}{\sqrt[5]{\left(a-\dfrac{48}{25}\right)^{2}+\dfrac{4896}{625}}}\)，
\(∴\)当 \(a=\dfrac{48}{25}\)时，\(\sinθ\)取最大值为 \(\dfrac{5}{\sqrt{34}}\)．此时 \(\cos \theta=\sqrt{1-\left(\dfrac{5}{\sqrt{34}}\right)^{2}}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}\)，
\(∴\tanθ\)的最大值为： \(\dfrac{\dfrac{5}{\sqrt{34}}}{\dfrac{3}{\sqrt{34}}}=\dfrac{5}{3}\)．
故选：\(B\)．
-
答案 (1)略 (2) \(\frac{\sqrt{6}}{4}\)
解析 (1)证明：\(AB⊥BC\)，\(EF∥BC\)，\(∴EF⊥AE\)，\(EF⊥BE\)，
又\(EA∩EB=E\)，\(∴EF⊥\)平面\(AEB\)，则\(EF⊥AB\)，
在\(△AEB\)中，由\(AE=2\)，\(EB=4\)， \(\angle A E B=\dfrac{\pi}{3}\)，
得 \(A B^{2}=4+16-2 \times 2 \times 4 \times \dfrac{1}{2}=12\)．
\(∴AE^2+AB^2=BE^2\)，即\(AE⊥AB\)，
又\(AE∩EF=E\)，\(∴AB⊥\)平面\(AEF\)，
而\(AB⊂\)平面\(ABC\)，则平面\(AEF⊥\)平面\(ABC\)；
(2)解：以\(A\)为坐标原点，分别以\(AB\),\(AE\)所在直线为\(x,y\)轴，
以过\(A\)垂直于平面\(AEB\)的直线为\(z\)轴建立如图所示空间直角坐标系．
则\(A(0,0,0)\)，\(E(0,2,0)\)， \(B(2 \sqrt{3}, 0,0)\)，\(F(0,2,2)\)，\(C(2\sqrt{3},0,6)\)．
\(\overrightarrow{A E}=(0,2,0)\)， \(\overrightarrow{A F}=(0,2,2)\)， \(\overrightarrow{A C}=(2 \sqrt{3}, 0,6)\)， \(\overrightarrow{B F}=(-2 \sqrt{3}, 2,2)\)．
设 \(\overrightarrow{A D}=\lambda \overrightarrow{A C}=(2 \sqrt{3} \lambda, 0,6 \lambda)(0<\lambda \leq 1)\)．
则 \(\overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A D}=(2 \sqrt{3} \lambda-2 \sqrt{3}, 0,6 \lambda)\)，
设平面\(BDF\)的一个法向量为\(\vec{n}=(x,y,z)\)．
由 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{B F}=-2 \sqrt{3} x+2 y+2 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B D}=(2 \sqrt{3} \lambda-2 \sqrt{3}) x+6 \lambda z=0 \end{array}\right.\)，
取\(x=1\)，得 \(\vec{n}=\left(1, \dfrac{4 \sqrt{3} \lambda-\sqrt{3}}{3 \lambda}, \dfrac{\sqrt{3}-\sqrt{3} \lambda}{3 \lambda}\right)\)．
由\(AE∥\)平面\(BDF\)，得 \(\overrightarrow{A E} \cdot \vec{n}=\dfrac{4 \sqrt{3} \lambda-\sqrt{3}}{3 \lambda}=0\)，即 \(\lambda=\dfrac{1}{4}\)．
\(\therefore \vec{n}=(1,0, \sqrt{3})\)．
设直线\(AF\)与平面\(BDF\)所成角为\(θ\)，
则 \(\sin \theta=|\cos <\vec{n}, \overrightarrow{A F}>|=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{A F}|}{|\vec{n}| \cdot|\overrightarrow{A F}|}=\dfrac{2 \sqrt{3}}{2 \times 2 \sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}\)．
\(∴\)直线\(AF\)与平面\(BDF\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{\sqrt{6}}{4}\)．
【C组---拓展题】
1如图正四面体\(P-ABC\)中，\(E\)在边\(PA\)上，且\(AE=2EP\)，\(F\)是\(BC\)边中点，记\(EF\)与平面\(ABC\)、平面\(PAB\)、平面\(PBC\)所成的角分别为\(α，β，γ\)，则以下选项正确的是( )
A.\(α>β>γ\) \(\qquad \qquad\) B . \(γ>β>α\) \(\qquad \qquad\) C. \(β>α>γ\) \(\qquad \qquad\) D. \(β>γ>α\)
2在梯形\(ABCD\)中，\(AB∥CD\)， \(\angle B A D=\dfrac{\pi}{3}\)，\(AB=2AD=2CD=4\)，\(P\)为\(AB\)的中点，线段\(AC\)与\(DP\)交于\(O\)点(如图\(1\))．将\(△ACD\)沿\(AC\)折起到\(△ACD'\)的位置，使得二面角\(AB－AC－D'\)为直二面角(如图\(2\))．
(1)求证：\(BC∥\)平面\(POD'\)；
(2)线段\(PD'\)上是否存在点\(Q\)，使得\(CQ\)与平面\(BCD'\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)？若存在，求出 \(\dfrac{P Q}{P D^{\prime}}\)的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 将正四面体\(P-ABC\)补成正方体\(PMAN-DBGC\)，设该正方体的棱长为\(6\)，
以点\(P\)为坐标原点，\(PM、PN、PD\)所在直线分别为\(x，y，z\)轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则\(P(0,0,0)\),\(A(6,6,0)\),\(B(6,0,6)\),\(C(0,6,6)\),\(F(3,3,6)\),\(E(2,2,0)\)，
设平面\(ABC\)的法向量为 \(\vec{a}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)\) ， \(\overrightarrow{A B}=(0,-6,6)\)， \(\overrightarrow{A C}=(-6,0,6)\)，
由 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{a} \cdot \overrightarrow{A B}=-6 y_{1}+6 z_{1}=0 \\ \vec{a} \cdot \overrightarrow{A C}=-6 x_{1}+6 z_{1}=0 \end{array}\right.\)，取\(z_1=1\)，可得\(\vec{a}=(1,1,1)\)，
设平面\(PAB\)的法向量为\(\vec{b}=(x_2,y_2,z_2 )\)， \(\overrightarrow{P A}=(6,6,0)\), \(\overrightarrow{P B}=(6,0,6)\)，
由 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{b} \cdot \overrightarrow{P A}=6 x_{2}+6 y_{2}=0 \\ \vec{b} \cdot \overrightarrow{P B}-6 x_{2}+6 z_{2}=0 \end{array}\right.\)，取\(x_2=1\)，可得\(\vec{b}=(1,-1,-1)\)，
设平面\(PBC\)的法向量为\(\vec{c}=(x_3,y_3,z_3)\) ， \(\overrightarrow{P B}=(6,0,6)\), \(\overrightarrow{P C}=(0,6,6)\)，
由 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{c} \cdot \overrightarrow{P B}=6 x_{3}+6 z_{3}=0 \\ \vec{c} \cdot \overrightarrow{P C}=6 y_{3}+6 z_{3}=0 \end{array}\right.\)，取\(z_3=-1\)，可得\(\vec{c}=(1,1,-1)\)，
所以 \(\overrightarrow{E F}=(1,1,6)\)， \(\sin \alpha=\dfrac{|\overrightarrow{E F} \cdot \vec{a}|}{|\overrightarrow{E F}| \cdot|\vec{a}|}=\dfrac{8}{\sqrt{38} \times \sqrt{3}}=\dfrac{8}{\sqrt{114}}\)，
所以 \(\sin \beta=\dfrac{|\overrightarrow{E F} \cdot \vec{b}|}{|\overrightarrow{E F}| \cdot|\vec{b}|}=\dfrac{6}{\sqrt{38} \times \sqrt{3}}=\dfrac{6}{\sqrt{114}}\), \(\sin \gamma=\dfrac{|\overrightarrow{E F} \cdot \vec{c}|}{|\overrightarrow{E F}| \cdot|\vec{c}|}=\dfrac{4}{\sqrt{38} \times \sqrt{3}}=\dfrac{4}{\sqrt{114}}\)，
故选：\(A\)． -
答案 (1)略 (2) 线段\(PD'\)上存在点\(Q\)，且 \(\dfrac{P Q}{P D^{\prime}}=\dfrac{1}{3}\)．
解析 (1)证明：因为在梯形\(ABCD\)中，\(AB∥CD\)，\(AB=2CD=4\)，\(P\)为\(AB\)的中点，
所以\(CD∥AP\)，\(CD=AP\)，所以四边形\(APCD\)为平行四边形，
因为线段\(AC\)与\(DP\)交于\(O\)点，
所以\(O\)为线段\(AC\)的中点，
所以\(△ABC\)中\(OP∥BC\)，
因为\(OP⊂\)平面\(POD'\)，\(BC⊄\)平面\(POD'\)，所以\(BC∥\)平面\(POD'\)．
(2)解：平行四边形\(APCD\)中，\(AP=AD=2\)，
所以四边形\(APCD\)是菱形，\(AC⊥DP\)，垂足为\(O\)，
所以\(AC⊥OD'\)，\(AC⊥OP\)，
因为\(OD'⊂\)平面\(ACD'\)，\(OP⊂\)平面\(ACB\)，
所以\(∠D'OP\)是二面角\(B－AC－D'\)的平面角，
因为二面角\(B－AC－D'\)为直二面角，
所以 \(\angle D^{\prime} O P=\dfrac{\pi}{2}\)，即\(OP⊥OD'\)．
可以如图建立空间直角坐标系\(O－xyz\)，其中\(O(0,0,0)\)，
因为在菱形\(APCD\)中， \(\angle B A D=\dfrac{\pi}{3}\)，
所以\(OD-OP-1\), \(O A=O C=\sqrt{3}\)．
所以 \(B(-\sqrt{3}, 2,0)\), \(P(0,1,0)\), \(C(-\sqrt{3}, 0,0)\), \(D^{\prime}(0,0,1)\)
所以 \(\overrightarrow{B D^{\prime}}=(\sqrt{3},-2,1)\)， \(\overrightarrow{C B}=(0,2,0)\)．
设\(\vec{n} =(x,y,z)\)为平面\(BCD'\)的法向量，
因为 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{C B}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B D^{\prime}}=0 \end{array}\right.\)，
所以 \(\left\{\begin{array}{l} 2 y=0 \\ \sqrt{3} x-2 y+z=0 \end{array}\right.\)．取\(x=1\)，得 \(\vec{n}=(1,0,-\sqrt{3})\)，
线段\(PD'\)上存在点\(Q\)使得\(CQ\)与平面\(BCD'\)所成角的正弦值为√6/8，
设 \(\overrightarrow{P Q}=\lambda \overrightarrow{P D^{\prime}}(0 \leq \lambda \leq 1)\)，
因为 \(\overrightarrow{C P}=(\sqrt{3}, 1,0)\), \(\overrightarrow{P D^{\prime}}=(0,-1,1)\)，
所以 \(\overrightarrow{C Q}=\overrightarrow{C P}+\overrightarrow{P Q}=\overrightarrow{C P}+\lambda \overrightarrow{P D^{\prime}}=(\sqrt{3}, 1-\lambda, \lambda)\)．
因为 \(\cos <\overrightarrow{C Q}, \vec{n}\rangle=\dfrac{\overrightarrow{C Q} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{C Q}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}(1-\lambda)}{2 \sqrt{2 \lambda^{2}-2 \lambda+4}}=\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)，
所以\(3λ^2－7λ+2=0\)，因为\(0≤λ≤1\)，所以 \(\lambda=\dfrac{1}{3}\)．
所以线段\(PD'\)上存在点\(Q\)，且 \(\dfrac{P Q}{P D r}=\dfrac{1}{3}\)，使得\(CQ\)与平面\(BCD'\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)．