3.2.3直線與平面的夾角一、基礎(chǔ)過關(guān)1．平面的一條斜線和這個平面所成角θ的范圍是 ()A．0°<θ<90° B．0°≤θ<90°C．0°<θ≤90° D．0°<θ<180°2．正方體ABCD—A1B1C1D1中，B1C與平面ABCD所成的角是A．90° B．30°C．45° D．60°3．正四面體ABCD中棱AB與底面BCD所成角的余弦值為 ()\f(1,2) \f(1,3) \f(\r(3),3) \r(3)4．在三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是棱長為1的正三角形，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，點D在棱BB1上，且BD＝1，若AD與平面AA1C1C所成的角為α，則sin\f(\r(3),2) \f(\r(2),2) \f(\r(10),4)\f(\r(6),4)5．正方體ABCD－A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為 \f(\r(2),3) \f(\r(3),3) \f(2,3) \f(\r(6),3)6．如果平面的一條斜線與它在這個平面上的射影的方向向量分別是a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，那么這條斜線與平面所成的角是________．二、能力提升7．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 ()\f(\r(3),4) \f(\r(5),4) \f(\r(7),4) \f(3,4)8.如圖，∠BOC在平面α內(nèi)，OA是平面α的一條斜線，若∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝eq\r(2)a，OA與平面α所成的角為________．9．在正三棱柱ABC—A1B1C1中側(cè)棱長為eq\r(2)，底面邊長為1，則BC1與側(cè)面ACC1A110．在正四面體ABCD中，E為棱AD的中點，連接CE，求CE和平面BCD所成角的正弦值．

11.如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面＝DC，E是PC的中點．求EB與平面ABCD夾角的余弦值．12.如圖，已知點P在正方體ABCD—A′B′C′D′的對角線BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP與CC′所成角的大??；(2)求DP與平面AA′D′D所成角的大?。?、探究與拓展13.已知幾何體EFG—ABCD如圖所示，其中四邊形ABCD，CDGF，ADGE均為正方形，且邊長為1，點M在邊DG上．(1)求證：BM⊥EF；(2)是否存在點M，使得直線MB與平面BEF所成的角為45°，若 存在，試求點M的位置；若不存在，請說明理由．

答案1．A3．C4．D5．D6．60°7．D8．45°\f(π,6)10．解如圖，過A、E分別作AO⊥平面BCD，EG⊥平面BCD，O、G為垂足．∴AO綊2GE，AO、GE確定平面AOD，連接GC，則∠ECG為CE和平面BCD所成的角．∵AB＝AC＝AD，∴OB＝OC＝OD.∵△BCD是正三角形，∴O為△BCD的中心，連接DO并延長交BC于F，則F為BC的中點．令正四面體的棱長為1，可求得CE＝eq\f(\r(3),2)，DF＝eq\f(\r(3),2)，OD＝eq\f(\r(3),3)，AO＝eq\r(AD2－OD2)＝eq\r(1－\f(3,9))＝eq\f(\r(6),3)，∴EG＝eq\f(\r(6),6)，在Rt△ECG中，sin∠ECG＝eq\f(EG,CE)＝eq\f(\r(2),3).11．解取CD的中點M，則EM∥PD，又∵PD⊥平面ABCD，∴EM⊥平面ABCD，∴BE在平面ABCD上的射影為BM，∴∠MBE為BE與平面ABCD的夾角，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PD＝DC＝1，則P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)，0))，cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(BM,\s\up6(→)),|\o(BE,\s\up6(→))||\o(BM,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋\f(1,4),\r(\f(3,2))×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(30),6)，∴BE與平面ABCD夾角的余弦值為eq\f(\r(30),6).12．解(1)如圖，以D為原點，DA為單位長建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz.則eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up6(→))＝(0,0,1)．連接BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延長DP交B′D′于H.設(shè)eq\o(DH,\s\up6(→))＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝60°，由eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))＝|eq\o(DA,\s\up6(→))||eq\o(DH,\s\up6(→))|cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1).解得m＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\o(DH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).因為cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝45°，即DP與CC′所成的角為45°.(2)平面AA′D′D的一個法向量是eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)．因為cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×1＋1×0,1×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝60°.可得DP與平面AA′D′D所成的角為30°.13．(1)證明∵四邊形ABCD，CDGF，ADGE均為正方形，∴GD⊥DA，GD⊥DC，又DA∩DC＝D，∴GD⊥平面ABCD.以點D為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)．∵點M在邊DG上，故可設(shè)M(0,0，t)(0≤t≤1)．∵eq\o(MB,\s\up6(→))＝(1,1，－t)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，∴eq\o(MB,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝1×(－1)＋1×1＋(－t)×0＝0，∴BM⊥EF.(2)解假設(shè)存在點M使得直線MB與平面BEF所成的角為45°.設(shè)平面BEF的一個法向量為n＝(x，y，z)，∵eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋z＝0，,－x＋z＝0.))令z＝1得x＝y(tǒng)＝1，∴n＝(1,1,1)，∴cos〈n，eq\o(MB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(MB,\s\up6(→)),|n||\o(MB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2－t,\r(3)×\r(2＋t2))，∵直線BM與平面BEF所成的角為45°，∴sin45°＝|cos〈n，eq\o(MB,\s\