- 直线与平面所成的角
- 共1178题
（1）证明：PB⊥平面DEF；
（2）若AD=2DC，求直线BE与平面PAD所成角的正弦值．
正确答案
∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC，
∴BC⊥平面PDC．∵DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE．
又∵PD=DC，E是PC的中点，∴DE⊥PC．∴DE⊥平面PBC．
∵PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB．又∵EF⊥PB，且DE∩EF=E，
∴PB⊥平面EFD…（8分）
（2）解：取AB中点G，PD中点H，连接EH，HG，连接AH．
∵E是PC中点，
∴
∴EBGH为平行四边形，…（9分）
∵PD⊥平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD连接AH，…（10分）
∴∠GHA为所求直线BE与平面PAD所成的角．…（13分）
∵AD=2DC，
∴在Rt△ADH中，AH=
∴在Rt△AGH中，AG=
∴sin∠GHA=
解析
∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC，
∴BC⊥平面PDC．∵DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE．
又∵PD=DC，E是PC的中点，∴DE⊥PC．∴DE⊥平面PBC．
∵PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB．又∵EF⊥PB，且DE∩EF=E，
∴PB⊥平面EFD…（8分）
（2）解：取AB中点G，PD中点H，连接EH，HG，连接AH．
∵E是PC中点，
∴
∴EBGH为平行四边形，…（9分）
∵PD⊥平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD连接AH，…（10分）
∴∠GHA为所求直线BE与平面PAD所成的角．…（13分）
∵AD=2DC，
∴在Rt△ADH中，AH=
∴在Rt△AGH中，AG=
∴sin∠GHA=
已知一平面与正方体的12条棱的夹角均为θ，那么sinθ=______．
正确答案
解析
解：因为棱A1A，A1B1，A1D1与平面AB1D1所成的角相等，所以平面AB1D1就是与正方体的12条棱的夹角均为θ的平面．设棱长为：1，易知sinθ=
故答案为：
（1）建立适当的坐标系，并写出点A，B，A1，C1的坐标；
（2）求AC1与侧面ABB1A1所成的角．
正确答案
以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系．
由已知得A（0，0，0），B（0，a，0），
②坐标系如上，取A1B1的中点M，于是有
连AM，MC1有
且
由
所以，MC1⊥面ABB1A1，
∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角．
∵
∴
∴
所以，
解析
以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系．
由已知得A（0，0，0），B（0，a，0），
②坐标系如上，取A1B1的中点M，于是有
连AM，MC1有
且
由
所以，MC1⊥面ABB1A1，
∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角．
∵
∴
∴
所以，
随着环保理念的深入，用建筑钢材余料创作城市雕塑逐渐流行．下图是其中一个抽象派雕塑的设计图．图中α表示水平地面，线段AB表示的钢管固定在α上；为了美感，需在焊接时保证：线段AC表示的钢管垂直于α，BD⊥AB，且保持BD与AC异面．
（1）若收集到的余料长度如下：AC=BD=24（单位长度），AB=7，CD=25，按现在手中的材料，求BD与α应成的角；
（2）设计师想在AB，CD中点M，N处再焊接一根连接管，然后挂一个与AC，BD同时平
行的平面板装饰物．但他担心此设计不一定能实现．请你替他打消疑虑：无论AB，CD多长，焊接角度怎样，一定存在一个过MN的平面与AC，BD同时平行（即证明向量
（3）如果事先能收集确定的材料只有AC=BD=24，请替设计师打消另一个疑虑：即MN要准备多长不用视AB，CD长度而定，只与θ有关（θ为设计的BD与α所成的角），写出MN与θ的关系式，并帮他算出无论如何设计MN都一定够用的长度．
正确答案
解：（1）设D在α上的射影为H
∵AC⊥α，DH⊥α，∴AC∥∥DH，∴AC，DH共面，
∴过D作DK⊥AC于K，
∴AHDK为矩形，
设DH=h，则（AC-h）2+AH2=CD2，①
由三垂线定理易知BH⊥AB
∴AH2=AB2+BH2=AB2+（BD2-h2）②
将②代入①，得：（24-h）2+72+（242-h2）=252，解得h=12，
于是sin∠DBH=
∴∠DBH=30°，即BD与α所成的角是30°．
（2）由向量加法的三角形法则
两式相加即得
∴由共面向量的判定定理得到量
从而一定存在一个过MN的平面与AC，BD同时平行
（3）∵
∴
∵θ∈（0，
∴
解析
解：（1）设D在α上的射影为H
∵AC⊥α，DH⊥α，∴AC∥∥DH，∴AC，DH共面，
∴过D作DK⊥AC于K，
∴AHDK为矩形，
设DH=h，则（AC-h）2+AH2=CD2，①
由三垂线定理易知BH⊥AB
∴AH2=AB2+BH2=AB2+（BD2-h2）②
将②代入①，得：（24-h）2+72+（242-h2）=252，解得h=12，
于是sin∠DBH=
∴∠DBH=30°，即BD与α所成的角是30°．
（2）由向量加法的三角形法则
两式相加即得
∴由共面向量的判定定理得到量
从而一定存在一个过MN的平面与AC，BD同时平行
（3）∵
∴
∵θ∈（0，
∴
（1）求证：CO⊥平面ABC1；
（2）求直线BC与平面ABC1所成角的正弦值．
正确答案
取AB中点M，连结CM、OM，
∵AC=BC，∴CM⊥AB，
又∵OM∥BB1，∴OM⊥AB，
OM∩CM=M，OM，CM⊂平面OCM，
∴AB⊥平面OCM，∴AB⊥CO，
连结A1C，∵BC⊥AC，BC⊥CC1，
∴BC⊥平面A1ACC1，且AC1⊂平面A1ACC1，
∴BC⊥AC1，
又∵A1C⊥AC1，且A1C∩BC=C，A1C，BC⊂平面A1BC，
∴AC1⊥平面A1BC，CO⊂平面A1BC，∴CO⊥AC1，
AB∩AC1=A，又∵AB，AC1⊂平面ABC1，
∴CO⊥平面ABC1；
（2）解：连结MC1交CO于N，连结BN，
∵CO⊥面ABC1，∴∠CBN为BC与平面ABC1所成的角，
令AC=BC=CC1=a，
在Rt△C1CM中，C1C=a，CM=
∴MC1=
∵CN⊥MC1，∴CN•MC1=CM•CC1，∴CN=
∵CB=a，∴Rt△CBN中，sin∠CBN=
∴直线BC与平面ABC1所成角的正弦值为
解析
取AB中点M，连结CM、OM，
∵AC=BC，∴CM⊥AB，
又∵OM∥BB1，∴OM⊥AB，
OM∩CM=M，OM，CM⊂平面OCM，
∴AB⊥平面OCM，∴AB⊥CO，
连结A1C，∵BC⊥AC，BC⊥CC1，
∴BC⊥平面A1ACC1，且AC1⊂平面A1ACC1，
∴BC⊥AC1，
又∵A1C⊥AC1，且A1C∩BC=C，A1C，BC⊂平面A1BC，
∴AC1⊥平面A1BC，CO⊂平面A1BC，∴CO⊥AC1，
AB∩AC1=A，又∵AB，AC1⊂平面ABC1，
∴CO⊥平面ABC1；
（2）解：连结MC1交CO于N，连结BN，
∵CO⊥面ABC1，∴∠CBN为BC与平面ABC1所成的角，
令AC=BC=CC1=a，
在Rt△C1CM中，C1C=a，CM=
∴MC1=
∵CN⊥MC1，∴CN•MC1=CM•CC1，∴CN=
∵CB=a，∴Rt△CBN中，sin∠CBN=
∴直线BC与平面ABC1所成角的正弦值为
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