高考数学考点31直线与平面所成的角试题解读与变式

高考数学考点31直线与平面所成的角试题解读与变式

考点 31：直线与平面所成的角 【考纲要求】 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题. 2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 【命题规律】 直线与平面所成的角的知识是高考的热点问题，选择、填空、解答题都有可能进行考查.预计 2018 年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体解决线线问题． 【典型高考试题变式】 （一）常规方法求解线面角 例 1.【2017 全国 2 卷（理）】如图所示，已知四棱锥 P ABCD ， PAD△ 是以 AD 为斜边的 等腰直角三角形， //BC AD ，CD AD ， 2 2PC AD DC CB   ， E 为 PD 的中点. （1）证明： //CE 平面 PAB ； （2）求直线CE 与平面 PBC 所成角的正弦值. A B C D P E 【解析】（1）如图所示，设 PA 中点为 F ，联结 EF ， FB . 因为 E ， F 分别为 PD ， PA 中点，所以 //EF AD且 1= 2EF AD ， 又因为 //BC AD ， 1 2BC AD ，所以 //EF BC 且 =EF BC ， 即四边形 BCEF 为平行四边形，所以 //CE BF ， 因此 //CE 平面 PAB . MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以 QMH 是直线CE 与平面 PBC 所成的角. 设 1CD  .在 PCD△ 中，由 2PC  ， 1CD  ， 2PD  得 2CE  ， 在 PBN△ 中，由 1PN BN  ， 3PB  得 1 4QH  ， 在 Rt MQH△ 中， 1 4QH  ， 2MQ  ，所以 2sin 8QMH  ， 所以直线CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是 2 8 . 【方法技巧归纳】求直线和平面所成的角，关键在于找到斜线在平面上的射影，找射影的关 键在于找到平面的垂线段，得到垂足，连接斜足和垂足就是射影. 【变式 1】【改编例题的问法，求解线面角的其他形式】【2014 四川卷（理）】如图在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 O 为线段 BD 的中点. 设点 P 在线段 1CC 上，直线 OP 与平面 1A BD 所成的角为 ，则 sin 的取值范围是( ) A. 3 ,13       B. 6 ,13       C. 6 2 2,3 3       D. 2 2 ,13       【答案】B 【解析】试题分析：设正方体的棱长为1，则 1 1 1 1 1 1 3 12, 3, 1 ,2 2 2AC AC AO OC OC       ，所以 1 1 1 1 3 3 2 1 2 22 2cos ,sin3 3 32 2 AOC AOC         ， 1 1 3 1 3 3 62 2cos ,sin3 332 2 AOC AOC          . 又直线与平面所成的角小于等于 90 ，而 1AOC 为钝角，所以 sin 的范围为 6 ,13       ，选 B. 【变式 2】【改变例题的条件和方法，利用等体积法求解线面角的问题】【2018 届湖南师范大 学附属中学高三上学期月考】如图，圆锥的高 2PD  ，底面⊙ O 的直径 2AB  ， C 是 圆上一点，且 30CAB   ， D 为 AC 的中点，则直线OC 和平面 PAC 所成角的余弦值为 __________． 【答案】 7 3 （二）利用空间向量法求解线面角 例 2.【2017 北京卷（理）】如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD  平面 ABCD ，点 M 在线段 PB 上， //PD 平面 MAC ， 6PA PD  ， 4AB  ． （1）求证： M 为 PB 的中点； （2）求二面角 B PD A  的大小； （3）求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值． 【解析】（1）设 ,AC BD 交点为 E ，联结 ME . 因为 PD∥平面 MAC ，平面 MAC  平面 PBD ME ，所以 PD ME∥ . 因为 ABCD 是正方形，所以 E 为 BD 的中点，所以 M 为 PB 的中点. （2）取 AD 的中点O ，联结OP ，OE . 因为 PA PD ，所以OP AD . 又因为平面 PAD  平面 ABCD ，且OP  平面 PAD ，所以OP 平面 ABCD . 因为OE  平面 ABCD ，所以OP OE . 因为 ABCD 是正方形，所以OE AD . 如图建立空间直角坐标系O xyz ，则 (0,0, 2)P ， (2,0,0)D ， ( 2,4,0)B  ， (4, 4,0)BD   ， (2,0, 2)PD   . 设平面 BDP 的法向量为 ( , , )x y zn ，则 0 0 BD PD        n n ，即 4 4 0 2 2 0 x y x z     . 令 1x  ，则 1y  ， 2z  .于是 (1,1, 2)n . 平面 PAD 的法向量为 (0,1,0)p ，所以 1cos , | || | 2  < > n pn p n p . 由题知二面角 B PD A  为锐角，所以它的大小为 3  . 【方法技巧归纳】利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其 补角)． (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就 是斜线和平面所成的角. 【变式 1】【改变例题的条件，求解线面角的正弦值】【2018 届河南省中原名校高三第三次质 量考评试卷】在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 1 1ABB A 为矩形， 2AB  ， 1 2 2AA  ， D 是 1AA 的中点， BD 与 1AB 交于点O ，且CO  平面 1 1ABB A ． （1）证明：平面 1AB C  平面 BCD； （2）若OC OA ， 1AB C 的重心为 G ，求直线 GD 与平面 ABC 所成角的正弦值． 【解析】试题分析：（1）通过证明 1AB CO ， 1AB BD ，推出 1AB  平面 BCD ，然后 证明平面 1AB C  平面 BCD．（2）以O 为坐标原点，分别以OD ， 1OB ， OC 所在直线为 x ， y ， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ．求出平面 ABC 的法向量，设直线GD 与平面 ABC 所成角 ，利用空间向量的数量积求解直线GD 与平面 ABC 所成角的正弦值即 可． 试题解析：（1）∵ 1 1ABB A 为矩形， 2AB  ， 1 2 2AA  ， D 是 1AA 的中点， ∴ 90BAD   ， 1 90ABB   ， 1 2 2BB  ， 1 1 22AD AA  ， 从而 2tan 2 ADABD AB    ， 1 1 2tan 2 ABAB B BB    ， ∵ 0 ABD  ， 1 2AB B   ，∴ 1ABD AB B   ， ∴ 1 1 1 2AB B BAB ABD BAB         ， ∴ 2AOB   ，从而 1AB BD ， ∵CO  平面 1 1ABB A ， 1AB  平面 1 1ABB A ， ∴ 1AB CO ， ∵ BD CO O  ，∴ 1AB  平面 BCD， ∵ 1AB  平面 1AB C ， ∴平面 1AB C  平面 BCD． （2）如图，以O 为坐标原点，分别以OD ， 1OB ， OC 所在直线为 x ， y ， z 轴建立如 图所示的空间直角坐标系O xyz ． 在矩形 1 1ABB A 中，由于 1/ /AD BB ，所以 AOD 和 1B OB 相似， 从而 1 1 2OB BBOB OA OD AD    ， 又 2 2 1 1 1 1 2 3AB AA A B   ， 2 2 6BD AD AB   ， ∴ 2 6 3OB  ， 6 3OD  ， 2 3 3OA  ， 1 4 3 3OB  ， ∴ 2 30, ,03A      ， 2 6 ,0,03B      ， 2 30,0, 3C       ， 1 4 30, ,03B       ， 6 ,0,03D       ， ∵G 为 1AB C 的重心，∴ 2 3 2 30, ,9 9G       ， 6 2 3 2 3, ,3 9 9GD         ， 设平面 ABC 的法向量为  , ,n x y z ， 2 6 2 3, ,03 3AB        ， 2 3 2 30, ,3 3AC        ， 由 0,{ 0, n AB n AC       可得 2 6 2 3 0,3 3{ 2 3 2 3 0,3 3 x y y z      整理得 2 0,{ 0, x y y z      令 1y  ，则 1z   ， 2 2x  ，∴ 2 ,1, 12n        ， 设直线GD 与平面 ABC 所成角 ，则 6 2 3 2 3 2, , ,1, 13 9 9 2 3 65sin cos , 6526 10 27 2 GD nGD n GD n                          ， 所以直线 GD 与平面 ABC 所成角的正弦值为 3 65 65 ． 【变式 2】【改编例题条件和问题，求解线面角的正弦值】【2018 届吉林省百校联盟高三 TOP20 九月联考】如图所示，在已知三棱柱 中， ， ， ， 平面 平面 ，点 在线段 上，点 是线段 的中点. （1）试确定点 的位置，使得 平面 ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值. 【解析】试题分析： (1)结合线面平行的性质和判断定理可得点 为线段 上靠近点 的三等分点； (2)建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量和平面的法向量可得直线 与平面 所成角 的正弦值是 . 试题解析： （2）不妨设 ，由（1）知 ， 又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，∴ 平面 . 故 ， ，以 为坐标原点， ， ， 分别为 ， ，轴建立空间直角坐标系 ， ∵ ， ， ∴ 为正三角形， ， ∴ ， ， ， ， ∴ ， ， 设平面 的一个法向量 ，则由 ， 可得 令 ，则 ， ∵ ，且 ，故 ，故 ， 故直线 与平面 所成角的正弦值为 . 【数学思想】 1.转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法，数学中一切问题的解决(当然包括解题) 都离不开转化与化归，数形结合思想体现了数与形的相互转化；函数与方程思想体现了函数、 方程、不等式间的相互转化；分类讨论思想体现了局部与整体的相互转化，以上三种思想方 法都是转化与化归思想的具体体现。各种变换方法、分析法、反证法、待定系数法、构造法 等都是转化的手段。所以说，转化与化归是数学思想方法的灵魂. 2. 转化包括等价转化和非等价转化，非等价转化又分为强化转化和弱化转化 等价转化要求在转化过程中的前因后果既是充分的又是必要的，这样的转化能保证转化的结 果仍为原问题所需要的结果，非等价转化其过程则是充分的或必要的，这样的转化能给人带 来思维的启迪，找到解决问题的突破口，非等价变形要对所得结论进行必要的修改. 非等价转化（强化转化和弱化转化）在思维上带有跳跃性，是难点，在压轴题的解答中常常 用到，一定要特别重视！ 3.转化与化归的原则 （1）熟悉化原则：将不熟悉和难解的问题转化为熟知的易解的或已经解决的问题； （2）直观化原则：将抽象的问题转化为具体的直观的问题； （3）简单化原则：将复杂的问题转化为简单的问题，将一般性的问题转化为直观的特殊的问 题；将实际问题转化为数学问题，使问题便与解决. （4）正难则反原则：若过正面问题难以解决，可考虑问题的反面，从问题的反面寻求突破的 途径； （5）低维度原则：将高维度问题转化成低维度问题. 4.转化与化归的基本类型 （1） 正与反、一般与特殊的转化； （2） 常量与变量的转化； （3） 数与形的转化； （4） 数学各分支之间的转化； （5） 相等与不相等之间的转化； （6） 实际问题与数学模型的转化. 5．常见的转化方法 （1）直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题； （2）换元法：运用“换元”把非标准形式的方程、不等式、函数转化为容易解决的基本问题； （3）参数法：引进参数，使原问题的变换具有灵活性，易于转化； （4）构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题； （5）坐标法：以坐标系为工具，用代数方法解决解析几何问题，是转化方法的一种重要途径； （6）类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定转化的途径； （7）特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的结论适合原问题； （8）一般化方法：若原问题是某个一般化形式问题的特殊形式且有较难解决，可将问题通过 一般化的途径进行转化； （9）等价问题法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到转化目的； （10）补集法：（正难则反）若过正面问题难以解决，可将问题的结果看作集合 A，而把包含 该问题的整体问题的结果类比为全集 U，通过解决全集 U 及补集获得原问题的解决. 立体几何中的转化与化归，主要利用直接转化法或坐标法，将空间问题转化成平面问题、将 几何问题转化成代数问题加以解决. 【空间角的范围处理错误注意点】 解决此类问题，要注意各种空间角的给定范围，容易在范围上出现问题. 【典例试题演练】 1．【2017 届湖南省长沙市长郡中学高三下学期临考冲刺】如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 底面 ABC 是边长为 2 的等边三角形，点 1A 在底面 ABC 上的投影 D 恰为 BC 的中点， 1A A 与 平面 ABC 所成的角为 45 ，则该三棱柱的体积为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 10 【答案】C 【解析】由题意得 0 1 1 345 2 32A AD A D AD       ,所以三棱柱的体积为 2 1 33 2 34ABCA D S     ,选 C. 2．【2017 届福建省莆田第一中学高三考前模拟】正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 6,点 O 在 BC 上,且 BO=OC,过点 O 的直线 l 与直线 AA1,C1D1 分别交于 M,N 两点,则 MN 与面 ADD1A1 所成角的正 弦值为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 将平面 1 1C D O 延展与 1AA 交于 M 连结 MO ，并延长与 1 1D C 延长线交于 N ，平面交 AD 于 ED ， 1MN C E 可知 1 1C ED 等于 MN 与 1 1ADD A 成角,，由正方体的性质可 知 1 9C E  ， 1 1 6 2 9 3sin C ED   ，故选 A . 3．【2017 届河南省豫北重点中学高三 4 月联考】如图，三棱锥 P ABC 中， ABC 为边长 为 3 的等边三角形， D 是线段 AB 的中点， DE PB E  ，且 DE AB ， 3 2PA  ， 3 3 2PB  ，则 PA 与平面CDE 所成角的正切值为（ ） A. 3 3 B. 2 2 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】由勾股定理 2 2 2PA PB AB PA PB    ,过 P 作 PM AB 于 M , 由{DE AB AB DCEAB DC    平面 ,所以 APM 为 PA 与平面CDE 所成的角，在直角三角形 APB 中, APM PBA   , 3 32tan tan 33 3 2 APM PBA     . 4．【2017 届四川省大教育联盟高中毕业班第三次诊断】将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直 二面角后的图形如图所示，若 E 为线段 BC 的中点，则直线 AE 与平面 ABD 所成角的余弦为 （ ） A. 1 4 B. 6 6 C. 30 6 D. 15 4 【答案】C 5．【2017 届四川省广元市三诊】对于四面体 ,有以下命题:①若 ,则 , , 与底面所成的角相等；②若 , ,则点 在底面 内的 射影是 的内心；③四面体 的四个面中最多有四个直角三角形；④若四面体 的 6 条棱长都为 1,则它的内切球的表面积为 .其中正确的命题是( ) A. ①③ B. ③④ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】D 【解析】①正确，若 AB AC AD  ，则 , ,AB AC AD 在底面的射影相等，即与底面所成角 相 等 ； ② 不 正 确 ， 如 图 ， 点 A 在 平 面 BCD 的 射 影 为 点 O ， 连 结 ,BO CO ， 可 得 ,BO CD CO BD  ，所以点 O 是 BCD 的垂心； ③正确，如图， AB  平面 BCD， 090BCD  ，其中有 4 个直角三角形； ④ 正 确 ， 正 四 面 体 的 内 切 球 的 半 径 为 r ， 棱 长 为 1 ， 高 为 6 3 ， 根 据 等 体 积 公 式 1 6 1 43 3 3S S r      ，解得： 6 12r  ，那么内切球的表面积 24 6S r   ，故选 D. 6．【2017 届浙江温州中学高三 11 月模拟考】如图四边形 ABCD ， 2AB BD DA   ， 2BC CD  .现将 ABD 沿 BD 折起，当二面角 A BD C  处于 5[ , ]6 6   过程中，直线 AB 与CD 所成角的余弦值取值范围是（ ） A． 5 2 2[ , ]8 8  B． 2 5 2[ , ]8 8 C． 2[0, ]8 D． 5 2[0, ]8 【答案】D. 【解析】 试题分析：如图所示，取 BD 中点 E ，连结 AE ，CE ，∴ AEC 即为二面角 A BD C  的 平面角， 而 2 2 2 2 cos 4 2 3 cosAC AE CE AE CE AEC AEC         ， 5[ , ]6 6AEC    ， ∴ [1, 7]AC  ，∴ 2 2 cos , ( )AB CD AB CD AB BD BC            2 2 2 2 5 12 1 [ , ]2 2 2 2 AB BC AC ACAB BC AB BC            ，设异面直线 AB ，CD 所成的角 为 ， ∴ 1 5 5 20 cos 2 82 2     ，故选 D. 7．【2017 届湖南省邵阳市高三下学期第二次联考】在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中,底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, 1 3AA  , E 是 1AA 的中点,过 1C 作 1C F  平面 BDE 与平 面 1 1ABB A 交于点 F ,则CF 与平面 ABCD 所成角的正切值为__________． 【答案】 5 6 【解析】连结 AC、BD，交于点 O， ∵四边形 ABCD 是正方形，AA1⊥底面 ABCD， ∴BD⊥平面 ACC1A1， 则当 C1F 与 EO 垂直时，C1F⊥平面 BDE， ∵F∈平面 ABB1A1，∴F∈AA1， ∴∠CAF 是 CF 与平面 ABCD 所成角， 在矩形 ACC1A1 中，△C1A1F∽△EAO，则 1 1 1 AC AE A F AO  ， ∵A1C1=2AO=√2AB=2， 3 2AE  ， ∴ 1 4 3A F  ，∴AF= 5 3 ， ∴ 5 53tan 2 6 AFCAF AC     ． ∴CF 与平面 ABCD 所成角的正切值为 5 6 ． 故答案为： 5 6 ． 8．【2017 届河北省石家庄市高三第二次质量检测】设二面角 的大小为 ， 点在平面 内， 点在 上，且 ，则 与平面 所成的角的大小为__________． 【答案】30° 【解析】如图，作 平面 于点 ，在平面 内过 作 于点 ，连接 ，由三垂线定理得 ， 所 以 为 二 面 角 的 平 面 角 ， 所 以 ， 又 ， 所 以 ．连接 ，则 为 与平面 的所成角．设 ，则 ， ， ， ，所以 ，所以 ． 9．【2017 届湖北省武汉市武昌区高三 1 月调研考试】在矩形 中， ，现将 沿矩 形的对角线 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论： ①存在某个位置，使得直线 与直线 垂直； ②存在某个位置，使得直线 与直线 垂直； ③存在某个位置，使得直线 与直线 垂直. 其中正确结论的序号是__________．（写出所有正确结论的序号） 【答案】② 10．【2018 届南宁市高三毕业班摸底联考】如图，在正方形 中， 分别是 的中 点， 是 的中点.现在沿 及 把这个正方形折成一个空间图形，使 三点重合， 重合后的点记为 .下列说法错误的是__________（将符合题意的选项序号填到横线上）. ① 所在平面；② 所在平面；③ 所在平面；④ 所在平面. 【答案】①③④ 【解析】折之前 ,折之后也垂直，所以 面 ，折之前 均为直角， 折之后三点重合，所以折之后 AH,EH，FH 三条直线两两垂直。所以 所在平面，②对， 同时可知 ，又 所在平面，过 AE 不可能做两个平面与直线 HF 垂直，③错， 如果 ，则有 ，与②中 矛盾，所以④错。若 所在平面，则 与②中 矛盾，所以①也错。选①③④。 11．【2018 届湖南师大附中高三上学期月考试卷（三）】如图，在几何体中，四边形 ABCD 为 菱形，对角线 AC 与 BD 的交点为O ，四边形 DCEF 为梯形， / / ,EF DC FD FB . （Ⅰ）若 2DC EF ，求证： / /OE 平面 ADF ； （Ⅱ）求证：平面 AFC  平面 ABCD ； （Ⅲ）若 2AB FB  ， 3AF  ， 60BCD   ，求 AF 与平面 ABCD 所成角. 【解析】试题分析：（1）取 AD 的中点G ，连接 ,OG FG ，证明OGFE 为平行四边形，可得 / /OE FG ，利用线面平行的判定定理即可证明 / /OE 平面 ADF ；（2）先证明 OC BD ， OF BD ，可证明 BD  平面 AFC ，从而可证明平面 AFC  平面 ABCD ；（3）做 FH AC 于 ,H FAH 为 AF 与平面 ABCD 所成角，根据余弦定理及等腰三角形性质即可 求 AF 与平面 ABCD 所成角. 试题解析：（Ⅰ）证明：取 AD 的中点G ，连接OG ， FG . ∵对角线 AC 与 BD 的交点为O ， ∴ 1/ / , 2OG DC OG DC ， ∵ / / , 2EF DC DC EF ，∴ / / ,OG EF OG EF ，∴OGEF 为平行四边形， ∴ / /OE FG ， ∵ FG  平面 ADF ， OE  平面 ADF ， ∴ / /OE 平面 ADF ； （Ⅱ）证明：∵四边形 ABCD 为菱形， ∴OC BD ， ∵ FD FB ， O 是 BD 的中点， ∴OF BD ， ∵OF OC O  ， ∴ BD  平面 AFC ， ∵ BD  平面 ABCD ， ∴平面 AFC  平面 ABCD ； （Ⅲ） 作 FH AC 于 H . ∵平面 AFC  平面 ABCD ，∴ FH  平面 ABCD ， ∴ FAH 为 AF 与平面 ABCD 所成角， 由题意， BCD 为正三角形， 3, 2OA BD AB   ， ∵ 2FD FB  ， ∴ FBD 为正三角形，∴ 3OF  . AOF 中，由余弦定理可得 3 3 9 1cos 22• 3 • 3 AOF      ， ∴ 120AOF   ， ∴ 30FAH AOF     ， ∴ AF 与平面 ABCD 所成角30 . 12．【2018 届云南省昆明市高新技术开发区高考适应性月考】如图所示，四棱锥 P ABCD 中， PA  平面 ABCD ， / /AD BC ， 3AB AD AC   ， 4PA BC  ， M 为线段 AD 上一点， 2MD AM ， N 为线段 PC 上一点， 3NC PN . （1）证明： / /MN 平面 PAB ； （2）求直线 PB 与平面 AMN 所成角的正弦值 【解析】试题分析：证明线面平行有两种思路：第一寻求线线平行，利用线面平行的判定定 理.第二寻求面面平行，进而说明线面平行；本题借助平行四边形可以得到线线平行，进而证 明线面平行；第二步求线面角，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，借助空间向量， 求法向量，利用公式求角. （Ⅱ）解：如图，取 BC 的中点 E ，连接 AE ． 由 AB AC 得 AE BC ， 从 而 AE AD ， 且 2 2 2 2 52 BCAE AB BE AB         ． 以 A 为坐标原点， AE 的方向为 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz ． 由题意知，  0 0 4P ，， ，  5 2 0B ， ， ，  0 1 0M ，， ，  5 2 0C ，， ， 5 1 34 2N       ， ， ，  5 2 4PB    ， ， ，  0 1 0AM  ，， ， 5 1 34 2AN        ， ， ． 设  n x y z ，， 为平面 AMN 的一个法向量， 则 · 0{ · 0 n AM n AN     ， ， 即 0 { 5 1 3 04 2 y x y z     ， ， 可取 54 0 3n        ，， ．于是 · 16 745cos 745 n PB n PB n PB      ， ， 所以直线 PB 与平面 AMN 所成角的正弦值为 16 745 745 ． 13．【2018 届湖北省华师一附中高三 9 月调研】如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，底面是 等腰直角三角形， 90ACB   ，侧棱 1 2AA  ，D、E 分别是 1CC 与 1A B 的中点，点 E 在平 面 ABD 上的射影是 ABD 的重心G (Ⅰ)求 1A B 与平面 ABD 所成角的余弦值 (Ⅱ)求点 1A 到平面 AED 的距离 【解析】试题分析：（Ⅰ）先利用线面角的定义找出线面角，再利用解直角三角形进行求解； （Ⅱ）先利用面面垂直的判定定理证明面面垂直，再利用利用面面垂直的性质作出线面垂直， 得到点到平面的距离. 试题解析：（Ⅰ）连结 BG ，则 BG 是 BE 在 ABD 的射影，即 EBG 是 1A B 与平面 ABD 所 成的角.设 F 为 AB 中点，连结 ,EF FC ，∵ ,D E 分别是 1 1,CC A B 的中点，又 DC  平面 ABC ，则CDEF 为正方形，连接 DE ， G 是 ADB 的重心，且G DF ，在直角三角形 EFD 中， 2 21 3EF FG FD FD   ， 1EF  3FD  ， 1 2 62, 33 ED EG    ， 2FC CD  12 2, 2 3, 3AB A B EB    ， 6 1 2sin .3 33 EGEBG EB       即 7cos .3EBG   14．【2018 届湖北省荆州中学高三上学期第一次双周考】如图，三棱柱 1 1 1-ABC A B C 中， 1 1 60CA CB AB AA BAA    ， ， . （Ⅰ）证明： 1AB AC ； （Ⅱ）平面 ABC  平面 1 1AA B B ， AB CB ，求直线 1AC 与平面 1 1BB C C 所成角的正弦值. 【解析】试题分析： (1)利用题意首先证得 1AB OAC 平面 ，然后利用线面垂直的定义即可证得题中的结论； (2)建立空间直角坐标系，结合平面的法向量和直线的方向向量可得直线 1AC 与平面 1 1BB C C 所成角的正弦值是 10 5 . 试题解析： （1）证明：如图所示，取 AB 的中点O ，连接 OC ， 1OA ， 1A B .因为 =CA CB ， 所以 OC AB .由于 1AB AA ， 1 60BAA   ， 故 1AA B 为等边三角形，所以 1OA AB . 因为 1OC OA O  ，所以 1AB OAC 平面 . 又 1 1AC OAC 平面 ，故 1AB AC （2）由（1）知OC AB ， 1OA AB ，又 1 1ABC AA B B平面 平面 ，交线为 AB ， 所以 1 1OC AA B B 平面 ，故 1, ,OA OA OC 两两相互垂直. 以O 为坐标原点， OA 的方向为 x 轴的正方向， OA 为单位长，建立如图（2）所示的空间 直角坐标系Oxyz .由题设知        11,0,0 , 0, 3,0 , 0,0, 3 , 1,0,0A A C B  ， 则  = 1,0 3BC ， ，  1 1 1, 3,0BB AA    ，  1 0 3, 3AC   ， . 设  , ,n x y z 是平面 1 1BB C C 的法向量， 则 1 0,{ 0, n BC n BB       即 3 0,{ 3 0. x z x y      可取  3,1, 1 ,n   故 1 1 1 10, 5 n ACcosn AC n AC      . 所以 1AC 与平面 1 1BB C C 所成角的正弦值为 10 5