18-19学年高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算 2.5.3 直线与平面的夹角 选修2-1_图文

2.5.3 直线与平面的夹角

学习目标

思维脉络

1.掌握直线与平面的夹角的定义,

并清楚它们夹角的取值范围.

2.会用向量法求直线与平面的夹

角. 3.能灵活地选用向量法与综合法 来解决立体几何中角的问题.

直线与平面的夹角

名师点拨1.直线与平面所成的角用向量来求时,得到的不是线面 角,而是它的余角(或补角的余角).应注意到线面角为锐角(或直角).
π 2.直线与平面所成角θ的范围是 0, 2 .可通过直线的方向向量与
平面的法向量的夹角φ求得,关系式:sin θ=|cos φ|或cos θ=sin φ.

【做一做1】 已知线段AB=8,AB在平面α内的射影长为4,则直线

AB与平面α所成的角θ为( )

A.30°

B.60° C.90°D.120°

解析:由题意得 cos θ=48 = 12,∴θ=60°.

答案:B

【做一做2】 已知直线l的方向向量为s=(1,0,0),平面π的法向量

为n=(2,1,1),则直线与平面夹角的正弦值为

.

解析:∵cos<s,n>=|·|||

=

2 1×

6

=

36>0,故<s,n><π2,

∴直线 l 与平面 π 的夹角 θ=π2-<s,n>.

∴sin θ=sin

π 2

-

<

,

>

=cos<s,n>= 36.

答案:

6 3

思考辨析 判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内打“ ”,错误的打
“×”.
(1)直线与平面的夹角都是锐角. ×( ) (2)直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角. (× ) (3)当直线与平面的夹角为0°时,说明直线与平面平行. ×( )

探究一

探究二

一题多解

直线与平面的夹角 【例1】在平面四边形ABCD 中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面 ABD⊥平面BCD,如图.

(1)求证:AB⊥CD; (2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.

探究一

探究二

一题多解

思维点拨:在第(1)问中,考查线线垂直问题,要寻求线线垂直的条 件,可以是线面垂直或面面垂直.结合具体条件,利用面面垂直去证 明线线垂直,只需在其中一个平面内的一条直线垂直于交线就可以 了.在第(2)问中,欲求直线与平面所成角的正弦值,自然联想到借助 于向量解决,建立合适的坐标系之后,求得平面的法向量n,再在直线 上确定一个方向向量,求得这两个向量夹角的余弦值,其绝对值即 为线面角的正弦值.
(1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB?平
面ABD,AB⊥BD,
∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD,∴AB⊥CD.

探究一

探究二

一题多解

(2)解:过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.

由(1)知AB⊥平面BCD,BE?平面BCD,BD?平面BCD,

∴AB⊥BE,AB⊥BD.

以 B 为坐标原点,分别以, , 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的

正方向建立空间直角坐标系.依题意,得

B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M

0,

1 2

,

1 2

,则=(1,1,0), =

0,

1 2

,

1 2

, =(0,1,-1).

设平面MBC的法向量n=(x0,y0,z0),

则 · = 0,

· = 0,



0 + 0 = 0,

1 2

0

+

1 2

0

=

0,

探究一

探究二

一题多解

取z0=1,得平面MBC的一个法向量n=(1,-1,1). 设直线AD与平面MBC所成角为θ, 则 sin θ=|cos<n,>|=|||·||| = 36, 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 36. 反思感悟本题属于点、线、面的位置关系的判定与空间角的求
解的综合性问题.针对第(1)问,涉及线线垂直的证明一般直接用判 定或性质定理即可.针对第(2)问,涉及线面角的解决要侧重于建系, 用向量的方法解决.

探究一

探究二

一题多解

变式训练1已知长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为4 的正方形,长方体的高AA1=3,则BC1与对角面BB1D1D夹角的正弦值 等于( )

4

3

A.5

B.5

22
C. 5

32
D. 5

解析:建立如图所示的空间直角坐标系,

∵底面是边长为4的正方形,AA1=3, ∴A1(4,0,0),B(4,4,3),C1(0,4,0).

平面 BB1D1D 的一个法向量为11=(-4,4,0),
∴BC1 与对角面 BB1D1D 夹角的正弦值为

|cos<1, 11>|=|(-442,0+,-332)··(-442,4+,04)2|=5×146 2 = 252.

答案:C

探究一

探究二

一题多解

夹角的综合计算 【例2】如图,在三棱锥P-ABC 中,∠APB=90°,∠PAB=60°,AB=BC=CA,平面PAB⊥平面ABC.

(1)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值; (2)平面APC与平面PAB夹角的余弦值. 思维点拨:先利用面面垂直关系,建立空间直角坐标系,再利用线 面角、面面角的向量方法求解.

探究一

探究二

一题多解

解:设AB的中点为D,连接CD,作PO⊥AB于点O. 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,所以PO⊥平 面ABC.所以PO⊥CD. 由AB=BC=CA,知CD⊥AB. 设E为AC中点,连接OE,则EO∥CD, 从而OE⊥PO,OE⊥AB. 如图,以O为坐标原点,OB,OE,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴, 建立空间直角坐标系.

探究一

探究二

一题多解

不妨设 PA=2,由已知可得 AB=4,OA=OD=1,OP= 3,CD=2 3,

所以 O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2 3,0),P(0,0, 3).

(1)易得=(-1,-2 3, 3),

且=(0,0, 3)为平面 ABC 的一个法向量. 设 α 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角,



sin

α=|||·|||

=

|0+0+3| 16× 3

=

43.

所以直线 PC 与平面 ABC 所成角的正弦值为 43.

探究一

探究二

一题多解

(2)易得=(1,0, 3),=(2,2 3,0). 设平面 APC 的法向量为 n=(x1,y1,z1),

则 · = 0, 即 1 + 31 = 0, · = 0, 21 + 2 31 = 0,
取 z1=1,可得 n=(- 3,1,1). 因为平面 PAB 的一个法向量为 m=(0,1,0),

所以 cos<m,n>=|·||| =

1 5

=

55.

所以平面 APC 与平面 PAB 夹角的余弦值为 55.

反思感悟求空间角的两种思路:

(1)几何法:利用定义找出空间角,一般都放在某个三角形中,然后

解三角形即可.

(2)向量法:一般用向量的坐标法解决,先根据条件建立空间直角

坐标系,再利用线线角、线面角、面面角的向量法夹角公式求解.

探究一

探究二

一题多解

变式训练2如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,D,E分别为 AA1,B1C的中点,DE⊥平面BCC1B1.

(1)证明:AB=AC;
(2)设平面ABD与平面BCD的夹角为60°,求B1C与平面BCD所成 的角的大小.

探究一

探究二

一题多解

(1)证明:以A为坐标原点,

射线AB为x轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设

B(1,0,0),C(0,b,0),D(0,0,c),

则 B1(1,0,2c),E

1 2

,

2

,

,

于是 =

1 2

,

2

,0

, =(-1,b,0).

由 DE⊥平面 BCC1B1,知 DE⊥BC, ·=0,求得 b=1,

所以 AB=AC.

探究一

探究二

一题多解

(2)解:设平面 BCD 的法向量=(x,y,z),

则 ·=0, ·=0.

又=(-1,1,0),=(-1,0,c),故 - + = 0, - + = 0.

令 x=1,则 y=1,z=1 , =

1,1,

1

.

又平面 ABD 的法向量=(0,1,0),

由平面 ABD 与平面 BCD 的夹角为 60°知,<, >=60°,
故 ·=||·||·cos 60°,求得 c= 12, 于是=(1,1, 2),1=(1,-1, 2), cos<, 1>=||··|11| = 12,<, 1>=60°.
所以 B1C 与平面 BCD 所成的角为 30°.

探究一

探究二

一题多解

线面角的求法 【典例】 正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为 AC1与侧面ABB1A1的夹角.
思路点拨:

2 a,求

探究一

探究二

一题多解

解:方法一:如图所示,取A1B1的中点M, 则C1M⊥A1B1,又因为平面A1B1C1⊥平面ABB1A1,且交线为A1B1,所 以C1M⊥平面ABB1A1,故AM为AC1在平面ABB1A1上的投影,即 ∠C1AM为直线AC1与侧面ABB1A1的夹角.在Rt△AC1M中, C1M= 23a,AC1= 3a,则 sin∠C1AM=11 = 12,所以∠C1AM=30°,
即AC1与侧面ABB1A1的夹角为30°.

探究一

探究二

一题多解

方法二:建立如图所示的空间直角坐标系,

则 A(0,0,0),B(0,a,0),A1(0,0,

2a),C1

-

3 2

,

2

,

2

,B1(0,a,

2a).

取A1B1的中点M,由方法一知∠C1AM是直线AC1与侧面ABB1A1的

夹角.

∵1 =

-

3 2

,

2

,

2

, =

0,

2

,

2 ,

∴1 ·=0+42+2a2=942.

又|1 |=

32 4

+

2 4

+

22

=

3a,

| |=

2 4

+

22

=

32,

∴cos<1, >=

92

4
3·32

=

23.

∴<1, >=30°,即 AC1 与侧面 ABB1A1 的夹角为 30°.

探究一

探究二

一题多解

方法三:建系同方法二,则=(0,a,0),1 =(0,0, 2a). 设侧面 ABB1A1 的法向量为 n=(λ,x,y),

则 n·=0,且 n·1=0,
∴ax=0,且 2ay=0,∴x=y=0,故 n=(λ,0,0).

又1 =

-

3 2

,

2

,

2 ,

∴cos<1,n>=|11|·|| = - 323··||=-2||.
设 AC1 与侧面 ABB1A1 的夹角为 θ,则 sin θ=|cos<1,n>|=12,

∴θ=30°,即AC1与侧面ABB1A1的夹角为30°.

探究一

探究二

一题多解

通题通法求线面角的三个思路: (1)几何法:利用定义在图中作出线面角,然后证明,放在直角三角 形中求角. (2)几何与向量结合法:利用定义在图中找(作)出线面角,然后证明, 转化为向量的夹角计算. (3)向量法:利用线面角θ和直线的方向向量s与平面的法向量n的 夹角<s,n>之间的公式sin θ=|cos<s,n>|计算.

探究一

探究二

一题多解

变式训练在正方体ABCD-A1B1C1D1中,求A1B与平面A1B1CD所成 的角.
解:(方法一)如图,连接BC1,与B1C交于点O,连接A1O.由题意可知 A1B1⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1,所以A1B1⊥BC1,因为在正方 体ABCD-A1B1C1D1中,BC1⊥B1C,且B1C∩A1B1=B1,所以BC1⊥平面 A1B1CD,故A1O为A1B在平面A1B1CD内的投影,即∠BA1O为A1B与平 面A1B1CD所成的角.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,

探究一

探究二

一题多解

则在△A1OB 中,A1B= 2,BO= 22,∠A1OB=90°, 所以 sin∠BA1O=1 = 12, 所以∠BA1O=30°,即A1B与平面A1B1CD所成的角是30°.

探究一

探究二

一题多解

(方法二)如图,建立空间直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为1,则

由题意可知A1(1,0,1),B(1,1,0).连接BC1,与B1C交于点O,

则O

1 2

,1,

1 2

,连接 A1O,由题意可知 BO⊥平面 A1B1CD,所以∠

BA1O 是 A1B 与平面 A1B1CD 所成的角.由 =

-

1 2

,0,

1 2

, 1=(0,-1,1),可得 cos<, 1>=|·||11| =

1 2
22×

2

=

1
2,

故<, 1>=60°,所以 A1B 与平面 A1B1CD 所成的角是 30°.

探究一

探究二

一题多解

(方法三)如图,建立空间直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为1,

则 D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1).所以

1=(0,1,-1),1 =(-1,0,-1),11=(0,1,0).设平面 A1B1CD 的一个法

向量为 n=(x,y,z),由

⊥ 1, 知 ⊥ 11

·1 = 0, 即 ·11 = 0,



+ =

= 0,

0,所以



= =

-,故可取 0.

n=(1,0,-1).

故 cos<1,n>=

1 12+(-1)2·

12+(-1)2

=

12,

所以<1 ,n>=60°, 所以 A1B 与平面 A1B1CD 所成的角为 30°.

1234
1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l 与平面α所成的角等于( ) A.120° B.60° C.30° D.以上均错 解析:直线l与平面α所成的角θ=120°-90°=30°. 答案:C

1234

2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧 面ACC1A1夹角的正弦值等于( )

A.

6 4

B.

10 4

C.

2 2

D.

3 2

解析:如图,

作B1D⊥A1C1,垂足为D,连接AD.
∵ABC-A1B1C1为正三棱柱, ∴B1D⊥平面ACC1A1, ∴∠B1AD为所求的AB1与侧面ACC1A1的夹角.

设 AB=2a,则 B1D= 3a,AB1=2 2a.
∴sin∠B1AD=11 = 46.

答案:A

1234

3.在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=BC,且∠BAC= π2,则PA与底面ABC

的夹角为

.

解析:取BC的中点O,

连接 PO,AO.由题意可令 PA=PB=PC=BC=a,则 ∠ 所B以ACA=Oπ2=,2且. O 为 BC 的中点,

PO=

23a.又

BC=a,

又 PO2+OA2=PA2,所以 PO⊥AO.

所以 cos∠PAO=12,所以∠PAO=π3.

因为PO⊥BC,且AO∩BC=O,

所以PO⊥平面ABC,即∠PAO为PA与底面ABC的夹角. 答案:π3

1234

4.如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=

1 2

PA,点O,D分别是

AC,PC的中点,OP⊥底面ABC.

(1)求证:OD∥平面PAB. (2)求直线OD与平面PBC夹角的正弦值.

1234

解:∵OP⊥平面ABC,OA=OC,AB=BC,

∴OA⊥OB,OA⊥OP,OB⊥OP.

以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.

设 AB=a,则 A

2 2

,0,0

,B

0,

2 2

,0

,C

-

2 2

,0,0

,设 OP=h,

则P(0,0,h).

1234

(1)证明:∵D 为 PC 的中点,∴ =

-

2 4

,0,

1 2

?

.

又 =

2 2

,0,-?

,

∴=-12 .∴ ∥ .

∵OD?平面PAB,PA?平面PAB,

∴OD∥平面PAB.

1234

(2)∵PA=2a,∴h=

14
2 a.

∴ =

-

2 4

,0,

14 4



.

又 =

-

2
2 a,-

2 2

,0

, =

0,

2 2

,-

14 2



,

设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z).

由 · = 0, 得 + = 0, · = 0, - 7 = 0,

令 y=1,得 n=

-1,1,

7 7

,

∴cos<,n>=||·|| = 32010.

设 OD 与平面 PBC 所成的角为 θ,

则 sin θ=|cos<,n>|= 32010,
∴OD 与平面 PBC 的夹角的正弦值为 32010.


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