-新教材高中数学第一章空间向量与立体几何2.3直线与平面的夹角学案新人教B版选择性必修第一册

PAGEPAGE10直线与平面的夹角新课程标准解读核心素养1.理解直线与平面的夹角定义直观想象2.能用向量方法解决线面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用数学运算迈克尔·杰克逊出生于印第安纳州加里市，被称为“流行音乐之王”．迈克尔·杰克逊除了他擅长的歌曲，还有他那漂亮的太空步，尤其像谜一样存在的招牌动作45度倾斜舞步，据说迈克尔杰克逊早在1993年就申请了专利，专利名称“摆脱地心引力的幻想”．[问题]45度到底指的是哪个角呢？知识点直线与平面的夹角1．直线和平面所成的角2．最小角定理3．用空间向量求直线与平面的夹角如果v是直线l的一个方向向量，n是平面α的法向量，设直线l与平面α所成角的大小为θ，则θ＝eq\f(π,2)－〈v，n〉或θ＝〈v，n〉－eq\f(π,2)，特别地cosθ＝sin_〈v，n〉或sinθ＝|cos_〈v，n〉|．1．斜线与平面的夹角为[0，90°]，对吗？提示：错误．斜线与平面的夹角为(0，90°).2．直线l的方向向量s与平面的法向量n的夹角一定是直线和平面的夹角吗？提示：不是．直线和平面的夹角为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－〈s，n〉)).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：选C设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos120°|＝eq\f(1,2)，又∵0≤θ≤90°，∴θ＝30°.2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，CB1与平面AA1解析：如图，连接B1D1交A1C1于O，连接OC，因为几何体是正方体，所以OB1⊥平面AA1所以∠B1CO是CB1与平面AA1C1设正方体的棱长为1，则OB1＝eq\f(\r(2),2)，CB1＝eq\r(2)，sin∠B1CO＝eq\f(\f(\r(2),2),\r(2))＝eq\f(1,2)，可得∠B1CO＝30°.即CB1与平面AA1C1C答案：30°利用定义求直线与平面的夹角[例1]如图，正四棱锥P­ABCD底面边长为eq\r(6)，高为1，求直线BE与平面PAC所成的角．[解]如图，连接BD，交AC于点O，连接PO，则PO为正四棱锥P­ABCD的高，所以PO＝1，因为PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD，又BD⊥AC，PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，连接EO，则∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角，在Rt△POA中，因为PO＝1，OA＝eq\r(3)，所以PA＝2，OE＝eq\f(1,2)PA＝1，在Rt△BOE中，因为BO＝eq\r(3)，所以tan∠BEO＝eq\f(BO,OE)＝eq\r(3)，即∠BEO＝60°.所以直线BE与平面PAC所成的角为60°.eq\a\vs4\al()求直线和平面所成角的步骤(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．[跟踪训练]1．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1A．eq\f(\r(10),4) B．eq\f(\r(6),4)C．eq\f(\r(10),5) D．eq\f(\r(6),5)解析：选B如图，取AC，A1C1的中点分别为M，M1，连接MM1，BM，过点D作DN∥BM交MM1于点N，则易证DN⊥平面AA1C1C，连接AN，则∠DAN为AD与平面AA1C1C所成的角．在Rt△DNA中，sin∠DAN＝eq\f(DN,AD)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq\f(\r(6),4).2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，A1B与平面BB1D1D解析：如图所示，连接A1C1交B1D1于E，则有A1C1⊥B1D1，连接BE∵DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1∴DD1⊥A1C1，∴DD1⊥A1E又∵A1E⊥B1D1，∴A1E⊥平面BB1D1D.∴∠A1BE是A1B与平面BB1D1D所成的角．在Rt△A1BE中，A1E＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)A1B.∴∠A1BE＝eq\f(π,6).即A1B与平面BB1D1D所成的角为eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)利用cosθ＝cosθ1cosθ2求直线与平面夹角[例2](链接教科书第44页例1)如图，∠BOC在平面α内，OA是α的斜线，若∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝eq\r(2)a，求OA与平面α所成的角．[解]如图，过点A作AH⊥α，则∠AOH为AO与平面α所成的角，∴cos60°＝cos∠AOB＝cos∠AOC＝cos∠AOH×cos∠BOH＝cos∠AOH×cos∠COH.∴cos∠BOH＝cos∠COH，∴∠BOH＝∠COH.又∵OB＝OC＝a，BC＝eq\r(2)a，∴OB2＋OC2＝BC2，∴∠BOC＝90°.∴∠BOH＝45°，∵cos∠AOB＝cos∠AOH·cos∠BOH，∴cos60°＝cos∠AOH·cos45°.∴cos∠AOH＝eq\f(\r(2),2).∴∠AOH＝45°，即AO与平面α所成的角为45°.eq\a\vs4\al()cosθ＝cosθ1·cosθ2的应用(1)利用公式cosθ＝cosθ1·cosθ2求直线与平面的夹角，应明确图形中θ，θ1，θ2；(2)①当θ＝90°⇔θ2＝90°，即符合三垂线定理；②由0<cosθ2<1，所以cosθ<cosθ1⇒θ1<θ，即θ1为所有θ角中最小的角．[跟踪训练]PA，PB，PC是从P点引出的三条射线，每两条射线的夹角为60°，则直线PC与平面APB所成角的余弦值为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(3),2)解析：选C如图，∵∠CPA＝∠CPB，∴PC在平面APB内的射影PH是∠APB的平分线．∴cos∠CPH＝eq\f(cos∠CPA,cos∠HPA)＝eq\f(cos60°,cos30°)＝eq\f(\r(3),3).利用空间向量求直线与平面的夹角[例3](2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面[解](1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面所以平面A1AMN⊥平面EB1C(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点，eq\o(MA,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(MB,\s\up7(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB＝2，AM＝eq\r(3).连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝eq\f(2\r(3),2)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，0)).由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.设Q(a，0，0)，则NQ＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，1，\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2))))，故eq\o(B1E,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a，－\f(2,3)，－\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2))))，|eq\o(B1E,\s\up7(→))|＝eq\f(2\r(10),3).又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的法向量，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－〈n，eq\o(B1E,\s\up7(→))〉))＝cos〈n，eq\o(B1E,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·eq\o(B1E,\s\up7(→)),|n|·|eq\o(B1E,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(10),10).所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为eq\f(\r(10),10).eq\a\vs4\al()用法向量求线面角的正弦值的流程图[跟踪训练]1.如图，已知直角梯形ABCD，其中AB＝BC＝2AD，AS⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AS＝AB.求直线SC与底面ABCD的夹角θ的余弦值．解：由题设条件知，可建立以AD所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AS所在直线为z轴的空间直角坐标系(如图所示).若设AB＝1，则A，B，C，D，S的坐标分别为(0，0，0)，(0，1，0)，(1，1，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，(0，0，1)，∴eq\o(AS,\s\up7(→))＝(0，0，1)，eq\o(CS,\s\up7(→))＝(－1，－1，1)，显然eq\o(AS,\s\up7(→))是底面的法向量．它与已知向量eq\o(CS,\s\up7(→))的夹角β＝90°－θ，故有sinθ＝cosβ＝eq\f(eq\o(AS,\s\up7(→))·eq\o(CS,\s\up7(→)),|eq\o(AS,\s\up7(→))||eq\o(CS,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,1×\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(6),3).2.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝eq\f(π,2)，AB＝AC＝2，AA1＝eq\r(6)，求直线AA1与平面AB1C1所成的角．解：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝eq\f(π,2)，即AB⊥AC，以A为坐标原点，eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系(图略)，则A(0，0，0)，B1(0，2，eq\r(6))，C1(2，0，eq\r(6))，A1(0，0，eq\r(6))，eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0，0，eq\r(6))，eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(0，2，eq\r(6))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(2，0，eq\r(6)).设平面AB1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AC1,\s\up7(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋\r(6)z＝0，,2x＋\r(6)z＝0，))令x＝1，则y＝1，z＝－eq\f(\r(6),3)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(\r(6),3))).设直线AA1与平面AB1C1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(AA1,\s\up7(→))〉|＝eq\f(1,2)，所以θ＝eq\f(π,6).1．若直线l与平面α所成角为eq\f(π,3)，直线a在平面α内，且与直线l异面，则直线l与直线a所成角的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))解析：选D由最小角定理知直线l与直线a所成的最小角为eq\f(π,3)，又l，a为异面直线，则所成角的最大值为eq\f(π,2).2．已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(5),2)C．eq\f(\r(10),5) D．eq\f(\r(10),10)解析：选C如图，连接A1C1交B1D1于O点，由已知得C1O⊥B1D1，且平面BDD1B1⊥平面A1B1C1D1，∴C1O⊥平面BDD1B1，连接BO，则BO为BC1在平面BDD1B1上的射影，∠C1C1O＝eq\f(1,2)×eq\r(42＋42)＝2eq\r(2)，BC1＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，∴sin∠C1BO＝eq\f(C1O,BC1)＝eq\f(2\r(2),2\r(5))＝eq\f(\r(10),5).3．若平面α的一个法向量为(1，1，1)，直线l的方向向量为(0，3，4)，则l与α所成角的正弦值为________．解析：设l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|1×0＋1×3＋1×4|,\r(3)×\r(02＋32＋42))＝eq\f(7,\r(3)×\r(25))＝eq\f(7\r(3),15).答案：eq\f(7\r(3),15)4．在正三棱锥P­ABC中，PA＝4，AB＝eq\r(3)，则侧棱PA与底面ABC所成角的正弦值为________．解析：如图，在正三棱锥P­ABC中，PA＝4，AB＝