-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_第1页
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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=

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