高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册第一章　空间向量与立体几何1.2 空间向量在立体几何中的应用1.2.3 直线与平面的夹角优质学案

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册第一章　空间向量与立体几何1.2 空间向量在立体几何中的应用1.2.3 直线与平面的夹角优质学案，共16页。




1.进一步理解线面角的定义；


2.掌握求线面角的两种基本方法，即空间向量法与几何法.





重点：掌握求线面角的两种基本方法，即空间向量法与几何法.


难点：灵活运用两种基本方法求线面角.





1.直线与平面所成的角


(1)定义：一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫作这条直线和这个平面所成的角。若一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；若一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.


(2)利用向量方法求直线与平面所成角


若直线l与平面α所成的角为θ,直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,


则有sin θ=|cs|=|a·n||a||n|


特别提醒：直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角.








一、真题演练


1．（2014·全国高考真题（理））直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )


A．B．C．D．


2.（2011·全国高考真题）已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .


3．（2020·北京高考真题）如图，在正方体中，E为的中点．


（Ⅰ）求证：平面；


（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．





二、典例解析


例1. 如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．


(1)证明MN∥平面PAB；


(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.




















若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：











跟踪训练1．（2020·山东高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面1ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．


（1）证明：l⊥平面PDC；


（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

















例2. 如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M、N分别是CC1、BC的中点,点P在A1B1上,且满足A1P=λA1B1(λ∈R).


(1)证明:PN⊥AM;


(2)当λ取何值时,直线PN与平面ABC所成的角θ最大?并求该最大角的正切值.








(1)此类问题属于逆向思维问题,解决思路也是建立合适的空间直角坐标系,将相关点坐标明确或设出,然后根据空间角的计算公式表达出含参数的方程或函数.


(2)解决此类问题还要注意题目中各动点的限制范围.


跟踪训练2.如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq \r(5).


(1)求证：PD⊥平面PAB．


(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．


(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq \f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由．

















1.正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为( )


A．eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(3),3) C．eq \f(2,3) D．eq \f(\r(6),3)


2.在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC= 12PA,点O,D分别是AC,PC的中点,OP⊥底面ABC,则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为 .


3．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．


（I）证明：EF⊥DB；


（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．











求直线与平面所成角的基本方法


1.空间向量法：需注意所求斜线与法向量的夹角为线面角的正弦；


2，几何法：需准确理解线面角的定义，熟悉基本的几何模型.























参考答案：


知识梳理


学习过程


一、真题演练


1． 【答案】C


【解析】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，


则设CA=CB=1，则，，A（1，0，0），，


故，，


所以，故选C.


2.【答案】


【解析】连接DE，设AD=2，易知AD∥BC，


∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角，


在△RtADE中，由于DE=，AD=2，可得AE=3，


∴cs∠DAE==．


3．【解析】（Ⅰ）如下图所示：


在正方体中，且，


且，且，


所以，四边形为平行四边形，


则，平面，平面，


平面；





（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴


建立如下图所示的空间直角坐标系，


设正方体的棱长为，


则、、、，，，


设平面的法向量为，由，得，


令，则，，则.


.


因此，直线与平面所成角的正弦值为.





二、典例解析


例1. [思路探究] (1)线面平行的判定定理⇒MN∥平面PAB．


(2)利用空间向量计算平面PMN与AN方向向量的夹角⇒直线AN与平面PMN所成角的正弦值．


[解] (1)证明：由已知得AM＝eq \f(2,3)AD＝2.


如图，取BP的中点T，连接AT，TN，


由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)BC＝2.


又AD∥BC，故TNeq \(\s\d5(═),\s\up5(∥))AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.


因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，


所以MN∥平面PAB．











(2)如图，取BC的中点E，连接AE.


由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，


且AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))eq \s\up12(2))＝eq \r(5).


以A为坐标原点，eq \(AE,\s\up11(→))的方向为x轴正方向，


建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.


由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq \r(5)，2,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2))，


eq \(PM,\s\up11(→))＝(0,2，－4)，eq \(PN,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq \(AN,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2)).


设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，


则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PM,\s\up11(→))＝0，,n·\(PN,\s\up11(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))


可取n＝(0,2,1)．于是|cs〈n，eq \(AN,\s\up11(→))〉|＝eq \f(|n·\(AN,\s\up11(→))|,|n||\(AN,\s\up11(→))|)＝eq \f(8\r(5),25).


所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为eq \f(8\r(5),25).


跟踪训练1． 【解析】（1）证明： 在正方形中，，


因为平面，平面，所以平面，


又因为平面，平面平面，所以，


因为在四棱锥中，底面是正方形，所以


且平面，所以


因为所以平面；


（2）如图建立空间直角坐标系，因为，





则有，


设，则有，


设平面的法向量为，则，即，


令，则，所以平面的一个法向量为，则





根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，


当且仅当时取等号，


所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.


例2.








(1)证明:如图,以AB,AC,AA1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则P(λ,0,1),N12,12,0,M0,1,12,从而PN=12-λ,12,-1,AM=0,1,12,


PN·AM=12-λ×0+12×1-1×12=0,


所以PN⊥AM,即PN⊥AM.








(2)解:平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),


则sin θ=sinπ2-=|cs|=PN·n|PN|·|n|=1(λ-12) 2+54(*).


由(*)可知,当λ=12时,sin θ取最大值,即sin θ=255,


因为θ∈0,π2,在θ≠π2时,sin θ越大,tan θ越大,


即当sin θ=255时,tan θ取最大值,tan θ=2.





跟踪训练2. [解] (1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，


所以AB⊥平面PAD．所以AB⊥PD．


又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB．





(2)取AD的中点O，连接PO，CO.


因为PA＝PD，所以PO⊥AD．


又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，


所以PO⊥平面ABCD．


因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.


因为AC＝CD，所以CO⊥AD．


如图，建立空间直角坐标系O­xyz.





由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0，0,1)．


设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则


eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PD,\s\up11(→))＝0，,n·\(PC,\s\up11(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y－z＝0，,2x－z＝0.))令z＝2，则x＝1，y＝－2.


所以n＝(1，－2,2)．又eq \(PB,\s\up11(→))＝(1,1，－1)，


所以cs〈n，eq \(PB,\s\up11(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up11(→)),|n||\(PB,\s\up11(→))|)＝－eq \f(\r(3),3).


所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).


(3)设M是棱PA上一点，


则存在λ∈[0,1]使得eq \(AM,\s\up11(→))＝λeq \(AP,\s\up11(→)).


因此点M(0,1－λ，λ)，eq \(BM,\s\up11(→))＝(－1，－λ，λ)．


因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当eq \(BM,\s\up11(→))·n＝0，


即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.


解得λ＝eq \f(1,4).所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq \f(AM,AP)＝eq \f(1,4).


达标检测


1.【答案】B


解析：设正方体的棱长为1，依题意，建立如图所示的坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)











∴eq \(AD1,\s\up11(→))＝(－1,0,1)，eq \(AC,\s\up11(→))＝(－1,1,0)


设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋z＝0,－x＋y＝0))令x＝1，∴n＝(1,1,1)，又∵eq \(BB1,\s\up11(→))＝(0,0,1)，


∴BB1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(BB1,\s\up11(→)),|n||\(BB1,\s\up11(→))|)))＝eq \f(\r(3),3).


2.解析:以O为原点,射线OA,OB,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=a,则OP=72a,OD=-24a,0,144a,可求得平面PBC的法向量为n=-1,-1,17,





所以cs=OD·n|OD||n|=21030,设OD与面PBC的角为θ,则sin θ=21030.


答案:21030


3．





【解析】（Ⅰ）作交于，连接．


∵平面平面，而平面平面，


平面，


∴平面，而平面，即有．


∵，


∴．


在中，，


即有，∴．


由棱台的定义可知，，所以，，而，


∴平面，而平面，∴．


（Ⅱ）因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．


作于，连接，由（1）可知，平面，


因为所以平面平面，而平面平面，


平面，∴平面．


即在平面内的射影为，即为所求角．


在中，设，则，，


∴．


故与平面所成角的正弦值为．