专题18直线与平面所成的角-解析版

这是一份专题18直线与平面所成的角-解析版，共20页。试卷主要包含了平面化挖掘隐藏的线面角，巧妙寻找直线在平面上射影，平面化寻找线面垂直关系，平面图形翻折中寻找线面角，选择最佳途径探求线面角，提升线面所成角的运算力等内容，欢迎下载使用。

所成角的正弦值.
【解析】卡壳点:找不到隐藏的“垂足”.
应对策略:面对复杂的空间图形,要䓊于把其中重要的平面图形拿出来分析.
问题解答:将这个几何体补上关于平面ABB1A1的对称图形,即直三棱柱ABF-A1B1F1,就得到正四棱柱AFBC-A1F1B1C1,
如图2
ΔABD的重心G与点E都在正四棱柱AFBC-A1F1B1C1的对角面CFF1C1内,如图3.
记AB的中点为O,由OD=3GO,EO2=GO⋅DO,得EO=3GO.
又DC=EO=1,所以DO=3EO=3,GO=33,CO=BO=2,GE=EO⋅DEDO=1×23=63,EB=C1E=DO=3.
所以sin∠EBG=EGEB=63⋅13=23,故A1B与平面ABD所成角的正弦值为23,
【反思】(1)将三棱柱补形得到四棱柱,把最主要的数量关系线段所在的平面拿出来,这样便于直观地再现线段间的数量关系,这一过程就像电视节目中的特写镜头,突出重点.
（2）通过补形使线面垂线的“垂足”易找、易求，这是一个智慧点.
二、巧妙寻找直线在平面上射影
问题2:如图4,在平行四边形ABCD中,AB=2BC,∠ABC=2π3,E为线段AB的中点,将ΔADE沿直线DE翻折成ΔA1DE,使平面A1DE⟂平面BCD,F为线段A1C的中点.设M为线段DE的中点,求直线FM与平面A1DE所成角的余弦值.
【解析】卡壳点:不会在复杂图形中寻找直线在平面上的射影.
应对策略:在FM上找一点,从该点向平面A1DE引垂线,或找FM在平面A1DE上的射影.
问题解答:解法1将点F投影到平面A1DE上,其射影为点N,可证点N在A1E上.
因为CE⟂DE,CE⟂A1M,所以CE⟂平面A1DE.
又FN//CE,N为A1E的中点,所以∠FMN为直线FM与平面A1DE所成的角.
设BC=1,所以MN=12,FN=32,FM=1,cs∠FMN=12.
解法2 将直线FM投影到平面A1DE上,其射影是MN,同解法1,∠FMN为直线FM与平面A1DE所成的角.
设BC=1,所以MN=12,FN=32,FM=1,cs∠FMN=12.
【反思】(1)求直线与平面所成角的关键是寻找平面的垂线、找斜线在平面内的射影,因此投影法就有了用武之地,要特别说明的是此题最容易出错的地方就是认为点F在平面A1DE上的投影在A1M上.
(2)由点、线、图形的投影来寻找空间图形问题的突破口,一是需要基本的空间想象能力;二是可以训练或提升学生的空间想象力;三是要能将寻找到辅助线或图形与给定的问题有机结合,突破几何量的计算关，而这又涉及平面几何的基本功.
三、平面化寻找线面垂直关系
问题3:如图5,在单位正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC,CD的中点,平面A1EF交BB1于点M,交DD1于点N.
(I)画出几何体A1MEFN-ABEFD的直观图与三视图;
(II)设AC的中点为O,在CC1上存在一点G,使CG=λCC1且OG⟂平面A1EF,求λ;
(III)求A1C与平面A1EF所成角的正弦值.
【解析】卡壳点:一是画不出截面图;二是不会计算.
应对策略:利用平面的性质切割正方体,要熟悉“三公理”“三推论”及其实际应用,会用一个平面切割正方体,找截面形状.
问题解答:(I)几何体的直观图如图6,三视图如图7.
(II)解法1由已知在CC1上存在一点G,使CG=λCC1且OG⟂平面A1EF,如图8,取OC的中点H,CG的中点I,则ΔA1HI为直角三角形.
在RtΔHCI中,HI=18+λ24.在RtΔA1AH中,A1H=344.在RtΔA1C1I中,A1I=2+1-λ22,于是在RtΔA1HI中,由A1I2=A1H2+HI2得λ=0.75.
解法2选择A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,则E10.50,F0.510,A1001,G11λ,,从而OG=0.50.5λ,A1E=10.5-1.
由OG⟂A1E得0.5+0.25-λ=0,解得λ=0.75.
当λ=0.75时,OG⟂A1F,所以OG⟂平面A1EF.
(III)解法1因为A1C与HI均在平面A1ACC1上,设它们相交于点J,则A1J在平面A1EF上射影为A1H,从而∠CA1H为直线A1C与平面A1EF所成的角.
在ΔCA1H中,cs∠CA1H=3+3416-2162×344×3=100102,sin2∠CA1H=1-5051=151,sin∠CA1H=5151
解法2由(II)知,平面A1EF的一个法向量是OG=,又A1C=11-1,所以A1C与平面A1EF所成角的正弦值为sin∠CA1H=OG⋅A1C|OG|A1C=5151.
【反思】(1)正方体的截面将正方体分割成两个几何体,研究它们的直观图与三视图,这是检测空间想象能力的极好素材,看似简单的图形中蕴藏着学生极易犯错的种种情况,如不能准确画出直观图,三视图.
（2）虽然是在简单的正方体中,但计算直线与平面所成的角时,射影难找.
四、平面图形翻折中寻找线面角
问题4:如图9,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把ΔDFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⟂BF.
(I)证明:平面PEF⟂平面ABFD;
(II)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
【解析】卡壳点:空间模型比较泽楚,计算中出现错误导致失败.
应对策略:平面图形翻折后,要看哪些线段位置关系变了,度量关系有哪些变化.
问题解答:(I)由已知可得BF⟂PF,BF⟂EF,所以BF⟂平面PEF.
又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⟂平面ABFD.
(II)作PH⟂EF,垂足为H.由(I)得PH⟂平面ABFD.
以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长度,建立如图10所示的空间直角坐标系H-xyz.由(I)可得,DE⟂PE,又DP=2,DE=1,所以PE=3.
又PF=1,EF=2,故PE⟂PF,可得PH=32,EH=32.
从而得H000,P0032,D-1-320,DP=13232,易知HP=0032为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ=HP⋅DP|HP||DP|=343=34.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.
【反思】(1)用传统的逻辑推理方法求DP与平面ABFD所成角的正弦值,只要求出PH的值,设正方形氻长为2,则PF=1,EF=2,PE=22-1=3,PH=32,PD=2,sinθ=sin∠PDH=PHPD=34.
（2）第(I)问为寻找射影做了铺垫,只需要从点P向棱EF引垂线即可,给定的图形也非常直观,所以通过传统逻辑推理方法求直线与平面所成的角更容易些.
（3）此题可以用硬纸折叠构造模型,增加空间直观,观察线面位置关系,为计算各线段长度奠定基础.
五、选择最佳途径探求线面角
问题5:如图11,棱雉P-ABCD的底面是菱形,AB=2,∠DAB=π3,侧面PAB垂直于底面ABCD,且ΔPAB是正三角形.PD⟂AB,求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.
【解析】卡壳点:建立空间坐标系计算时失误多.
应对策略:根据题设条件建立空间坐标系求解运算量较大,根据线面角概念,利用体积转化法运算量较小.
问题解答:设点C到平面PBD的距离为h,直线PC与平面PBD所成角为θ,则sinθ=hPC.
已知侧面PAB垂直于底面ABCD,设O为AB中点,则PO⟂AB.
所以PO⟂平面ABCD,PD=PO2+DO2=6.
由PD⟂AB得PD⟂CD,PC=PD2+CD2=10.
由VC-PBD=VP-BCD,得13SΔPBDh=13×3×3,
故h=2155,因此sinθ=hPC=65.
故直线PC与平面PBD所成角的正弦值为65.
【反思】(1)此题也可以建立空间坐标系,利用向量坐标法解决,立体几何解答题一般都有多种解法与思路,复习训练强化一题多解,有利于增加获胜的可能性.
(2)上述求解中,体积转化法较易,运算量较少,而向量坐标法是比较麻烦的,涉及线性方程组求解,数字运算中,稍微出一点错,就会前功尽弃.
(3)此题给出的直观图,必须运用逻辑推理来思考.
六、提升线面所成角的运算力
问题6:如图12,AC=2r为圆的直径,B为圆周上不与点A,C重合的点,PA垂直于圆所在的平面,∠PCA=45∘.
(I)点B在AC上的投影为点D,求证:BD⟂平面PAC;
(II)设PB与平面PAC所成的角为θ,求sinθ的最大值.
【解析】卡壳点:不会寻找线面垂直条件;不会求复杂函数最值.
应对策略:直线与平面垂直关系采取推理方式,训练空间图形中的逻辑推理能力.
问题解答:(I)连接PD.
解法1PA⟂平面ABC,PA⊂平面PAC⇒平面PAC⟂平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,⇒BD⟂平面PAC.BD⟂AC
解法2PA⟂平面ABC,BD⊂平面ABC⇒BD⟂AC,BD⟂PA,AC∩PA=A⇒BD⟂平面PAC.
(II)由(I)知∠BPD为PB与平面PAC所成的角θ.
设∠ACB=α,0<α<π2,则BD=2rcsαsinα.
因为∠PCA=45∘,PB=AB2+PA2=2r1+sin2α,所以sinθ=BDPB=sinαcsα1+sin2α.出现根式,需化为整式,平方得sin2θ=sin2αcs2α1+sin2α*,
函数名统一,即sin2θ=sin2α1-sin2α1+sin2α.
换元结构简化:令sin2α=t,得sin2θ=t1-t1+t.
令u=t1-t1+t,得u1+t=-t2+t.
整理得t2+u-1t+u=0,由Δ=u-12-4u⩾0,u2-6u+1⩾0,
解得u⩽3-22,故sinθ⩽2-1.
【反思】引人一个角作为桥梁,建立线段间数量关系.求*式最值的方法很多,且这是学生的一个运算障碍点.
强化练习
1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知二面角A1-BD-A的大小为π6,若空间有一条直线l与直线CC1所成的角为π4,则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是
A.π127π12B.π12π2C.π125π12D.0π2
.【解析】采用特殊化思想,考虑正方体情形,设棱长为1,线面所成角的范围是0,π2,首先可以排除选项A;符合条件的直线不可能平行于平面A1BD,也不会垂直于平面A1BD,所以排除选项D,B,最后选择C.
【反思】(1)若将此题作为解答题思考,如答图1,过点A作AO⊥BD,连接A1O,则∠AOA1为二面角A1-BD-A的平面角,所以∠AOA1=π6.
把直线l平移到AM,则∠A1AM=∠MAO=π4.
过点A作AP⊥A1O,则AP⊥平面A1BD,所以AM(即直线l)与平面A1BD所成的最大角为∠AMA1=∠MAO+∠MOA=π4+π6=5π12.
假设∠A1AN=π4,AN与直线OP相交于点N,则AN(即直线l)与平面A1BD所成的最小角为∠ANP=∠PA1A-∠A1AN=π3-π4=π12,选择C.
第1题答图1
第1题答图2
(2)若将此题设计为填空题,也需要按照上述思维进行求解.
(3)为了清晰地挖掘直线与平面所成角的变化范围,将重要的平面拿出来分析是求解立体几何问题的一个重要手段,如答图2.
2.如图,设E为长方形ABCD的边CD的中点,沿AE折叠,设AB=2,BC=1,折D叠后,BD1=3.
(I)证明:平面AD1E⟂平面ABCE;
(II)求CD1与平面ABCE所成角的正弦值.
【解析】(I)如答图所示,取AE的中点G,连接D1G,BG,则AG=D1G=22,
BG=AG2+AB2-2AG⋅AB⋅cs⁡45∘=102,
BD12=D1G2+BG2,所以BG⊥D1G.
又D1G⊥AE,
所以D1G⊥平面ABCE,且D1G⊂平面AD1E,
所以平面AD1E⊥平面ABCE.
第2题答图
(II)由(I)知,D1G⊥平面ABCE,所以∠D1CG为CD1与平面ABCE所成的角,
D1G=22,CG=CE2+GE2-2CE⋅GE⋅cs⁡135∘=102,所以CD1=3.
故CD1与平面ABCE所成角的正弦值sin⁡∠D1CG=66.
【反思】折叠问题最重要的就是分析折叠前后线与线、线与面的位置关系变化情况.
3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知二面角A1-BD-A的大小为π6.
(I)若C1C,C1B1,C1D1的中点分别为R,S,T,求证:平面RST//平面A1BD;
(II)若空间一直线l与直线CC1所成的角为π4,求直线l与平面A1BD所成角的取值范围.
【解析】(I)已知C1C,C1B1,C1D1的中点分别为R,S,T,所以RS//A1D,RT//A1B,所以平面RST//平面A1BD.
(II)如答图,过点A作AO⊥BD,连接A1O,由三垂线定理可得BD⊥A1O,则∠AOA1为二面角A1-BD-A的平面角,所以∠AOA1=π6.
把直线l平移到AM,则∠A1AM=∠MAO=π4.
过点A作AP⊥A1O,则AP⊥平面A1BD.
第3题答图
所以AM(即直线l)与平面A1BD所成的最大角为∠AMA1=∠MAO+∠MOA=π4+π6=5π12.
假设∠A1AN=π4,AN与直线OP相交于点N,则AN(即直线l)与平面A1BD所成的最小角为∠ANP=∠PA1A-∠A1AN=π3-π4=π12.
故直线l与平面A1BD所成角的取值范围是π12,5π12.
【反思】将直线l与平面A1BD所成角转化到平面A1AO内思考是一个智慧点.
4.如图,四棱雉P-ABCD的底面ABCD为矩形,且PA=AD=1,AB=2,∠PAB=120∘,∠PBC=90∘.
(I)求证:平面PAD⟂平面PAB;
(II)求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值.
【解析】(I)证明:由题意得AD⊥AB且AD//BC.又BC⊥PB,则DA⊥PB,从而DA⊥平面PAB.
故平面PAD⊥平面PAB.
(II)以点A为坐标原点,AB所在的直线为y轴建立空间直角坐标系,如答图所示,
第4题答图
则D(0,0,1),C(0,2,1),P32,-12,0,
可得CP=32,-52,-1.
平面ABCD的单位法向量为m=(1,0,0).
设直线PC与平面ABCD所成所角为θ,则
cs⁡π2-θ=m⋅CP∣m||CP∣=321×34+254+1=68.
于是sin⁡θ=68,即直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为68.
【反思】由于空间图形中垂直关系明显,建立空间直角坐标系来求线面所成角是一个智慧点.
5.如图,已知圆O的直径AB的长度为4,D为线段AB上一点,且AD=13DB,C为圆O上一点,且BC=3AC.点P在圆O所在平面上的正投影为点D,PD=BD.
(I)求证:CD⟂平面PAB;
(II)求PD与平面PBC所成的角的正弦值.
【解析】(I)连接CO,由3AD=DB知,D为AO的中点.
又AB为圆O的直径,所以AC⊥AB.
由3AC=BC知∠CAB=60∘,所以△ACO为等边三角形,从而CD⊥AO.
因为点P在圆O所在平面上的正投影为点D,所以PD⊥平面ABC.
又CD⊂平面ABC,所以PD⊥CD.
由PD∩AO=D得CD⊥平面PAB.
(II)解法1过点D作DH⊥平面PBC,交平面PBC于点H,连接PH,则∠DPH即为所求的线面角.
由(I)可知CD=3,PD=DB=3,
所以VP-BDC=13S△BDC⋅PD=13⋅12DB⋅DC⋅PD=13×12×3×3×3=332.
又PB=PD2+DB2=32,PC=PD2+DC2=23,BC=DB2+DC2=23,
所以△PBC为等腰三角形,则S△PBC=12×32×12-92=3152
由VP-BDC=VD-PBC得DH=355,
所以sin⁡∠DPH=DHPD=55.
解法2由(I)可知CD=3,PD=DB=3.
如答图所示,过点D作DE⊥CB,垂足为E,连接PE.
再过点D作DF⊥PE,垂足为F.因为PD⊥平面ABC,又CB⊂平面ABC,所以PD⊥CB.
第5题答图
又PD∩DE=D,所以CB⊥平面PDE.
又DF⊂平面PDE,所以CB⊥DE.
又CB∩PE=E,所以DF⊥平面PBC.
故∠DPF为所求的线面角.
在Rt△DEB中,DE=DB⋅sin⁡30∘=32,
PE=PD2+DE2=352
sin⁡∠DPF=sin⁡∠DPE=DEPE=55.
【反思】解法1用体积法寻找线面角的正弦值,解法2找射影,然后求线面角的正弦值,两种思路都是常规思路,需要有良好的逻辑推理基本功.
6.如图,在平面四边形PACB中,∠PAB为直角,ΔABC为等边三角形,现把ΔPAB沿着AB折起,使得ΔAPB与ΔABC垂直,且M为AB的中点.
(I)求证:平面PAB⟂平面PCM;
(II)若2PA=AB,求直线PB与平面PMC所成角的余弦值.
【解析】(I)证明:因为平面APB⊥平面ABC且交线为AB,又∠PAB为直角,所以AP⊥平面ABC,故AP⊥CM.又△ABC为等边三角形,M为AB的中点,所以CM⊥AB.因为PA∩AB=A,所以CM⊥平面PAB.
因为CM⊂△ABC,所以平面PAB⊥平面PCM.
（II)假设PA=a,则AB=2a.
解法1(等体积法)
VP-MBC=VB-PMC,13PA⋅S△MBC=13hB⋅S△PMC,
而△PMC为直角三角形,故面积为62a2,故hB=22a.
所以直线PB与平面PMC所成角的正弦值sin⁡θ=hBPB=1010
所以余弦值cs⁡θ=31010.
解法2(向量坐标法)
以M点为坐标原点,以MB为x轴,以MC为y轴建立如答图所示的空间直角坐标系.
第6题答图
设PA=a,则M(0,0,0),P(-a,0,a),B(a,0,0),C(0,3a,0).
故MC=(0,3a,0),MP=(-a,0,a),BP=(-2a,0,a).
假设平面PMC的法向量为n=(x,y,z),则y=0,x=z.
令x=1,则n=(1,0,1).
直线PB与平面PMC所成角的正弦值sin⁡θ=1010,所以余弦值cs⁡θ=31010.
【反思】解法1运用体积法显示简洁运算智慧;解法2建立空间直角坐标系,运用向量工具,需要数学运算能力支摚.
7.如图.,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(I)证明:PO⟂平面ABC;
(II)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30∘,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
【解析】(I)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=23.
连接OB,因为AB=BC=22AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(II)如答图所示,以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.
由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),则AP=(0,2,23).
取平面PAC的法向量OB=(2,0,0).
第7题答图
设M(a,2-a,0)(0设平面PAM的法向量n=(x,y,z).由AP⋅n=0,AM⋅n=0,得2y+23z=0,ax+(4-a)y=0,
可取n=(3(a-4),3a,-a),
所以cs⁡⟨OB,n⟩=23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2.
由已知得cs⁡⟨OB,n⟩=32,
所以23|a-4|23(a-4)2+3a2+a2=32.
解得a=-4(舍去),或a=43.
所以n=-833,433,-43.
又PC=(0,2,-23),所以cs⁡⟨PC,n⟩=34.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.
【反思】建立空间直角坐标系,运用向量工具求直线与平面所成的角,可避免在立体图形中寻找的苦恼.
8.如图,正四面体ABCD的棱CD在平面α上,E为棱BC的中点.当正四面体ABCD绕CD旋转时,求直线AE与平面a所成最大角的正弦值.
【解析】建立空间直角坐标系,如答图1所示,设棱长为2,点A,B在平面yOz上的以O为圆心3为半径的圆上,故可设A(0,3cs⁡φ,3sin⁡φ),B(0,3cs⁡θ,3sin⁡θ),C(-1,0,0),E-12,32cs⁡θ,32sin⁡θ.
第8题答图1
在△AOB中,用余弦定理可得cs⁡(θ+φ)=13,于是AE=-12,36cs⁡θ+263sin⁡θ,36sin⁡θ-263cs⁡θ.
设直线AE与平面α所成角为β,n=(0,0,1),则sin⁡β=|AE⋅n||AE||n|=36sin⁡θ-263cs⁡θ3=16sin⁡θ-223cs⁡θ⩽336
【反思】(1)审题的第一阶段,建立空间直角坐标系后,就想把向量AE的坐标用θ表示,并没有注意到点A,B均在以O为圆心,3为半径的圆上,运算太繁,思维停滞不前.
(2)审题的第二阶段,发现点A,B均在以O为圆心,3为半径的圆上.设A(0,3cs⁡φ,3sin⁡φ),B(0,3cs⁡θ,3sin⁡θ)后,为消去φ大费周章,计算繁杂到算不下去.
(3)计算sin⁡β=|AE⋅n||AE||n|时,求|AE|
=-12,36cs⁡θ+263sin⁡θ,36sin⁡θ-263cs⁡θ
=14+36cs⁡θ-263sin⁡θ2+36sin⁡θ+263cs⁡θ2
太花时间,此时忽略了|AE∣是一个定值.
启示:利用空间坐标系解决立体几何中的度量关系,离不开计算,但是计算也要时时关注几何条件,不能一味地“死”算!
事实上,给定模型等价于正四面体不动,而平面α围绕CD旋转,
CD⊥平面ABMCD⊂平面α⇒平面α⊥平面ABM⇒平面α的法向量n⊂平面ABM,
故法向量n围绕点A旋转.
如答图2,作EH⊥平面ABM,连接AM.
第8题答图2
所有n与AE所成的角中,∠EAH最小,故余弦值取最大.
设CM=1,则EH=12,AE=3,AH=112,
故cs⁡∠EAH=1123=336.