1.2.3 直线与平面的夹角课件-2024-2025学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第一册

1.2.3 直线与平面的夹角 　 学习目标 1.了解直线与平面的夹角的三种情况,理解斜线与平面所成角的概念.(数学抽象) 2.会求直线与平面所成的角.(逻辑推理、数学运算) 3.掌握斜线与平面所成角的性质,会应用性质进行计算或证明.(逻辑推理、直观想象) 4.能根据题目特点,灵活选择方法求直线与平面所成角的大小或某个三角函数值.(逻辑推理) 教材认知·内化必备知识 直线与平面的夹角 1.直线与平面所成的角 2.斜线与平面所成角的性质 (1)“最小角”结论 (2)“三相等”结论 经过平面外同一点所作的平面的多条斜线中,__________、________及斜线与 平面所成的角,只要有一个相等,则另外两个也对应相等. (3)射影长计算公式 当线段AB所在的直线与平面α所成的角为θ,且AB在平面α内的射影为A'B'时, 有_____________.  3.直线与平面的夹角的向量求法 如果v是直线l的一个方向向量,n是平面α的一个法向量,直线l与平面α所成角的 大小为θ,则θ=-<v,n>或__________,特别地,cos θ=sin<v,n>或___________________.  斜线段长 射影长 A'B'=ABcos θ θ=<v,n>- sin θ= 点睛　 (1)直线与平面所成的角的范围为[0,],斜线与平面所成的角的范围为(0,), 应注意区分. (2)最小角结论中,令θ2=90°,则cos θ=cos θ1cos 90°=0,θ=90°, 即当OM⊥OB时,有OM⊥OA,此即三垂线定理; 反之,若令θ=90°,则cos θ1cos θ2=0.因为θ1≠90°,所以θ2=90°, 即若OM⊥OA,则OM⊥OB,此即三垂线定理的逆定理. 【质疑辨析】 (1)直线与平面夹角的余弦值是一个非负值.(　 　) 提示:因为直线与平面夹角的范围是[0,],所以其余弦值非负. (2)直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β 互余.(　 　) 提示:直线的方向向量与平面的法向量的夹角可能是钝角. (3)一条直线与平面α所成的角小于它和平面α内其他直线所成的角.(　 　) 提示:当直线与平面垂直时不对. √ × × (4)若直线l与平面α所成的角为,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[,]. (　 　) 提示:由最小角定理知直线l与直线a所成的最小角为,又l,a为异面直线,则所成角 的最大值为. √ 合作探究·形成关键能力 类型一　定义法求直线与平面所成的角(直观想象、数学运算) [例1]如图所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB,∠ABC=60°, ∠BCA=90°. (1)求证:BC⊥平面PAC; (2)若D为PB的中点,试求AD与平面PAC夹角的正弦值. 【思路导引】(1)证明BC和平面PAC内的两条相交直线垂直. (2)作出AD在平面PAC内的射影后,构造三角形求解. 【解析】(1)因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.又∠BCA=90°, 所以AC⊥BC,又AC⊂平面PAC,PA⊂平面PAC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC. (2)取PC的中点E,连接DE. 因为D为PB的中点,所以DE∥BC,所以DE⊥平面PAC. 连接AE,则AE是AD在平面PAC内的射影, 所以∠DAE是直线AD与平面PAC的夹角. 设PA=AB=a,在直角三角形ABC中, 因为∠ABC=60°,∠BCA=90°,所以BC=,DE=, 在直角三角形ABP中,AD=a,所以sin∠DAE===. 即AD与平面PAC夹角的正弦值为. 【补偿训练】 1.(变问法)若本例条件不变,问题(2)改为:D为PB上的一点,且BD=PB,试求AD与平面PAC夹角的正弦值. 【解析】因为BC⊥AC,BC⊥PA,AC∩PA=A, 所以BC⊥平面PAC,BC⊥PC,过PB的三等分点D作DE∥BC, 则DE⊥平面PAC,连接AE, 则∠DAE为AD与平面PAC的夹角,不妨设PA=AB=1, 因为∠ABC=60°,所以BC=,DE=×=,PB=,BD=. 在△ABD中,AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos 45°=, 所以AD=,所以sin∠DAE===.即AD与平面PAC夹角的正弦值为. 2.(改问法)若本例的问题(2)条件不变,求AD与平面PBC的夹角的正弦值. 【解析】由例1(1)知BC⊥平面PAC,所以平面PAC⊥平面PBC. 过A作AE⊥PC. 所以AE⊥平面PBC. 连接ED,则∠ADE为AD与平面PBC的夹角.设PA=2a,AB=2a,所以PB=2a. 故AD=a.在△APC中,AP=2a,AC=AB·sin 60°=2a×=a, 所以PC==a,设∠ACP=θ, 则AE=AC·sin θ=AC×=a×=a=a, 所以sin∠ADE===.即AD与平面PBC所成夹角的正弦值为. 【总结升华】 1.用定义法求直线与平面所成角的步骤 (1)作,在直线上选取恰当的点向平面引垂线,确定垂足的位置是关键; (2)证,证明所作的角为直线与平面所成的角,证明的主要依据是直线与平面所成角的概念; (3)求,利用解三角形的知识求角. 2.用定义法求直线与平面所成角的关注点 (1)关键:寻找直线与平面的夹角,即准确确定直线在平面内的射影. (2)三种情况:①若直线与平面平行或直线在平面内,则直线与平面的夹角为0; ②若直线与平面垂直,则直线与平面的夹角为; ③若是斜线与平面,作出斜线与平面所成的角,通过解三角形求出斜线与平面夹角的大小. 注意:找射影通常有两种方法:一是过斜线上的点向平面作垂线,连接斜足与垂足得射影,但要注意垂足的位置;二是利用已知垂直关系得出线面垂直,确定射影. 【即学即练】 1.在《九章算术》中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.如图,四棱锥P-ABCD为阳马,侧棱PA⊥底面ABCD,PA=AB=AD,E为棱PA的中点,则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. 【解析】选A.如图,侧棱PA⊥底面ABCD,PA⊂平面PAD,则平面PAD⊥平面ABCD, 因为底面ABCD为矩形,所以CD⊥AD, 而平面PAD∩平面ABCD=AD,所以CD⊥平面PAD. 连接ED,则ED为CE在平面PAD上的射影, 则∠CED为CE与平面PAD所成的角, 设PA=AB=AD=2a,则AE=a,ED=a, EC===3a. 所以sin∠CED===. 即直线CE与平面PAD所成角的正弦值为. 2. (2023·温州高二检测)“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美.如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为____________.  【解题指南】将多面体放置于正方体中,借助正方体分析多面体的结构,由此求解出直线MN与平面ABCD所成角的正弦值. 【解析】如图所示,将多面体放置于正方体中,连接MC,设MC的中点为E,连接EF,CF, 因为M,C分别为中点,所以MC∥NF,且ME=NF=MC, 则四边形MEFN为平行四边形,所以MN∥EF, 所以直线MN与平面ABCD所成角即为直线EF与平面ABCD所成角, 又MC⊥平面ABCD,所以直线EF与平面ABCD所成角即为∠EFC, 设正方体的棱长为2,则EC=1,CF==,EF==, 所以sin ∠EFC===,即直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为. 答案: 【补偿训练】在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,AB=2,P,Q分别为上底面的边AD,CD的中点,过P,Q的平面与底面A1B1C1D1交于R,S两点,R,S分别在下底面的边B1C1,A1B1上,B1S=,平面PSRQ与棱AA1交于点T,则直线TS与侧面A1D1DA所成角的正切值为(　　) A. B.2 C. D. 【解析】选A.延长PT和SR交于点E,连接QR,A1C1, 因为PQ⊂平面ABCD,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,所以PQ∥平面A1B1C1D1, 又PQ⊂平面PQRS,且PQRS∩A1B1C1D1=RS, 所以PQ∥RS,又PQ∥A1C1,所以RS∥A1C1, 所以===,又B1C1=AD=1,所以B1R=, 因为△A1ES∽△B1RS,所以===2, 且A1S=A1B1-B1S=,所以A1E=, 因为△APT∽△A1ET,所以=, 且AP=AD=,所以===, 又A1T+AT=AA1=1,所以A1T=, 根据线面夹角的概念可知,直线TS与侧面A1D1DA所成角为∠A1TS, 则tan∠A1TS===. 类型二　直线与平面所成角的性质及其应用(逻辑推理、直观想象) [例2](教材提升·例1) ∠BOC在平面α内,OA是平面α的一条斜线,若∠AOB=∠AOC=60°, OA=OB=OC=a,BC=a,求OA与平面α所成的角. 【解析】方法一:因为OA=OB=OC=a,∠AOB=∠AOC=60°,所以AB=AC=a. 又因为BC=a,所以AB2+AC2=BC2.所以△ABC为等腰直角三角形. 同理△BOC也为等腰直角三角形.取BC的中点为H,连接AH,OH, 所以AH=a,OH=a,AO=a,AH2+OH2=AO2, 所以△AHO为等腰直角三角形,所以AH⊥OH. 又因为AH⊥BC,OH∩BC=H,所以AH⊥平面α. 所以OH为AO在平面α内的射影,∠AOH为OA与平面α所成的角. 在Rt△AOH中,sin∠AOH==.所以∠AOH=45°,所以OA与平面α所成的角为45°. 方法二:因为∠AOB=∠AOC=60°, 所以OA在平面α内的射影为∠BOC的平分线, 作∠BOC的平分线OH交BC于点H. 又OB=OC=a,BC=a,所以∠BOC=90°. 故∠BOH=45°,由公式cos θ=cos θ1·cos θ2, 得cos∠AOH==, 所以OA与平面α所成的角为45°. 【总结升华】 斜线与平面所成角的性质的应用策略 (1)“三相等”结论常用于直接证明角或线段的相等,省去了先证明三角形全等的麻烦; (2)“最小角”结论可以用于比较线面角、线线角的大小,也可以求线面角、线线角,灵活应用这个结论,有时会起到事半功倍的效果. 注意:在应用公式cos θ=cos θ1·cos θ2解题时,一定要分清θ,θ1,θ2分别对应图形中的哪个角. 【即学即练】 如果∠APB=∠BPC=∠CPA=60°,则PA与平面PBC所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 【解析】选D.如图所示,设点A在平面BPC内的射影为点O, 因为∠APB=∠APC,所以点O在∠BPC的平分线上, 所以∠OPC=30°,∠APO为PA与平面PBC所成的角. 所以cos ∠APC=cos ∠APO·cos ∠OPC, 即cos 60°=cos ∠APO·cos 30°.所以cos ∠APO=. 类型三　向量法求直线与平面所成的角(数学运算、逻辑推理) [例3](教材提升·例2) 如图,四边形ABCD与BDEF均为菱形,AB=2,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°. (1)求证:AC⊥平面BDEF; (2)求AD与平面ABF所成角的正弦值. 【思路导引】(1)设AC与BD相交于点O,连接FO, 易证AC⊥BD,AC⊥FO,应用线面垂直判定证结论; (2)连接DF,求证OA,OB,OF两两垂直, 构建空间直角坐标系,向量法求线面角的正弦值. 【解析】(1)设AC与BD相交于点O,连接FO. 因为四边形ABCD为菱形, 所以AC⊥BD,且O为AC中点, 因为FA=FC,所以AC⊥FO, 又FO∩BD=O,FO,BD⊂平面BDEF, 所以AC⊥平面BDEF. 【补偿训练】 (2023·兰州高二检测)如图1所示,在矩形ABCD中,AB=2,BC=2,M为CD中点, 将△DAM沿AM折起,使点D到点P处,且平面PAM⊥平面ABCM,如图2所示. (1)求证:PB⊥AM; (2)在棱PB上取点N,使平面AMN⊥平面PAB,求直线AB与平面AMN所成角的正弦值. (2)连接DF,因为四边形BDEF为菱形,且∠DBF=60°, 所以△DBF为等边三角形, 因为O为BD中点,所以FO⊥BD, 又AC⊥FO,BD∩AC=O,AC,BD⊂平面ABCD,所以FO⊥平面ABCD. 所以OA,OB,OF两两垂直, 如图所示,建立空间直角坐标系O-xyz, 因为四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,AB=2,所以BD=2,AC=2. 因为△DBF为等边三角形,所以OF=, 所以A(,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0,), 所以=(-,-1,0),=(-,0,),=(-,1,0), 设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则,取x=1,得n=(1,,1), 设直线AD与平面ABF所成角为θ,则sin θ=|cos <,n>|==. 【总结升华】 用向量法求直线与平面所成的角的步骤 (1)建立空间直角坐标系; (2)求直线的方向向量; (3)求平面的法向量n; (4)计算:设直线与平面所成的角为θ,则sin θ=. 【解析】(1)方法一:因为平面PAM⊥平面ABCM,CM⊥CB,以C为原点,CM,CB为 x轴、y轴,作Cz⊥平面ABCM,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,2,0),A(2,2,0),M(,0,0), 在图1中,作DO⊥AM于点O,过点O作OE⊥CD于E,FO⊥BC于点F, 由题意可知,AD=2,DM=,则AM=, 可得OD===,所以cos ∠ODM==,则DE==, 可得OF=CD-DE=,OE==,所以P(,,), 可得=(,-,),=(-,-2,0),所以·=×(-)+ (-)×(-2)+0=0,故PB⊥AM. 方法二:作PO⊥AM于O,连接OB, 可得PO=,由勾股定理可得OM=,所以cos ∠AMB===, 在△MBO中,由余弦定理可得OB2=OM2+MB2-2OM·BMcos ∠AMB=, 所以OB2+OM2=+=MB2,则OB⊥AM, 因为OB∩OP=O,所以AM⊥平面OPB, 因为PB⊂平面OPB,所以PB⊥AM; (2)设=λ,λ∈[0,1],则点N((1-λ),(1+2λ),(1-λ) ), 可得=(-(1+2λ),(λ-1),(1-λ) ),=(-,-2,0), 设平面AMN的法向量为m=(x,y,z), 则, 令y=-1,则x=,z=,即m=(,-1,), 又因为=(2,0,0),= (,-,), 设平面PAB的法向量为n=(a,b,c),则, 令b=,则a=0,c=2,即n=(0,,2),因为平面AMN⊥平面PAB, 所以m·n=-+2×=0,解得λ=, 所以平面AMN的法向量m=(,-1,)=(,-1,), 设直线AB与平面AMN所成角为θ, 可得sin θ=|cos <,m>|===, 故直线AB与平面AMN所成角的正弦值为. $$