1.2.3 直线与平面的夹角 -【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教B版2019）

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[预习自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线与平面的夹角不是锐角就是直角．(　　) (2)斜线与它在平面内的射影所成的角是锐角．(　　) (3)斜线与平面的夹角为[0,90°]．(　　) (4)直线与平面的夹角为[0,90°]．(　　) 答案：　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√ 2．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．150°　　　D．30° 解析：D　[因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，所以它们所在直线的夹角为60°，则直线l与平面α所成的角等于90°－60°＝30°.] 3．已知向量m，n分别为直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－eq \f(\r(3),2)，则直线l与平面α所成的角为　________　. 解析：60°　[设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(\r(3),2).又∵θ∈[0,90°]，∴θ＝60°.] 4．在正方形ABCD­A1B1C1D1中，CB1与平面AA1C1C所成角的大小为　________　. 解析：30°　[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AA1C1C， 所以∠B1CO是CB1与平面AA1C1C所成角， 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所成角的大小为30°.] 用定义法解决直线与平面的夹角问题 [例1] 如图所示，在三棱锥P­ABC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． [思路点拨]　(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]　(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，AD，则AE是AD在平面PAC内的投影，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＝eq \f(a,2)，DE＝eq \f(a,4)， 在直角三角形ABP中，AD＝eq \f(\r(2),2)a， 所以sin∠DAE＝eq \f(DE,AD)＝eq \f(\f(a,4),\f(\r(2),2)a)＝eq \f(\r(2),4). 即AD与平面PAC夹角的正弦值为eq \f(\r(2),4). 作直线与平面夹角的一般方法：在直线上找一点，通过这个点作平面的垂线，从而确定射影，找到要求的角．其中关键是作平面的垂线，此方法简称为“一作，二证，三计算”． [变式训练] 若本例1的题(2)条件不变，求AD与平面PBC的夹角的正弦值，结果如何？ [解]　由例题(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＝2eq \r(2)a. 故AD＝eq \r(2)a.在△APC中，AP＝2a， AC＝AB·sin 60°＝2a×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)a， 所以PC＝eq \r(3a2＋4a2)＝eq \r(7)a，设∠ACP＝θ， 则AE＝AC·sin θ＝AC×eq \f(AP,PC)＝eq \r(3)a×eq \f(2a,\r(7)a)＝eq \f(2\r(3),\r(7))a＝eq \f(2\r(21),7)a， 所以sin∠ADE＝eq \f(AE,AD)＝eq \f(\f(2\r(21)a,7),\r(2)a)＝eq \f(\r(42),7). 即AD与平面PBC夹角的正弦值为eq \f(\r(42),7). 用向量求直线与平面所成的角 [例2]　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． [思路点拨]　(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. 取BP的中点T，连接AT，TN(图略)，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊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\co1(\f(BC,2)))2)＝eq \r(5). 以A为坐标原点，eq \o(AE,\s\up16(→))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\co1(\f(\r(5),2)，1，2))， eq \o(PM,\s\up16(→))＝(0,2，－4)，eq \o(PN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))， eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(n·\o(PM,\s\up16(→))＝0，,n·PN＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，)) 可取n＝(0,2,1)．于是|cos〈n，eq \o(AN,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|n·\o(AN,\s\up16(→))|,|n||\o(AN,\s\up16(→))|)＝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). 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： [变式训练] 2.如图，在四棱锥P－ABCD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． 解：(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，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)．则eq \o(PC,\s\up16(→))＝(2,0，－1)，eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0，－1，－1)． 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up16(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,2x－z＝0.)) 令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)． 又eq \o(PB,\s\up16(→))＝(1,1，－1)，所以cos〈n，eq \o(PB,\s\up16(→))〉＝eq \f(n·\o(PB,\s\up16(→)),|n||\o(PB,\s\up16(→))|)＝－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 \o(AM,\s\up16(→))＝λeq \o(AP,\s\up16(→)). 因此点M(0,1－λ，λ)，eq \o(BM,\s\up16(→))＝(－1，－λ，λ)． 因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当eq \o(BM,\s\up16(→))·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). 公式cos θ＝cos θ1·cos θ2的应用 [例3] 　∠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＝eq \r(2)a，求OA与平面α所成的角． [思路点拨]　根据定义域cos θ＝cos θ1·cos θ2求解． [解]　法一：∵OA＝OB＝OC＝a，∠AOB＝∠AOC＝60°， ∴AB＝AC＝a.又∵BC＝eq \r(2)a，∴AB2＋AC2＝BC2. ∴△ABC为等腰直角三角形．同理△BOC也为等腰直角三角形． 取BC中点为H，连接AH，OH， ∴AH＝eq \f(\r(2),2)a，OH＝eq \f(\r(2),2)a，AO＝a，AH2＋OH2＝AO2. ∴△AHO为等腰直角三角形．∴AH⊥OH. 又∵AH⊥BC，OH∩BC＝H，∴AH⊥平面α. ∴OH为AO在α平面内的射影，∠AOH为OA与平面α所成的角． 在Rt△AOH中，∴sin∠AOH＝eq \f(AH,AO)＝eq \f(\r(2),2). ∴∠AOH＝45°.∴OA与平面α所成的角为45°. 法二：∵∠AOB＝∠AOC＝60°， ∴OA在α内的射影为∠BOC的平分线， 作∠BOC的角平分线OH交BC于H. 又OB＝OC＝a，BC＝eq \r(2)a，∴∠BOC＝90°. 故∠BOH＝45°，由公式cos θ＝cos θ1·cos θ2， 得cos∠AOH＝eq \f(cos∠AOB,cos∠BOH)＝eq \f(\r(2),2)， ∴OA与平面α所成的角为45°. 求线面角的关键是确定斜线在平面上射影的位置，只有确定了射影，才能将空间角转化为平面角．在本例中，也可以直接作AH⊥BC于H，进而证明AH⊥平面α，从而证明H是点A在平面α内的射影．解法二则灵活应用公式cos θ＝cos θ1·cos θ2求线面角，也是常用的方法． [变式训练] 3．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD.若∠PBC＝60°，求直线PB与平面ABCD所成的角θ. [解]　由题意得∠CBD＝45°， ∠PBD即为直线PB与平面ABCD所成的角θ. ∵cos∠PBC＝cos θ·cos∠CBD，∠PBC＝60°. 即cos 60°＝cos θ·cos 45°，∴cos θ＝eq \f(\r(2),2)，θ＝45°. [当堂达标] 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：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．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) 解析：B　[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 \o(AD1,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1,1,0) 设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋y＝0，))令x＝1，∴n＝(1,1,1)，又∵eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(0,0,1)， ∴BB1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(BB1,\s\up16(→)),|n||\o(BB1,\s\up16(→))|)))＝eq \f(\r(3),3).] 3．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝eq \f(1,2)PA，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　________　. 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＝eq \r(\f(7,2))a，eq \o(OD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),4)a，0，\f(\r(14),4)a))，可求得平面PBC的法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1，\r(\f(1,7))))， 所以cos〈eq \o(OD,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(\o(OD,\s\up16(→))·n,|\o(OD,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(\r(210),30)，设eq \o(OD,\s\up16(→))与平面PBC的角为θ，则sin θ＝eq \f(\r(210),30). 答案：eq \f(\r(210),30) 4．在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，求直线BC与平面PAC所成的角． [解]　以O为原点建立空间直角坐标系O­xyz， 设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a， 则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2)))， 从而eq \o(CA,\s\up16(→))＝(2a,0,0)，eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq \o(CB,\s\up16(→))＝(a，a,0)． 设平面PAC的一个法向量为n，可求得n＝(0,1,1)， 则cos〈eq \o(CB,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(\o(CB,\s\up16(→))·n,|\o(CB,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq \f(1,2). 所以〈eq \o(CB,\s\up16(→))·n〉＝60°. 所以直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°. $$