2.3 直线与平面的夹角-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修一同步课件（人教B版）

该高中数学课件聚焦“直线与平面的夹角”，涵盖概念、几何法、最小角定理及向量法求解。以“鸿雁南飞”诗句导入，从直线与平面位置关系切入，通过射影找角、最小角定理推导、向量法运算构建学习支架，衔接前后知识。 其亮点在于情境导入培养数学眼光，几何与向量法结合发展数学思维，例题与跟踪训练强化数学语言表达。如例1正方体线面角分类解析，跟踪训练3向量法步骤规范，助力学生提升空间观念与解题能力，教师可借系统内容高效教学。

1．2.3　直线与平面的夹角 新课导入 学习目标 鸳鸯有路高低去，鸿雁南飞一两行．惆怅与君烟景迥，不知何日到潇湘．诗中的每行鸿雁若是代表一条直线，地面代表平面，你知道鸿雁飞行的直线与地面所成的角是多少吗？ 1.掌握直线与平面的夹角的概念． 2.能够用向量法求直线与平面的夹角． 3.灵活运用向量法与几何法，从不同的角度解决直线与平面的夹角问题． 返回导航 内 容 索 引 新知学习探究 1 1 课堂巩固自测 2 新知学习探究 第一部分 4 知识点一　几何法求直线与平面的夹角 思考1　直线与平面的位置关系有几种？ [提示]　直线在平面内和直线在平面外两种位置关系，直线在平面外又包括直线与平面相交和直线与平面平行． 思考2　类比异面直线的位置关系，如何刻画直线与平面相交这种位置关系？ [提示]　可引入直线与平面所成的角． 返回导航 [知识梳理] 1．斜线与平面所成的角 注意到平面的一条斜线在平面内的射影是____________的，因此，平面的斜线与它在平面内的射影所成的____，称为这条斜线与平面所成的角． 唯一确定 角 返回导航 2．直线与平面所成的角 (1)定义：如图，如果直线AB是平面α的一条斜线，B为________，A′B是直线AB在平面α内的________，则________就是直线AB与平面α所成的角． 斜足 射影 ∠ABA′ ∥ ⊂ ⊥ 返回导航 [例1] 如图为正方体ABCD-A1B1C1D1，写出下列角： (1)A1C1与平面ABCD所成的角； 【解】　因为A1C1∥平面ABCD，所以A1C1与平面ABCD所成的角为0. (2)A1C1与平面BB1D1D所成的角； 返回导航 (3)A1C1与平面BB1C1C所成的角； 返回导航 (4)A1C1与平面ABC1D1所成的角． 返回导航 利用线面角定义，求线面角即求斜线与它在平面内的射影所成的角，所以找该斜线在平面内的射影是关键，而找射影的关键是找垂线，所以求线面角的关键是找平面的垂线． 感悟提升 返回导航 B 返回导航 返回导航 返回导航 知识点二　最小角定理 思考　请做一斜线与一个平面内多条不同方向的直线所成的角，你能发现最小的角是什么吗？ [提示]　斜线与这个平面所成的角是斜线与这个平面内所有直线所成角中最小的角． 返回导航 [知识梳理] 如图，AB⊥α，则图中θ，θ1，θ2之间的关系是_______________． 一般地，因为0≤cos θ2≤1，所以由上式可知cos θ≤cos θ1，因为θ1和θ都是锐角，所以可得θ1≤θ.这就是说，平面的斜线与平面所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角． cos ＝cos 1cos 2 返回导航 [例2] 在正四面体ABCD中，AB与平面BCD所成角的余弦值为________. 返回导航 公式cos θ＝cos θ1cos θ2在解题时经常用到，可用来求线面角θ1.在应用公式时，一定要分清θ，θ1，θ2分别对应图形中的哪个角． 感悟提升 返回导航 返回导航 返回导航 知识点三　用空间向量求直线与平面的夹角 思考　直线的方向向量与平面的法向量的夹角是直线与平面所成的角吗？ 返回导航 [知识梳理] 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，设直线l与平面α所成角的大小为θ. 如图1，图2所示，可以看出 θ＝________________或θ＝________________， 特别地，cos θ＝sin 〈v，n〉，sin θ＝|cos 〈v，n〉|. 返回导航 [例3] (对接教材例2)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为C1C，BC的中点． (1)求证：A1B⊥B1C； 返回导航 证明：连接AB1， 因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC， 又AC⊂平面ABC，所以AC⊥AA1， 又AC⊥AB，AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABA1，所以AC⊥平面ABA1， 又A1B⊂平面ABA1，则A1B⊥AC. 因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1，所以四边形ABB1A1为正方形， 所以A1B⊥AB1， 因为AC∩AB1＝A，AC，AB1⊂平面ACB1，所以A1B⊥平面ACB1， 又B1C⊂平面ACB1，则A1B⊥B1C. 返回导航 (2)求直线A1B与平面AEF所成角的余弦值． 返回导航 返回导航 向量法求线面角的基本步骤 感悟提升 返回导航 [跟踪训练3] 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝AC＝BC＝2，D，E分别为CC1，A1B的中点． (1)证明：ED∥平面ABC； 返回导航 返回导航 (2)求直线CC1与平面A1BD所成角的余弦值． 返回导航 课堂巩固自测 第二部分 31 B 返回导航 AC 返回导航 返回导航 返回导航 4．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，P为DF的中点． (1)证明：BF∥平面APC； 返回导航 证明：如图，连接BD，交AC于点O，连接PO. 因为四边形ABCD为矩形，所以OB＝OD， 因为P，O分别为DF和BD的中点，所以BF∥PO，又PO⊂平面APC，BF⊄平面APC，所以BF∥平面APC. 返回导航 (2)求直线EC与平面APC所成角的正弦值． 返回导航 返回导航 返回导航 课堂小结 1．已学习：直线与平面的夹角、最小角定理以及利用向量求直线与平面的夹角． 2．须贯通：利用空间向量求直线与平面的夹角，体现了数形结合和转化与化归的思想方法． 3．应注意：混淆两个向量的夹角和直线与平面的夹角的关系，不能正确理解直线与平面的夹角的概念． 返回导航 (2)范围：直线与平面α所成的角θ的范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) .当θ＝0时，AB____α或AB____α；当θ＝ eq \f(π,2) 时，AB____α. 【解】　因为A1C1⊥平面BB1D1D，所以A1C1与平面BB1D1D所成的角为 eq \f(π,2) . 【解】　A1C1与平面BB1C1C所成的角为∠A1C1B1，而∠A1C1B1＝ eq \f(π,4) ，所以A1C1与平面BB1C1C所成的角为 eq \f(π,4) . 【解】　连接BC1，A1D，AD1，设A1D交AD1于点E，连接EC1，则A1C1与平面ABC1D1所成的角即为∠A1C1E＝ eq \f(π,6) ，所以A1C1与平面ABC1D1所成的角为 eq \f(π,6) . [跟踪训练1] (1)已知正方形ABCD的边长为 eq \r(2) ，PA⊥平面ABCD，PA＝2，则PC与平面ABCD所成的角是(　　) A．30°　　　　　　 B．45° C．60° D．90° 解析：由于PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥AC，故∠PCA是PC与平面ABCD所成的角，由于正方形ABCD的边长为 eq \r(2) ，所以AC＝ eq \r(（\r(2)）2＋（\r(2)）2) ＝2＝PA，所以∠PCA＝45°.故选B. (2)过平面α外一点P的斜线段是过这点的垂线段的 eq \f(2\r(3),3) 倍，则斜线与平面α所成的角是________． eq \f(π,3) 解析：如图，连接AB，由PB⊥α，知∠PAB是斜线段PA与平面α所成的角，在Rt△PAB中，因为PA＝ eq \f(2\r(3),3) PB，所以 sin ∠PAB＝ eq \f(PB,PA) ＝ eq \f(\r(3),2) ，因为∠PAB∈(0， eq \f(π,2) )，所以∠PAB＝ eq \f(π,3) ，即斜线段PA与平面α所成的角为 eq \f(π,3) . 【解析】　如图所示，过点A作AO⊥平面BCD，易证点O为△BCD的中心，BO为AB在平面BCD上的射影，则∠OBC＝30°，∠ABC＝60°. 设AB与平面BCD所成的角为θ，则cos 60°＝cos θcos 30°， 所以cos θ＝ eq \f(cos 60°,cos 30°) ＝ eq \f(\r(3),3) . 即AB与平面BCD所成角的余弦值为 eq \f(\r(3),3) . eq \f(\r(3),3) [跟踪训练2] 已知平面α∥β，直线l与α所成角的正切值为 eq \f(\r(2),2) ，直线m⊂α，l⊥m，直线n⊂β，且l和n所成的角为 eq \f(π,4) ，那么m与n所成的角为________． eq \f(π,3) 解析：如图，设l′为直线l在平面α上的射影，则l′⊂α.又l⊥m，由三垂线定理知l′⊥m，且cos θ1＝ eq \f(\r(6),3) .在平面α内作n′∥n，设l和n′所成的角为θ，则θ＝ eq \f(π,4) ，由最小值定理得cos θ＝cos θ1cos θ2，解得cos θ2＝ eq \f(\r(3),2) ，即θ2＝ eq \f(π,6) .所以m与n所成的角为 eq \f(π,2) －θ2＝ eq \f(π,3) . [提示]　不是．直线的方向向量与平面的法向量的夹角与直线与平面所成的角有可能互余，也有可能相差 eq \f(π,2) . eq \f(π,2) －〈v，n〉 〈v，n〉－ eq \f(π,2) 【解】　因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中， ∠BAC＝90°，所以AB，AC，AA1两两垂直， 所以以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，E(0，2，1)，F(1，1，0)， 所以 eq \o(A1B,\s\up16(→)) ＝(2，0，－2)， eq \o(AE,\s\up16(→)) ＝(0，2，1)， eq \o(AF,\s\up16(→)) ＝(1，1，0). 设平面AEF的法向量为n＝(a，b，c)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝2b＋c＝0，,n·\o(AF,\s\up16(→))＝a＋b＝0，))) 令a＝1，可得n＝(1，－1，2). 设直线A1B与平面AEF所成的角为θ， 所以sin θ＝ \o(A1B,\s\up16(→)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈n，〉)) ＝ \o(A1B,\s\up16(→)) eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1( eq \o(A1B,\s\up16(→)) ))) ＝ eq \f(2,\r(1＋1＋4)×\r(4＋4)) ＝ eq \f(\r(3),6) ， 即直线A1B与平面AEF所成角的正弦值为 eq \f(\r(3),6) ，所以直线A1B与平面AEF所成角的余弦值为 eq \f(\r(33),6) . 证明：如图建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，D(0，0，1)，B(0，2，0)，A1(2，0，2)，E(1，1，1)，C1(0，0，2)，所以 eq \o(DE,\s\up16(→)) ＝(1，1，0)，因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，因此平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以 eq \o(DE,\s\up16(→)) ·n＝0，即 eq \o(DE,\s\up16(→)) ⊥n，又ED⊄平面ABC，所以ED∥平面ABC. 解：由(1)知，CC1＝(0，0，2)， eq \o(BD,\s\up16(→)) ＝(0，－2，1)， eq \o(BA1,\s\up16(→)) ＝(2，－2，2)， 设平面A1BD的法向量为m＝(x，y，z)，则 \o(BA1,\s\up16(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up16(→))＝－2y＋z＝0，,m·＝2x－2y＋2z＝0，)) 令z＝2，得m＝(－1，1，2)，设直线CC1与平面A1BD所成的角为θ，则sin θ＝ \o(CC1,\s\up16(→)) eq \f(|m·|,|m|| eq \o(CC1,\s\up16(→)) |) ＝ eq \f(4,\r(6)×2) ＝ eq \f(\r(6),3) ，所以cos θ＝ eq \r(1－sin2θ) ＝　 eq \r(1－\f(6,9)) ＝ eq \f(\r(3),3) .所以直线CC1与平面A1BD所成角的余弦值为 eq \f(\r(3),3) . 1．(教材P48练习AT3改编)若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为 eq \f(5π,6) ，则直线l与平面α所成的角为(　　) A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3) C． eq \f(5π,6) D．以上均不正确 解析：直线l与平面α所成的角为 eq \f(5π,6) － eq \f(π,2) ＝ eq \f(π,3) . 2．(多选)已知 eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(1，3，－2)， eq \o(BC,\s\up16(→)) ＝(3，1，－2)， eq \o(BP,\s\up16(→)) ＝(－1，0，2)，则平面ABC的法向量与 eq \o(BP,\s\up16(→)) 的夹角的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(30),10) B． eq \f(3\r(10),10) C．－ eq \f(\r(30),10) D．－ eq \f(3\r(10),10) 解析：设n＝(x，y，z)为平面ABC的一个法向量， 则由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up16(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3y－2z＝0，,3x＋y－2z＝0，)) 令x＝1，得y＝1，z＝2，所以n＝(1，1，2). cos 〈 eq \o(BP,\s\up16(→)) ，n〉＝ eq \f(\o(BP,\s\up16(→))·n,|\o(BP,\s\up16(→))||n|) ＝ eq \f(－1＋4,\r(5)×\r(6)) ＝ eq \f(\r(30),10) ，由于法向量的方向不能确定，故平面ABC的法向量与 eq \o(BP,\s\up16(→)) 的夹角的余弦值也可能为－ eq \f(\r(30),10) .故选AC. 3．在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，－2，0)，B(2，1， eq \r(6) )，则直线AB与平面zOx所成角的正弦值为__________． eq \f(3,4) 解析：平面zOx的一个法向量为n＝(0，1，0)， eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(1，3， eq \r(6) )， 设直线AB与平面zOx所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n， eq \o(AB,\s\up16(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\o(AB,\s\up16(→))|,|n||\o(AB,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(3,4) .所以直线AB与平面zOx所成角的正弦值为 eq \f(3,4) . 解：因为AF⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以AF⊥AB，AF⊥AD. 因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD， 故以A为坐标原点，AB，AD，AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(1，2，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1)) ，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))) ， eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝(1，2，0)， eq \o(AP,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))) ， eq \o(EC,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，－1)) . 设平面APC的法向量为m＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up16(→))＝x＋2y＝0，,m·\o(AP,\s\up16(→))＝y＋\f(1,2)z＝0，))) 令y＝－1，则x＝2，z＝2，得m＝(2，－1，2). 设直线EC与平面APC所成的角为θ， 则sin θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈m，\o(EC,\s\up16(→))〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·\o(EC,\s\up16(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EC,\s\up16(→))))) ＝ eq \f(|1－2－2|,3×\f(\r(21),2)) ＝ eq \f(2\r(21),21) ，所以直线EC与平面APC所成角的正弦值为 eq \f(2\r(21),21) . $