2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第一章空間向量與立體幾何1.2空間向量在立體幾何中的應(yīng)用1.2.3直線與平面的夾角學(xué)案含解析新人教B版選擇性必修第一冊

PAGE1.2.3直線與平面的夾角導(dǎo)思1.空間中斜線與平面所成角的定義與性質(zhì)是什么？2．求直線與平面所成角的方法有哪些？1.直線與平面所成的角直線與平面的夾角的取值范圍與斜線與平面夾角的取值范圍相同嗎？提示：不相同，直線與平面的夾角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，斜線與平面的夾角的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2．斜線與平面所成角的性質(zhì)(1)“最小角”結(jié)論(2)“三相等”結(jié)論經(jīng)過平面外同一點(diǎn)所作的平面的多條斜線中，斜線段長、射影長及斜線與平面所成的角，只要有一個(gè)相等，則另外兩個(gè)也對應(yīng)相等．(3)射影長計(jì)算公式當(dāng)線段AB所在的直線與平面α所成的角為θ，且AB在平面α內(nèi)的射影為A′B′時(shí)，有A′B′＝AB__cos__θ．一平面的斜線在平面內(nèi)的射影是一條線段還是直線？它是唯一的嗎？提示：是一條直線，斜線在平面內(nèi)的射影是唯一的．3．直線與平面的夾角的向量求法假如v是直線l的一個(gè)方向向量，n是平面α的一個(gè)法向量，直線l與平面α所成角的大小為θ，則θ＝eq\f(π,2)－〈v，n〉或θ＝〈v，n〉－eq\f(π,2)，特殊地，cosθ＝sin〈v，n〉或sin__θ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈v，n〉))．直線l的方向向量v與平面α的法向量n的夾角肯定是直線和平面的夾角嗎？提示：不是，直線和平面的夾角為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－〈v，n〉)).1．辨析記憶(對的打“√”，錯(cuò)的打“×”).(1)斜線與平面的夾角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()(2)直線與平面所成的角α與該直線的方向向量與平面的法向量的夾角β互余．()(3)一條直線與平面α所成的角小于它和平面α內(nèi)其他直線所成的角．()提示：(1)×.斜線與平面的夾角的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(2)×.直線的方向向量與平面的法向量的夾角可能是鈍角．(3)×.當(dāng)直線與平面垂直時(shí)不對．2．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量、法向量，且cos〈m，n〉＝eq\f(\r(3),2)，則直線l與平面α所成的角為()A．30°B．60°C．120°D．150°【解析】選B.設(shè)直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝cos〈m，n〉＝eq\f(\r(3),2)，所以θ＝60°.3．(教材例題改編)已知直線l∩平面α＝A，B是直線l上一點(diǎn)，AB＝6，直線l與平面α所成的角為60°，則線段AB在平面α內(nèi)的射影長為________．【解析】射影長＝ABcos60°＝6×eq\f(1,2)＝3.答案：3關(guān)鍵實(shí)力·合作學(xué)習(xí)類型一定義法求直線與平面所成的角(數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象)1．正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱AB上的點(diǎn)，且AB＝4EB，則直線C1E與平面ADD1A1所成角的正切值為(A．eq\f(\r(2),8)B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(2),16)D．eq\r(17)2．在《九章算術(shù)》中，將底面為矩形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”．如圖，四棱錐P-ABCD為陽馬，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E為棱PA的中點(diǎn)，則直線CE與平面PAD所成角的正弦值為()A．eq\f(2,3)B．eq\f(\r(5),3)C．eq\f(\r(3),2)D．eq\f(\r(2),2)3．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1B和平面A1B1CD所成的角為________【解析】1.選A.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1因?yàn)槠矫鍭A1D1D∥平面BB1C所以直線C1E與平面ADD1A1所成角等于直線C1E與平面BCC1B1因?yàn)镋B⊥平面BB1C1C則∠EC1B即為直線C1E與平面BCC1B1所成角．設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4a則EB＝a，BC1＝4eq\r(2)所以tan∠EC1B＝eq\f(a,4\r(2)a)＝eq\f(\r(2),8).即直線C1E與平面ADD1A所成角的正切值為eq\f(\r(2),8).2．選A.如圖，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，PA?平面PAD，則平面PAD⊥平面ABCD，因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以CD⊥AD，而平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.連接ED，則ED為CE在平面PAD上的射影，則∠CED為CE與平面PAD所成角，設(shè)PA＝AB＝AD＝2a，則AE＝a，ED＝eq\r(5)a，EC＝eq\r(ED2＋CD2)＝eq\r(5a2＋4a2)＝3a.所以sin∠CED＝eq\f(CD,CE)＝eq\f(2a,3a)＝eq\f(2,3).即直線CE與平面PAD所成角的正弦值為eq\f(2,3).3．連接BC1交B1C于O點(diǎn)，連接A1設(shè)正方體棱長為a.易證BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O為A1B在平面A1B1CD上的射影，所以∠BA1O為A1B與平面A1B1CD所成的角．在Rt△A1BO中，A1B＝eq\r(2)a，OB＝eq\f(\r(2),2)a，所以sin∠BA1O＝eq\f(OB,A1B)＝eq\f(1,2)，所以∠BA1O＝30°.即A1B和平面A1B1CD所成的角為30°.答案：30°用定義法求直線與平面所成角的關(guān)注點(diǎn)(1)關(guān)鍵：找尋直線與平面的夾角，即精確確定直線在平面內(nèi)的射影．(2)三種狀況：①若直線與平面平行或直線在平面內(nèi)，則直線與平面的夾角為0；②若直線與平面垂直，則直線與平面的夾角為eq\f(π,2)；③若是斜線與平面，作出斜線與平面所成的角，通過解三角形求出直線與平面夾角的大?。愋投蛄糠ㄇ笾本€與平面所成的角(數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理)【典例】如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D為AC(1)證明：AB1∥平面BC1D；(2)證明：BD⊥平面AA1C(3)若AA1＝AB，求直線BC1與平面AA1C【思路導(dǎo)引】(1)連接B1C，交BC1于O，連接OD，推導(dǎo)出OD∥AB1，由此能證明AB1∥平面BC1(2)推導(dǎo)出BD⊥AC，BD⊥AA1，由此能證明BD⊥平面AA1C(3)設(shè)AA1＝AB＝2，以B為原點(diǎn)，在平面ABC中過B作BC的垂線為x軸，BC為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出直線BC1與平面AA1C【解析】(1)連接B1C，交BC1因?yàn)檎庵鵄BC-A1B1C1中，D為AC的中點(diǎn)，O是B1C的中點(diǎn)，所以O(shè)D∥AB因?yàn)锳B1?平面BC1D，OD?平面BC1D，所以AB1∥平面BC1D.(2)因?yàn)檎庵鵄BC-A1B1C1中，AB＝BC，又D是AC中點(diǎn)，所以BD⊥AC又AA1⊥平面ABC，BD?平面ABC，所以BD⊥AA1，因?yàn)锳A1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C(3)設(shè)AA1＝AB＝2，以B為原點(diǎn)，在平面ABC中過B作BC的垂線為x軸，BC為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，0，0)，C1(0，2，2)，A(eq\r(3)，1，0)，C(0，2，0)，＝(0，－2，－2)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，0)，＝(0，0，2)，設(shè)平面AA1C1C則，取x＝1，得n＝(1，eq\r(3)，0)，設(shè)直線BC1與平面AA1C則sinθ＝＝eq\f(2\r(3),\r(8)·\r(4))＝eq\f(\r(6),4).所以直線BC1與平面AA1C1C所成角的正弦值為eq\f(\r(6),4).用向量法求直線與平面所成的角的步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)求直線的方向向量eq\o(AB,\s\up6(→))；(3)求平面的法向量n；(4)計(jì)算：設(shè)直線與平面所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|n·\o(AB,\s\up6(→))|,|n||\o(AB,\s\up6(→))|).已知四棱錐P-ABCD，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，F(xiàn)為AD中點(diǎn)，BP＝AD.(1)證明：平面PBF⊥平面ABCD；(2)求BF與平面PBC所成的角．【解析】(1)因?yàn)镻A＝PD，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)，所以PF⊥AD.由題意，在△ABF中，AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理，得BF＝eq\r(AB2＋AF2－2·AB·AF·cos∠BAF)＝eq\r(22＋12－2×2×1×\f(1,2))＝eq\r(3).因?yàn)镻A＝PD，∠APD＝90°，AD＝2，所以PF＝1.又BP＝AD＝2，所以BF2＋PF2＝BP2，即PF⊥BF.因?yàn)锳D?平面ABCD，BF?平面ABCD，AD∩BF＝F，所以PF⊥平面ABCD，而PF?平面PBF，所以平面PBF⊥平面ABCD； (2)連接BD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是邊長為2的菱形，且∠BAD＝60°，所以△ABD為等邊三角形，又F為AD的中點(diǎn)，所以BF⊥AD.由(1)知，F(xiàn)A，F(xiàn)B，F(xiàn)P兩兩相互垂直．以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以FA，F(xiàn)B，F(xiàn)P所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．則F(0，0，0)，A(1，0，0)，D(－1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，P(0，0，1)，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－1).設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝\r(3)y－z＝0,n·\o(BC,\s\up6(→))＝－2x＝0))，取z＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，1))；設(shè)BF與平面PBC所成角為θ.則sinθ＝eq\f(|\o(FB,\s\up6(→))·n|,|\o(FB,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(1,\r(3)·\f(2\r(3),3))＝eq\f(1,2).所以BF與平面PBC所成的角為eq\f(π,6).類型三直線與平面所成角的性質(zhì)及應(yīng)用(直觀想象、邏輯推理)eq\a\vs4\al(,,角度1)“最小角”結(jié)論的應(yīng)用【典例】已知PA，PB，PC是從P點(diǎn)動(dòng)身的三條射線，每兩條射線的夾角均為60°，則直線PC與平面PAB所成角的余弦值是________.【解析】如圖，在PC上任取一點(diǎn)D并作DO⊥平面APB，連接PO，則∠DPO就是直線PC與平面PAB所成的角．所以cos∠BPD＝cos∠DPO·cos∠OPB，cos∠APD＝cos∠DPO·cos∠OPA，因?yàn)椤螧PD＝∠APD＝∠APB＝60°，所以∠OPB＝∠OPA＝30°，所以cos∠DPO＝eq\f(cos∠BPD,cos∠OPB)＝eq\f(cos60°,cos30°)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),3)，即PC與平面PAB所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)本例若改為：已知PA，PB，PC是從點(diǎn)P動(dòng)身的三條射線，且∠APC＝∠BPC＝60°，直線PC與平面PAB所成的角為45°，求射線PA與PB的夾角．【解析】在PC上任取一點(diǎn)D并作DO⊥平面APB，連接PO，則∠DPO就是直線PC與平面PAB所成的角．所以cos∠BPD＝cos∠DPO·cos∠OPB，cos∠APD＝cos∠DPO·cos∠OPA，因?yàn)椤螧PD＝∠APD＝60°，∠DPO＝45°，所以∠OPB＝∠OPA，所以cos∠OPA＝eq\f(cos∠APD,cos∠DPO)＝eq\f(cos60°,cos45°)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2),2)，所以∠OPA＝45°，所以∠APB＝2∠OPA＝90°，即射線PA與PB的夾角為90°.eq\a\vs4\al(,,角度2)“三相等”結(jié)論及應(yīng)用【典例】如圖，在三棱錐P-ABC中，D，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC，BC上的點(diǎn)，O為點(diǎn)P在平面ABC上的射影．①若PA＝PB＝PC，則直線PA，PB，PC與平面ABC的夾角相等；②若PA＝PB＝PC，則點(diǎn)O是△ABC的外心；③若PD＝PE＝PF，則點(diǎn)O是△ABC的內(nèi)心．以上推斷正確的序號是________．【解析】連接OA，OB，OC，則OA，OB，OC分別是線段PA，PB，PC在平面ABC上的射影，∠PAO，∠PBO，∠PCO分別是直線PA，PB，PC與平面ABC的夾角，因?yàn)镻A＝PB＝PC，所以依據(jù)斜線與平面所成角的性質(zhì)，有∠PAO＝∠PBO＝∠PCO，OA＝OB＝OC，所以O(shè)是△ABC的外心，①②正確；同理若PD＝PE＝PF，則OD＝OE＝OF，但是OD，OE，OF是否與△ABC的三邊垂直無法說明，故點(diǎn)O不肯定是△ABC的內(nèi)心，③不正確．答案：①②斜線與平面所成角的性質(zhì)的應(yīng)用策略(1)“三相等”結(jié)論常用于干脆證明角或線段的相等，省去了先證明三角形全等的麻煩；(2)“最小角”結(jié)論可以用于比較線面角、線線角的大小，也可以求線面角、線線角，敏捷應(yīng)用這個(gè)結(jié)論，有時(shí)會(huì)起到事半功倍的效果．1．如圖，在側(cè)棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中，P是棱BC上的動(dòng)點(diǎn)．記直線A1P與平面ABC所成的角為θ1，與直線BC所成角為θ2，則θ1，θ2的大小關(guān)系是(A．θ1＝θ2 B．θ1>θ2C．θ1<θ2 D．不能確定【解析】選C.因?yàn)棣?是直線A1P與平面ABC所成的角，而θ2是直線A1P與直線BC所成的角，由最小角定理可知θ1≤θ2，又因?yàn)橹本€BC在平面ABC內(nèi)且不行能與A1P的射影AP共線，所以θ1<θ2.2．在邊長為30米的正六邊形廣場正上空懸掛一個(gè)照明光源，已知這個(gè)光源發(fā)出的光線過旋轉(zhuǎn)軸的截面是一個(gè)等腰直角三角形，要使整個(gè)廣場都照明，光源懸掛的高度至少為(A．30米B．20米C．15eq\r(2)米D．15【解析】選A.如圖所示，點(diǎn)O為正六邊形ABCDEF的中心，△PAD是一個(gè)等腰直角三角形，∠APD＝90°.△OAB為等邊三角形，所以O(shè)A＝30，因?yàn)镺P⊥平面ABCDEF，所以∠OAP＝45°，所以O(shè)P＝OA＝30.要使整個(gè)廣場都照明，光源懸掛的高度至少為30米課堂檢測·素養(yǎng)達(dá)標(biāo)1．如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1中，BC1與對角面BB1D1D是()A．∠C1BB1 B．∠C1BDC．∠C1BD1 D．∠C1BO【解析】選D.由線面垂直的判定定理，得C1O⊥平面BB1D1D，所以O(shè)B為BC1在平面BB1D1D上的射影，所以∠C1BO為BC1與平面BB1D1D所成的角．2．AB⊥平面α于點(diǎn)B，BC為AC在α內(nèi)的射影，CD在α內(nèi)，若∠ACD＝60°，∠BCD＝45°，則AC和平面α所成的角為()A．90°B．60°C．45°D．30°【解析】選C.設(shè)