2.5.3《直线与平面的夹角》课件(北师大版选修2-1)
2.5.1-2.5.2《直线间的夹角与平面间的夹角》课件(北师大版选修2-1)
为 ____________.
【解析】∵θ∈［0,π］,
π ∴当θ∈［0, π ］时，a与b的夹角即为θ，而当θ∈( , 2 2
π］时，a与b的夹角为π-θ. 答案：θ或π-θ
5.两个平面的法向量分别为m=(0,0,3),n=(8,9,2)，则这两个 平面的夹角的余弦值为______. 【解析】 答案：
【解题提示】建立空间直角坐标系，通过向量方法来解决.
【解析】
答案：
3.（5分）若分别与一个二面角的两个面平行的向量m=(-1, 2,0),n=(3,0,-2)，且m, n都与二面角的棱垂直，则该两平面
夹角的余弦值为________.
【解析】
答案：
4.（15分）如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直， BE∥ CF，∠BCF=∠CEF=90°，AD= 3 ，EF=2. （1）求证：AE∥ 平面DCF; （2）当AB的长为何值时，平面AEF与平面BEFC的夹角为60°?
10
)
(B)
1 5
(C) 3 10
10
(D)
3 5
【解析】选C.建系如图所示.设AB=a,AA1=2a, 则B(a,a,0),C(0,a,0),D1(0,0,2a),E(a,0,a)， BE=(0,-a,a),CD1=(0,-a,2a).
2.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面BA1C与平面A1CA夹 角的大小为_______.
三、解答题（6题12分，7题13分，共25分） 6.如图所示，A1B1C1-ABC是直三棱柱， ∠BCA=90°，点D1、F1分别是A1B1和
A1C1的中点，若BC=CA=CC1，求D1B与
AF1夹角的余弦值.
【解析】建立如图所示的空间直角
2018年高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5.3 直线与平面的夹角课件2 北师大版选修2-1
例1： 在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，AB 6, AD 8,
AA1 6, M 为B1C1上的一点,且B1M 2, 点N在线段A1D上，
A1N 5, 求AD与平面ANM 所成的角的正弦值.
得n (1,1,43) 又
uuu
AD (0,8,0),
设ADsi与n平θ面||AAADDN|•M|nn所|| 成的角为
AA1 6, M 为B1C1上的一点,且B1M 2, 点N在线段A1D上，
A1N 5, 求AD与平面ANM 所成的角的正弦值.
解：如图建立坐标系A-xyz,则
A(0,0,0), M(6,2,6)
由A1N 5,可得 N(0,4,3)
AM (6,2,6A)N, (0,4,3).
设平AAMN面•• nnα的00 法向量n (x,y,z)由,
直线与平面的夹角
思考:能否用空间向量知 识来解决直线与平面的 夹角呢？
探究点：直线与平面的夹 直线与平面夹角角的概念是什么？
O
A
B
B
总结：直线与平面夹角的取值范围是 [0, ] ，而
2
斜线与平面夹角的取值范围是
(0, ] 2
注意区别
思考1. 直线AB与平面的夹角 和该直线的方向向量s, 与该平面的法向量n 的夹角 s,n 是什么关系?
|0 1• 8 0|
8•
12
12
(
4)2 3
3 34, 34
3 34
所以AD与平面ANM所成的角的正弦值为
34
当 s,n
2
时,
s,n 2
概念
直线与 平面夹角
公式
当
2
s,n
时,
s,n
新北师大选修2-1高中数学 直线与平面的夹角
§5夹角的计算第二课时 直线与平面的夹角[对应学生用书P37]在上节研究的山体滑坡问题中，A ，B 两点到直线l (水平地面与山坡的交线)的距离分别为AC 和BD ，直线BD 与地面ACD 的夹角为φ.问题1：φ与〈CA ，DB 〉有什么关系？ 提示：φ＝π－〈CA ，DB 〉．问题2：φ与〈BD ，n 〉有何关系？(n 为地面法向量)提示：φ＝π2－〈BD ，n 〉或φ＝〈BD ，n 〉－π2，即sin φ＝|cos 〈BD ，n 〉|.直线与平面的夹角(1)平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与此平面的夹角． (2)如果一条直线与一个平面垂直，这条直线与平面的夹角为π2.(3)如果一条直线与一个平面平行或在平面内，这条直线与平面的夹角为0. (4)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l 与α的夹角为θ，则， 当〈a ，n 〉≤π2时，θ＝π2－〈a ，n 〉；当〈a ，n 〉>π2时，θ＝〈a ，n 〉－π2.即sin 〈a ，n 〉＝|cos 〈a ，n 〉|.(1)直线与平面夹角范围是⎣⎡⎦⎤0，π2； (2)求直线与平面夹角θ时，可用定义求解；也可用直线的方向向量s 、平面的法向量n 的夹角进行求解，但要注意sin θ＝|cos 〈s ，n 〉|.[对应学生用书P37][例1] 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值． [思路点拔](1)先证明直线与平面垂直，再利用线面垂直的性质求证线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，写出点与向量坐标，将线面角的大小用方向向量和法向量表示，但要注意线面角的范围．[精解详析] (1)如图，取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B .因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C .又A 1C 平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB ，又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)，则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)， 故n ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值为105. [一点通]设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|＝|a ·u ||a ||u |或cos θ＝sin φ，其中θ与φ满足：①当φ是锐角时，θ＝π2－φ；②当φ为钝角时，则θ＝φ－π2.1．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC 81与平面ABCD 夹角的余弦值为( ) A.33 B.36 C.62D.63解析：如图所示建系，设正方体棱长为1，则A (1,0,0)，C 1(0,1,1)，C (0，1,0)，而CC 1⊥面ABCD ，∴AC 1在底面ABCD 的射影为AC . 又1AC ＝(－1,1,1)，AC ＝(－1,1,0)， ∴AC 1与平面ABCD 夹角的余弦值cos θ＝|cos 〈1AC ，AC 〉|＝63. 答案：D2．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 夹角的正弦值为________．解析：取B 1C 1中点O ，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝BB 1＝2，则A 1(－3，0,0)，C 1(0,1,0)，A (－3，0,2)，O (0,0,0)，1A O ＝(3，0,0)，1A O 为面BB 1C 1C 的法向量，1AC ＝(3，1，－2)，∴sin θ＝|cos 〈1A O ，1AC 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1A O ·1AC |1A O ||1AC | ＝33·3＋1＋4＝64.答案：643.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PA ⊥BD .(1)求证：PB ＝PD ；(2)若E ，F 分别为PC ，AB 的中点，EF ⊥平面PCD ，求直线PB 与平面PCD 所成角的大小．解：(1)证明：如图所示，连接AC ，BD 交于点O ，连接PO ，∵底面ABCD 是正方形， ∴AC ⊥BD ，且O 为BD 的中点． 又PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面PAC ，由于PO ⊂平面PAC ，故BD ⊥PO . 又BO ＝DO ，故PB ＝PD .(2)如图所示，连接AC ，BD ， 设PD 的中点为Q ，连接AQ ，EQ ，则EQ 綊12CD ，∴四边形AFEQ 为平行四边形，EF ∥AQ ，∵EF ⊥平面PCD ， ∴AQ ⊥平面PCD ，∴AQ ⊥PD ，Q 为PD 的中点，∴AP ＝AD ＝ 2. 由AQ ⊥平面PCD ，可得AQ ⊥CD . 又DA ⊥CD ，QA ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PA . 又BD ⊥PA ，∴PA ⊥平面ABCD .∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，分别以向量AB ―→，AD ―→，AP ―→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，Q ⎝⎛⎭⎫0，22，22，D (0，2，0)，P (0,0，2)，∴AQ ―→＝⎝⎛⎭⎫0，22，22，PB ―→＝(2，0，－2)．易知AQ ―→为平面PCD 的一个法向量， 设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ， 则sin θ＝cos 〈PB ―→，AQ ―→〉＝|PB ―→·AQ ―→||PB ―→|·|AQ ―→|＝12，∴直线PB 与平面PCD 所成的角为π6.3.已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 的夹角．解：设PA ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系如图．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，0，12，N ⎝⎛⎭⎫12，0，0， S ⎝⎛⎭⎫1，12，0. (1)证明：CM ＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12，SN ＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，因为CM ·SN ＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN . (2) NC ＝⎝⎛⎭⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则a ·CM ＝0，a ·NC ＝0，即⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.令x ＝2，得a ＝(2,1，－2)．因为|cos 〈a ，SN 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN 与平面CMN 的夹角为45°.[例2] 如图，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABD ，ACD 是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且AD ＝3，BD ＝CD ＝1.另一个侧面ABC 是等边三角形．点A 在底面BCD 上的射影为H .(1)以D 点为原点建立空间直角坐标系，并求A ，B ，C 的坐标； (2)求平面BAC 与平面DAC 的夹角的余弦值．(3)在线段AC 上是否存在一点E ，使ED 与面BCD 的夹角为30°？若存在，确定点E 的位置；若不存在，说明理由．[思路点拨] (1)建立坐标系，证明AD ·BC ＝0. (2)求两平面法向量的夹角．(3)先假设存在点E 满足条件，再建立关于点E 的坐标的方程，判断方程是否有符合题意的解，即可得出结论．[精解详析] (1)由题意AB ＝AC ＝2，∴BC ＝ 2.则△BDC 为等腰直角三角形． 连接BH ，CH ，∴DB ⊥BH ，CH ⊥BH .∴四边形BHCD 为正方形，以DC 为y 轴，DB 为x 轴建立空间直角坐标系如图所示，则A (1,1,1)，B (1,0,0)，C (0,1,0)．(2)设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥BC 知：n 1·BC ＝－x ＋y ＝0.同理，由n 1⊥CA 知：n 1·CA ＝x ＋z ＝0. 可取n 1＝(1,1，－1)．同理，可求得平面ACD 的一个法向量为n 2＝(1,0，－1)． 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1＋0＋13·2＝63， 即所求平面BAC 与平面DAC 的夹角的余弦值为63. (3)假设存在E 满足条件，设CE ＝x CA ＝(x,0，x )(0≤x ≤1)，则DE ＝DC ＋CE ＝(0,1,0)＋(x,0，x )＝(x,1，x )，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，∵ED 与平面BCD 的夹角为30°， 由图可知DE 与n 的夹角为60°，所以cos 〈DE ，n 〉＝DE ·n | DE ||n |＝x 1＋2x 2＝cos60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，即E ⎝⎛⎭⎫22，1，22， |AC |＝2，|CE |＝1.故线段AC 上存在点E (与C 的距离为1)，使ED 与平面BCD 的夹角为30°. [一点通]解决存在性探究问题，一般先假设存在，然后进行推理计算，推出的结果若符合题意，则说明假设正确．若出现矛盾或得出相反的结论，则否定假设，说明不存在．4.在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为棱BB 1的中点，在棱DD 1上是否存在点P ，使MD 与平面PAC 的夹角为90°？若存在，确定P 点位置；若不存在，说明理由．解：如图，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，1，12， 假设存在P (0,0，x )(0≤x ≤1)满足条件，经检验，当x ＝0时不满足要求， 当0<x ≤1时，则PA ＝(1,0，－x )，AC ＝(－1,1,0)，MD ＝(－1，－1，－12)．设平面PAC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则由⎩⎨⎧PA ·n ＝0， AC ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－xz 1＝0，－x 1＋y 1＝0.令x 1＝1得y 1＝1，z 1＝1x ，即n ＝(1,1，1x )． 由题意MD ∥n ，由MD ＝⎝⎛⎭⎫－1，－1，－12＝－⎝⎛⎭⎫1，1，12＝－n ， 得x ＝2.又0<x ≤1，故不满足要求，综上所述，棱DD 1上不存在点P ，使MD 与平面PAC 的夹角为90°.5.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求平面A 1BC 1与平面B 1BC 1的夹角的余弦值； (3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值． 解：(1)证明：因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A -xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)． 同理可得，平面B 1BC 1的法向量为m ＝(3,4,0)． 所以cos 〈 n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.所以平面A 1BC 1与平面B 1BC 1的夹角的余弦值为1625.(3)证明：设D (x 1，y 1，z 1)是线段BC 1上一点，且BD ＝λ1BC . 所以(x 1，y 1－3，z 1)＝λ(4，－3,4)． 解得x 1＝4λ，y 1＝3－3λ，z 1＝4λ.所以AD＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD·1A B＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.此时，BDBC1＝λ＝9 25.计算直线l与平面α的夹角为θ.(1)利用法向量计算θ的步骤如下：(2)利用定义计算θ的步骤如下：[对应课时跟踪训练(十二)]1．已知直线l的一个方向向量为a＝(1,1,0)，平面α的一个法向量为μ＝(1,2，－2)，则直线l与平面α夹角的余弦值为()A.22B．－22C．±22 D.12解析：cos〈a，μ〉＝a·μ|a||μ|＝32·3＝22，则直线l与平面α的夹角θ的正弦值sin θ＝|cos〈a ，μ〉|＝22，cos θ＝22. 答案：A2．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是边长为4的正方形，长方体的高为AA 1＝3，则BC 1与对角面BB 1D 1D 夹角的正弦值等于( )A.45 B.35 C.225D.325解析：建立如图所示的空间直角坐标系，∵底面是边长为4的正方形，AA 1＝3，∴A 1(4,0,0)，B (4,4,3)，C 1(0,4,0)．而面BB 1D 1D 的法向量为AC ＝11A C ＝(－4,4,0)，∴BC 1与对角面BB 1D 1D 所成角的正弦值即为|cos 〈1BC ，11A C 〉|＝|(－4，0，－3)·(－4，4，0)|42＋32×42＋42＝165×42＝225.答案：C3.如图所示，点P 是△ABC 所在平面外的一点，若PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，则点P 在平面α上的投影P ′是△ABC 的( )A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心解析：由于PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，所以这三条由点P出发的平面ABC 的斜线段相等，故它们在平面ABC 内的投影P ′A ，P ′B ，P ′C 也都相等，故点P ′是△ABC 的外心．答案：B4．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33 C.23 D.13解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，故DB ―→＝(1,1,0)，DC 1―→＝(0,1,2)，DC ―→＝(0,1,0)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DC 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，所以平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC ―→〉|＝|n ·DC ―→||n |·|DC ―→|＝23，故选A.答案：A5.四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DA ＝2，F ，E 分别为AD ，PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PFB ； (2)求点E 到平面PFB 的距离．解：(1)证明：以D 为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，F (1,0,0)，B (2,2,0)，E (0,1,1)．FP ―→＝(－1，0,2)，FB ―→＝(1,2,0)，DE ―→＝(0,1,1)，∴DE ―→＝12FP ―→＋12FB ―→，∴DE ―→∥平面PFB . 又∵DE ⊄平面PFB ， ∴DE ∥平面PFB . (2)∵DE ∥平面PFB ，∴点E 到平面PFB 的距离等于点D 到平面PFB 的距离． 设平面PFB 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FB ―→＝0，n ·FP ―→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，－x ＋2z ＝0，令x ＝2，得y ＝－1，z ＝1.∴n ＝(2，－1,1)，又∵FD ―→＝(－1,0,0)， ∴点D 到平面PFB 的距离 d ＝|FD ―→·n ||n |＝26＝63.∴点E 到平面PFB 的距离为63. 6.如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 夹角的正弦值为________．解析：不妨设正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，2，则CD ＝(32，－12，2)，1CB ＝(3，1,2)， 设平面B 1DC 的法向量为n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD ＝0，n ·1CB ＝0，解得n ＝(－3，1,1)． 又∵DA ＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2， ∴sin θ＝|cos 〈DA ，n 〉|＝45.答案：457．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点． 求直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值．解：如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)，D⎝⎛⎭⎫32，－12，2.易知AB ＝(3，1,0)，1AC ＝(0,2，2)，AD ＝⎝⎛⎭⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝3x ＋y ＝0，n ·1AC ＝2y ＋2z ＝0，解得x ＝－33y ，z ＝－2y . 故可取n ＝(1，－3，6)．所以cos 〈n ，AD 〉＝n ·AD |n ||AD |＝2310×3＝105.即直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值为105. 8．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．(1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 夹角的正弦值为67，求k 的值．解：(1)证明：取CD 的中点E ，连接BE ，如图．∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k .在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ， ∴BE 2＋CE 2＝BC 2， ∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD . 又∵BE ∥AD ，∴CD ⊥AD .∵AA 1⊥平面ABCD ，CD 平面ABCD ， ∴AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面ADD 1A 1.(2)以D 为原点，DA ，DC ，1DD 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)， ∴AC ＝(－4k,6k,0)，1AB ＝(0,3k,1)，1AA ＝(0,0,1)． 设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧AC ·n ＝0， 1AB ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0.取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )． 设AA 1与平面AB 1C 的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈1AA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AA ·n | 1AA |n |＝6k 36k 2＋13＝67，解得k ＝1， 故所求k 的值为1.。
2.5.3《直线与平面的夹角》课件(北师大版选修2-1)
3.如图，在三棱锥O-ABC中，OA=OB=OC=1，∠AOB=90°，OC⊥ 平面AOB，D为AB的中点，则OD与平面OBC的夹角为( （A）π
6
)
（B）π
4
（C）π
3
（D）π
2
【解析】选B.以原图中OA、OB、OC所在的直线分别为x轴、 y轴、z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0),A(1,0,0), B(0,1,0),D( 1 , 1 ,0),C(0,0,1).由题意可知OB⊥OA，OA⊥OC.
(1)求B1M的长. (2)求直线AC与平面AMN夹角的余弦值. 【解题提示】建立坐标系：（1）设B1M=x,由AM⊥A1D，进 而求出x. （2）设直线AC与平面AMN的夹角为θ,A1D是平面AMN的法向量. 则sinθ=cos〈AC,A1D〉.
【解析】
7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为AA1、AB的中点，求 EF和平面ACC1A1夹角的大小.
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设棱长为2，则
E(2,0,1),F(2,1,0),A(2,0,0),C(0,2,0), ∴EF=(0,1,-1),A1A=(0,0,-2),AC=(-2,2,0).
1.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、 (A) 6
2
) (D) 2
(B) 6
3
(C) 6
4
【解析】 111
2.（5分）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为 2 ，底面三角
形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小是_______.
【解析】
答案：
3.（5分）已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1
在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC的夹角的
5.3直线与平面的夹角-北师大版选修2-1教案
5.3 直线与平面的夹角-北师大版选修2-1教案一、教学目标1.理解直线与平面的夹角的概念。
2.学习如何计算直线与平面的夹角。
3.掌握求直线与平面夹角的方法。
4.能够应用所学知识解决相关的题目。
二、教学内容1.直线与平面的概念。
2.直线与平面的夹角的定义。
3.求解直线与平面夹角的方法。
4.与直线与平面夹角有关的例题。
三、教学方法1.讲授教学法。
2.互动式授课法。
3.实践演练法。
四、教学步骤1. 引入新课通过讲解一个实际生活中与直线与平面有关的例子，引入本节新内容，并介绍学习本节内容的必要性。
2. 讲解直线与平面的概念介绍直线和平面的概念，并掌握相关概念。
通过实例让学生理解什么是直线和平面。
3. 研究直线与平面夹角引导学生动手测量直线与平面的夹角。
在引导学生进行实践的基础上，帮助学生理解夹角的定义，了解夹角的基本知识和计算方法。
4. 讲解求解直线与平面夹角的方法讲解求解直线与平面夹角的方法，介绍使用向量和坐标系的计算方法，并引导学生进行计算练习。
5. 练习题目和解答设计一些与直线与平面夹角有关的问题，引导学生进行思考和练习，并解答练习题。
6. 深化学习通过深化学习的方式，巩固学生所学的知识。
通过对已学知识的串讲，提高学生对所学知识的理解和运用能力。
7. 作业布置设计几道练习题目作为作业布置，帮助学生巩固所学内容。
五、教学评估通过观察学生在课堂上的表现、讨论反应及作业的完成情况，评估学生掌握直线与平面夹角的程度，以便制定后续的教学计划。
六、教学反思总结本节课教学成果，并回顾所授内容的重点。
分析教学过程中的问题，并反思教学方式。
根据需要进行教学计划的调整和改进。
北师大版高中数学选修2-1 2.5.1-2.5.2直线间的夹角平面间的夹角
又 cos������������������1, ������������������=|������������������������11|··���|���������������������| =
-������2 2������×
2������=-12,
∴������������������1, ������������������=23π, ∴异面直线 BA1 和 AC 的夹角为π3.
得 ������ = 1, ∴m=(- 3,1,- 3).
������ = - 3.
探究一
探究二
思想方法
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同理可求得平面 ABD 的一个法向量 n=(0,1,0),
∴cos������m,n������=
+
������������
=
������1 ������
+
������1 ������1
+
1 2
������������ ,
������������
=
������������
+
������������
=
������������
+
1 2
������
������1
,
∴cos<������1������, ������������>=|���������1���1���������|���··|������������������������ |
清楚它们夹角的取值范
围. 2.会用转化的方法求空
间中异面直线的夹角和
平面间的夹角.
2-5-3直线与平面的夹角课件(北师大版选修2-1)
又 MH∩CM＝M，则 ED⊥平面 CMF，因此 ED⊥MF. 设 EA＝a，BD＝BC＝AC＝2a， 在直角梯形 ABDE 中， AB＝2 2a，M 是 AB 的中点， 所以 DE＝3a，EM＝ 3a， MD＝ 6a，得△EMD 是直角三角形，其中∠EMD＝90°， EM·MD 所以 MF＝ ＝ 2a. DE MF 在 Rt△CMF 中，tan∠FCM＝MC＝1，所以∠FCM＝45°，故 CM 与平面 CDE 所成的夹角是 45°.
5.3 直线与平面的夹角
【课标要求】 1．理解直线与平面的夹角的概念． 2．会利用向量的方法求直线与平面的夹角． 【核心扫描】 1．掌握直线与平面的夹角的求解方法．(重点) 2．真正理解立体几何中直线与平面的夹角的概念．(难点) 3．线面角中的数形结合思想．(方法)
自学导引 直线与平面的夹角 (1)平面外一条直线与它在该平面内的 投影 的夹角叫作该直线 与此平面的夹角． (2)如果一条直线与一个平面平行或在平面内，我们规定这条直 线与平面的夹角为 0 ． (3)如果一条直线与一个平面垂直，我们规定这条直线与平面的 π 夹角是 ． 2
→ 1 1 → 2 AE＝ ，－1，0，EF＝0，2，2.(8 分) 2
设平面 AEF 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 1 1 → 则 n· ＝0⇒ y＋ z＝0， EF 2 2
2 → n· ＝0⇒ x－y＝0，令 x＝ 2，则 y＝1，z＝－1， AE 2 ∴平面 AEF 的一个法向量 n＝( 2，1，－1)．(10 分) 3 → 设 AC 与平面 AEF 的夹角为 α，sin α ＝|cos〈AC，n〉|＝ 6 ， 3 所以 AC 与平面 AEF 的夹角正弦值为 .(12 分) 6 【题后反思】 本题有两问是一个综合题， 题目以四棱锥为背景 构造垂直的证明和线面角的求解，求解过程充分体现了向量的 工具性作用．
优课系列高中数学北师大版选修21 2.5.3直线与平面的夹角 课件(共18张PPT)
两直线 l , m 的夹角为 ( 0 ≤ ≤ ), cos a b ；
2
ab
直线 l 与平面 的夹角为 ( 0 ≤ ≤ ), sin a u ；
2
au
两平面 与 的夹角大小为 ( 0 ≤ ≤ ), cos u v .
2
uv
uv
二面角 ─l ─ 的大小为 ( 0 ≤ ), cos
1 当 0a ,b时 ， =a ,b， 此 时 ： coscosa,b=ab
2 当 a ,b 2 时 ， = a ,b,
ab
2
此 时 ： c o s c o s -a ,b= c o sa ,b= a b
ab
a b
a
l cos =
a b
b
m
b
a
l m
复习回顾：
2、平面间的夹角
在 两 个 平 面 所 成 的 二 面 角 的 平 面 角 0,中 ， 称
u
v
•9、要学生做的事，教职员躬亲共做；要学生学的知识，教职员躬亲共学；要学生守的规则，教职员躬亲共守。2021/9/82021/9/8Wednesday, September 08, 2021 •10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。2021/9/82021/9/82021/9/89/8/2021 4:50:37 AM •11、只有让学生不把全部时间都用在学习上，而留下许多自由支配的时间，他才能顺利地学习……（这）是教育过程的逻辑。2021/9/82021/9/82021/9/8Sep-218-Sep-21 •12、要记住，你不仅是教课的教师，也是学生的教育者，生活的导师和道德的引路人。2021/9/82021/9/82021/9/8Wednesday, September 08, 2021
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1 2 , 2 = 2 2 2
∴OA为平面BOC的法向量，∴cos〈OA,OD〉=
设直线OD与平面OBC的夹角为θ，
则sinθ=
2 ,∴θ= π . 4 2
二、填空题（每题5分，共10分）
4.正四棱锥S—ABCD中，O为顶点在底面上的投影，P为侧棱SD 的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC的夹角是______. 【解析】
3.如图，在三棱锥O-ABC中，OA=OB=OC=1，∠AOB=90°，OC⊥ 平面AOB，D为AB的中点，则OD与平面OBC的夹角为( （A）π
6
)
（B）π
4
（C）π
3
（D）π
2
【解析】选B.以原图中OA、OB、OC所在的直线分别为x轴、 y轴、z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0),A(1,0,0), B(0,1,0),D( 1 , 1 ,0),C(0,0,1).由题意可知OB⊥OA，OA⊥OC.
2
) (D) 2
(B) 6
3
(C) 6
4
【解析】 111
2.（5分）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为 2 ，底面三角
形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小是_______.
【解析】
答案：
3.（5分）已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1
在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC的夹角的
一、选择题（每题5分，共15分）
1.若直线l的方向向量与平面α 的法向量的夹角等于150°,则
直线l与平面α 的夹角等于( (A)150° (B)60° ) (D)50°
(C)30°
【解析】选B.l与平面α的夹角等于150°-90°=60°.
【解析】
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设棱长为2，则
E(2,0,1),F(2,1,0),A(2,0,0),C(0,2,0), ∴EF=(0,1,-1),A1A=(0,0,-2),AC=(-2,2,0).
1.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为AB、C1D1的
中点，则A1B1与平面A1EF夹角的正弦值为( (A) 6
正弦值等于______. 【解题提示】通过平面ABC的法向量转化求解.
【解析】
答案：
4.（15分）正方体ABCD-A1B1C1D1中，求面对角线A1B与对角面 BB1D1D的夹角. 【解题提示】应用传统定义法或向量法求解.
【解析】
5.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=1，D在BB1上，BD=1，若AD与
侧面AA1C1C的夹角为θ ，则cosθ =________.
【解析】
答案：
三、解答题（6题12分，7题13分，共25分） 6.在长方体ABCD-A1பைடு நூலகம்1C1D1中，AB=3，AD=6，AA1=3，N在线段
A1D上，AN⊥A1D，M为线段B1C1上一点，且AM⊥A1D.
(1)求B1M的长. (2)求直线AC与平面AMN夹角的余弦值. 【解题提示】建立坐标系：（1）设B1M=x,由AM⊥A1D，进 而求出x. （2）设直线AC与平面AMN的夹角为θ,A1D是平面AMN的法向量. 则sinθ=cos〈AC,A1D〉.
【解析】
7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为AA1、AB的中点，求 EF和平面ACC1A1夹角的大小.