高中数学第二章空间向量与立体几何25夹角的计算教学案北师大版1

§5夹角的计算第一课时 直线间的夹角、平面间的夹角[对应学生用书P34]山体滑坡是一种常见的自然灾害．甲、乙两名科学人员为了测量一个山体的倾斜程度，甲站在水平地面上的A 处，乙站在山坡斜面上的B 处，从A ，B 两点到直线l (水平地面与山坡的交线)的距离AC 和BD 分别为30 m 和40 m ，CD 的长为60 m ，AB 的长为80 m.问题1：直线AC 和BD 的夹角范围是什么？向量AC u u u r 与向量BD u u u r的夹角范围是什么？ 提示：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，[0，π]．问题2：直线AC 与BD 的夹角与〈AC u u u r ，BD u u u r〉有什么关系？提示：当0≤〈AC u u u r ，BD u u u r 〉≤π2时，它们相等；当π2<〈AC u u u r ，BD u u u r 〉≤π时，直线AC 与BD 的夹角为π－〈AC u u u r ，BD u u u r 〉． 问题3：上图中水平地面与斜坡面的夹角α与〈CA u u u r ，DB u u u r〉有什么关系？为什么？提示：α＝π－〈CA u u u r ，DB u u u r〉，因为图中两平面夹角(即为直线BD 与CA 的夹角)为锐角，而〈CA u u u r ，DB u u u r 〉为钝角，所以α＝π－〈CA u u u r ，DB u u u r〉．问题4：若n 1，n 2分别为两个平面π1，π2的法向量，则π1与π2的夹角θ与〈n 1，n 2〉有什么关系？提示：当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，θ＝〈n 1，n 2〉；当π2<〈n 1，n 2〉≤π时，θ＝π－〈n 1，n 2〉．1．两直线的夹角当两条直线l 1与l 2共面时，把两条直线交角中，范围在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内的角叫做两直线的夹角．2．异面直线l 1与l 2的夹角(1)定义：直线l 1与l 2是异面直线，在直线l 1上任取一点A 作AB ∥l 2，则直线l 1和直线AB 的夹角叫作异面直线l 1与l 2的夹角．(2)计算：设直线l 1与l 2的方向向量分别为s 1，s 2.当0≤〈s 1，s 2〉≤π2时，直线l 1与l 2的夹角等于〈s 1，s 2〉；当π2<〈s 1，s 2〉≤π时，直线l 1与l 2的夹角等于π－〈s 1，s 2〉． 3．平面间的夹角(1)定义：平面π1与π2相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面π1上作直线l 1⊥l ，在平面π2上作直线l 2⊥l ，则直线l 1和l 2的夹角叫作平面π1与π2的夹角．(2)计算：已知平面π1和π2的法向量分别为n 1和n 2， 当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1和π2的夹角等于〈n 1，n 2〉；当π2<〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1和π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉．1．求空间角时，要注意角的范围．(1)异面直线夹角范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2；(2)两平面夹角范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. 2．求两异面直线的夹角、两平面夹角时可用定义求解；也可用直线的方向向量、平面的法向量的夹角进行求解，但要注意其转化关系．[对应学生用书P35]求异面直线的夹角[例1] 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝a ，AD ＝2a ，且PA ⊥底面ABCD ，∠PDA ＝30°，AE ⊥PD ，E 为垂足．(1)求证：BE ⊥PD ；(2)求异面直线AE 与CD 夹角的余弦值．[思路点拨] 要证明两直线垂直，或求两直线的夹角，只要适当地建立空间直角坐标系，求出两直线对应的方向向量，然后借助于这两个向量的数量积公式即可求得．[精解详析] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，a,0)，D (0,2a,0)．又∵∠PDA ＝30°， ∴AP ＝AD ·tan 30°＝2a ·33＝233a ， AE ＝AD ·sin 30°＝2a ·12＝a .过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，在Rt △AFE 中，AE ＝a ，∠EAF ＝60°，∴AF ＝a 2，EF ＝32a .∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，233a ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a .(1)证明：BE u u u r ＝⎝⎛⎭⎪⎫－a ，12a ，32a ，PD u u u r ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，2a ，－233a ，∴BE u u u r ·PD u u u r ＝0＋a 2－a 2＝0. ∴BE u u u r ⊥PD u u u r，∴BE ⊥PD .(2)AE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a ，CD u u ur ＝(－a ，a,0)．则cos 〈AE u u u r ，CD u u u r 〉＝AE u u u r ·CD u u u r |AE u u u r ||CD u u u r |＝12a 22a ·a ＝24，即AE 与CD 的夹角的余弦值为24. [一点通]1．求两异面直线的夹角时，可用向量法转化为求两异面直线的方向向量a ，b 的夹角〈a ，b 〉．但两异面直线的夹角范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以当〈a ，b 〉∈⎝⎛⎦⎥⎤π2，π时，两异面直线的夹角应为π－〈a ，b 〉．2．合理建立空间直角坐标系，可使两异面直线的夹角问题转化为向量的坐标运算，也可选用基向量法进行求解．1．把正方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，O 是正方形ABCD 的中心，则折起后，∠EOF 的大小为( )A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°解析：如图，建立空间直角坐标系，设正方形边长为2.则F ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，－22，22， ∴OF u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，OE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，22，∴cos ∠EOF ＝cos 〈OF u u u r ，OE u u u r〉 ＝0×22－22×22＋0×2212＋12× 12＋12＝－12，∴∠EOF ＝120°. 答案：C2．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求异面直线BA 1与AC 的夹角．解：法一：以A 点为坐标原点，建立直角坐标系如右图所示，设B (1,0,0)，则C (1,1,0)，A 1(0,0,1)，∴AC u u u r ＝(1,1,0)，1BA u u u r＝(－1,0,1)，∴cos 〈AC u u u r ，1BA u u u r 〉＝AC u u u r ·1BA u u u r|AC u u ur |·|1BA u u u r |＝1，1，0·－1，0，12×2＝－12.∴〈AC u u u r ，1BA u u u r〉＝120°.故AC 与BA 1的夹角为60°.法二∵1BA u u u r ＝BA u u u r ＋1BB u u u u r ，AC u u ur ＝AB u u u r ＋BC u u u r ，∴1BA u u u r ·AC u u u r ＝(BA u u u r ＋1BB u u u u r)·(AB u u u r ＋BC u u u r )＝BA u u u r ·AB u u u r ＋BA u u u r ·BC u u u r ＋1BB u u u u r ·AB u u u r ＋1BB u u u u r ·BC u u ur .∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ，∴BA u u u r ·BC u u u r ＝0，1BB u u u u r ·AB u u u r ＝0，1BB u u u u r ·BC u u ur ＝0，∴1BA u u u r ·AC u u u r ＝－a 2.又∵1BA u u u r AC u u u r ＝|1BA u u u r |·|AC u u u r |·cos〈1BA u u u r ，AC u u ur 〉， ∴cos 〈1BA u u u r ，AC u u ur 〉＝－a22a ·2a ＝－12.∴〈1BA u u u r ，AC u u ur 〉＝120°.故异面直线BA 1与AC 的夹角为60°.3.如右图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，∠PAD ＝60°，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线PA 与BC 夹角的余弦值． 解：(1)如右图建立空间直角坐标系，∵∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)．在Rt △PAD 中，由AD ＝2，∠PAD ＝60°得PD ＝23， ∴P (0,0,23)．(2)由(1)得PA u u u r＝(2,0，－23)，BC u u u r ＝(－2，－3,0)，∴cos 〈PA u u u r ，BC u u u r 〉＝PA u u u r ·BCu u ur |BA u u ur ||BC u u u r |＝2×－2＋0×－3＋－23×0413＝－1313.故异面直线PA 与BC 夹角的余弦值为1313.求两平面的夹角[例2] 如图，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，求平面PAB 与平面PBC 的夹角的余弦值．[思路点拨] 建立空间直角坐标系，利用法向量进行求解． [精解详析] 如图建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，AP u u u r ＝(0,0,1)，AB u u u r＝(2，1,0)，CB u u u r ＝(2，0,0)，CP u u u r＝(0，－1,1)．设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AP u u u r ，m ⊥AB u u u r ，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP u u u r＝0，m ·AB u u u r ＝0，∴⎩⎨⎧x ，y ，z ·0，0，1＝0，x ，y ，z ·2，1，0＝0.∴⎩⎨⎧y ＝－2x ，z ＝0.令x ＝1，得m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥CB u u u r ，n ⊥CP u u u r ，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB u u u r ＝0，n ·CP u u u r ＝0，∴⎩⎨⎧x ′，y ′，z ′·2，0，0＝0，x ′，y ′，z ′·0，－1，1＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝1，∴n ＝(0,1,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－33.而平面PAB 与平面PBC 夹角∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2∴平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为33. [一点通]求两平面的夹角有两种方法：(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n 1，n 2，则两平面的夹角为〈n 1，n 2〉⎝ ⎛⎭⎪⎫当〈n 1，n 2〉∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时或π－〈n 1，n 2〉⎝ ⎛⎭⎪⎫当〈n 1，n 2〉∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时.4．在底面是直角梯形的四棱锥S －ABCD 中，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，求平面SCD 与平面SBA 夹角的余弦值．解：建立如图所示空间直角坐标系，则A (0,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C (1,1,0)，S (0,0,1)，平面SAB 的一个法向量是AD u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0.设n ＝(x ，y ，z )是面SCD 的一个法向量，则n⊥DC u u u r ，n ⊥DS u u u r ，即n ·DC u u u r ＝0，n ·DS u u u r＝0.又DC u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，DS u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，∴12x ＋y ＝0，且－12x ＋z ＝0. ∴y ＝－12x ，且z ＝12x .∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，－x 2，x 2，取x ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，12.∴cos 〈AD u u u r ，n 〉＝AD u u u r·n|AD u u u r |·|n |＝1212×1＋14＋14＝63. ∴平面SCD 与平面SBA 夹角的余弦值为63. 5．(陕西高考)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解： (1)证明：法一：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)．由1A B u u u u r ＝AB u u ur ，易得B 1(－1,1,1)．∵1A C u u u u r ＝(－1,0，－1)，BD u u u r ＝(0，－2,0)，1BB u u u u r＝(－1,0,1)，∴1A C u u u u r ·BD u u u r ＝0，1A C u u u u r ·1BB u u u u r＝0，∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， 又BB 1∩BD ＝B ， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .法二：∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD . 又四边形ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥平面A 1OC ，∴BD ⊥A 1C .又OA 1是AC 的中垂线，∴A 1A ＝A 1C ＝2，且AC ＝2，∴AC 2＝AA 21＋A 1C 2， ∴△AA 1C 是直角三角形，∴AA 1⊥A 1C . 又BB 1∥AA 1，∴A 1C ⊥BB 1.又BB 1∩BD ＝B ， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵OC u u u r ＝(－1,0,0)，1OB u u u r＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC u u u r ＝－x ＝0，n ·1OB u u u r ＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z .取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，1A C u u u u r＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量， ∴cos θ＝|cos 〈n ，1A C u u u u r〉|＝12×2＝12. 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.用向量法求两异面直线的夹角θ及两平面的夹角φ时，要注意两异面直线的夹角、两平面夹角与直线的方向向量a ，b 的夹角及两平面的法向量n 1，n 2的夹角的关系：(1)当cos 〈a ，b 〉<0时，cos θ＝－cos 〈a ，b 〉，当cos 〈a ，b 〉≥0时，cos θ＝cos 〈a ，b 〉，即cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|. (2)当cos 〈n 1，n 2〉≥0时，cos φ＝cos 〈n 1，n 2〉，当cos 〈n 1，n 2〉<0时，cos φ＝－cos 〈n 1，n 2〉，即cos φ＝|cos 〈a ，b 〉|.[对应课时跟踪训练十一]1．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则异面直线EF 和CD 的夹角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°解析：以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF u u u r ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC u u ur ＝(0,1,0)．所以cos 〈EF u u u r ，DC u u u r 〉＝EF u u u r ·DC u u ur |EF u u ur |·|DC u u u r |＝－22， 所以〈EF u u u r ，DC u u ur 〉＝135°，所以异面直线EF 和CD 的夹角是45°. 答案：B2.(陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53 C.255 D.35解析：设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1＝(0,2,1)，可得向量1AB u u u u r＝(－2,2,1)， 1BC u u u u r ＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈1AB u u u u r ，1BC u u u u r〉＝－2×0＋2×2＋1×－10＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55. 答案：A3．如图所示，已知点P 为菱形ABCD 所在平面外一点，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 中点，则平面CBF 与平面DBF 夹角的正切值为( )A.36B.34C.33D.233解析：设AC ∩BD ＝O ，连接OF ，以O 为原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3，∴B ⎝⎛⎭⎪⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，0. ∴OC u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，且OC u u u r为平面BDF 的一个法向量．由BC u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，FB u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－12可得平面BCF 的一个法向量n ＝(1，3，3)．∴cos 〈n ，OC u u u r 〉＝217，sin 〈n ，OC u u u r 〉＝277.∴tan 〈n ，OC u u u r 〉＝233.答案：D4．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在α，β平面内引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么α与β的夹角大小为( )A ．60°B ．70°C ．80°D ．90°解析：设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB ，NF ⊥AB ，则因∠BPM ＝∠BPN ＝45°，故PE ＝a2，PF ＝b2.于是EM u u u u r ·FN u u u r ＝(PM u u u r－PE u u u r )·(PN u u u r －PF u u u r )＝PM u u u r ·PN u u u r －PM u u u r ·PF u u u r －PE u u u r ·PN u u u r ＋PE u u u r ·PF u u u r ＝ab cos 60°－a ·b 2cos 45°－a 2·b cos 45°＋a 2·b 2＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0.因为EM ，FN 分别是α，β内的与棱AB 垂直的两条直线，所以EM u u u u r 与FN u u u r的夹角就是α与β的夹角．答案：D5．平面π1的一个法向量n 1＝(1,2，－1)，平面π2的一个法向量n 2＝(2，－2，－2)，则平面π1与π2夹角的正弦值为________．解析：n 1·n 2＝2－4＋2＝0，∴n 1⊥n 2，∴〈n 1，n 2〉＝π2，即α与β垂直，∴sin 〈n 1，n 2〉＝1. 答案：16．如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．解析：不妨设棱长为2，则1AB u u u u r ＝1BB u u u u r －BA u u u r ，BM u u u u r ＝BC u u u r ＋121BB u u u u r，cos 〈1AB u u u u r ，BM u u uu r 〉＝1BB u u u u r －BAu u ur ·BC u u u r ＋121BB u u u u r 22·5＝0－2＋2＋022·5＝0.故AB 1与BM 的夹角为90°. 答案：90°7．如图，四边形ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成角为60°.求平面BEF 与平面BDE 的夹角的余弦值．解：因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以建立空间直角坐标系，如图所示．因为BE 与平面ABCD 所成角为60°，即∠DBE ＝60°，所以ED DB＝ 3. 由AD ＝3可知DE ＝36，AF ＝6，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)．所以BF u u u r ＝(0，－3，6)，EF u u u r＝(3,0，－26)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF u u u r ＝0，n ·EF u u u r ＝0.即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0，令z ＝6，则n ＝(4,2，6)．由题意知AC ⊥平面BDE ，所以CA u u u r 为平面BDE 的法向量，CA u u u r＝(3，－3,0)．所以cos 〈n ，CA u u u r 〉＝n ·CA u u u r|n ||CA u u u r |＝632×26＝1313.故由题意知平面BEF 与平面BDE 的夹角的余弦值为1313. 8．如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点． (1)求异面直线A 1B 与C 1D 的夹角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1的夹角的正弦值．解：(1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A Bu u u u r ＝(2,0，－4)，1C D u u u u r＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B u u u u r ，1C D u u u u r 〉＝1A B u u u u r ·1C D u u u u r|1A B u u u u r ||1C D u u u u r |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 的夹角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD u u u r ＝(1,1,0)，1AC u u u u r＝(0,2,4)，所以n 1·AD u u u r ＝0，n 1·1AC u u u u r＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1的夹角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1的夹角的正弦值为53.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 u u u r ，DB u u u r〉有什么关系？提示：φ＝π－〈CA u u u r ，DB u u u r〉．问题2：φ与〈BD u u u r，n 〉有何关系？(n 为地面法向量)提示：φ＝π2－〈BD u u u r ，n 〉或φ＝〈BD u u u r ，n 〉－π2，即sin φ＝|cos 〈BD u u u r ，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]求直线与平面的夹角[例1] (新课标全国卷Ⅰ)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 u u u r 的方向为x 轴的正方向，|OA u u u r|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 u u u r ＝(1,0，3)，1BB u u u u r ＝1AA u u u u r ＝(－1，3，0)，1A C u u u u r＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC u u u r ＝0，n ·1BB u u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)，故cos n ，1A Cu u u u r＝n ·1A C u u u u r |n ||1A C u u u u r |＝－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.33B.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 u u u u r＝(－1,1,1)，AC u u u r ＝(－1,1,0)，∴AC 1与平面ABCD 夹角的余弦值cos θ＝|cos 〈1AC u u u u r ，AC u u u r 〉|＝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 u u u u r＝(3，0,0)，1A O u u u u r 为面BB 1C 1C 的法向量，1AC u u u u r＝(3，1，－2)，∴sin θ＝|cos 〈1A O u u u u r ，1AC u u u u r〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1A O u u u u r ·1AC u u u u r |1A O uu u u r ||1AC u u u u r | ＝33·3＋1＋4＝64.答案：64 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 u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，12，SN u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，因为CM u u u r ·SN u u u r ＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2)NC u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则a ·CM u u u r ＝0，a ·NC u u u r＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.令x ＝2，得a ＝(2,1，－2)．因为|cos 〈a ，SN u u u r 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN 与平面CMN 的夹角为45°.存在性问题[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 u u u r ·BC u u ur ＝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 u u u r 知：n 1·BC u u u r＝－x ＋y ＝0.同理，由n 1⊥CA u u u r 知：n 1·CA u u u r＝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 u u u r ＝x CA u u u r ＝(x,0，x )(0≤x ≤1)，则DE u u u r ＝DC u u ur ＋CEu u u r ＝(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 u u u r与n 的夹角为60°，所以cos 〈DE u u u r ，n 〉＝DE u u u r·n |DE u u u r ||n |＝x 1＋2x 2＝cos60°＝12. 则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，即E ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1，22， |AC u u u r |＝2，|CE u u u r|＝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 u u u r ＝(1,0，－x )，AC u u u r ＝(－1,1,0)，MD u u u r ＝(－1，－1，－12)．设平面PAC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧PA u u u r ·n ＝0，AC u u u r·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 u u u r∥n ， 由MD u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－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.(北京高考)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 u u u u r ＝0，n ·11A C u u u u r ＝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 u u u r ＝λ1BC u u u u r.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 u u u r＝(4λ，3－3λ，4λ)． 由AD u u u r ·1A B u u u u r ＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B . 此时，BD BC 1＝λ＝925.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.22 B ．－22C ．±22D.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.45B.35 C.225 D.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 u u u r ＝11A C u u u u r＝(－4,4,0)，∴BC 1与对角面BB 1D 1D 所成角的正弦值即为|cos 〈1BC u u u u r ，11A C u u u u r〉|＝|－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．(大纲全国卷)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1的夹角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13解析：法一：如图，连接AC ，交BD 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥BD .因为CC 1⊥平面ABCD ，所以CC 1⊥BD .又CC 1∩AC ＝C ，所以BD ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则BD ⊥CH .又BD ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面BDC 1，连接DH ，则DH 为CD 在平面BDC 1上的射影，所以∠CDH 为CD 与平面BDC 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △CDH 中，sin ∠CDH ＝CH CD ＝23. 法二：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC u u u r ＝(0,1,0)，DB u u u r＝(1,1,0)，1DC u u u u r＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB u u u r ，n ⊥1DC u u u u r ，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC u u u r 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC u u u r |n ||DC u u u r |＝23. 答案：A5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值是________． 解析：如图，以DA 、DC 、DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，易证1AC u u u u r是平面A 1BD 的一个法向量．1AC u u u u r ＝(－1,1,1)，1BC u u u u r＝(－1,0,1)． cos 〈1AC u u u u r ，1BC u u u u r 〉＝1＋13×2＝63.所以BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值为63.答案：636.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 u u u r ＝(32，－12，2)，1CB u u u r ＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD u u u r ＝0，n ·1CB u u u r ＝0，解得n ＝(－3，1,1)．又∵DA u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA u u u r ，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 u u u r ＝(3，1,0)，1AC u u u u r ＝(0,2，2)，AD u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB u u u r＝3x ＋y ＝0，n ·1AC u u u u r ＝2y ＋2z ＝0，解得x ＝－33y ，z ＝－2y . 故可取n ＝(1，－3，6)．所以cos 〈n ，AD u u u r 〉＝n ·AD u u u r|n ||AD u u u r |＝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 u u u r ，DC u u u r ，1DD u u u u r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 u u u r ＝(－4k,6k,0)，1AB u u u u r ＝(0,3k,1)，1AA u u u u r＝(0,0,1)．设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧AC u u u r ·n ＝0，1AB u u u u r ·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 u u u u r ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AA u u u u r ·n |1AA u u u u r |n |＝6k 36k 2＋13＝67，解得k ＝1， 故所求k 的值为1.。