平面上两直线的夹角求法解析
两直线的夹角
一 二.夹角的定义： 夹角的求法：
d2
d1
2 1
d d θ 1.余弦形式： 平面上两条直线相交时，构成了四个角。它们 θ 是两对对顶角。规定两条直线相交成的锐角（或直 L1 :a1x b1y c1 0 角）称为两直线的夹角。
如果两条直线平行或重合，规定它们的夹角为0 设 L1 ， L2的 夹 角 为 α 。直线L 1 ， L2的 一 个 方 向 向 量 夹角的范围：[00 , 900] y 分别为： d1 ( b1 ,a1 ),d2 ( b 2 ,a 2 )y则 L2： L1 L1 π L2 α ； (1)若d1 ,d2夹角为θ [0 ， ]，则：α＝ α 2 x x π O O (2)若d1 ,d2夹角为θ ( , π)，则：α＝π -. 2 a1a 2 b1b 2 cosα ……夹角公式的余弦形式 2 2 2 2 a 1 b1 a 1 b 1
D A(- 5,3) B(0,6) B1
0
P(x,0)
C(0,2) C C O x O L B O O A(1,-2) B
x L xx
练习： 1.已 知 直 线 1 L ： 3x y 4 0 ,L 2 : mx 4y 7 0, 当m
0 为 何 值 时 ，1 L 与 L2夹 角 为 45 。
若直线L ，L2的斜率分别为k k2 (k1 k2 1) 1 1,
则： α＝θ θ 2 1
或： α＝π (θ θ 1 2)
x
O
k 2 k1 tanα 1 k 2 k1
……夹角公式的正切形式
π 注：当 k1 k 2＝ 1时，α＝ 。 2
例 2.已 直 线 L过 点 P（ 角 2 ， 3） ， 且另 与 直线 L ： x 3y 例5.已知B（0，6 ），C（0，2），在 x轴的负半轴上求 4.已知 知 正 方 形 AB CD的 对 角 线 AC在 直 线 x 2y 1 0 2 0 3.等 腰 RtΔ AB C的 直 顶 点 C和 一 点 B都 在 直 线 0 π 一点P，使 BPC最大，并求出最 大值。 上 ， 且 A（ 5， ， 3） ， 1， B（ m ,0） (m AB， 5), 求 顶 点 y B， C， 2x 3y 6 0上 A（ 2） ， 求 AC所 在 的 夹 角 为 ， 求 直 线 L的 方 程 。 y y y 3。 D的 直 线坐 的标 方 程 P(2, 3 ) L
直线与平面的相交关系详细解析与归纳
直线与平面的相交关系详细解析与归纳直线与平面的相交关系是几何学中一个重要的概念。
在三维空间中，直线和平面是两种最基本的几何实体，它们的相交关系对于解决实际问题和推导几何定理有着重要的意义。
本文将对直线与平面的相交关系进行详细解析和归纳。
1. 直线与平面的基本概念在开始解析直线与平面的相交关系之前，首先需要了解直线和平面的基本概念。
直线可以用一个点和一个方向向量来确定，而平面可以用一个点和两个不共线的方向向量来确定。
2. 直线与平面的相交情况当直线与平面相交时，有以下三种可能的情况：2.1 直线与平面相交于一点当直线与平面只有一个公共点时，我们称其为点相交。
此时，直线和平面是相交的，但是它们没有共线的部分。
2.2 直线与平面相交于一条直线当直线与平面有无穷多个公共点，并且这些点在直线上形成一条直线时，我们称其为直线相交。
这种情况下，直线与平面有重合的部分。
2.3 直线与平面平行当直线与平面没有公共点时，我们称其为平行。
在这种情况下，直线和平面没有重合的部分。
3. 直线与平面相交的判定方法确定直线与平面是否相交，可以使用以下两种方法：3.1 点法式判定点法式判定是通过计算直线上一点到平面的距离来判断直线与平面的相交关系。
当该距离不为零时，即直线与平面相交；当该距离等于零时，即直线在平面上。
3.2 方向向量法判定方向向量法判定是通过计算直线的方向向量和平面的法向量之间的夹角来判断直线与平面的相交关系。
当夹角不为零时，即直线与平面相交；当夹角为零时，即直线与平面平行。
4. 直线与平面相交的几何性质当直线与平面相交时，会出现一些有趣的几何性质：4.1 直线与平面的交点相交情况下，直线与平面的交点将成为它们的公共点，这个交点可以通过方程组求解或者直接观察得到。
4.2 直线上的点到平面的距离可以通过计算直线上某点到平面的距离来确定它与平面的关系。
当该距离不为零时，直线与平面相交；当该距离等于零时，直线在平面上。
高一数学复习考点知识专题讲解37---夹角问题
高一数学复习考点知识专题讲解夹角问题学习目标 1.会用向量法求线线、线面、面面夹角.2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系．知识点一两个平面的夹角平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．知识点二空间角的向量法解法角的分类向量求法范围两条异面直线所成的角设两异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝|u·v||u||v|⎝⎛⎦⎤0，π2直线与平面所成的角设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝|u·n||u||n|⎣⎡⎦⎤0，π2两个平面的夹角设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|⎣⎡⎦⎤0，π21.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是( )A.π6B.π4C.π3D.π2 答案 D解析 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则A 1M —→＝⎝⎛⎭⎫－1，12，－1，DN →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，cos 〈A 1M —→，DN →〉＝|A 1M —→·DN →||A 1M —→||DN →|＝0. ∴〈A 1M →，DN →〉＝π2.2．已知向量m ，n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－32，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．150°D ．120° 答案 B解析 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝32，∴θ＝60°，故选B. 3．已知平面α的法向量u ＝(1,0，－1)，平面β的法向量v ＝(0，－1,1)，则平面α与β的夹角为________． 答案 π3解析 ∵cos 〈u ，v 〉＝－12×2＝－12，∴〈u ，v 〉＝23π，∴平面α与β的夹角是π3.4．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (1，－2,0)，B (2,1，6)，则向量AB →与平面xOz 的法向量的夹角的正弦值为________． 答案74解析 设平面xOz 的法向量为n ＝(0,1, 0) ，AB →＝(1,3，6)， 所以cos 〈n ，AB →〉＝n ·AB →|n |·|AB →|＝ 34 ，所以sin 〈n ，AB →〉＝1－⎝⎛⎭⎫342 ＝74. 故向量AB →与平面xOz 的法向量的夹角的正弦值为74.一、两条异面直线所成的角例1 如图，在三棱柱OAB －O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值．解 以O 为坐标原点，OA →，OB →的方向为x 轴，y 轴的正方向．建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)，A (3，0,0)，A 1(3，1，3)，B (0,2,0)， ∴A 1B —→＝(－3，1，－3)，O 1A —→＝(3，－1，－3)． ∴|cos 〈A 1B →，O 1A →〉|＝|A 1B →·O 1A →||A 1B →||O 1A →|＝|(－3，1，－3)·(3，－1，－3)|7×7＝17.∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17.反思感悟 求异面直线夹角的方法(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．(2)向量法：在两异面直线a 与b 上分别取点A ，B 和C ，D ，则AB →与CD →可分别为a ，b 的方向向量，则cos θ＝|AB →·CD →||AB →||CD →|.跟踪训练1 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3010B.3015 C.3030D.1515答案 A解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0,0,2)，N (1,0,0)， ∴B 1M —→＝(－1，－1，－2)， D 1N —→＝(1,0，－2)，∴cos 〈B 1M —→，D 1N —→〉＝－1＋41＋1＋4×1＋4＝3010. 二、直线与平面所成的角例2 如图所示，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝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 所成角的大小．(1)证明 设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，又AN ＝14AB ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点，∴N ⎝⎛⎭⎫12，0，0，M ⎝⎛⎭⎫1，0，12，S ⎝⎛⎭⎫1，12，0， CM →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12，SN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， ∴CM →·SN →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12·⎝⎛⎭⎫－12，－12，0＝0， ∴CM →⊥SN →， 因此CM ⊥SN .(2)解 由(1)知，NC →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量， ∴CM →·a ＝0，NC →·a ＝0.则⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝－2y . 取y ＝1，得a ＝(2,1，－2)． 设SN 与平面CMN 所成的角为θ，∵sin θ＝|cos 〈a ，SN →〉|＝⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22. ∴SN 与平面CMN 所成角为π4.反思感悟 利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求直线的方向向量u . (3)求平面的法向量n . (4)设线面角为θ，则sin θ＝|u ·n ||u ||n |. 跟踪训练2 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，E ，F 依次为C 1C ，BC 的中点．求A 1B 与平面AEF 所成角的正弦值．解 以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,1,0)， 所以A 1B —→＝(2,0，－2)，AE →＝(0,2,1)，AF →＝(1,1,0)． 设平面AEF 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2b ＋c ＝0，a ＋b ＝0，令a ＝1可得n ＝(1，－1,2)． 设A 1B 与平面AEF 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，A 1B —→〉|＝|n ·A 1B —→||n ||A 1B —→|＝36，即A 1B 与平面AEF 所成角的正弦值为36. 三、两个平面的夹角例3 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥平面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求平面C 1OB 1与平面OB 1D 夹角的余弦值．(1)证明 因为四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形，所以CC 1⊥AC ，DD 1⊥BD ， 又CC 1∥DD 1∥OO 1，所以OO 1⊥AC ，OO 1⊥BD ， 因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ， 所以O 1O ⊥平面ABCD .(2)解 因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 为菱形，AC ⊥BD ，又O 1O ⊥平面ABCD ，所以OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA ＝60°， 所以OB ＝3，OC ＝1，所以O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)， 平面BDD 1B 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 设平面OC 1B 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ⊥OB 1—→，m ⊥OC 1—→，得3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0， 取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以m ＝(2,23，－3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝2319＝25719.所以平面C 1OB 1与平面OB 1D 夹角的余弦值为25719.延伸探究本例不变，求平面BA 1C 与平面A 1CD 夹角的余弦值． 解 B (3，0,0)，A 1(0，－1,2)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)， 设平面BA 1C 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， A 1C →＝(0,2，－2)，BC →＝(－3，1,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C —→＝0，m ·BC →＝0，即⎩⎨⎧2y 1－2z 1＝0，－3x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝3，z 1＝3， ∴m ＝(1，3，3)，同理得，平面A 1CD 的法向量n ＝(1，－3，－3)， cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－57，则平面BA 1C 与平面A 1CD 夹角的余弦值为57.反思感悟 求两平面夹角的两种方法(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．也可转化为求与两平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.跟踪训练3 如图所示，在几何体S －ABCD 中，AD ⊥平面SCD ，BC ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，又SD ＝2，∠SDC ＝120°，求平面SAD 与平面SAB 夹角的余弦值．解 如图，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，以DC ，DE ，DA 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵∠SDC ＝120°，∴∠SDE ＝30°，又SD ＝2，∴点S 到y 轴的距离为1，到x 轴的距离为3，则有D (0,0,0)，S (－1，3，0)，A (0,0,2)，C (2,0,0)，B (2,0,1)， 设平面SAD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ∵AD →＝(0,0，－2)，AS →＝(－1，3，－2)，∴⎩⎨⎧－2z ＝0，－x ＋3y －2z ＝0，取x ＝3，得平面SAD 的一个法向量为m ＝(3，1,0)． 又AB →＝(2,0，－1)，设平面SAB 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AS →＝0，即⎩⎨⎧2a －c ＝0，－a ＋3b －2c ＝0，令a ＝3， 则n ＝(3，5,23)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝8210×2＝105，故平面SAD 与平面SAB 夹角的余弦值是105.空间向量和实际问题典例 如图，甲站在水库底面上的点A 处，乙站在水坝斜面上的点B 处．从A ，B 到直线 (库底与水坝的交线)的距离AC 和BD 分别为a 和b ，CD 的长为c ，甲乙之间拉紧的绳长为d ，求库底与水坝所在平面夹角的余弦值．解 由题意可知AC ＝a ，BD ＝b ，CD ＝c ，AB ＝d ，所以d 2＝AB →2＝(AC →＋CD →＋DB →)2＝AC →2＋CD →2＋DB →2＋2(AC →·CD →＋AC →·DB →＋CD →·DB →) ＝a 2＋c 2＋b 2＋2AC →·DB →＝a 2＋c 2＋b 2－2CA →·DB →， 则2CA →·DB →＝a 2＋b 2＋c 2－d 2，设向量CA →与DB →的夹角为θ，θ就是库底与水坝所在平面的夹角， 因此2ab cos θ＝a 2＋b 2＋c 2－d 2，所以cos θ＝a 2＋b 2＋c 2－d 22ab，故库底与水坝所在平面夹角的余弦值为a 2＋b 2＋c 2－d 22ab .[素养提升]利用空间向量解决实际问题(1)分析实际问题的向量背景，将题目条件、结论转化为向量问题．(2)对于和垂直、平行、距离、角度有关的实际问题，可以考虑建立向量模型，体现了数学建模的核心素养．1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( ) A.π6B.5π6C.π6或5π6D ．以上均不对 答案 A解析 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎤0，π2，故选A. 2．已知向量m ，n 分别是平面α和平面β的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则α与β的夹角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 B解析 设α与β所成的角为θ，且0°≤θ≤90°， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∴θ＝60°.3．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.22答案 C解析 如图所示，以C 为原点，直线CA 为x 轴，直线CB 为y 轴，直线CC 1为z 轴建立空间直角坐标系，设CA ＝CB ＝1，则B (0,1,0)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，1，A (1,0,0)，N ⎝⎛⎭⎫12，0，1. 故BM →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1，AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1， 所以cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝3462×52＝3010.4.如图所示，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系Oxyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的一个法向量为n ＝(2,1,2)，平面ABC 与平面ABO 的夹角为θ，则cos θ＝________.答案 23解析 cos θ＝OC →·n |OC →||n |＝42×3＝23.5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为________． 答案33解析 设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图．则D (0,0,0)，B (1,1,0)，B 1(1,1,1)． 平面ACD 1的一个法向量为DB 1—→＝(1,1,1)． 又BB 1—→＝(0,0,1)，则cos 〈DB 1—→，BB 1—→〉＝DB 1—→·BB 1—→|DB 1—→||BB 1—→|＝13×1＝33.1．知识清单：(1)两条异面直线所成的角． (2)直线和平面所成的角． (3)两个平面的夹角． 2．方法归纳：转化与化归．3．常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念，把握空间角的范围．1．已知A (0,1,1)，B (2，－1,0)，C (3,5,7)，D (1,2,4)，则直线AB 与直线CD 所成角的余弦值为( ) A.52266 B ．－52266 C.52222 D ．－52222答案 A解析 ∵AB →＝(2，－2，－1)，CD →＝(－2，－3，－3)，∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝53×22＝52266，∴直线AB ，CD 所成角的余弦值为52266.2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面夹角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90° 答案 A解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面的夹角为45°.3．设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a ，α的法向量为n ，若〈a ，n 〉＝2π3，则l 与α所成的角为( )A.2π3B.π3C.π6D.5π6 答案 C解析 线面角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2. ∵〈a ，n 〉＝2π3，∴l 与法向量所在直线所成角为π3，∴l 与α所成的角为π6.4．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的余弦值为( )A ．－41133 B.41133 C ．－91333 D.91333答案 D解析 设α与l 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|(－2，－3，3)·(4，1，1)|4＋9＋9×16＋1＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4311＝41133，故直线l 与α所成角的余弦值为1－⎝⎛⎭⎫411332＝91333.5．正方形ABCD 所在平面外一点P ，P A ⊥平面ABCD ，若P A ＝AB ，则平面P AB 与平面PCD 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 答案 B解析 如图所示，建立空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)． 于是AD →＝(0,1,0)，取PD 的中点E ，则E ⎝⎛⎭⎫0，12，12， ∴AE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12，易知AD →是平面P AB 的法向量，AE →是平面PCD 的法向量， ∴cos 〈AD →，AE →〉＝22，∴平面P AB 与平面PCD 的夹角为45°.6.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中心，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．答案 π2解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，A 1P ＝x ，则O (1,1,0)，P (2，x ，2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)， OP →＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)． 所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成的角为π2.7．如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为________．答案105解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0，2,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)， ∴BC 1→＝(－2,0,1)．连接AC ，易证AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴平面BB 1D 1D 的一个法向量为a ＝AC →＝(－2,2,0)．∴所求角的正弦值为|cos 〈a ，BC 1—→〉|＝|a ·BC 1—→||a ||BC 1—→|＝48×5＝105.8．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 夹角的余弦值等于 ________. 答案31111解析 如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面ABC 的法向量为n 1＝(0,0,1)， 平面AEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )． 所以A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎫0，1，23， 所以AE →＝⎝⎛⎭⎫0，1，13，EF →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，13， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AE →＝0，n 2·EF →＝0，即⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋13z ＝0.取x ＝1，则y ＝－1，z ＝3.故n 2＝(1，－1,3)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝31111.所以平面AEF 与平面ABC 夹角的余弦值为31111.9.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，AA 1＝4，点D 是BC 的中点．求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值．解 以点A 为原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0,4)，D (1,1,0)，C 1(0,2,4)， ∴A 1B —→＝(2,0，－4)，C 1D —→＝(1，－1，－4)， ∴cos 〈A 1B —→，C 1D —→〉＝A 1B —→·C 1D —→|A 1B —→||C 1D —→|＝31010，∴异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.10．四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上． (1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成角的大小． (1)证明 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，设AB ＝a ，PD ＝h ，则A (a ，0,0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，D (0,0,0)，P (0,0，h )， ∴AC →＝(－a ，a ，0)，DP →＝(0,0，h )，DB →＝(a ，a ，0)，∴AC →·DP →＝0，AC →·DB →＝0，∴AC ⊥DP ，AC ⊥DB ，又DP ∩DB ＝D ，DP ，DB ⊂平面PDB ， ∴AC ⊥平面PDB ， 又AC ⊂平面AEC ， ∴平面AEC ⊥平面PDB .(2)解 当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时， P (0,0，2a )，E ⎝⎛⎭⎫12a ，12a ，22a ，设AC ∩BD ＝O ，O ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0， 连接OE ，由(1)知AC ⊥平面PDB ， ∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所成的角，∵EA →＝⎝⎛⎭⎫12a ，－12a ，－22a ，EO →＝⎝⎛⎭⎫0，0，－22a ，∴cos ∠AEO ＝EA →·EO →|EA →|·|EO →|＝22，∴∠AEO ＝45°，即AE 与平面PDB 所成角的大小为45°.11．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35答案 A解析 不妨设CA ＝CC 1＝2CB ＝2，则AB 1—→＝(－2,2,1)，C 1B —→＝(0，－2,1)， 所以cos 〈AB 1—→，C 1B —→〉＝AB 1—→·C 1B —→|AB 1—→||C 1B —→|＝(－2)×0＋2×(－2)＋1×19×5＝－55.所以所求角的余弦值为55. 12．已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( ) A ．60° B ．90° C ．45° D ．以上都不对 答案 B解析 以点D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A 1(1,0,2)，E (1,1,1)，D 1(0,0,2)，A (1,0,0)，所以A 1E —→＝(0,1，－1)，D 1E —→＝(1,1，－1)，EA →＝(0，－1，－1)． 设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·D 1E →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，得y ＝1，x ＝0，所以n ＝(0,1,1)， cos 〈n ，EA →〉＝n ·EA →|n ||EA →|＝－22·2＝－1，设直线与平面A 1ED 1所成角为θ，则sin θ＝1，所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°.13．在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0，a )(a >0)，如果平面α与平面xOy 的夹角为45°，则a ＝________.答案 125 解析 平面xOy 的法向量n ＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，－3x ＋az ＝0， 即3x ＝4y ＝az ，取z ＝1，则u ＝⎝⎛⎭⎫a 3，a 4，1.而cos 〈n ，u 〉＝1a 29＋a 216＋1＝22，又∵a >0，∴a ＝125. 14．已知正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则平面ABD 与平面BDC 夹角的余弦值为____． 答案 55解析 取BC 的中点O ，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝1，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫32，0，0. 所以OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32，BA →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，BD →＝⎝⎛⎭⎫32，12，0. 由于OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量． 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎨⎧ 12y ＋32z ＝0，32x ＋12y ＝0，取x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，所以n ＝(1，－3，1)，所以cos 〈n ，OA →〉＝55.15．如图，在三棱锥V －ABC 中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A ，B ，V 分别在x 轴、y轴、z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝π3，则异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为________．答案 24解析 ∵AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，∴C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)．当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2， ∴V (0,0，6)，∴AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)，∴cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22×22＝－24. ∴异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24. 16.如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BC ，A 1D 1的中点．(1)求直线A 1C 与DE 所成角的余弦值；(2)求直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值；(3)求平面B 1EDF 与平面ABCD 夹角的余弦值． 解 以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz .(1)A 1(0,0，a )，C (a ，a ，0)，D (0，a ，0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0， ∴A 1C —→＝(a ，a ，－a )，DE →＝⎝⎛⎭⎫a ，－a 2，0， ∴cos 〈A 1C —→，DE →〉＝A 1C —→·DE →|A 1C —→||DE →|＝1515， 故A 1C 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)连接DB 1，∵∠ADE ＝∠ADF ，∴AD 在平面B 1EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上． 又四边形B 1EDF 为菱形，∴DB 1为∠EDF 的平分线， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成的角为∠ADB 1. 由A (0,0,0)，B 1(a ，0，a )，D (0，a ，0)， 得DA →＝(0，－a ，0)，DB 1—→＝(a ，－a ，a )，∴cos 〈DA →，DB 1→〉＝DA →·DB 1—→|DA →||DB 1—→|＝33，又直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值为33. (3)由已知得A (0,0,0)，A 1(0,0，a )，B 1(a ，0，a )，D (0，a ，0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0， 则ED →＝⎝⎛⎭⎫－a ，a 2，0，EB 1→＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a ， 平面ABCD 的一个法向量为m ＝AA 1—→＝(0,0，a )．设平面B 1EDF 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·ED →＝0，n ·EB 1—→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝1， ∴n ＝(1,2,1)，∴cos 〈n ，m 〉＝m ·n |m ||n |＝66， ∴平面B 1EDF 与平面ABCD 夹角的余弦值为66.。
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.。
平面解析几何的应用题
平面解析几何的应用题在解析几何中，我们学习了如何利用坐标系和代数方法来研究和解决平面上的几何问题。
平面解析几何的应用非常广泛，可以帮助我们解决实际生活中的很多实际问题。
本文将通过几个具体的应用题来展示平面解析几何的应用。
1. 题目一：平面上两点的中点坐标已知平面上两点A和B的坐标分别为A(x1, y1)和B(x2, y2)，求这两点的中点坐标M。
解析：根据中点的定义，我们知道中点M的横坐标为xM = (x1 + x2) / 2，纵坐标为yM = (y1 + y2) / 2。
因此，我们可以得出中点M的坐标为M((x1 + x2) / 2, (y1 + y2) / 2)。
2. 题目二：平面上两点间的距离已知平面上两点A和B的坐标分别为A(x1, y1)和B(x2, y2)，求这两点之间的距离AB。
解析：根据两点间的距离公式，我们可以利用坐标差值和勾股定理来计算距离。
首先计算x轴上的差值dx = x2 - x1，y轴上的差值dy = y2 - y1。
然后，根据勾股定理，我们有距离AB = √(dx^2 + dy^2)。
3. 题目三：平面上直线的斜率和截距已知平面上一条直线L过点A(x1, y1)且斜率为k，求直线L的方程和截距。
解析：直线L的方程可以表示为y = kx + b，其中b为截距。
由于直线L过点A(x1, y1)，代入得到y1 = kx1 + b。
因此，截距b可以通过解方程y1 = kx1 + b来求解。
4. 题目四：平面上两直线的交点坐标已知平面上两条直线L1和L2的方程分别为y = k1x + b1和y = k2x + b2，求这两条直线的交点坐标。
解析：将直线L1和L2的方程联立，我们得到k1x + b1 = k2x + b2。
通过移项整理，我们可以解出x坐标。
然后，将求得的x坐标代入其中一个方程中求解y坐标，即可得到交点的坐标。
5. 题目五：平面上两直线的夹角已知平面上两条直线L1和L2的斜率分别为k1和k2，求这两条直线的夹角。
人教版数学选修21第三章直线与平面的夹角讲义
案例（二）----精析精练课堂合作探究重点难点突被知识点一公式cosθ=cosθ1·cosθ2如右图,已知OA是平面a的一条斜线,AB⊥a,则OB是OA在平面a内的射影,设OM是a 内通过点O的任意一条直线,OA与OB所成的角为θ1,OB与OM所成的角为θ2,OA与OM所成的角为θ,则有cosθ=cosθ1·cosθ2,我们简称此公式为三余弦公式,它反映了三个角的余弦值之间的关系.在上述公式中,因为0≤cosθ2≤1，所以cosθ<cosθ1,因为θ1和θ都是锐角,所以θ1≤0,由此我们可以得到最小角定理:斜线和它在平面内的射影所成的角,是斜线和这个平面内所有直线所成的角中最小的角.知识点二斜线和平面所成的角(1)定义:斜线和它在平面内的射影的夹角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角).(2)斜线和平面所成角的范围:(0,2π).(3)直线和平面所成角的范围:[O,2π],其中当一条直线与一个平面垂直时,这条直线与平面的夹角为,当一条直线与个平面平行或在平面内时,这条直线与平面的夹角为0.(4)直线和平面所成角的求法:①几何法:用几何法求直线和平面所成角的步骤:i)找(或作)出直线和平面所成的角；ii)计算,即解三角形；iii)结论,即点明直线和平面所成角的大小.②向量法:若直线AB 与平面a 所成的角为θ,平面a 的法向量为n,直线与向量n 所成的角为ϕ，则θ+ϕ=2π,利用向量的夹角公式求出cos ϕ=ABn AB ,再根据sin θ=|cos ϕ|求出θ③利用公式cos θ=cos θ1cos 2求解.典型例题分析题型1 几何法求直线和平面的夹角 【例1】 如下图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=4,BC=3,AA 1=5,试求B 1D 1与面A 1BCD 1所成角的正弦值 解析 作出B 1点在平面A 1BCD 1上的射C 影,从而得到B 1D 1在平面上的射影.又因为平面A 1B 1D ⊥面A 1BCD 1,故只要过B 1作A 1B 的垂线,垂足就是B 1的射影.答案 作B 1E ⊥A 1B,又因为A 1D 1⊥平面ABB 1A 1,∴A 1D 1⊥B 1E. 由B 1E ⊥A 1B 及B 1E ⊥A 1D 1得知B 1E ⊥面A 1BCD 1,所以,D 1E 就是D 1B 1在平面A 1BCD 1上的射影,从而∠B 1D 1E 就是D 1B 1与面A 1BCD 1所成的角.在Rt △B 1D 1E 中,有sin ∠B 1D 1E=111B D EB 上的射影. 但D1B1=211211D A B A +=915+=5,又11BB A S ∆=21A 1B 1·EB 1=21A 1B 1·BB 1,A 1B=1625+=14, ∴EB 1=4154⨯=420,∴sin ∠B 1D 1E=54120=41414.方法指导 如果随意地在直线B 1D 1上取一点,然后过这一点向平面A 1BCD 1作垂线,虽然也可以找出直线B 1D 1和平面A 1BCD 1所成的角,但面临的一个问题是如何求出这个角,因此“作、证、求”三者是紧密联系在一起的,必须系统地统筹考虑.【变式训练1】 已知直角三角形ABC 的斜边BC 在平面a 内,直角边AB,AC 分别和a 成30°和45°角.求斜边BC 上的高AD 与平面a 所成角的大小.答案 如下图,作AO ⊥a,O 为垂足,连结OB,OC,OD,则∠ABO,∠ACO,∠ADO 分别为AB,AC,AD 与a 所成的角,则∠ABO=30°,∠ACO=45°. 设AO=h,则AC=2h,AB=2h.∴BC=6h, ∴AB=32=•BCAB AC h.∴Rt △AOD 中,sin ∠ADO=23=ADAO ,∠ADO=60°.∴AD 与平面a 所成的角的大小为60°.【例2】 如下图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,求直线AA 1与平面A 1BD 所成的角.解析 在确定A 在平面上的射影时,既可以利用线面垂直,也可以分析四面体A 1-ABD 的性质.答案 解法一:连结AC,设AC∩BD=O,连结A 1O,在△A 1AO 内作AH ⊥A 1O,H 为垂足.∵A 1A ⊥平面ABCD,BD ⊂平面ABCD, ∴A 1A ⊥BD.又BD ⊥AC,AC∩A 1A=A, ∴BD ⊥平面A 1AD,∴BD ⊥AH.又AH ⊥A 1O,A 1O∩B D=O, ∴AH ⊥平面A 1BD,∴∠AA 1H 为斜线A 1A 与平面A 1BD 所成的角. 在Rt △A 1AO 中,A 1A=1,AO=22,∴A 1O=26. ∵:A 1A·AO=A 1O·AH,∴AH=332622111=⨯=•OA AOA A .∴sin ∠AA 1H=331=A A AH .∠AA 1H=arc sin 33. ∴A 1A 平面A 1BD 所成角的大小为arc sin 33. 解法二:∵AA 1=AD=AB,∴点A 在平面A 1BD 上的射影H 为△A 1BD 中心,连结A 1H,则A 1H 为正△A 1BD 外接圆半径, ∵正△A 1BD 边长为2,∴A 1H=33·2=36. Rt △AHA 1中,cos ∠AA 1H=AA HA 11=36. ∵∠AA 1H 为AA 1与平面A 1BD 所成的角, ∴A 1A 与平面A 1BD 所成角的大小为 arc sin33. 解法三:同解法二分析,A 1H 为∠BA 1D 的平分线, ∴∠BA 1H=30°,又∠AA 1B=45°,∴由最小角原理公式 cos ∠AA 1B=cos ∠AA 1H·cos ∠BA 1H,得cos ∠AA 1H=︒︒=∠∠30cos 45cos cos cos 11H BA B AA =36∴∠AA 1H=arc cos36 方法指导 在研究空间图形时,基本元素的位置关系和数量关系是密不可分、相互转化的.解法二在数量关系AA 1=AD=AB 的基础上,得到A 在平面A 1BD 上的射影的性质,解法三在找到基本图形-----三棱锥A 1-ABD 后,利用最小角原理公式,最小角原理公式是立体几何的重要公式之一,解法三利用该公式,解法简捷明了.【变式训练2】 如下图,在四棱锥P 一ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD,PD ⊥DC,E 是PC 的中点.(1) 证明PA ∥平面EDB ；(2) 求EB 与底面ABCD 所成的角的正切值. 答案 (1)连结AC,AC 交BD 于O.连结EO. ∵底面ABCD 是正方形,∴点O 是AC 的中点. 在△PAC 中,EO 是中位线,∴PA ∥EO. 而EOC ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB, 所以PA ∥平面EDB.(3) 作EF ⊥DC 交DC 于F,连结BF,设正方形ABCD 的边长为a. ∵PD ⊥底面ABCD,∴PD ⊥DC. ∴EF ∥PD,F 为DC 的中点∴EF ⊥底面ABCD,BF 为BE 在底面ABCD 内的射影,故∠EBF 为直线EB 与底面ABCD 所成的 角.在Rt △BCF 中,BF=a a a CF BC 25)2(2222=+=+. ∴EF=21PD=2a ,∴在Rt △EFB 中,tan ∠EBF=55252==a aBF EF . 所以EB 与底面ABCD 所成的角的正切值为 题型2 向量法求直线与平面的夹角【例3】 在以边长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 和F 分别是BC 和C 1D 1上的点,BE=C 1F=31，试求EF 与平面A 1BD 所成的角的余弦值. 解析 如下图建立恰当的空间直角坐标系,用坐标向量及平面的法向量求解.答案 以A 为原点,分别以AB ,AD ,1AA 方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向而建立坐标系,如上图所示,则A 1(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,1),E(1,31,0),F(32,1,1). 1AC =(1,1,1),B A 1=(1,0,-1),D A 1(0,1,-1). 由于1AC ·B A 1=(1,1,1)·(1,0,-1)=1-1=0, ∴1AC ⊥B A 1,1AC .D A 1=(1,1,1)·(0,1,-1)=1-1=0, ∴1AC ⊥D A 1,∴1AC ⊥平面A 1BD,故1AC 是平面A 1BD 的法向量.又=(-31,32,1),·1AC =(-31,32,1)·(1,1,1)=34,||=314,|1AC |=3.记ϕ为与1AC 之间所成之角则cos ϕ424331443=•.以θ记与平面A 1BD 所成之角,则θ=ϕπ-2,∴cos=θ=cos(2π-ϕ)=sin ϕ=21273211342161cos 12==-=-ϕ. 规律总结 利用向量法求直线与平面所成角的解题步粟可以分解为:①根据题设条件,图形特征建立适当的空间直角坐标系；②得到相关点的坐标,进而求出相关向量的坐标；③利用分式cos<a,b>=ba ba •,进行计算,其中向量a 是直线的方向向量,b 可以是平面的法向量,可以是直线在平面内射影的方向向量；④将(a,b)转化为所求的线面角. 这里要注意的是:平面的斜线的方向向量与平面法向量所成的锐角是平面的斜线与平面所成角的余角.【变式训练3】 如下图所示,已知直角梯形ABCD,其中AB=BC=2AD,AS ⊥平面ABCD,AD ∥BC,AB ⊥BC 且AS=AB.求直线SC 与底面ABCD 的夹角的余弦值.答案 由题设条件知,可建立以AD 为x 轴,AB 为y 轴,AS 为z 轴的空间直角坐标系,如下图所示,设AB=1,则A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D(21,0,0),S(0,0,1).∴AS =(0,0,1),CS =(-1,-1,1).显然AS 是底面的法向量,它与已知向量的夹角β=90°-θ,故有sin θ=cos β33311=⨯=,于是 cos θ=36sin 12=-θ. 【例4】 如下图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA 1=2,D 、E 分别是CC 1与A 1B 的中点,点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.求A 1B 与平面ABD 所成角的大小.(结果用反三角函数值表示) 解析 求线面角关键在于找到平面的一个法向量,法向量与直线所在的向量夹角的互余的角,即为所求的角,因此结合图形的特征,可以先建立空间直角坐标系,求出平面ABD 的法向量,再按公式求解. 答案 以C 为原点,CA 所在直线为x 轴建立空间直角坐标系,设AC 的长为a,则A(a,0,0),B(0,a,0)D(0,0,1)A1(a,0,2,)则点G(3a ,3a ,31),E(2a ,2a,1).由于E 在面ABD 内的射影为G 点,所以 GE ⊥面ABD.又DA =(a,0,-1),AB =(-a,a,0)GE =(6a ,6a ,32),,由AB ·GE =0及 DA ·GE =0可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=-,066,0326222a a a 解得a=2. 取=(6a ,6a ,32)=(31,31,32,)为平面ABD 的法向量,A 1=(-2,2,-2).设A 1B 和平面ABD 所成的角为θ,则sin θ=32222949191|343232|222=++++-+-. 故所求A1B 和平面ABD 所成的角为arin2方法指导 本题也可以不用向量方法求解,而用传统的几何方法求解,但处理的过程不像向量法简单直接.请读者用传统方法试着处理一下.规律 方法 总结(1)利用平面a 的法向量n 求斜线AB 与平面a 的夹角θ时,应注意关系,sin θ=|cos<,n>),其中θ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，不要认为<,n>或<,n>就是θ角；(2)求直线与平面夹角的常见方法:①当直线与平面垂直时,直线与平面所成的角为90°,当直线与平面平行或在平面内时,直线与平面所成的角为0°；②当直线与平面斜交时,用以下三种方法求角：方法一:定义法:在直线上任取不同于斜足的一点作面的垂线,确定射影,找出斜线与平面所成的角,通过解三角形求得；方法二:向量法:建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,由向量夹角公式,求出法向量n 与斜线对应向量的夹角θ(锐角),则所求线面角为2π-θ；方法三:由公式cos θ=cos θ1·cos θ2,求斜线与平面所成的角.定时 巩固 检测基础训练1.平面的一条斜线和这个平面所成角θ的范围是 （ ）A.0°<θ<90°B.0°≤θ≤90°C.0°<θ≤90D.0°<θ<180°【答案】 A(点拨:由与平面相交但不垂直的直线为平面的斜线知0°<θ<90°.)2.一条直线与平面a 所成的角为30°,则它和平面a 内所有直线所成的角中最小的角是 （ ）A.30°B.60°C.90°D.150°【答案】 A(点拨:本题考查最小角定理,斜线与平面所成的角是斜线与平面内直线所成角中最小的角.)3.如下图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中BC 1与对角面BB 1D 1D 所成的角是 （ ）A.∠C 1BB 1 B ∠C 1BD C.∠C 1BD 1 D.∠C 1BO【答案】 D(点拨:∵O 是点C 1在平面BB 1D 1D 上的射影,∴BO 为BC 1在平面BB 1D 1D 内的射影.∵∠C1BO 为所求.)4.PA,PB,PC 是从P 点引出的三条射线,每两条夹角都为60°,则直线PC 与平面APB 所成角的余弦值为 （ ）A. 21 B.36 C.33 D.23 【答案】 C(点拨,设PC 与平面APB 所成角为θ,则由cos60°=cos θ·cos30°得cos θ=33.) 5.正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,O 为侧面BCC 1B 1的中心,则AO 与平面ABCD 所成角的正弦值为 ( )A.33B.21 C.66 D.23 【答案】 C(点拨:取BC 中点M,连AM,OM,易知∠OAM 即为AO 与平面6.)ABCD所成的角,可求得sin∠OAM=6能力提升6.如右图所示,点P是△ABC所在平面外的一点,若PA、PB、PC与平面a所成的角均相等,则点P在平面a上的射影P′是△ABC的（）A.内心B.外心C.重心D.垂心【答案】B(点拨:由于PA、PB、PC与平面a所成的角均相等,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 内的射影P′A、P′B、P′C也都相等,故点P是△ABC的外心,因此,应选B.)7.从同一点O引出不共面的三条射线OA,OB,OC且两两成60°角,OA 与平面BOC的夹角为3(点拨:设OA与平面BOC的夹角为θ,由上述分【答案】arc cos33,所以OA与.平面BOC的夹析可得cos60°=cosθ·cos30°,即cosθ=33.)角为arc cos38.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别是AB、C1D1的中点,求A1B1与平面A1MCN所成角的大小.【答案】 法一:分别以DA,DC,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系如上图,设正方体的棱长为1,则A 1(1,0,1),M(1,21,1),N(0,21,1),B 1(1,1,1),所以11B A =(0,1,0),M A 1=(0,21,-1),N A 1=(-1,21,0).设平面A 1MCN 的一个法向量为n=(x,y,z),则有⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥,,11M A n N A n 得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+-.021,021z y y x 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==y z y x 2121， 令y=2,则x=z=1,所以n=(1,2,1).cos<11B A ,n)=6121111⨯=••n B A n B A =36. 所以直线A 1B 1与平面A 1MCN 所成的角为arc cos36. 法二:连接MN,B 1C,A 1D,A 1C,如右图、所示,由三垂线定理可得MN ⊥A 1B 1,MN ⊥B 1C,所以MN ⊥平面A 1B 1CD,又MN ⊂平面A 1MCN,所以平面A 1MCN ⊥平面A 1B 1CD,又平面A 1MCN 与平面A 1B 1CD 的交线是A 1C,故点B 1在平面A 1MCN 内的射影在直线A 1C 上,所以∠B 1A 1C 就是A 1B 1与平面A 1MCN 所成的角,在Rt △B 1A 1C 中,tan ∠B 1A 1C=111B A C B =2,即A 1B 1与平面A 1MCN 所成的角的大小是arc tan 2. 9.如右图在矩形ABCD 中,2AB=BC,沿对角线AC 将 △ACB 折起到ACB ′的位置,使平面ADB ′⊥平面ACD.(1)求证:平面ACB ′⊥平面CBD ；(2)求AD 与平面ACB ′所成角的大小.【答案】 (1) ⎪⎭⎪⎬⎫='⊥'⊥AD ACD B AD ACD B AD ADCD 平面平面平面平面I ⇒CD ⊥平面ADB ′⇒平面ACB ′⊥平面CB ′D.(2) 作DE ⊥B ′C 于E,连接AE.如图,由(1)知平面ACB ′⊥平面CB ′D,所以DE ⊥平面ACB ′.所以∠DAE 为AD 与平面ACB ′所成的角. 设CD=1,则BC=2,在Rt △B ′DC 中,∠CDB ′=90°,B ′C=BC=2,CD=1,所以B ′D=3,所以DE=′CD BD ′CB •=23所以在R △AED 中,sin ∠DAE=ADDE =223=43,故直线AD 与平面ACB ′所成的角为 arcsin=43. 10.P 是△ABC 所在平面外一点,PA,PB,PC 两两互相垂直,且PA=10,PB=8,PC=6,求PA 与平面ABC 所成的角.【答案】∵AP ⊥PB,PA ⊥PC,∴PA ⊥平面PBC,PA ⊥BC,过A 作AD ⊥BC 于D,连接PD,那么BC ⊥平面PAD,过P 作PO ⊥AD 于O.∴PO ⊥AD;BC ⊥PO,∴PO ⊥面ABC,∠PAO 就是PA 与面ABC 所成的角,∵PB=8,PC=6,∴BC=10,PD=BC PC PB •=524,tan ∠PAD=10524=2512, 因此PA 与面ABC 所成的角为arctan 2512. 11.如下图,在四棱锥P 一ABCD 中,底面为直角梯形,AD ∥BC,∠BAD=90°,PA ⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M 、N 分别为PC 、PB 的中点.求:CD 与平面ADMN 所成的角.【答案】建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz,设PA=2,则P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,1,0),则=(2,0,-2),=(0,2,0),=(2,-1,0).因为·=(2,0,-2)·(0,2,0)=0,所以PB ⊥AD.又因为由三垂线定理可得PB ⊥DM,所以PB ⊥平面ADMN.因此<,>的余角即是CD 与平面ADMN 所成的角.因为cos(,DC510,所以CD 与平面ADMN 所成的角为arcsin510.。
两条直线的夹角
两条直线的夹角一、 教学目的：1． 分清直线1l 到直线2l 的角与直线2l 到直线1l 的角以及两条直线1l 与2l 的夹角的区别与联系。
2． 掌握直线1l 到直线2l 的角的计算公式3． 掌握直线1l 与直线2l 的夹角的计算公式二、 情感目标：通过对两直线的倾斜角与夹角的关系探索，找出夹角的正切值与两直线斜率之间的关系；运用两角差的正切公式，进一步渗透解析几何的思想，即用代数运算解决几何图形问题；培养学生思维的缜密性、条理性、深刻性。
三、 教学重、难点：1．当一条直线斜率不存在时，如何求解两直线的夹角。
2．根据题意正确使用夹角，到角公式，注意根据图形进行舍解。
四、 教学过程：（一）引入：平面内两条直线的位置关系有平行、重合和相交。
我们分别用直线的代数形式去描述了它们的位置关系。
在相交直线中特殊的位置关系是垂直，即两条直线所成角为90。
因此，我们可以用两直线的夹角大小来描述两条相交直线的位置关系。
平面上，两条相交直线1l 和2l 构成四个角，它们是两对对顶角。
为了区别这些角，通常规定：直线1l 绕着交点M 按逆时针方向旋转到和2l 重合时所得到的角，叫做1l 到2l 的角。
直线2l 绕着交点M 按逆时针方向旋转到和1l 重合时所得到的角，叫做2l 到1l 的角。
2lM 1l当1l ⊥2l 时，即1l 到2l 的角为90。
=⇔21k k 1-或一条直线斜率为零，另一条直线斜率不存在。
通过这充要条件启发我们，1l 到2l 的角的大小是否也可以与1l 、2l 的斜率建立关系呢？（二）推导：设两条直线方程分别是1l ：11b x k y +=，2l ：22b x k y +=（1k ，2k 均存在），1l 到2l 的角θ如果121-=k k ，那么θ=90。
如果121-≠k k ，设1l 和2l 的倾斜角分别是1α和2α，则1k =1αtg ，2k =2αtg不论12ααθ-= 或 )(12ααπθ-+=，都有1212121)(ααααααθtg tg tg tg tg tg +-=-=， 即12121k k k k tg +-=θ 一条直线到另一条直线的角，可能不大于直角，也可能大于直角，如果只需要考虑不大于直角的角θ（叫做两条直线的夹角），那么有12121k k k k tg +-=θ （θ 90≠） 当两条直线平行或重合时，则它们的夹角是零度角，此时公式仍适用。
两条直线的夹角
两条直线的夹角(2)教学目标理解直线夹角公式的推导，能正确使用夹角公式求两条直线的夹角.进一步理解运用平行、垂直、夹角等概念求直线方程的一般方法..通过两条直线夹角公式的推导，形成运用数形结合、分类讨论的思想解决问题的能力教学重点理解两条直线夹角公式的推导，会求两条直线的夹角教学难点理解两条直线夹角公式的推导，会求两条直线的夹角教学方法师生互动教学过程设计说明引入1．引例：判断以下各组直线的位置关系，如果相交，那么求出交点的坐标〔课本p16例1〕．〔1〕01243:1=-+yxl，01127:2=--yxl；〔2〕01243:1=--yxl，3:2=xl；〔3〕01243:1=--yxl，0586:2=+-yxl．解：〔参考课本p16~17〕[说明]复习判断两直线的平行、重合、相交，以及求相交直线的交点坐标的方法.由此引出新的课题.思考并答复以下问题1．〔对于上述〔1〕、〔2〕这样〕，当两条直线相交时，用什么“量〞来描述两条直线的相对位置呢？教具演示：两条直线相交，使其中一条直线绕定点旋转，让学生观察这两条直线的关系.解答：两条直线的夹角.2．回忆旧知：在初中平面几何中“两直线夹角〞的定义是什么？解答：角是有公共端点的两条射线所组成的几何图形〔如右图〕．[说明]在复习旧知的根底上引人新课.概念分析关于两直线的夹角1、概念形成两条直线的夹角如右图，两条直线相交，一共构成几个角？它们有什么关系？怎样定义两条直线的夹角呢？平面上两条直线1l和2l相交构成四个角，它们是两组互补的对顶角，因为相对而言，锐角比较简单.我们规定两条相交直线所成的锐角或直角为两条直线的夹角.如果两条直线平行或重合，规定它们的夹角为0.因此,两条直线的夹角的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，而两条相交直线夹角的取值范围是〔]2,0π.现在我们可以用夹角来描述两直线的相对位置关系，当给出[说明]①为什么规定锐角或直角为两直线的夹角，说明其合理性；②提出问题，给学生造成认知冲突，激发学生探索欲2、夹角公式的推导分析：直线的方向——方向向量——斜率——倾斜角——夹角之间的关系.由于直线的方向是由直线的方向向量或者斜率决定的，下面我们借助于这两条直线的方向向量来求得两直线的夹角. [说明] 引导学生画图分析，寻找夹角、倾斜角、方向向量之间的关系.通过类比，寻求思路. 设两条直线的方程分别为1l ：111=++c y b x a 〔11,b a 不全为零〕2l ：0222=++c y b x a 〔22,b a 不全为零〕.设1l 与2l 的夹角为α，1l 与2l 的一方向向量分别为1d 与2d ，其夹角为θ，且1d =),(11a b -,2d =),(22a b -，当]2,0[πθ∈时，那么θα=如图甲所示;当],2(ππθ∈时，那么θπα-=,如图乙所示. 于是得:2222212121212121|||||||||cos |cos b a b a b b a a d d d d +⋅++=⋅⋅==θα.即为直线1l 与2l 的夹角公式.特别地,当且仅当02121=+b b a a 时, 1l 与2l 的夹角为2π,即1l 与2l 垂直.也就是说:1l ⊥2l ⇔1d 垂直2d ⇔1n 垂直2n ⇔02121=+b b a a (其中1n ,2n 分别为1l 与2l 的一个法向量)而由02121=+b b a a ,易得当0,021≠≠b b 时,有③小题〔2〕,注意结合图形,正确取舍课堂练习练习11.3〔2〕 ----1,3课堂小结1．本节课研究了两条直线的夹角，推导出两条直线的夹角公式的方法，要理解、体会其中的思想方法；2．会用两条直线垂直的充要条件解决与垂直有关的问题；3．熟练运用夹角公式求两条直线的夹角.注意不垂直的两条相交直线的夹角为锐角；4．进一步讨论了求直线方程的方法：运用待定系数法时，可设直线方程为点法向式、或点斜式方程，而在用点斜式方程时，需要分类讨论.作业1、书面作业：练习11.3〔2〕 ----2,4习题11.3 A组----10,11,122、思考题：光线沿直线l1：022=-+yx照射到直线l2：022=++yx上后反射，求反射线所在直线3l的方程.解由)2,2(2222-⎩⎨⎧=++=-+，得反射点的坐标为yxyx.设3l的方程为0)2()2(=++-ybxa〔其中),(ban=为一法向量，ba,不同时为零〕由反射原理,直线1l与2l的夹角等于2l与3l的夹角，得babababa211252552222-==⇒+⋅+=⋅+或,舍去ba2=(否那么与l1重合) ,所以ba112-=,得3l的方程为26112=--yx.3．思考题：在y轴的正半轴上给定两点A〔0，a〕，B〔0，b〕，点A 在点B上方，试在x轴正半轴上求一点C，使∠ACB取到最大值.答：abC=.[说明] ①作业1是课本习题，通过它来反响知识掌握效果，稳固所学知识，强化根本技能的训练，培养学生良好的学习习惯和品质；②作业2、3设计成思考题，是为了给学有余力的学生留出自由开展的空间，学生可以根据实际情况选用.如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！实用文档.。
第3章3.23.2.3直线与平面的夹角
1．直线和平面所成的角
4
90° 0° 射影
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5
思考：直线 l 的方向向量 s 与平面的法向量 n 的夹角一定是直线 和平面的夹角吗？
[提示] 不是．直线和平面的夹角为π2－〈s，n〉.
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2．最小角定理
6
cos θ= cos θ1﹒cos θ2
射影
最小的角
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1．若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的夹角等于 120°，则
1
第三章 空间向量与立体几何
3．2 空间向量在立体几何中的应用 3．2.3 直线与平面的夹角
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2
学习目标
核心素养
1.理解斜线和平面所成的角的定
义，体会夹角定义的唯一性、合理 通过空间线面角提升学生的数
性. 学运算、逻辑推理素养.
2.会求直线与平面的夹角．(重点、
难点)
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3
自主预习 探新知
ABCD-A1B1C1D1 中，E 为 CC1 的中点，则直线 A1B 与平面 BDE 所成的角为( )
π
π
A.6
B.3
π
5π
C.2
D. 6
11
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12
B [以 D 为原点，D→A，D→C，D→D1的方向为 x 轴，y 轴，z 轴正 方向建立空间直角坐标系(图略)，则 D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)， E0，1，12，
AC＝AB·sin 60°＝2a× 23＝ 3a，
所以 PC＝ 3a2＋4a2＝ 7a，设∠ACP＝θ，
则 AE＝AC·sin θ＝AC×APCP
＝
3a×
2a ＝2 7a
平面上两直线的夹角求法解析
平面上两直线的夹角求法解析一、容概述在2004年审定的人教A和B版教材中，平面两条直线的夹角概念与相应问题没有涉及到．但是，该问题完全可以作为三角恒等式中两角差的正切公式：，平面向量中直线法向量夹角的余弦及直线方向向量夹角的余弦的应用来进行考查．二、基本概念①平面上直线方程的两种常用表示：直线的点斜式方程：；直线的一般式方程：不全为．②平面上两条相交直线夹角的概念：平面上两条相交直线，所成四个角中的最小角，叫做两条直线的夹角．③平面上两条直线所成角的围：如果两条直线平行或重合，规定它们所成的角为；如果两条直线垂直，规定它们的夹角为；如果两条直线相交且互不垂直，则两直线的夹角围为．④平面上直线的方向向量：基线与平面上一条直线平行或重合的向量，叫做直线的方向向量；直线点斜式方程的一个方向向量为．⑤平面上直线的法向量：基线与平面上一直线垂直的向量，叫做直线的法向量；直线的一般式方程不全为的一个法向量为．三、理论推导1.已知倾斜角，根据两角差的正切公式求两直线夹角.证明：如下图所示，在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为．假设为直线，所成的一角，显然，则，由公式得：又因为平面上两条相交且互不垂直的直线夹角围是，所以．从而得：即，平面上直线与直线的夹角．2.已知直线的一般式方程，运用直线法向量夹角余弦求平面上两直线夹角.证明：如下图所示，在平面直角坐标系中，直线的一般式方程为，一法向量；直线的一般式方程为，一法向量．假设为直线，所成的一角，显然（左图）或（右图）由法向量夹角的余弦得：又因为平面上两条相交且互不垂直的直线夹角围是，所以．从而得：即，平面上直线与直线的夹角．3.已知直线的点斜式方程，利用直线方向向量夹角余弦求平面上两直线夹角.证明：如下图所示，在平面直角坐标系中，直线的点斜式方程为，一方向向量；直线的点斜式方程为，一方向向量．假设为直线，所成的角，显然（左图）或（右图），由方向向量夹角的余弦得：又因为平面上两条相交且互不垂直的直线夹角围是，所以．从而得：即，平面上直线与直线的夹角．注意：可以求出直线一般式方程的某个方向向量，也可以求出直线点斜式方程的某个法向量．但是，无论利用哪一种方法，都必须谨记平面上两直线所成角与两直线夹角的区别：两直线夹角的围是，即的三角函数值一定是非负的．四、例题解析对于有关平面上两直线的夹角问题，理论简单，方法也易于掌握，该部分难点是如何根据题意选取恰当的理论和方法来解决问题．下面结合具体实例谈谈求解方法是如何选择的．例1已知直线，的斜率是二次方程的根，试求直线与的夹角．解析：设直线，的斜率分别为，，解二次方程得，，将代入公式得，．所以直线与的夹角．点评：本题结合二次方程求解问题考查第一种方法的运用，解决此类问题的时候，要理解直线倾斜角与直线斜率的关系，并能准确选择求直线夹角的方法．例2求直线与直线的夹角．解析：题目中的直线方程是一般式形式且互不垂直，因此我们选择法向量求夹角的方法．直线一法向量；直线一法向量．将代入公式得，．所以直线与的夹角．点评：本题主要考查对公式的选择及熟练程度，也可以尝试利用方向向量求解，鼓励一题多解．例3光线沿直线照射到直线上后反射，求反射光线线所在直线的方程．解析：联立得反射点的坐标为，由题意知直线过该点，则设的方程为（其中为直线的法向量，不同时为零）．由物理学中的反射原理可知：直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即：，解得或(舍去，否则与重合)．所以，直线的方程为．点评：本题首先应思考将问题转化为求过定点，且与所给直线夹角已知的直线方程；其次，在求直线方程时,往往采用待定系数法——先设出所求直线的方程，再利用直线的夹角求解方法列式求解．五、沉思提高已知直线过点，且与直线的夹角为，求直线方程．。
高中数学空间的角的计算
面-线-面
0，2
语言叙述
二面角 半平面-线-半平面
0，
语言叙述或符号表示
要点三：直线和平面的夹角 1. 有关概念 斜线：一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫作平面的斜．线．，斜 线和平面的交点叫作斜．足．. 射影：过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫作斜线在这个平 面上的射影. 斜线与平面的夹角：平面的一条斜线与它在该平面内的射影的夹角叫作该直线与此平面 的夹角. 如图， l 是平面 的一条斜线，斜足为 O ， OA 是 l 在平面 内的射影， POA 就是直 线 l 与平面 的夹角.
3. “平面间的夹角”不同于“二面角” （1）二面角的有关概念 半平面：一个平面内的一条直线，把这个平面分成两部分，其中的每一部分都叫半平面. 二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫二面角. 如图，可记作二面角 -a- 或 - AB - .
2
（2）区别： 构成 范围
表示法
平面间的夹角
2
5
举一反三：
【变式 1】 如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD ⊥底面 ABCD ， PD DC ，点 E 是 PC 的中点，作 EF ⊥ PB 交 PB 于点 F ．
（1）求证： PB ⊥平面 EFD ；
（2）求平面 与平面 的夹角的大小．
【变式 2】在四棱锥 P ABCD 中，侧面 PCD ⊥底面 ABCD ，PD ⊥ CD ，E 为 PC 中点， 底面 ABCD 是直角梯形， AB ∥ CD ， ADC=90 ， AB AD PD 1， CD 2 . 设 Q 为侧
11
一、选择题
S
C
B
D
A
直线与平面的夹角
(2)在公式中，令θ2＝90°，则cosθ＝cosθ1·cos90°＝0，∴θ＝90°，即当AC⊥AB时， AC⊥AO.此即三垂线定理；反之，若令θ＝90°，则有cosθ1·cosθ2＝0.∵θ1≠90°，∴θ2＝90°， 即若AC⊥AO，则AC⊥AB，此即三垂线定理的逆定理，由此可知三垂线定理及逆定理可以看 成是此公式的特例．
[说明] 定义法就是指将斜线与平面的夹角转化为斜线与其平面内射影的夹角．此种 方法的关键在于确定斜线在平面内的射影．
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC， E是PC的中点．
(1)证明：PA∥平面EDB； (2)求EB与底面ABCD所成的角的正切值．
[分析] 解答本题首先建立空间直角坐标系，求出平面AFEG的法向量和AH的方向向量， 再求两向量夹角余弦的绝对值即可．
[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，则G(0,0,1)，A(0,4,0)，F(4,4,1)，E(4,0,2)， H(2,0,0)，
A→F＝(4,4,1)－(0,4,0)＝(4,0,1)
∴EF∥PD，F为DC的中点． ∴EF⊥底面ABCD，BF为BE在底面ABCD内的射影，故∠EBF为直线EB与底面ABCD所 成的角． 在Rt△BCF中．
BF＝ BC2＋CF2＝ ∵EF＝12PD＝a2，
a2＋a22＝
5 2 a.
∴在
Rt△EFB
中，tan∠EBF＝
5 5.
[例 2] 已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 4， 点 E、F、G、H 分别在棱 CC1、DD1、BB1、BC 上，且 CE＝12CC1，DF＝BG＝14DD1，BH＝12BC.求 AH 与平面 AFEG 的夹角．
直线与平面的夹角
设平面α 的斜线l的方向向量为a，平面的法向量为n. (1)当a，n与α ，l的关系如图所示时，
则l与α 所成角θ 与a，n所成的角存在如下关系
sin θ ＝cos < a，n>
(2)当a，n与α ，l的关系如图所示时
则l与α 所成角θ 与a，n所成的角存在如下关系
sin θ ＝ a，n>
求出直线的方向向量 求出平面的法向量
使用公式计算夹角正弦值
四、练习题（2019成都一诊理）
五、课堂小结
1、纯几何法：在直线上任找一点，过这个点做平面的垂线，连接斜足与 垂足构成投影，则斜线与投影之间的夹角就是直线与平面夹角的平面角
2、向量法：建系-——求点——求方向向量——求法向量——使用公式求 夹角的正弦值。
二、直线与平面夹角的向量求法
如何用向量计算直线与平面的夹角？
sinθ ＝|cos<a，n>|
使用向量计算直线与平面的夹角的步骤是什么？
建立适当的空间直角坐标系 求出相关点的坐标
求出直线的方向向量 求出平面的法向量
使用公式计算夹角正弦值
三、高考真题（2012浙江文20）
建立适当的空间直角坐标系 求出相关点的坐标
直线与平面的夹角
西安市远东第一中学 张鹏
复习回顾
◦
复习回顾
◦
新课讲授
一、直线与平面的夹角的定义：
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。 注：1、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。
解：
二、直线与平面夹角的向量求法
如何用向量计算直线与平面的夹角？
空间向量两直线夹角公式
空间向量两直线夹角公式
空间向量的两直线夹角是指两条直线在空间中的夹角。
在三维空间中，如果两条直线不平行，则它们一定会相交或者平面上相交，此时它们的夹角就是它们所在平面的夹角。
否则，如果两条直线平行，它们的夹角就是零。
在计算两条直线在空间中的夹角时，可以采用向量的方法。
假设有两个向量a和b，它们是两条直线的方向向量。
则它们的夹角θ的计算公式为：
cosθ=a·b/|a|·|b|
其中，a·b表示a和b的点积，|a|和|b|分别表示a和b的模长。
这个公式的物理意义是，cosθ等于a和b的点积除以它们的长度乘积，也就是它们的夹角所对应的三角形的底边长与斜边长的比值。
在实际计算中，可以先通过向量叉积来求出a和b所在的平面的法向量n，然后计算n与a、b之间的夹角，再根据平面夹角和空间夹角的关系来计算最终的结果。
除了向量的方法，还有一些几何方法来计算两条直线的夹角。
比如可以通过两条直线在平面上的投影来计算它们的夹角，或者通过它们在空间中的投影来计算它们的夹角。
总之，在计算空间向量的两条直线的夹角时，需要先确定它们的方向向量，然后采用向量或几何方法来计算它们的夹角。
这个夹角可以作为判断两条直线是否相交、平-行或垂直的重要指标。
两条直线的夹角
11.3两条直线的夹角(2)教学目标理解直线夹角公式的推导，能正确使用夹角公式求两条直线的夹角.进一步理解运用平行、垂直、夹角等概念求直线方程的一般方法..通过两条直线夹角公式的推导，形成运用数形结合、分类讨论的思想解决问题的能力教学重点理解两条直线夹角公式的推导，会求两条直线的夹角教学难点理解两条直线夹角公式的推导，会求两条直线的夹角教学方法师生互动教学过程设计说明引入1．引例：判断下列各组直线的位置关系，如果相交，则求出交点的坐标（课本p16例1）．（1）01243:1=-+yxl，01127:2=--yxl；（2）01243:1=--yxl，3:2=xl；（3）01243:1=--yxl，0586:2=+-yxl．解：（参考课本p16~17）[说明]复习判断两直线的平行、重合、相交，以及求相交直线的交点坐标的方法.由此引出新的课题.思考并回答下列问题1．（对于上述（1）、（2）这样），当两条直线相交时，用什么“量”来描述两条直线的相对位置呢？教具演示：两条直线相交，使其中一条直线绕定点旋转，让学生观察这两条直线的关系.解答：两条直线的夹角.2．回顾旧知：在初中平面几何中“两直线夹角”的定义是什么？解答：角是有公共端点的两条射线所组成的几何图形（如右图）．[说明]在复习旧知的基础上引人新课.概念分析关于两直线的夹角1、概念形成两条直线的夹角如右图，两条直线相交，一共构成几个角？它们有什么关系？怎样定义两条直线的夹角呢？平面上两条直线1l和2l相交构成四个角，它们是两组互补的对顶角，因为相对而言，锐角比较简单.我们规定两条相交直线所成的锐角或直角为两条直线的夹角.如果两条直线平行或重合，规定它们的夹角为0.因此,两条直线的夹角的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，而两条相交直线夹角的取值范围是（]2,0π.现在我们可以用夹角来描述两直线的相对位置关系，当给出两条直线的方程时，它们的相对位置就确定了，它们的夹角也随之确定，那么，如何根据直线方程求两直线的夹角呢？[说明]①为什么规定锐角或直角为两直线的夹角，说明其合理性；②提出问题，给学生造成认知冲突，激发学生探索欲2、夹角公式的推导分析：直线的方向——方向向量——斜率——倾斜角——夹角之间的关系.由于直线的方向是由直线的方向向量或者斜率决定的，下面我们借助于这两条直线的方向向量来求得两直线的夹角. [说明] 引导学生画图分析，寻找夹角、倾斜角、方向向量之间的关系.通过类比，寻求思路. 设两条直线的方程分别为1l ：111=++c y b x a （11,b a 不全为零）2l ：0222=++c y b x a （22,b a 不全为零）.设1l 与2l 的夹角为α，1l 与2l 的一方向向量分别为1d 与2d ，其夹角为θ，且1d =),(11a b -,2d =),(22a b -，当]2,0[πθ∈时，则θα=如图甲所示;当],2(ππθ∈时，则θπα-=,如图乙所示.于是得:2222212121212121|||||||||cos |cos b a b a b b a a d d d d +⋅++=⋅⋅==θα.即为直线1l 与2l 的夹角公式.特别地,当且仅当02121=+b b a a 时, 1l 与2l 的夹角为2π,即1l 与2l 垂直.也就是说:1l ⊥2l ⇔1d 垂直2d ⇔1n 垂直2n ⇔02121=+b b a a (其中1n ,2n 分别为1l 与2l 的一个法向量)补角；③小题（2）,注意结合图形,正确取舍课堂练习练习11.3（2）----1,3课堂小结1．本节课研究了两条直线的夹角，推导出两条直线的夹角公式的方法，要理解、体会其中的思想方法；2．会用两条直线垂直的充要条件解决与垂直有关的问题；3．熟练运用夹角公式求两条直线的夹角.注意不垂直的两条相交直线的夹角为锐角；4．进一步讨论了求直线方程的方法：运用待定系数法时，可设直线方程为点法向式、或点斜式方程，而在用点斜式方程时，需要分类讨论.作业1、书面作业：练习11.3（2）----2,4习题11.3 A组----10,11,122、思考题：光线沿直线l1：022=-+yx照射到直线l2：022=++yx上后反射，求反射线所在直线3l的方程.解由)2,2(2222-⎩⎨⎧=++=-+，得反射点的坐标为yxyx.设3l的方程为0)2()2(=++-ybxa（其中),(ban=为一法向量，ba,不同时为零）由反射原理,直线1l与2l的夹角等于2l与3l的夹角，得babababa211252552222-==⇒+⋅+=⋅+或,舍去ba2=(否则与l1重合) ,所以ba112-=,得3l的方程为26112=--yx.3．思考题：在y轴的正半轴上给定两点A（0，a），B（0，b），点A在点B上方，试在x轴正半轴上求一点C，使∠ACB取到最大值. 答：abC=.[说明] ①作业1是课本习题，通过它来反馈知识掌握效果，巩固所学知识，强化基本技能的训练，培养学生良好的学习习惯和品质；②作业2、3设计成思考题，是为了给学有余力的学生留出自由发展的空间，学生可以根据实际情况选用.。
1.4.2 第2课时 夹角问题(解析版)..
第2课时夹角问题知识梳理知识点一两个平面的夹角平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．知识点二空间角的向量法解法角的分类向量求法范围两条异面直线所成的角设两异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别为u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u ·v ||u ||v |0，π2直线与平面所成的角设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝|u ·n ||u ||n |0，π2两个平面的夹角设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|0，π2题型探究题型一、两条异面直线所成的角1．在平行六面体1111ABCD A B C D -中，2AB =，2AD =，14AA =，1160BAD BAA DAA ∠=∠=∠=，则1BC 与1CA 所成角的正弦值为（）A ．2142B ．342C ．2114D ．5714【答案】D【详解】11111,BC AD AA CA AA AC AA AD AB =+=-=--，则()()1111BC CA AD AA AA AD AB ⋅=+⋅--，2211116AD AA AD AD AB AA AD AA AB AA =⋅--⋅+-⋅-⋅=，()2221111227BC AD AA AD AD AA AA =+=+⋅+=，()2211CA AA AD AB =--，22211122223AA AD AB AA AD AB AA AD AB =++-⋅-⋅+⋅=，1111113cos ,221BC CA BC CA BC CA ⋅==⋅，所以211357sin ,114221BC CA ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，故选：D2．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1 2.AB AA ==E 、F 分别是BC 、11AC 的中点.设D 是线段11B C 上的（包括两个端点．．．．．．）动点，当直线BD 与EF 所成角的余弦值为104，则线段BD 的长为_______.【答案】22【详解】如图以E为坐标原点建立空间直角坐标系：则()()310,0,0,,,2,0,1,0,22E F B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭设(0,,2)(11)D t t -≤≤，则()31,,2,0,1,222EF BD t ⎛⎫==+ ⎪ ⎪⎝⎭，设直线BD 与EF 所成角为θ所以214102cos 4||||5(1)4t EF BD EF BD t θ++⋅===⋅++，即22314370t t +-=，解得1t =或3723t =-（舍去），所以22202222BD =++=，故答案为：22．3．如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，AD BC ∥，60DAB ∠=，SA ⊥面ABCD ，22SA AD BC ===，点F 为线段SD中点(1)求证：CF 面SAB ；(2)求异面直线FC 与BD 所成角的大小.【详解】(1)证明：由SA ⊥面ABCD 建立如图所示的直角坐标系，以A 点为坐标原点，分别以AD ，垂直于AD 以及AS 为方向建立,,y x z 轴，如图所示:由底面是等腰梯形以及22SA AD BC ===可知：(0,0,0)A ，31,,022B ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(0,0,2)S 33,,022C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0D 又由点F 为线段SD 中点，可知()0,1,1F 31,,022CF ⎛⎫∴=-- ⎪ ⎪⎝⎭，(0,0,2)AS =uu r ，31,,022AB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设(),,n x y z =为平面SAB 的法向量，故可知：200130022z n AS y x n AB =⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩，解得30y xz ⎧=-⎪⎨=⎪⎩令1x =，可知平面SAB 的法向量一个法向量为：()1,3,0n =-()1331022n CF ⎛⎫⎛⎫⋅=-⨯-+-⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴根据线面平行的向量法判断法则可知CF 面SAB(2)由题意得：由（1）分析可知31,,122CF ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，33,,022BD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭1333012222cos ,023BD CFBD CF BD CF⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⨯+-⨯-+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⋅⎝⎭⎝⎭<>===⨯⋅可知向量,BD CF 互相垂直，故异面直线FC 与BD 所成角的大小为904．如图所示，在四棱维P ABCD -中，PA ⊥面,,⊥⊥ABCD AB BC AB AD ，且PA=AB=BC =12AD =2.(1)求PB 与CD 所成的角；(2)求直线PD 与面PAC 所成的角的余弦值.【详解】(1)因为PA ⊥面,ABCD AB AD ⊥，所以,,PA AB AD 两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系.A (0，0，0)，P (0，0，2)，B (2，0，0)，D (0，4，0)，C (2，2，0)则()2,0,2PB =-,()2,2,0CD =-cos PB CD PB CD PB CD⋅∴=，=12，所以PB 与CD 所成的角为60(2)()()002220AP AC ==，，，，，，设平面PAC 的法向量为(),,m x y z =0,,0z m AP m AC y x =⎧⊥⊥∴⎨+=⎩，令1y =-，则()1,1,0m =-，设直线PD 与面PAC 所成的角的为θ，又()042PD =-，，，∴sin cos m PD m PD m PDθ⋅==，=105直线PD 与面PAC 所成的角的余弦值为155.题型二、直线与平面所成的角1．如图，在三棱锥S ABC -中，,2AB BC SA AB BC ⊥===，点O ､M 分别是AC ､BC 的中点，SO ⊥底面ABC .(1)求证：BC ⊥平面SOM ；(2)求直线AS 与平面SOM 所成角的大小.【详解】(1)证明：连接OB ,由AB BC ⊥,O 为AC 的中点，得OA OB OC ==，又SO ⊥底面ABC ，故SA SB SC ==,∵点M 为BC 的中点，∴SM BC ⊥,又∵OM AB ∥，∴OM BC ⊥,SMOM M =，故BC ⊥平面SOM .(2)解法一：由（1）知BM ⊥平面SOM ,且1BM =,又AB OM ∥，AB ⊄面SOM ,OM ⊂平面SOM ，∴AB ∥面SOM ，则点A 到面SOM 的距离就是点B 到面SOM 的距离1d BM ==.设直线AS 与平面SOM 所成角为θ，π[0,]2θ∈，∴SA 与面SOM 所成的角的正弦值为1sin 2d SA θ==，故SA 与面SOM 所成的角的大小为π6.解法二：设点A 到面SOM 的高为h ，而112,122SO AC OM AB ====,由A SOM S AOM V V --=得1111121123232h ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，则1h =，设直线AS 与平面SOM 所成角为θ，π[0,]2θ∈，∴SA 与面SOM 所成的角的正弦值为1sin 2h SA θ==，即所成的角的大小为π6.解法三：如图，以O 为坐标原点，以OB,OC,OS 分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则(2,0,0),(0,0,2),(2,0,0),(0,2,0)A S B C -,则(2,0,2),(2,2,0)AS BC ==-,由（1）可知BC 为平面SOM 的一个法向量，设直线AS 与平面SOM 所成角为θ，π[0,]2θ∈，则21sin |cos ,|||222AS BC θ-=〈〉==⨯,故π6θ=，即直线AS 与平面SOM 所成角为π6.2．如图，在ABC 中，π4ABC ∠=，O 为AB 边上一点，且332OB OC AB ==，PO ⊥平面ABC ，22DA AO PO ==，且DA PO .(1)求证：CO ⊥平面POB ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.【详解】(1)证明：OB OC =，π4ABC ∠=，π4OCB ∴∠=，π2BOC ∴∠=，CO AB ∴⊥，又PO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ，PO OC ∴⊥，PO 、AB Ì平面POB ，PO AB O ⋂=，CO ∴⊥平面POB ；(2)分别以OC 、OB 、OP 所在射线为x 、y 、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，设1OA =，则2PO OB OC ===，1DA =，则()2,0,0C ，()0,2,0B ，()0,0,2P ，()0,1,1D -，()0,1,1PD ∴=--，()2,2,0BC =-，()0,3,1BD =-，设平面BDC 的一个法向量为(),,n x y z =，00n BC n BD ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，即22030x y y z -=⎧⎨-+=⎩，令1y =，则1x =，3z =，()1,1,3n ∴=，设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则()()()()222222101131222sin 11011113PD n PD nθ⋅⨯+⨯-+⨯-===⋅+-+-⨯++，即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.3．如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形，且平面PAD ⊥底面ABCD ，112AB BC AD ===，BAD ∠＝ABC ∠＝90．(1)证明：PD AB ⊥；(2)点M 在棱PC 上，且CM ＝MP ，求直线BM 与平面PCD 的夹角θ的正弦值.【详解】(1)证明：取AD 的中点O ，连OC ，OP ，∵PAD △为等边三角形，且O 是边AD 的中点，∴PO AD ⊥，∵平面PAD ⊥底面ABCD ，且它们的交线为AD ，∴PO ⊥平面ABCD ，则AB PO ⊥，∵AB AD ⊥，且,AD PO O ⋂=∴AB ⊥平面PAD ，∴PD AB ⊥；(2)由（1）知，PO ⊥面ABCD ，OC AD ⊥，故以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，易求3,1,PO OC AB ===各点坐标如下，(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)(0,1,0),(0,0,3),O A B C D P --,CM MP ∴=13(,0,),22M ∴则13(1,0,3),(1,1,0),(,1,),22CP CD BM =-=-=-设平面PCD 的一个法向量为(,,),n x y z =则30,0n CP x z n CD x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩3,x y z ==令1z =，得平面PCD 的一个法向量为(3,3,1),n =3322315sin .10102n BM n BMq -++×\===´×题型三、两个平面的夹角1．如图，在三棱锥P ABC -中，PC ⊥平面ABC ，3BC AC =，3BAC π∠=，M 是PA 的中点.(1)证明：PA BC ⊥；(2)若PC AC =，求平面PBC 与平面BCM 所成角的大小.【详解】(1)如图，在ABC 中，因为3BC AC =，3BAC π∠=，由正弦定理得：sin sin3BC ACABCπ=∠，故1sin 2ABC ∠=，又因为AC BC <，所以6ABC π∠=，则2ACB π∠=，即BC AC ⊥.又因为PC ⊥平面ABC ，所以PC BC ⊥，又ACPC C =，所以BC ⊥平面PAC ，又因为PA ⊂平面PAC ，所以BC PA ⊥；(2)因为PC ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，所以CA ，CB ，CP 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系C xyz -，设2PC AC ==，则()2,0,0A ，()0,23,0B ，()002P ,,，()1,0,1M ，所以()1,0,1CM =，()0,23,0CB =，设平面BCM 的一个法向量为(),,n x y z =由·0·0n CM n CB ⎧=⎨=⎩，即00x z y +=⎧⎨=⎩，可取()1,0,1n =-，可取()1,0,0m =为平面PBC 的一个法向量，所以12cos ,212m n m n m n⋅===⨯⋅，所以平面PBC 与平面BCM 所成角的大小为4π；综上，平面PBC 与平面BCM 所成角的大小为4π.2．如图1，矩形PABC 中，33PC =，6PA =，D 为PC 上一点且2CD DP =.现将PAD △沿着AD 折起，使得PD BD ⊥，得到的图形如图2.(1)证明：PA ⊥平面PBD ；(2)求二面角P AB D --的余弦值.【详解】(1)∵四边形PABC 为矩形，33PC =，6PA =且2CD DP =，∴()()222262332BD BC CD =+=+=∵PD BD ⊥，∴()()222232321PB BD PD =+=+=∵33AB =，6PA =，∴222PB PA AB +=，∴PA PB ⊥∵四边形PABC 为矩形，∴PA PD⊥∵PBPD P =，,PB PD ⊂平面PBD ，∴PA ⊥平面PBD(2)过P 作PE AD ⊥，交AD 于E ，∵3PD =，6PA =，∴2PD PAPE AD⋅==，∴221DE PD PE =-=由（1）知PA ⊥平面PBD ,BD ⊂平面PBD ,所以PA BD ⊥，由,PD BD PD AP P ⊥⋂=得BD ⊥平面PAD ，BD ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面PAD ，又PE AD ⊥，PE ⊂平面PAD ，∴PE ⊥平面ABD ，故以D 为原点建立空间直角坐标系如图所示，∴()0,0,0D ，()0,3,0A ，()32,0,0B ，()0,1,2P 平面ABD 的一个法向量为()0,0,1m =设平面PAB 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AB n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，∵()32,3,0AB =-，()0,2,2AP =-，∴3230220x y y z ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x =，得2y =，2z =，∴()1,2,2n =∴227cos ,77m n ==∵二面角P AB D --为锐二面角，∴二面角P AB D --的余弦值为277.3．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAB △和PAD △均为正三角形，且边长为3，2BC CD ==，90BAD ∠=，AC 与BD 交于点O ．(1)求证：BD ⊥平面;PAC (2)求二面角P CD B --的余弦值．【详解】(1)证明：因为PAB △和PAD △均为正三角形，所以AB AD =．又BC CD =，所以AC 为BD 的中垂线．所以O 为BD 的中点．又PB PD =，所以PO BD ⊥．又ACPO O =，AC ，PO ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ．(2)因为90BAD ∠=，O 为BD 的中点，所以AO OB OD ==．又因为PA PB PD ==，所以PAO ，PBO ，PDO △为全等三角形．所以90POA POB POD ∠=∠=∠=，所以PO AC ⊥．结合（1）知，不妨以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则6002B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，，6002D ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，，2002C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，，，6002P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，，所以626660,0,0,0,22222DC DP OP ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，，设平面PCD 的一个法向量为()n x y z =，，，则00n DC n DP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，故6202266022x y x z ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，令1x =，则3y =-，1z =-，所以()131n =--，，．设二面角P CD B --的大小为θ，则6·52cos |cos |56·52n OP n OP n OPθ-=⋅===⨯．又二面角P CD B --为锐二面角，所以二面角P CD B --的余弦值为55．跟踪训练1．将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（）A ．12B ．22C ．12-D ．22-【答案】A【详解】取BD 中点为O ，连接,AO CO ，所以,AO BD CO BD ⊥⊥，又面ABD ⊥面CBD 且交线为BD ，AO ⊂面ABD ，所以AO ⊥面CBD ，OC ⊂面CBD ，则AO CO ⊥.设正方形的对角线长度为2，如图所示，建立空间直角坐标系，()()()(0,0,1),1,0,0,0,1,0,1,0,0A B C D -，所以()()=1,0,1,=1,1,0AB CD ---，11cos ,222AB CD AB CD AB CD⋅-<>===-⨯.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为12.故选:A2．已知1111ABCD A B C D -为正方体，E ，F 分别是1BD ，AB 的中点，异面直线EF 与BD 所成的角为_______【答案】60︒【详解】取点D 为原点，边DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则(0D ，0，0)，(2B ，2，0)，(1E ，1，1)，(2F ，1，0)，∴(1,0,1),(2,2,0)EF BD =-=--，∴2EF BD ⋅=-，||2||22EF BD ==，，∴21cos ,2||||222EF BD EF BD EF BD ⋅-<>===-⨯，EF ∴与BD 所成的角为60︒．故答案为：60︒．3．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图E 、F 分别是1BB ，CD 的中点，(1)求证：1D F ⊥平面ADE ；(2)求EF 与1CB 所成的角的大小.【详解】(1)以D 为原点，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，1D (0,0,1)，E (1,1,12)，F (0,12,0)，则1D F ＝(0,12,－1)，DA ＝(1,0,0)，AE ＝(0,1,12)，则1D F DA ⋅＝0，1D F AE ⋅＝0，1D F DA ∴⊥，1D F AE ⊥，即1D F DA ⊥，1D F AE ⊥，又DAAE A =，故1D F ⊥平面ADE .(2)由（1）知：1B (1，1，1)，C (0，1，0)，故1CB ＝(1，0，1)，而EF ＝(－1，－12，－12)，则1EF CB ⋅＝－1＋0－12＝－32，又1131442EF =++=，12CB =，则cos 111332,2322EF CB EF CB EF CB -⋅===-⋅<>⋅.∴1,150EF CB =，由线线角的范围知：EF 与1CB 所成的角为30.4．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AAC C ⊥侧面11,AA B B M N 、分别为11BC AC 、的中点，14,3AB AC AA ===；(1)求证：直线1//MC 面ABN ；(2)求异面直线1MC 与BN 所成角的余弦值．【详解】(1)证明：取AB 的中点P ，连PM PN 、因为,M N 分别为11BC A C 、的中点，所以//MP AC 且12MP AC =，又在直三棱柱111ABC A B C －中，1//C N AC 且112C N AC =，所以1//MP C N 且1MP C N =.所以四边形1MPNC 为平行四边形，所以1//MC PN 因为1⊄MC 平面ABN PN ⊄，平面ABN ，所以直线1//MC 平面ABN ；(2)在直三棱柱111ABC A B C －中1AA ⊥平面ABC ，所以1AB AA ⊥，又侧面11AAC C ⊥侧面11AA B B ，平面11AA C C 平面111AA B B AA ＝，所以AB ⊥平面11ACC A ，分别以1AC AA AB 、、所在直线为x y z ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则由题意可知1430004230202(,,),(,,),(,,),(,,)C B N M ，所以1(2,3,2),(2,3,4)MC BN =-=-；所以1122222212233(2)(4)21493cos ,493||23(2)23(4)MC BN MC BN MC BN ⋅⨯+⨯+-⨯-<>===++-++-．所以异面直线MC 1与BN 所成角的余弦值为21493493．5．如图所示，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是边长为2的菱形，且60BAD ∠=︒，E 为棱AD 的中点，1BE A E =．(1)证明：1DB ⊥平面11BAC ；(2)求直线11AC 与平面1A BE 所成的角．【详解】(1)连接11B D ,则1111B D A C ⊥,又因为直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面1111D C B A ，则111DD AC ⊥,又1111B D DD D =,故11AC ⊥平面11B D D ,1DB ⊂平面11B D D ,故111DB AC ⊥;设AB 的中点为F ，连接11,B F A B ,交于G 点，由60BAD ∠=︒，BAD 是正三角形，可得13BE A E ==,则1312A A =-=,故在1Rt B BF △中，1tan 2B FB ∠=,在1Rt A AB △中，1tan 2BA A ∠=,故11BA A B FB ∠=∠，所以190BGF BAA ∠=∠=,即11B F A B ⊥，连接DF ，则DF AB ⊥,又1AA ⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD ，故1AA DF ⊥,而1AA AB A =,故DF ⊥平面1A AB ,故1DF A B ⊥,又1DFB F F =,故1A B ⊥平面1B DF ，1B D ⊂平面1B DF ,则11A B B D ⊥,又1111A BA C A =,故1DB ⊥平面11BAC ；(2)设AC,BD 交点为O ,以O 为坐标原点，OA,OB 分别为x,y 轴，过点O 作底面的垂线为Z轴，建立空间直角坐标系，则1131(3,0,2),(3,0,2),(0,1,0),(,,0)22A CB E --,则111131(23,0,0),(3,1,2),(,,2)22A C AB A E =-=--=---,设平面1A BE 的法向量为(,,)n x y z =，则110n A B n A E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即320312022x y z x y z ⎧-+-=⎪⎨---=⎪⎩，令1,2y z ==-，则3x =，则(3,1,2)n =-，设直线11AC 与平面1A BE 所成的角为,([0,90])θθ∈，则1162sin |cos ,|||2236A C n θ-=〈〉==⋅，故π4θ=，即直线11AC 与平面1A BE 所成的角为π4.6．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，P 为1A B 的中点，Q 为棱1CC 的中点.(1)求证：PQ ⊥平面1ABA ；(2)若133AA AB ==，求AC 与平面1BQA 所成角的正弦值.【详解】(1)证明：正三棱柱111ABC A B C -中，取线段AB 的中点记为D ，连接CD ，PD ，由已知，易知11PD AA CC ∥∥，且112PD CQ AA ==，所以四边形PDCQ 是平行四边形，PQ CD ∥.又CD AB ⊥，1CD AA ⊥，1AB AA A ⋂=，所以CD ⊥平面1ABA ，所以PQ ⊥平面1ABA .(2)由（1）易知，DB ，DC ，DP 两两垂直，如图，以D 为坐标原点，以DB ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z轴建立空间直角坐标系，则1,0,02A ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，30,,02C ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，1,0,02B ⎛⎫= ⎪⎝⎭，11,0,32A ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，330,,22Q ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，13,,022AC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，1133(1,0,3),,,222BA BQ ⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu r uu u r ，设平面1BQA 的一个法向量(,,)n x y z =，则100n BA n BQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即33030x y z x z ⎧-++=⎪⎨-+=⎪⎩取1z =，可得(3,0,1)n =所以332cos ,413244AC n 〈〉==+uuu r r，即AC 与平面1BQA 所成角的正弦值为34.7．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，2,1,5CD PD AD PC ====，点E为线段PC 的中点，且BC DE ⊥．(1)证明：PD AC ⊥；(2)求直线PB 与平面ADE 所成角的正弦值．【详解】(1)证明：由底面ABCD 为矩形可知BC CD ⊥，又因为,,BC DE CD DE ⊥⊂平面,PCD CD DE D =，所以BC ⊥平面PCD ，又因为PD ⊂平面PCD ，故BC PD ⊥，∵1,2,5PD CD PC ===满足222PD CD PC +=，∴CD PD ⊥，又因为,,BC PD CD BC ⊥⊂平面ABCD ，CD BC C ⋂=，故PD ⊥平面ABCD ，又因为AC ⊂平面ABCD ，故PD AC⊥(2)由（1）可知PD ⊥平面ABCD ，又底面ABCD 为矩形，故以{},,DA DC DP 为基底建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()10,0,1,1,2,0,1,0,0,0,2,0,0,1,2P B A C E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()()11,2,1,1,0,0,0,1,2PB DA DE ⎛⎫ =-==⎪⎝⎭，设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =，由0102n DA x n DE y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩可取()0,1,2n =-，4230cos ,1565PB n PB n PB n⋅===⋅⋅则直线PB 与平面ADE 所成角的正弦值为230158．如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为正三角形，D 为棱AC 的中点，1A D ⊥平面ABC ．(1)证明：BD ⊥平面11ACC A ；(2)若12AA AB ==，求直线1AB 与平面1BB C 所成角的正弦值．【详解】(1)在正ABC 中，因为D 为AC 的中点，所以BD AC ⊥．因为1A D ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC 所以1BD A D⊥因为1AC A D D ⋂=，AC ，1A D 均在平面11ACC A 内，所以BD ⊥平面11ACC A (2)因为1A D ⊥平面ABC ．所以1A D DC ⊥，1A D DB ⊥．即1DA ，DC ，DB 两两相互垂直．以{}1,,DB DC DA 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．因为12AB AC AA ===，所以点()0,1,0A -，()3,0,0B ，()0,1,0C ，()10,0,3A 所以()10,1,3AA =，()3,1,0AB =，()3,1,0BC =-从而()113,2,3AB AA AB =+=，()110,1,3BB AA ==设平面1BB C 的一个法向量为(),,n x y z =，则0n BC ⋅=uu u rr ，10n BB ⋅=即3030x y y z ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩，令3y =，则()1,3,1n =-记直线1AB 与平面1BB C 所成角为θ．则11132336sin cos ,5105AB n AB n AB nθ+-⋅=<>===⨯⨯，所以，直线1AB 与平面1BB C 所成角的正弦值为65．9．在四棱锥P ABCD -中，,90,90,,22PA PB BAD PAD AB CD AD AB CD ∠∠======∥，平面PBD ⊥平面PAD.(1)证明：PB ⊥平面PAD ；(2)求二面角B PC A --的正弦值.【详解】(1)作AE PD ⊥于点E ，平面PBD ⊥平面PAD ，平面PBD 平面PAD PD=∴AE ⊥平面PBD ，PB ⊂平面PBD ，则AE PB ⊥又,AD PA AD AB ⊥⊥PAAB A =，AD ⊥平面PABAB Ì平面PAB ，则AD PB⊥AE PB ⊥，AD AE A ⋂=PB ⊥平面PAD(2)取AB 中点为O ，则由PA PB =，得PO AB ⊥又AD ⊥平面PAB ，得AD PO ⊥，所以PO ⊥平面ABCD以O 为原点，,,OB OC OP 方向分别为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()()1,0,0,0,2,0,0,0,1,1,0,0B C P A -设平面BPC 的法向量为()()(),,,1,0,1,1,2,0m a b c PB BC ==-=-则00m PB m BC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，则020a c a b -=⎧⎨-+=⎩今1b =，则()2,1,2m =设平面APC 的法向量为()()(),,,1,2,0,1,0,1n x y z AC AP ===则00n AC n AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，则200x y x z +=⎧⎨+=⎩令1y =，则()2,1,2n =-故1cos ,9m n m n m n⋅==⋅故二面角B PC A --的正弦值为2145199⎛⎫-= ⎪⎝⎭10．在如图所示的五面体ABCDFE 中，面ABCD 是边长为2的正方形，AE ⊥面ABCD ，//DF AE ，且112DF AE ==，N 为BE 的中点，N 为CD 中点.(1)求证：//FN 平面ABCD ；(2)求二面角N MF D --的余弦值；(3)求点A 到平面MNF 的距离．【详解】(1)证明：如图建立空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()2,0,0B ，()0,2,0D ，()0,0,2E ，()1,0,1N ，()1,2,0M ，()0,2,1F ，所以()1,2,0NF =-，显然平面ABCD 的法向量可以为()0,0,1n =，所以0NF n ⋅=，即NF n ⊥，又NF ⊄平面ABCD ，所以//NF 平面ABCD ；(2)因为()1,2,0NF =-，()1,0,1MF =-，设平面MNF 的法向量为(),,m x y z =，则200m NF x y m MF x z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，令1y =，则2x z ==，所以()2,1,2m =，显然平面MFD 的法向量可以为()0,1,0u =，设二面角N MF D --为θ，由图可知二面角N MF D --为钝角，则1cos 3m u m uθ⋅=-=-⋅，所以二面角N MF D --的余弦值为13-；(3)由（2）知平面MNF 的法向量为()2,1,2m =，又()1,2,0MA =--，设点A 到平面MNF 的距离为d ，则43m MA d m⋅==所以点A 到平面MNF 的距离43.11．如图，AD BC ∥且2AD BC =，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===.(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ；(2)求二面角E BC F --的正弦值；【详解】(1)因为AD BC ∥，AD CD ⊥，DG ⊥平面ABCD ，而AD ､DC ⊂平面ABCD ，所以DG AD ⊥，DG DC ⊥，因此以D 为坐标原点，分别以DA ､DC ､DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系.因为EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =，2DA DC DG ===，所以()0,0,0D ，()2,0,0A ，()1,2,0B ，()0,2,0C ，()2,0,2E ，()0,1,2F ，()0,0,2G ，30,,12M ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,2N .设()0,,n x y z =为平面CDE 的法向量，()0,2,0DC =，()2,0,2DE =，则0020220n DC y n DE x z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩，不妨令1z =-，可得()01,0,1n =-；又31,,12MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以00MN n ⋅=.又∵直线MN ⊄平面CDE ，∴MN ∥平面CDE ；(2)依题意，可得()1,0,0BC =-uu u r ，()1,2,2BE =-，()0,1,2CF =-.设()111,,n x y z =为平面BCE 的法向量，则11110220n BC x n BE x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，不妨令11z =，可得()=0,1,1n .设()222,,m x y z =为平面BCF 的法向量，则222020m BC x m CF y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，不妨令21z =，可得()0,2,1m =.若二面角E BC F --的大小为θ，则310cos cos ,10m n m n m n θ⋅===⋅，因此231010sin 1cos 11010θθ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭.∴二面角E BC F --的正弦值为1010高分突破1．如图，在三棱锥M ABC -中，MA ⊥平面ABC ，ABC 是边长为2的正三角形，23MA =，F 是MC 的中点，则异面直线MB 与AF 所成角的余弦值是（）A ．33B ．34C ．133D ．58【答案】D【详解】解法一：设E 为BC 的中点，连接FE ，如图，∵E 是BC 的中点，∴FE ∥BM ，4MB =,2FE =,2,3AF AE ==;在AFE △中，由余弦定理可知222235cos .2228AFE +-Ð==创∴异面直线BE 与AF 所成角的余弦值为58，解法二：以A 为坐标原点，AC ，AM 所在直线分别为y ，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，易知()0,0,0A ，()3,1,0B ，()0,1,3F ，()0,0,23M 所以()3,1,23MB =-，()0,1,3AF =，则55cos ,428MB AF MB AF MB AF⋅-===-⨯⋅，∴异面直线BE 与AF 所成角的余弦值为58.故选：D2．在矩形ABCD 中，O 为BD 中点且2=AD AB ，将平面ABD 沿对角线BD 翻折至二面角A BD C --为90°，则直线AO 与CD 所成角余弦值为（）A ．55B ．54C ．3525D ．4225【答案】C【详解】在平面ABD 中过A 作AE BD ⊥，垂足为E ；在平面CBD 中过C 作CF BD ⊥，垂足为F .由于平面ABD ⊥平面BCD ，且交线为BD ，所以AE ⊥平面BCD ，CF ⊥平面ABD ，设1,2AB AD ==，221123,22525BD AE AB AD AE OE OA AE ⨯⨯=⨯⨯⇒==-=，同理可得23,525CF OF ==，以O 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则32235,0,,,,0,,0,02255525A C D ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，53,,01025CD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，设AO 与CD 所成角为θ，则33520cos 255122OA CD OA CDθ⋅===⋅⨯.故选：C3．已知正四面体VABC 的棱长为2，E ，F 分别是棱VA ，BC 的中点，则该正四面体外接球的表面积为___________．异面直线BE 与VF 所成角的余弦值为___________．【答案】6π23【详解】将正四面体补成一个正方体，因为正四面体VABC 的棱长为2，则正方体的棱长为2，所以正方体的体对角线长为()()()2222226++=，正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，∴外接球的表面积为26462ππ⎛⎫⨯=⎪ ⎪⎝⎭．如图建立空间直角坐标系，则()2,0,0B，22,,022F ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，22,,222E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()2,2,2V ，所以22,,222BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，22,,222FV ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以22cos ,333BE FV BE FV BE FV⋅===⨯⋅，所以异面直线BE 与VF 所成角的余弦值为23；故答案为：6π；23；4．在三棱锥P ABC -中，已知ABC 是边长为2的正三角形，PA ⊥平面ABC ，M 、N 分别是AB 、PC 的中点，若异面直线MN 、PB 所成角的余弦值为34，则PA 的长为______，三棱锥P ABC -的外接球表面积为______．【答案】2283π【详解】连接CM ，则CM AB ⊥，又因为PA ⊥平面ABC ，以点M 为坐标原点，CM 、MB 、AP 的方向分别为x 、y 、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设()20PA h h =>，则()0,1,0A -、()0,1,0B 、()3,0,0C -、()0,1,2P h -、()0,0,0M 、31,,22N h ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，31,,22MN h ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,2PB h =-，由已知可得()22213cos ,421MN PB h MN PB h MN PB⋅+<>===+⋅，解得1h =，因此，22PA h ==，则点()0,1,2P -，设三棱锥P ABC -的外接球球心为(),,O x y z ，由OA OB OA OC OA OP ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，即()()()()()()()2222222222222222221113112x y z x y z x y z x y z x y z x y z ⎧+++=+-+⎪⎪+++=+++⎨⎪⎪+++=+++-⎩，解得3301x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为23211133R OA ⎛⎫==-++= ⎪ ⎪⎝⎭，因此，该三棱锥外接球的表面积为22843R ππ=.故答案为：2；283π.5．已知三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为2，D 为11B C 的中点，若113A AB A AC π∠=∠=，则异面直线1A D 与1BC 所成角的余弦值为______．【答案】66【详解】由题意，11122A D AB AC =+,11BC AC AA AB =+-,所以221112444322A D AB AC AB AC =++⋅=++=，222111122222BC AC AA AB AC AA AC AB AA AB =+++⋅-⋅-⋅=，()221111122A D BC AC AB AA AB AB AC AC AA AC AB ⋅=⋅+⋅-++⋅-⋅=，所以11111126cos ,6223A D BC A D BC A D BC ⋅〈〉===⨯⋅故答案为：66.6．如图，在平行六面体111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱1AA 的长度为2，且11120A AB A AD ∠=∠=︒．(1)求1BD 的长；(2)直线1BD 与AC 所成角的余弦值．【详解】(1)由题意0AB AD ⋅=uu u r uuu r，1121cos1201AA AB AA AD ⋅=⋅=⨯⨯︒=-，111BA AD DD AB AD AA BD =++=-++，2222211111()222BD AB AD AA AB AD AA AB AD AB AA AD AA =-++=++-⋅-⋅+⋅1140226=++-+-=，116BD BD ==．(2)AC AB AD =+，2AC =，221111()()2BD AC AB AD AA AB AD AD AB AA AB AA AD ⋅=-++⋅+=-+⋅+⋅=-，所以11123cos ,362BD AC BD AC BD AC⋅-<>===-⨯，所以直线1BD 与AC 所成角的余弦值为33．7．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长等于4，点E 是棱1DD的中点．(1)求直线1A E 与直线1B C 所成的角；(2)若底面ABCD 上的点P 满足1PD ⊥平面11A EC ，求线段DP 的长度．【详解】(1)如图以D 为坐标原点，以1,,DA DC DD 为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则()()14,0,4,0,0,2,A E 1(4,4,4),(0,4,0)B C ，所以1(4,0,2)A E =--，1(4,0,4)B C =--，设直线1A E 与直线1B C 所成的角为θθ∈π,(0,]2，则1111||24310cos 10||||2542A EBC A E B C θ⋅===⋅⨯,所以310arccos10θ=，即直线1A E 与直线1B C 所成的角的大小等于310arccos 10.(2)假设在底面ABCD 上存在点P ，使得1PD ⊥平面11A EC ，设(),,0P a b ，因为()()110,4,4,0,0,4C D ，所以()()()11114,4,0,0,4,2,,,4A C EC D P a b =-==-，由11111,D P A C D P EC ⊥⊥得，111110,0D P AC D P EC ⋅=⋅=，即440480a b b -+=⎧⎨-=⎩，解得2,2a b ==，即()2,2,0P ，所以()2,2,0DP =，22222022DP =++=，故线段DP 的长度为22.8．如图，三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，已知190CBC ∠=，1BC =，12AB C C ==，点E 是棱1C C 的中点.(1)求异面直线AE 与1B C 所成的角的余弦值；(2)在棱CA 上是否存在一点M ，使得EM 与平面11A B E 所成角的正弦值为21111，若存在，求出CMCA的值；若不存在，请说明理由.【详解】(1)190CBC ∠=，1BC =，12AB C C ==，得22113BC CC BC =-=，由题意，因为190CBC ∠=，所以，1⊥BC BC ，又AB ⊥侧面11BB C C ，以B 为原点，分别以BC 、1BC 、BA 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，则有()0,0,2A ，()11,3,0B -，13,,022E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()11,3,2A -，()1,0,0C ，13,,222AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()12,3,0B C =-，设异面直线AE 与1B C 所成的角为θ，则111352cos =7057AE B C AE B Cθ⋅==⨯⋅，所以异面直线AE 与1B C 所成的角的余弦值为3570.(2)由（1）得()110,0,2A B =-，133,,222A E ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面11A B E 的一个法向量为(),,m x y z =，则11120332022m A B z m A E x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--=⎪⎩，取1x =，可得()1,3,0m =，假设存在点M ，设()()1,0,2,0,2CM CA λλλλ==-=-，其中[]0,1λ∈，()1313,,0,0,2,,22222EM EC CM λλλλ⎛⎫⎛⎫=+=-+-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由已知可得221c 12111132os 2,44m ME m EM m E M λλλ<⎛=⋅+==⋅⎫-++ ⎪⎝⎭>，得2693850λλ-+=，即()()312350λλ--=，解得13λ=或523λ=，因此，在棱CA 上是否存在一点M ，使得EM 与平面11A B E 所成角的正弦值为21111，且13CM CA =或523CM CA =.9．如图，四棱雉P ABCD -的底面为直角梯形，AB ∥CD ，AD CD ⊥，1AB AD ==，2CD PD ==，PD ⊥平面ABCD．(1)求异面直线BC 与PA 所成的角的余弦值；(2)求出点A 在平面PBC 上的投影M 的坐标．【详解】(1)因为PD ⊥平面ABCD ，,⊂DA DC 平面ABCD ，所以,PD DA PD DC ⊥⊥，因为AD CD ⊥，所以DA ，DC ，DP 两两垂直，所以以D 点为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(1,0,0)A ，(1,1,0)B ，(0,2,0)C ，(0,0,2)P ．(1,1,0)BC =-，(1,0,2)PA =-，110cos ,10||||25BC PA BC PA BC PA ⋅-<>===-⋅，所以异面直线BC 与PA 所成的角的余弦值为1010．(2)设(1,1,2)(0,2,2)PM PB PC λμλμ=+=-+-，则(,2,222)M λλμλμ=+--．又(1,2,222)AM λλμλμ=-+--，由AM PB ⊥，AM PC ⊥，得122(222)02(2)2(222)0λλμλμλμλμ-++---=⎧⎨+---=⎩，解得4312λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩．所以411,,333M ⎛⎫= ⎪⎝⎭．10．如图所示，设有底面半径为3的圆锥．已知圆锥的侧面积为15π，D 为PA 中点，3AOC π∠=．(1)求圆锥的体积；(2)求异面直线CD 与AB 所成角．【详解】(1)设圆锥母线长为l ，315S rl l πππ===侧，5l ∴=，即5PA PB ==，∴圆锥的高224h OP PA OA ==-=，2 1119412333V S h OA OP πππ∴=⋅⋅=⋅⋅=⨯⨯=底.(2)解法一：取OA 边上中点E ，连结DE ，CE ，AC ，DE 是AOP 的中位线，//DE OP ∴；OP 垂直于底面，DE ∴垂直于底面，DE AB ⊥∴；CA CO =，E 为OA 中点，CE OA ∴⊥，即AB CE ^；CE DE E ⋂=，,CE DE ⊂平面CDE ，AB ∴⊥平面CDE ，又CD ⊂平面CDE ，AB CD ∴⊥，即异面直线AB 与CD 所成角为2π.解法二：取圆弧AB 中点E ，连结OE ，则OE AB ⊥；以O 为坐标原点，,,OE OB OP 的正方向为,,x y z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则()0,3,0A -，()0,3,0B ，333,,022C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，30,,22D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()0,6,0AB ∴=，33,0,22CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，0AB CD ∴⋅=，即AB CD ⊥，∴异面直线AB 与CD 所成角为2π.11．如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在平面互相垂直，2AB =，1AF =，M 是线段EF 的中点.(1)求证：//AM 平面BDE ；(2)试在线段AC 上确定一点P ，使PF 与BC 所成角是60°.【详解】(1)设ACBD O =，连接OM ，因为ABCD 是正方形，所以O 是AC 中点，又因为ACEF 是矩形，M 是线段EF 的中点，所以//AO EM ,AO EM =,所以四边形AOEM 为平行四边形，所以//AM OE ,因为AM ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ，所以//AM 平面BDE ；(2)如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz -，依题意设()(),,002P a a a ≤≤，则()2,2,1PF a a =--，()0,2,0CB =，因为2CB =，()2221PF a=-+，()22PF CB a ⋅=-，PF 与CB 所成角是60︒，所以1cos 602PF CBPF CB ⋅︒==⋅，即()()222122221aa -=⨯-+，化简得224230a a -+=，解得22a =或322a =（不合题意舍去），从而22,,022P ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，因此P 点应在线段AC 的中点处．12．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，2AD DC AP ===，1AB =，22AC =.(1)试在棱PC 上找一点E 满足：BE DC ⊥；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF AC ⊥，求二面角F AB P --的余弦值.【详解】(1)∵2AD CD ==，22AC =，//AB CD ，222AD DC AC +=∴AD CD ⊥，AD AB ⊥，如图，以A 为原点，,,AB AD AP 所在直线分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，可得()1,0,0B ，()2,2,0C ，()0,2,0D ，()002P ,,，设点E 为棱PC 上的点，且(),,E x y z .向量(),,2PE x y z =-，()2,2,2PC =-，且PC mPE =∴2mx =，2my =，()22m z -=-∴222,,2E m mm ⎛⎫- ⎪⎝⎭∴2221,,2BE mm m ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()2,0,0DC =，若BE CD ⊥故0BE DC ⋅=.∴2210m ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，∴2m =即()1,1,1E ∴E 为棱PC 的中点.(2)()2,2,2CP =--，()2,2,0AC =，()1,0,0AB =，由点F 在棱PC 上，设CF tCP =，故()12,22,2BF BC CF BC tCP t t t =+=+=--，由BF AC ⊥，得·0BF AC =,()()2122220t t ∴-+-=，解得3t 4=，即113,,222BF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.设()1,,n x y z =为平面ABF 的法向量，则1100n AB n BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即01130222x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，不妨令1z =，可得()10,3,1n =-为平面ABF 的一个法向量.取平面PAB 的法向量()20,1,0n =u u r，则1212123310cos ,1010n n n n n n ⋅-===-⋅.易知，二面角F AB P --是锐角，∴其余弦值为31010.13．如图，在四棱锥P －ABCD 中，ACBD O =，底面四边形ABCD 为菱形，2AB =，60ABC ∠=︒，异面直线PD 与AB 所成的角为60°．试在①PA ⊥BD ，②PC ⊥AB ，③PA PC=三个条件中选两个条件，使得PO ⊥平面ABCD 成立，请说明选择理由，并求平面PAB 与平面PCD所成角的余弦值．【详解】选择条件①③.理由如下：若选择条件②，利用反证法.由PO ⊥平面ABCD ，AB Ì平面ABCD ，得PO AB ⊥，又PC AB POPC P ⊥=，，所以AB ⊥平面PAC ，又AC ⊂平面PAC ，所以AB AC ⊥，由菱形的性质可得BD AC ⊥，所以//AB BD ，与ABBD B =矛盾.故不选择条件②.由底面ABCD 为菱形，得BD AC ⊥，又BD PA PAAC A ⊥=，，所以BD ⊥平面PAC ，又PO ⊂平面PAC ，所以BD ⊥PO ，因为PA PC AO CO ==，，所以PO AC ⊥，又BD AC O ⋂=，所以PO ⊥平面ABCD ；以点O 为坐标原点，OB 、OC 、OP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，设OP=h (h >0)，则(0,0,)(3,0,0)(0,1,0)(3,0,0)P h D A B --，，，，有()()3,0,3,1,0PD h AB =--=，，则异面直线PD 与AB 所成的角的余弦值为：231cos 223PD AB PD ABh θ⋅===+，解得6h =，则(0,1,6)PA =--，设平面PAB 的法向量为1111(,,)n x y z =u r，平面PCD 的法向量为2222(,,)n x y z =，则111111600030y z n PA n AB x y ⎧⎧--=⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪+=⎪⎩⎩，222222600030y z n PC n CD x y ⎧⎧-=⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪--=⎪⎩⎩，解得12(2,6,1)(2,6,1)n n =-=-，，所以平面PAB 与平面PCD所成角的余弦值为1212122617cos 339n n n n n n ⋅--+===⨯，.14．在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，2222AB CD BC AD ====，60DAB ∠=︒，AE BE =，PAD △为正三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD.(1)求二面角P EC B --的余弦值；(2)线段PB 上是否存在一点M （不含端点），使得异面直线DM 和PE 所成的角的余弦值为64若存在，指出点M 的位置；若不存在，请说明理由.【详解】(1)设O 是AD 中点，PAD △为正三角形，则PO AD ⊥.因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，又PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥面ABCD .又因为1AD AE ==，60DAB ∠=︒，所以ADE 为正三角形，所以OE AD ⊥，以O 为原点，分别以,,OA OE OP 为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，则30,0,2P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，30,,02E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，31,,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,0,02D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,3,02B ⎛⎫- ⎪⎝⎭于是331,,22PC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，330,,22PE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，13,0,22DP ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.设平面PEC 的法向量为()1,,n x y z =，由1100PC n PE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即330,22330,22x y z y z ⎧-+-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩可取()10,1,1n =.平面EBC 的一个法向量为()20,0,1n =，设二面角P EC B --的平面角为θ，则11221212|cos |cos ,22n n n n n n θ=<>=⋅==⋅u r u u r u u r u r u u r u r 由图知为θ为钝角，所以二面角P EC B --的余弦值为22-.(2)设()01PM PB λλ=<<，则13,3,22PM λλλ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，1133,3,2222DM DP PM λλλ⎛⎫=+=-- ⎪ ⎪⎝⎭，330,,22PE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，所以2936cos ,426421DM PE DM PE DM PEλλλ⋅-===⋅-+，解得45λ=或0（舍），所以存在点M 使得45PM PB =.15．如图，在梯形ABCD 中，已知AB ＝4，AD ＝DC ＝BC ＝2，M 为AB 的中点.将ADM △沿DM 翻折至PDM △，连接PC ，PB ．(1)证明：DM⊥PC.(2)若二面角P－DM－C的大小为60°，求PB与平面ABCD所成角的正弦值.【详解】(1)证明：连接AC，交DM于点O，连接PO.因为AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点，所以AM＝AD＝CD.又四边形ABCD为梯形，则四边形AMCD为菱形，所以DM⊥AC.又PD＝PM，O是DM的中点，所以DM⊥PO.因为AC⊂平面PCO，PO⊂平面PCO，AC∩PO＝O，所以DM⊥平面PCO又PC⊂平面PCO，所以DM⊥PC.(2)以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为二面角P－DM－C的大小为60°，由（1）DM⊥平面PCO，所以∠POC＝60°，易得∠BAD＝60°，则3333 (2,3,0),0,,,2,,2222 B P PB⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.平面ABCD的一个法向量(0,0,1)m=，设PB与平面ABCD所成的角为α，则3372sin|cos,|147PB mα===u ruu r，即PB与平面ABCD所成角的正弦值为3714。
教案 高教版(数学)第二册——8.7 平面上两条直线的夹角
平面上两条直线的夹角教学目标知识目标：1、理解两条直线的夹角的定义；2、理解两条直线夹角的公式.能力目标：1、掌握两条直线的夹角及其计算公式；2、会两条直线夹角公式的推导，及运用两条直线的夹角公式求已知两条直线的夹角。
德育目标：1、用联系的观点看问题；2、认识事物在一定条件下能够相互转化。
教学重点：会运用两条直线的夹角公式求已知两条直线的夹角。
教学难点：两条直线的夹角公式的推导。
教学过程：一、课前复习1、 向量内积概念及向量夹角的取值范围。
2、 已知|a|=2,|b|=5，<a ，b>= 120，求 a b •3、若==|a |),,(则y x a引入：这节课我们就来学习两条直线的夹角问题。
我们知道，在推导直线平行垂直条件时，直线平行、垂直问题可转化为法向量平行、垂直问题，那么我们在研究直线的夹角问题是否也可转化为法向量夹角问题呢？二、新课讲授问题1：当一条直线斜率不存在时，其倾斜角为90°,与 倾 斜 角为0°的直线垂直。
问题2：一条斜率不存在的直线与一条斜率为0的直线互相垂直。
答：两条直线垂直时，一共构成几个角？它们之间有什么关系?如果两直线相交，结果又如何？问题3：垂直时, 一共构成四个角, 四个角都等于90°。
如果斜交也构成四个角,组成两组对顶角。
答：两条直线相交的状况如何，我们需要具体量化。
首先我们来看直线l 1到l 2的角。
定义：把直线l 1（饶着l 1与l 2的交点）按逆时针方向旋转到与l 2重合时所转的角，叫做l 1到l 2的角。
如图所示：θ就是直线l 1到l 2的角，而l 2到l 1的角为θ’,显然有θ+θ’=π1问题：直线l 1到l 2的角的取值范围如何？答：0°<θ<180°问题：设直线l 1：y= k 1x+b 1, 倾斜角为α1, 直线l 2:y= k 2x+b 2, 倾斜角为α2，直线l 1到l 2的角为θ。
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平面上两直线的夹角求法解析
一、内容概述
在2004年审定的人教A和B版教材中，平面两条直线的夹角概念与相应问题没有涉及到．但是，该问题完全可以作为三角恒等式中两角差的正切公式：
，平面向量中直线法向量夹角的余弦及直线方向向量夹角的余弦的应用来进行考查．
二、基本概念
①平面上直线方程的两种常用表示：
直线的点斜式方程：；
直线的一般式方程：不全为．
②平面上两条相交直线夹角的概念：
平面上两条相交直线，所成四个角中的最小角，叫做两条直线的夹角．
③平面上两条直线所成角的范围：
如果两条直线平行或重合，规定它们所成的角为；
如果两条直线垂直，规定它们的夹角为；
如果两条直线相交且互不垂直，则两直线的夹角范围为．
④平面上直线的方向向量：
基线与平面上一条直线平行或重合的向量，叫做直线的方向向量；
直线点斜式方程的一个方向向量为．
⑤平面上直线的法向量：
基线与平面上一直线垂直的向量，叫做直线的法向量；
直线的一般式方程不全为的一个法向量为．
三、理论推导
1.已知倾斜角，根据两角差的正切公式求两直线夹角.
证明：如下图所示，在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为．
假设为直线，所成的一角，显然，则，由公式得：
又因为平面上两条相交且互不垂直的直线夹角范围是，所以．从而得：
即，平面上直线与直线的夹角．
2.已知直线的一般式方程，运用直线法向量夹角余弦求平面上两直线夹角.
证明：如下图所示，在平面直角坐标系中，直线的一般式方程为
，一法向量；直线的一般式方程为，一法向量．
假设为直线，所成的一角，显然（左图）或（右图）由法向量夹角的余弦得：
又因为平面上两条相交且互不垂直的直线夹角范围是，所以．从而得：
即，平面上直线与直线的夹角．
3.已知直线的点斜式方程，利用直线方向向量夹角余弦求平面上两直线夹角.
证明：如下图所示，在平面直角坐标系中，直线的点斜式方程为，一方向向量；直线的点斜式方程为，一方向向量．
假设为直线，所成的角，显然（左图）或（右图），由方向向量夹角的余弦得：
又因为平面上两条相交且互不垂直的直线夹角范围是，所以．从而得：
即，平面上直线与直线的夹角．
注意：可以求出直线一般式方程的某个方向向量，也可以求出直线点斜式方程的某个法向量．但是，无论利用哪一种方法，都必须谨记平面上两直线所成角与两直线夹角的区别：
两直线夹角的范围是，即的三角函数值一定是非负的．
四、例题解析
对于有关平面上两直线的夹角问题，理论简单，方法也易于掌握，该部分难点是如何根据题意选取恰当的理论和方法来解决问题．下面结合具体实例谈谈求解方法是如何选择的．
例1 已知直线，的斜率是二次方程的根，试求直线与的夹角．解析：设直线，的斜率分别为，，解二次方程得，
，
将代入公式得，．
所以直线与的夹角．
点评：本题结合二次方程求解问题考查第一种方法的运用，解决此类问题的时候，要理解直线倾斜角与直线斜率的关系，并能准确选择求直线夹角的方法．
例2 求直线与直线的夹角．
解析：题目中的直线方程是一般式形式且互不垂直，因此我们选择法向量求夹角的方法．直线一法向量；直线一法向量．
将代入公式得，
．
所以直线与的夹角．
点评：本题主要考查对公式的选择及熟练程度，也可以尝试利用方向向量求解，鼓励一题多解．
例3 光线沿直线照射到直线上后反射，求反射光线线所在直线的方程．
解析：联立得反射点的坐标为，由题意知直线过该点，则
设的方程为（其中为直线的法向量，不同时为零）．由物理学中的反射原理可知：直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即：
，解得或(舍去，否则与重合)．
所以，直线的方程为．
点评：本题首先应思考将问题转化为求过定点，且与所给直线夹角已知的直线方程；其次，在求直线方程时,往往采用待定系数法——先设出所求直线的方程，再利用直线的夹角求解方法列式求解．
五、沉思提高
已知直线过点，且与直线的夹角为，求直线方程．。