高中数学选修2-3第三章 (1)

类型一 求直线与平面的夹角 例1 已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a，求AC1与侧面ABB1A1所成的 角． 解 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(0，a,0)，
A1(0,0，2a)， C1(－32a，a2，2a， 方法一 取A1B1的中点M， 则M(0，a2，2a，连接AM，MC1， 则MC1→＝(－32a，0，0，AB→＝(0，a,0)， AA1→＝(0,0，2a)． ∴MC1→· AB→＝0，MC1→· AA1→＝0， ∴MC1→⊥AB→，MC1→⊥AA1→， 则MC1⊥AB，MC1⊥AA1. 又AB∩AA1＝A， ∴MC1⊥平面ABB1A1. ∴∠C1AM是AC1与侧面ABB1A1所成的角． 由于AC1→＝(－32a，a2，2a，AM→＝(0，a2，2a， ∴AC1→· AM→＝0＋a24＋2a2＝9a24， |AC1→|＝3a24＋a24＋2a2＝3a， |AM→|＝a24＋2a2＝32a， ∴cos〈AC1→，AM→〉＝9a243a×3a2＝32. ∵〈AC1→，AM→〉∈[0°，180°]，∴〈AC1→，AM→〉＝30°， 又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. 方法二 AB→＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a)， AC1→＝(－32a，a2，2a. 设侧面ABB1A1的法向量为n＝( ，y，z)， ∴n· AB→＝0且n· AA1→＝0.∴ay＝0且2az＝0. ∴y＝z＝0.故n＝( ，0,0)． ∴cos〈AC1→，n〉＝n·AC1→|n||AC1→|＝－λ2|λ|， ∴|cos〈AC1→，n〉|＝12. 又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. 反思与感悟 用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐 标系，再用向量的有关知识求解线面角．方法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先
此时PO＝AB＝63，且PO，OA，OM两两垂直， 以OA，OM，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz， 则P(0，0，63，D(－263，0，0， C(－263，63，0，B(63，63，0. 所以PD→＝(－263，0，－63， PC→＝(－263，63，－63，PB→＝(63，63，－63. 设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则{m·PC→＝0，m·PD→＝0， 即{－2x1＋y1－z1＝0，－2x1－z1＝0， 令x1＝1，则m＝(1,0，－2)，|m|＝5； 同理设平面PBC的法向量n＝(x2，y2，z2)， {n·PC→＝0，n·PB→＝0， 即{－2x2＋y2－z2＝0，x2＋y2－z2＝0， 令y2＝1，则n＝(0,1,1)，|n|＝2， 设平面PBC与平面DPC的夹角为 ，显然 为锐角， 所以cos ＝|m·n||m||n|＝25×2＝105. 即平面PBC与平面DPC夹角的余弦值为105. 反思与感悟 利用空间向量解决空间角中的探索性问题，通常不需要复杂的几何作图，论 证，推理，只需先假设结论成立，设出空间的坐标，通过向量的坐标运算进行推断，把是否 存在问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理． 跟踪训练3 如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，且AB ⊥AC，点M是CC1的中点，点N是BC的中点，点P在直线A1B1上，且满足A1P→＝ A1B1→.
(ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ)最小角定理
知识点二 二面角及理解 (1)二面角的概念 ①二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，其中的每一部分都叫做半平面．从 一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．如图所示，其中，直线l叫做二面角 的棱，每个半平面叫做二面角的面，如图中的 ， .
②二面角的记法：棱为l，两个面分别为 ， 的二面角，记作 —l— .如图，A∈ ，B∈ ， 二面角也可以记作A—l—B，也可记作2∠l. ③二面角的平面角：在二面角 —l— 的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线OA ⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角 —l— 的平面角，如图所示．由等角定理知，这个平面 角与点O在l上的位置无关． ④直二面角：平面角是直角的二面角叫做直二面角． ⑤二面角的范围是[0°，180°]． (2)用向量夹角来确定二面角性质及其度量的方法 ①如图，分别在二面角 —l— 的面 ， 内，并沿 ， 延伸的方向，作向量n1⊥l，n2⊥l，则 〈n1，n2〉等于该二面角的平面角．
如图，以A为原点，分别以AC，AB，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz.
设PA＝AB＝a，AC＝b，连接BD与AC，交于点O，取AD中点F，连接EF，EO，FO， 则C(b,0,0)，B(0，a,0)．∵BA→＝CD→， ∴D(b，－a,0)，P(0,0，a)， ∴E(b2，－a2，a2，O(b2，0，0， OE→＝(0，－a2，a2，AC→＝(b,0,0)． ∵OE→· AC→＝0， ∴OE→⊥AC→，OF→＝12BA→＝(0，－a2，0，OF→· AC→＝0. ∴OF→⊥AC→. ∴∠EOF等于平面EAC与平面ABCD的夹角． cos〈OE→，OF→〉＝OE→·OF→|OE→||OF→|＝22. ∴平面EAC与平面ABCD的夹角为45°. 方法二 建系如方法一， ∵PA⊥平面ABCD， ∴AP→＝(0,0，a)为平面ABCD的法向量， AE→＝(b2，－a2，a2，AC→＝(b,0,0)． 设平面AEC的法向量为m＝(x，y，z)． 由{m·AE→＝0，m·AC→＝0， 得{b2x－a2y＋a2z＝0，bx＝0. ∴x＝0，y＝z.∴取m＝(0,1,1)， cos〈m，AP→〉＝m·AP→|m||AP→|＝a2·a＝22. 又平面EAC与平面ABCD所成角的平面角为锐角， ∴平面EAC与平面ABCD的夹角为45°. 反思与感悟 (1)当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无 需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断 两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补)，但我们可以根据图形观察得到结 论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的．(2)注意法向量的方向：一进一 出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角． 跟踪训练2 若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝2，求锐二面角APBC的余弦 值． 解 如图所示建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2，1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，
②如图，设m1⊥ ，m2⊥ ，则角〈m1，m2〉与该二面角大小相等或互补．
1．直线与平面所成的角 与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角 互余．( × ) 2．二面角的大小范围是[]0，π2.( × ) 3．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．( × ) 4．若一条直线在某一平面外，则该直线上任一点到平面的距离d必为一个正数．( × )
3.2.3 直线与平面的夹角 3.2.4 二面角及其度量
学习目标 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、合理性.2.会求直 线与平面的夹角 .3.掌握二面角的概念，二面角的平面角的定义，会找一些简单图形中的二 面角的平面角.4.掌握求二面角的基本方法、步骤．
知识点一 直线与平面所成的角 (1)直线与平面所成的角
B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A(1,0,0)， ∴BC1→＝(－1,0,1)，AC1→＝(－1,1,1)，A1B→＝(0,1，－1)，A1D→＝(－1,0，－1)． ∴AC1→· A1B→＝1－1＝0，AC1→· A1D→＝1－1＝0. ∴AC1⊥A1B，AC1⊥A1D，又A1B∩A1D＝A1， ∴AC1⊥平面A1BD.∴AC1→是平面A1BD的法向量． ∴cos〈BC1→，AC1→〉＝BC1→·AC1→|BC1→||AC1→|＝1＋12×3＝63. ∴直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值为63. 3．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角 为__________． 答案 45°或135° 解析 设二面角的平面角为 ， ∵cos〈m，n〉＝11×2＝22，∴ ＝45°或135°. 4．正四面体ABCD中棱AB与底面BCD所成角的余弦值为________． 答案 33 解析 作AO⊥底面BCD，垂足为O，O为△BCD的中心，设正四面体的棱长为a，则OB ＝33a，∠ABO为所求角，
1．已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面 的法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l 与 所成的角为( ) A．30° B．60° C．120° D．150° 答案 A 解析 设l与 所成的角为 ，则 sin ＝|cos〈m，n〉|＝12. ∴ ＝30°. 2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值为( ) A.24 B.23 C.63 D.32 答案 C 解析 建系如图，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，
求平面法向量与斜线夹角，再进行换算． 跟踪训练1 如图，在四棱锥P－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BD与平面ADMN所成 的角 .
解 如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，设BC＝1，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)， D(0,2,0)，P(0,0,2) 则N(1,0,1)， ∴BD→＝(－2,2,0)， AD→＝(0,2,0)， AN→＝(1,0,1)， 设平面ADMN的法向量为n＝(x，y，z)， 则由{n·AD→＝0，n·AN→＝0得{y＝0，x＋z＝0，取x＝1，则z＝－1， ∴n＝(1,0，－1)， ∵cos〈BD→，n〉＝BD→·n|BD→||n|＝－28·2＝－12， ∴sin ＝|cos〈BD→，n〉|＝12. 又0°≤ ≤90°，∴ ＝30°. 类型二 求二面角 例2 在底面为平行四边形的四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA ＝AB，E是PD的中点，求平面EAC与平面ABCD的夹角． 解 方法一
故AP→＝(0,0,1)，AB→＝(2，1,0)，CB→＝(2，0,0)，CP→＝(0，－1,1)，
设平面PAB的法向量为 m＝(x，y，z)， 则{m·AP→＝0，m·AB→＝0， 即{z＝0，2x＋y＝0， 令x＝1，则y＝－2，故m＝(1，－2，0)． 设平面PBC的法向量为n＝(x′，y′，z′)， 则{n·CB→＝0，n·CP→＝0， 即{2x′＝0，－y′＋z′＝0. 令y′＝－1，则z′＝－1，故n＝(0，－1，－1)， ∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝33. ∴锐二面角A－PB－C的余弦值为33. 类型三 空间角中的探索性问题 例3 如图，在四棱锥P－ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.
(1)证明：PN⊥AM； (2)当 取何值时，直线PN与平面ABC所成的角 最大？并求该角最大值的正切值．
(1)证明 以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐 标系Axyz， 则P( ，0,1)，N(12，12，0，M(0，1，12， 从而PN→＝(12－λ，12，－1， AM→＝(0，1，12， PN→· AM→＝(12－λ×0＋12×1－1×12＝0， 所以PN⊥AM. (2)解 过点P作PE⊥AB于E，连接EN， 则PE⊥平面ABC， 则∠PNE为所求角 ， 所以tan ＝PEEN＝1EN， 因为当点E是AB的中点时，ENmin＝12. 所以(tan )max＝2，此时， ＝12.
(1)求证：AB⊥PD； (2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？并求此 时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值． (1)证明 因为ABCD为矩形，所以AB⊥AD； 又因为平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD. (2)解 过点P作PO⊥AD于点O. 则PO⊥平面ABCD，过点O作OM⊥BC于点M， 连接PM.则PM⊥BC， 因为∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2， 所以BC＝6，PM＝233， 设AB＝t，则在Rt△POM中， PO＝ 43－t2， 所以VP－ABCD＝13· t· 6· 43－t2 ＝13－6(t2－232＋83， 所以当t2＝23，即t＝63时， VP－ABCD最大为269.如图，