高中数学人教B版选修2-1学案3.2.3直线与平面的夹角-3.2.4二面角及其度量

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θ.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思考斜线和平面所成的角具有什么性质？梳理(1)直线与平面所成的角(2)最小角定理知识点二二面角及理解思考如何找二面角的平面角？梳理(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____________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______，每个半平面叫做二面角的______，如图中的α，β.②二面角的记法：棱为l，两个面分别为α，β的二面角，记作α—l—β.如图，A∈α，B∈β，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α—l—β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α—l—β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α—l—β的面α，β内，并沿α，β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．②如图，设m1⊥α，m2⊥β，则角〈m1，m2〉与该二面角大小相等或互补．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eq\r(2)a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角．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，即先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算．跟踪训练1如图所示，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AB－CD的夹角θ的余弦值．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．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＝eq\r(2)，求锐二面角A－PB－C的余弦值．1．在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(10),4)D.eq\f(\r(6),4)2．已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为__________．3．正四面体ABCD中棱AB与底面BCD所成角的余弦值为________．4．已知点A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，3)，则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为________．1．线面角可以利用定义在直角三角形中解决．2．线面角的向量求法：设直线的方向向量为a，平面的法向量为n，直线与平面所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a|·|n|).提醒：完成作业第三章3.2.3～3.2.4

答案精析问题导学知识点一思考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角中最小的角，且cosθ＝cosθ1cosθ2.(如图)梳理(1)90°0°射影(2)cosθ＝cosθ1·cosθ2射影最小的角知识点二思考(1)定义法由二面角的平面角的定义可知平面角的顶点可根据具体题目选择棱上一个特殊点，求解用到的是解三角形的有关知识．(2)垂面法作(找)一个与棱垂直的平面，与两面的交线就构成了平面角．(3)三垂线定理(或逆定理)作平面角，这种方法最为重要，其作法与三垂线定理(或逆定理)的应用步骤一致．梳理(1)①两个半平面棱面题型探究例1解建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0，0，eq\r(2)a)，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，方法一取A1B1的中点M，则M(0，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，连接AM，MC1，有eq\o(MC1,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)a，0，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，a，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(2)a)．∴eq\o(MC1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(MC1,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(MC1,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(MC1,\s\up6(→))⊥eq\o(AA1,\s\up6(→))，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eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(0，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝0＋eq\f(a2,4)＋2a2＝eq\f(9a2,4)，|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(\f(3a2,4)＋\f(a2,4)＋2a2)＝eq\r(3)a，|eq\o(AM,\s\up6(→))|＝eq\r(\f(a2,4)＋2a2)＝eq\f(3,2)a，∴cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(9a2,4),\r(3)a×\f(3a,2))＝eq\f(\r(3),2).∵〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉∈[0°，180°]，∴〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉＝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eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，a，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(2)a)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a)).设侧面ABB1A1的法向量为n＝(λ，y，z)，∴n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0且n·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0.∴ay＝0且eq\r(2)az＝0.∴y＝z＝0.故n＝(λ，0，0)．∴cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(n·\o(AC1,\s\up6(→)),|n||\o(AC1,\s\up6(→))|)＝－eq\f(λ,2|λ|)，∴|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(1,2).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°.跟踪训练1解由题设条件知，以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(如图所示).设AB＝1，则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，S(0，0，1)，∴eq\o(AS,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(CS,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)．显然eq\o(AS,\s\up6(→))是底面的法向量，它与已知向量eq\o(CS,\s\up6(→))的夹角β＝90°－θ，故有sinθ＝cosβ＝eq\f(\o(AS,\s\up6(→))·\o(CS,\s\up6(→)),|\o(AS,\s\up6(→))||\o(CS,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,1×\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∵θ∈[0°，90°]，∴cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(6),3).例2解方法一如图，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．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)．∵eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))，∴D(b，－a，0)，P(0，0，a)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，－\f(a,2)，\f(a,2)))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，0))，eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(b，0，0)．∵eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OE,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，0))，eq\o(OF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0.∴eq\o(OF,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→)).∴∠EOF等于平面EAC与平面ABCD的夹角(或补角)．cos〈eq\o(OE,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(OE,\s\up6(→))·\o(OF,\s\up6(→)),|\o(OE,\s\up6(→))||\o(OF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2).∴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，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，a)为平面ABCD的法向量，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(b，0，0)．设平面AEC的法向量为m＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)x－\f(a,2)y＋\f(a,2)z＝0，,bx＝0.))∴x＝0，y＝z.∴取m＝(0，1，1)，cos〈m，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(m·\o(AP,\s\up6(→)),|m||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(a,\r(2)·a)＝eq\f(\r(2),2).∴平面EAC与平面ABCD的夹角为45°.跟踪训练2解如图所示建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(eq\r(2)，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，故eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，1，0)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，设平面PAB的法向量