复习参考题教案和学案内容

公开课：直线与平面所成角的求法教案

直线与平面所成角的求法

一、目标意识：从以下4个方面培养学生的核心素养：

1.在几何体中找出线面角，并求它的三角函数值,培养学生的逻辑推理能力以及表达的严谨性；

2.培养学生的几何直观与空间想象能力；

3.提高学生的运算能力----精确表达；

4.让学生在掌握知识技能的同时，感悟数学的本质，从而积累数学思维经验，形成和发展数学的核心素养；

二、过程意识

1.考点分析：近5年直线与平面所成角在国卷3套卷均有考查，具体如下：

年份

2013年

2015年

2016年

2017年

理III卷16题

题号

理I卷18题（2）

理II卷19题（2）

理III卷18题（2）

理II卷19题（2）：已知线面角为45°，求二面角.

2.直线与平面所成角的定义: 平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫这条斜线和这个平面所成的角；

若直线l ⊥平面，则 l 与所成角为直角； 通常是解由斜线段，垂线段，斜线在平面内的射影所组成的直角三角形；

整个求解过程可概括为：一找二证三求。

3.直线l与平面π所成角的取值范围：0,；2当0时，l//,或l 4.直线与平面所成角常见方法：①直接法sin5.典型例题：

如图一，平面四边形ABCD关于直线AC对称，A60,C90,

CD2．把ABD沿BD折起（如图二），使二面角ABDC的余弦值等于AB

②等体积法求AB ③利用向量sinθ=cosOA,n

AO3．对于图二，完成3以下各小题：

（1）求A,C两点间的距离； （2）证明：AC平面BCD；

1

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（3）求直线AC与平面ABD所成角的正弦值．

解：（Ⅰ）取BD的中点E，连接AE,CE，由ABAD,CBCD，得：AEBD,CEBD AEC就是二面角ABDC的平面角，

cosAEC3 在ACE中，AE6,CE2 3AC2AE2CE22AECEcosAEC6226234 AC2 3222222（Ⅱ）由ABADBD22，ACBCCD2

ACBCAB,ACCDAD,

ACBACD90 ACBC,ACCD，又BCCDCAC平面BCD．

（Ⅲ）方法一：由（Ⅰ）知BD平面ACE BD平面ABD ∴平面ACE平面ABD 平面ACE平面ABDAE，作CFAE交AE于F，则CF平面ABD，

CAF就是AC与平面ABD所成的角 sinCAFsinCAE方法二：设点C到平面ABD的距离为h， ∵VCABDVABCD CE3． AE31111232222sin60h222 h 32323于是AC与平面ABD所成角的正弦为sinh3． AC3方法三：以CB,CD,CA所在直线分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标 系Cxyz，则A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,0,0)D(0,2,0)．

设平面ABD的法向量为n(x,y,z)，则nAB0，

nAD0，

2x2z0,2y2z0取xyz1，则n(1,1,1)， 于是AC与平面ABD所成角的正弦即sin

2 |nCA||002|3．

332|n||CA|

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三、反思意识

1.棱长都为2的直平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，BAD60，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角正弦值为 3 ；

4解析：A1F3,AC23,A1C3,sinA1CF4.如图，圆锥的高POA1F3

A1C42，底面⊙O的直径AB2，

C是圆上一点，且CAB30，

D为AC的中点，则直线OC和平面PAC所成角的余弦值为__________．

PAPB3,AC3,ADd3331333,PD3,SPACACPD,SAOC,224442d272,sin,cos

OC3333.正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为（ ）

（A）

2236 （B） （C） （D）

3333【解析1】因为BB1//DD1,所以BB1与平面ACD1所成角和DD1与平面ACD1所成角相等,设DO⊥平面ACD1，由等体积法得VDACD1VD1ACD,即SACD1DO131SACDDD1.设DD1=a, 3,A1 D1 B1 D A O C1 SACD111332ACAD1sin60(2a)2a222211ADCDa2. 223SACDC B SDDa31a,记DD1与平面ACD1所成角为,则所以DOACD2SACD33a1sin6DO3, 所以cos. 3DD133

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【解析2】设上下底面的中心分别为O1,O；O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角，cosO1OD1

O1OOD11/3632

4.如图，二面角l的大小是60°，线段AB.Bl，

AAB与l所成的角为30°.则AB与平面所成的角的正弦值是 . 解析：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线.垂足为D

BBAC

D

连结AD，有三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角l的平面角，为60°

又由已知，∠ABD＝30°连结CB，则∠ABC为AB与平面所成的角

设AD＝2，则AC＝3，CD＝1 AB＝ADAC33＝4 ∴sin∠ABC＝ 答案：

0sin30AB445.（17课标II，理19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBC1AD,BADABC90o,

E是PD的中点。

2（1）证明：直线CE//

平面PAB；

（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45

，求二面角MABD的余弦值。

试题解析：

（1）取PA的中点F，连结EF，BF。

因为E是PD的中点，所以EF∥AD,EFo1AD,由21BADABC90得BC∥AD，又BCAD,所以2EF∥BC。四边形BCEF为平行四边形，CE∥BF。

又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB。

4

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（2）由已知得BAAD,以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，AB为单位长，

建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，

则A0,0,0，B1,0,0，C1,1,0，P0,1,3，PC(1，0，3),AB(1，0，0)，

设Mx,y,z0x1则

BMx1,y,z,PMx,y1,z3，

因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n0,0,1是底面ABCD的法向量，

所以cosBM,nsin45，

zx1

2y2z22，

222即x1yz0。 2① 又M在棱PC上，设PMPC,则 ②

x,y1,z33。

【名师点睛】(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算。

(2)设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有|cos θ|＝|cos|=求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

6.（13理I）18.（本小题满分12分）

如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=A A1，∠BA A1=60°.

（Ⅰ）证明AB⊥A1C;

5 mn。mn

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（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C 与平面BB1C1C 所成角的正弦值。

（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，A1B，A1E，

∵AB=AA1，BAA1=60，∴BAA1是正三角形，

∴A1E⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵CEA1E=E，

∴AB⊥面CEA1， ∴AB⊥AC1； ……6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，EA1⊥AB，

又∵面ABC⊥面ABB1A1，面ABC∩面ABB1A1=AB，∴EC⊥面0ABB1A1，∴EC⊥EA1，

∴EA，EC，EA1两两相互垂直，以E为坐标原点，EA的方向为x轴正方向，|EA|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz，

由题设知A(1,0,0),A1(0,3,0),C(0,0,3),B(－1,0,0),则BC=（1,0，3）,BB1=AA1=(－1,0,3),AC1=(0,－3,3), ……9分设n=(x,y,z)是平面CBB1C1的法向量，

nA1C10nBC0x3z0则，即，可取n=（3，1，-1），∴cosn,A1C=，

|n||A1C|5nBB10x3y0∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为10.

……12分

5

6