2017-2018 学年高中数学北师大版选修 2-1 同步配套教学案15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？向量与向量的夹角范围是什么？AC BD 提示：，0，0，2问题 2：直线 AC 与 BD 的夹角与，有什么关系？AC BD 提示：当 0， 时，它们相等；AC BD 2当 时，a，n .22即 sina，n|cosa，n|.(1)直线与平面夹角范围是；0，2(2)求直线与平面夹角 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 |coss，n|.2017-2018 学年高中数学北师大版选修 2-1 同步配套教学案14对应学生用书P37求直线与平面的夹角例 1 (新课标全国卷)如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若平面 ABC平面 AA1B1B，ABCB，求直线 A1C 与平面 BB1C1C 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，OA1，A1B.因为 CACB，所以 OCAB.由于 ABAA1，BAA160，故AA1B 为等边三角形，所以OA1AB.因为 OCOA1O，所以 AB平面 OA1C.又 A1C平面 OA1C，故 ABA1C.(2)由(1)知 OCAB，OA1AB，又平面 ABC平面 AA1B1B，交线为AB，所以 OC平面 AA1B1B，故 OA，OA1，OC 两两相互垂直以 O 为坐标原点，的方向为 x 轴的正方向，|为单位长，建OA OA 立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.由题设知 A(1,0,0)，A1(0， ，0)，C(0,0，)，B(1,0,0)，33则(1,0，)，(1， ，0)，(0，)BC 31BB 1AA 31AC 33设 n(x，y，z)是平面 BB1C1C 的法向量，则Error!即Error!可取 n(，1，1)，3故 cosn，.1AC n|n|1052017-2018 学年高中数学北师大版选修 2-1 同步配套教学案15所以 A1C 与平面 BB1C1C 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 的法向量为 u，直线 l 与平面 所成的角为 ，a 与u 的夹角为 ，则有 sin |cos |或 cos sin ，其中 与 满足：当 是锐角|au|a|u|时， ；当 为钝角时，则 .221正方体 ABCDA1B1C1D1中，AC81 与平面 ABCD 夹角的余弦值为( )A. B.3336C. D.6263解析：如图所示建系，设正方体棱长为 1，则 A(1,0,0)，C1(0,1,1)，C(0，1,0)，而 CC1面 ABCD，AC1在底面 ABCD 的射影为 AC.又(1,1,1)，(1,1,0)，1AC AC AC1与平面 ABCD 夹角的余弦值cos |cos，|.1AC AC 63答案：D2如图，正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA1，则 AC1与平面 BB1C1C 夹角的正弦值为_解析：取 B1C1中点 O，建立如图所示的空间直角坐标系设 ABBB12，则 A1(，0,0)，C1(0,1,0)，A(，0,2)，33O(0,0,0)，(，0,0)，为面 BB1C1C 的法向量，1AO 31AO (，1，2)，1AC 32017-2018 学年高中数学北师大版选修 2-1 同步配套教学案16sin |cos，|1AO 1AC |.33 31464答案：643.已知三棱锥 PABC 中，PA平面ABC，ABAC，PAAC AB，N 为 AB 上一点，AB4AN，M，S 分别12为 PB，BC 的中点(1)证明：CMSN；(2)求 SN 与平面 CMN 的夹角解：设 PA1，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，N，(1，0，12)(12，0，0)S.(1，12，0)(1)证明：，CM (1，1，12)SN (12，12，0)因为 00，所以 CMSN.CM SN 1212(2) ，设 a(x，y，z)为平面 CMN 的一个法向量，则 a0，aNC (12，1，0)CM 0，NC 即Error!令 x2，得 a(2,1，2)因为|cosa，|，SN |1123 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 ABCD 中，侧面 ABD，ACD 是全等的2017-2018 学年高中数学北师大版选修 2-1 同步配套教学案17直角三角形，AD 是公共的斜边，且 AD，BDCD1.另一个侧面 ABC 是等边三角3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0.AD BC (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 ABAC，BC.22则BDC 为等腰直角三角形连接 BH，CH，DBBH，CHBH.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 n1(x，y，z)，则由 n1知：n1xy0.BC BC 同理，由 n1知：n1xz0.CA CA 可取 n1(1,1，1)同理，可求得平面 ACD 的一个法向量为 n2(1,0，1)则 cosn1，n2，n1n2|n1|n2|1013 263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x(x,0，x)(0x1)，则CE CA (0,1,0)(x,0，x)(x,1，x)，平面 BCD 的一个法向量为 n(0,0,1)，DE DC CE ED 与平面 BCD 的夹角为 30，由图可知与 n 的夹角为 60，DE 所以 cos，ncos60 .DE n| |n|x12x212则 2x，解得 x，即 E，12x222(22，1，22)2017-2018 学年高中数学北师大版选修 2-1 同步配套教学案18|，|1.AC 2CE 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 ABCDA1B1C1D1中，M 为棱 BB1的中点，在棱 DD1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)(0x1)满足条件，经检验，当 x0 时不满足要求，当 00)(1)求证：CD平面 ADD1A1；2017-2018 学年高中数学北师大版选修 2-1 同步配套教学案24(2)若直线 AA1与平面 AB1C 夹角的正弦值为 ，求 k 的值67解：(1)证明：取 CD 的中点 E，连接 BE，如图ABDE，ABDE3k，四边形 ABED 为平行四边形，BEAD 且 BEAD4k.在BCE 中，BE4k，CE3k，BC5k，BE2CE2BC2，BEC90，即 BECD.又BEAD，CDAD.AA1平面 ABCD，CD平面 ABCD，AA1CD.又 AA1ADA，CD平面 ADD1A1.(2)以 D 为原点，的方向为 x，y，z 轴的正DA DC 1DD 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)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)，(4k,6k,0)，(0,3k,1)，(0,0,1)AC 1AB 1AA 设平面 AB1C 的法向量 n(x，y，z)，则由Error!得Error!取 y2，得 n(3,2，6k)设 AA1与平面 AB1C 的夹角为 ，则sin |cos，n| ，解得 k1，1AA |n| |n|6k36k21367故所求 k 的值为 1.