3.2.3直線與平面的夾角3.2.4二面角及其度量學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解斜線和平面所成的角的定義，體會夾角定義的唯一性、合理性.2.會求直線與平面的夾角θ.3.掌握二面角的概念，二面角的平面角的定義，會找一些簡單圖形中的二面角的平面角.4.掌握求二面角的基本方法、步驟．知識點(diǎn)一直線與平面所成的角思考斜線和平面所成的角具有什么性質(zhì)？梳理(1)直線與平面所成的角(2)最小角定理知識點(diǎn)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①二面角的定義：平面內(nèi)的一條直線把平面分成兩部分，其中的每一部分都叫做半平面．從一條直線出發(fā)的____________所組成的圖形叫做二面角．如圖所示，其中，直線l叫做二面角的______，每個半平面叫做二面角的______，如圖中的α，β.②二面角的記法：棱為l，兩個面分別為α，β的二面角，記作α—l—β.如圖，A∈α，B∈β，二面角也可以記作A—l—B，也可記作2∠l.③二面角的平面角：在二面角α—l—β的棱上任取一點(diǎn)O，在兩半平面內(nèi)分別作射線OA⊥l，OB⊥l，則∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角，如圖所示．由等角定理知，這個平面角與點(diǎn)O在l上的位置無關(guān)．④直二面角：平面角是直角的二面角叫做直二面角．⑤二面角的范圍是[0°，180°]．(2)用向量夾角來確定二面角性質(zhì)及其度量的方法①如圖，分別在二面角α—l—β的面α，β內(nèi)，并沿α，β延伸的方向，作向量n1⊥l，n2⊥l，則〈n1，n2〉等于該二面角的平面角．②如圖，設(shè)m1⊥α，m2⊥β，則角〈m1，m2〉與該二面角大小相等或互補(bǔ)．類型一求直線與平面的夾角例1已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面邊長為a，側(cè)棱長為eq\r(2)a，求AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角．反思與感悟用向量法求線面角的一般步驟是先利用圖形的幾何特征建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，再用向量的有關(guān)知識求解線面角．方法二給出了用向量法求線面角的常用方法，即先求平面法向量與斜線夾角，再進(jìn)行換算．跟蹤訓(xùn)練1如圖所示，已知直角梯形ABCD，其中AB＝BC＝2AD，AS⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AS＝AB.求直線SC與底面AB－CD的夾角θ的余弦值．類型二求二面角例2在底面為平行四邊形的四棱錐P－ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，E是PD的中點(diǎn)，求平面EAC與平面ABCD的夾角．反思與感悟(1)當(dāng)空間直角坐標(biāo)系容易建立(有特殊的位置關(guān)系)時，用向量法求解二面角無需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，經(jīng)過簡單的運(yùn)算即可求出，有時不易判斷兩法向量的夾角的大小就是二面角的大小(相等或互補(bǔ))，但我們可以根據(jù)圖形觀察得到結(jié)論，因為二面角是鈍二面角還是銳二面角一般是明顯的．(2)注意法向量的方向：一進(jìn)一出，二面角等于法向量夾角；同進(jìn)同出，二面角等于法向量夾角的補(bǔ)角．跟蹤訓(xùn)練2若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝eq\r(2)，求銳二面角A－PB－C的余弦值．1．在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是棱長為1的正三角形，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，點(diǎn)D在棱BB1上，且BD＝1，若AD與平面AA1C1C所成的角為α，則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．已知兩平面的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則兩平面所成的二面角為__________．3．正四面體ABCD中棱AB與底面BCD所成角的余弦值為________．4．已知點(diǎn)A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，3)，則平面ABC與平面xOy所成銳二面角的余弦值為________．1．線面角可以利用定義在直角三角形中解決．2．線面角的向量求法：設(shè)直線的方向向量為a，平面的法向量為n，直線與平面所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a|·|n|).提醒：完成作業(yè)第三章3.2.3～3.2.4

答案精析問題導(dǎo)學(xué)知識點(diǎn)一思考斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的角，是斜線和這個平面內(nèi)所有直線所成角中最小的角，且cosθ＝cosθ1cosθ2.(如圖)梳理(1)90°0°射影(2)cosθ＝cosθ1·cosθ2射影最小的角知識點(diǎn)二思考(1)定義法由二面角的平面角的定義可知平面角的頂點(diǎn)可根據(jù)具體題目選擇棱上一個特殊點(diǎn)，求解用到的是解三角形的有關(guān)知識．(2)垂面法作(找)一個與棱垂直的平面，與兩面的交線就構(gòu)成了平面角．(3)三垂線定理(或逆定理)作平面角，這種方法最為重要，其作法與三垂線定理(或逆定理)的應(yīng)用步驟一致．梳理(1)①兩個半平面棱面題型探究例1解建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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的中點(diǎn)M，則M(0，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，連接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(→))，則MC1⊥AB，MC1⊥AA1.又AB∩AA1＝A，∴MC1⊥平面ABB1A1.∴∠C1AM是AC1與側(cè)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°，又直線與平面所成的角在[0°，90°]范圍內(nèi)，∴AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為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)).設(shè)側(cè)面ABB1A1的法向量為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).又直線與平面所成的角在[0°，90°]范圍內(nèi)，∴AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為30°.跟蹤訓(xùn)練1解由題設(shè)條件知，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AD，AB，AS所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示).設(shè)AB＝1，則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)．顯然eq\o(AS,\s\up6(→))是底面的法向量，它與已知向量eq\o(CS,\s\up6(→))的夾角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解方法一如圖，以A為原點(diǎn)，分別以AC，AB，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)PA＝AB＝a，AC＝b，連接BD與AC交于點(diǎn)O，取AD中點(diǎn)F，連接EF，EO，F(xiàn)O，則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與平面ABCD的夾角(或補(bǔ)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與平面ABCD的夾角為45°.方法二建系如方法一，∵PA⊥平面ABCD，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，a)為平面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)．設(shè)平面AEC的法向量為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與平面ABCD的夾角為45°.跟蹤訓(xùn)練2解如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，則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)，設(shè)平面PAB的法向量