数学选择性必修第一册第一章　空间向量与立体几何1.2 空间向量在立体几何中的应用1.2.3 直线与平面的夹角优质教学设计

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这是一份数学选择性必修第一册第一章　空间向量与立体几何1.2 空间向量在立体几何中的应用1.2.3 直线与平面的夹角优质教学设计，共16页。

本节课选自《2019人教B版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节主要学习直线与平面的夹角。学生在学习了异面直线所成角的概念，对空间角的问题有了一定的经验，线面角的问题，依然按照将空间问题化为平面问题、将立体几何问题化为空间向量运算问题的基本思路展开。为培养学生直观想象、数学抽象、逻辑推理、数学建模和数学运算的核心素养提供舞台。

1.教学重点：掌握求线面角的两种基本方法，即空间向量法与几何法.

2.教学难点：灵活运用两种基本方法求线面角.

多媒体

教学中主要突出了几个方面：一是通过练习，提高学生求解线面角问题的速度和准确性。三是典例解析，二是对典型问题的分析解决，帮助学生建立运用空间向量解决立体几何问题的基本思路。教学设计尽量做到注意学生的心理特点和认知规律，触发学生的思维，使教学过程真正成为学生的学习过程，以思维教学代替单纯的记忆教学。注意在探究问题时留给学生充分的时间，使数学教学成为数学活动的教学。从而发展学生的直观想象、逻辑推理、数学建模的核心素养。

课程目标
学科素养
A.进一步理解线面角的定义；

B.掌握求线面角的两种基本方法，即空间向量法与几何法.

1.数学抽象：线面角的定义

2.逻辑推理：线面角的定义

3.直观想象：线面角的几何模型

4.数学运算：用空间向量求直线与平面所成的角问题
教学过程
教学设计意图

核心素养目标
一、真题演练

1．（2014·全国高考真题（理））直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )

A．B．C．D．

【答案】C

【解析】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，

则设CA=CB=1，则，，A（1，0，0），，

故，，

所以，故选C.

2.（2011·全国高考真题）已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .

【答案】

【解析】连接DE，设AD=2，易知AD∥BC，

∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角，

在△RtADE中，由于DE=，AD=2，可得AE=3，

∴cs∠DAE==．

3．（2020·北京高考真题）如图，在正方体中，E为的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）如下图所示：

在正方体中，且，

且，且，

所以，四边形为平行四边形，

则，平面，平面，

平面；

（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴

建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，

则、、、，，，

设平面的法向量为，由，得，

令，则，，则.

.

因此，直线与平面所成角的正弦值为.

二、典例解析

例1. 如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．

(1)证明MN∥平面PAB；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

[思路探究] (1)线面平行的判定定理⇒MN∥平面PAB．

(2)利用空间向量计算平面PMN与AN方向向量的夹角⇒直线AN与平面PMN所成角的正弦值．

[解] (1)证明：由已知得AM＝eq \f(2,3)AD＝2.

如图，取BP的中点T，连接AT，TN，

由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)BC＝2.

又AD∥BC，故TNeq \(\s\d5(═),\s\up5(∥))AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.

因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，

所以MN∥平面PAB．

(2)如图，取BC的中点E，连接AE.

由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，

且AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))eq \s\up12(2))＝eq \r(5).

以A为坐标原点，eq \(AE,\s\up11(→))的方向为x轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.

由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq \r(5)，2,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2))，

eq \(PM,\s\up11(→))＝(0,2，－4)，eq \(PN,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq \(AN,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2)).

设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，

则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PM,\s\up11(→))＝0，,n·\(PN,\s\up11(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))

可取n＝(0,2,1)．于是|cs〈n，eq \(AN,\s\up11(→))〉|＝eq \f(|n·\(AN,\s\up11(→))|,|n||\(AN,\s\up11(→))|)＝eq \f(8\r(5),25).

所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为eq \f(8\r(5),25).

若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：

跟踪训练1．（2020·山东高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面1ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；

（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

【解析】（1）证明：在正方形中，，

因为平面，平面，所以平面，

又因为平面，平面平面，所以，

因为在四棱锥中，底面是正方形，所以

且平面，所以

因为所以平面；

（2）如图建立空间直角坐标系，因为，

则有，

设，则有，

设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，

当且仅当时取等号，

所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.

例2. 如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M、N分别是CC1、BC的中点,点P在 A1B1上,且满足A1P=λA1B1(λ∈R).

(1)证明:PN⊥AM;

(2)当λ取何值时,直线PN与平面ABC所成的角θ最大?并求该最大角的正切值.

(1)证明:如图,以AB,AC,AA1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则P(λ,0,1),N12,12,0,M0,1,12,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,即PN⊥AM.

(2)解:平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),

则sin θ=sinπ2-=|cs|=PN·n|PN|·|n|=1(λ-12) 2+54(*).

由(*)可知,当λ=12时,sin θ取最大值,即sin θ=255,

因为θ∈0,π2,在θ≠π2时,sin θ越大,tan θ越大,

即当sin θ=255时,tan θ取最大值,tan θ=2.

(1)此类问题属于逆向思维问题,解决思路也是建立合适的空间直角坐标系,将相关点坐标明确或设出,然后根据空间角的计算公式表达出含参数的方程或函数.

(2)解决此类问题还要注意题目中各动点的限制范围.

跟踪训练2.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq \r(5).

(1)求证：PD⊥平面PAB．

(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．

(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq \f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由．

[解] (1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，

所以AB⊥平面PAD．所以AB⊥PD．

又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB．

(2)取AD的中点O，连接PO，CO.

因为PA＝PD，所以PO⊥AD．

又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，

所以PO⊥平面ABCD．

因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.

因为AC＝CD，所以CO⊥AD．

如图，建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0，0,1)．

设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则

eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PD,\s\up11(→))＝0，,n·\(PC,\s\up11(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y－z＝0，,2x－z＝0.))令z＝2，则x＝1，y＝－2.

所以n＝(1，－2,2)．又eq \(PB,\s\up11(→))＝(1,1，－1)，

所以cs〈n，eq \(PB,\s\up11(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up11(→)),|n||\(PB,\s\up11(→))|)＝－eq \f(\r(3),3).

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).

(3)设M是棱PA上一点，

则存在λ∈[0,1]使得eq \(AM,\s\up11(→))＝λeq \(AP,\s\up11(→)).

因此点M(0,1－λ，λ)，eq \(BM,\s\up11(→))＝(－1，－λ，λ)．

因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当eq \(BM,\s\up11(→))·n＝0，

即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0. 解得λ＝eq \f(1,4).所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq \f(AM,AP)＝eq \f(1,4).

通过真题展示，帮助学生梳理求解线面角的基本方法和步骤，提升学生数学抽象，逻辑推理和数学建模的核心素养。

通过对线面角典型问题的分析解决，明确思考方向，提升运算速度和准确度，让学生感受，用代数方法解问题决立体几何问题。发展学生逻辑推理，数学抽象和数学运算的核心素养。

通过典型例题的分析和解决，让学生感受空间向量坐标运算在解决空间几何中的应用。发展学生数学抽象、逻辑推理的核心素养。

通过典例解析，进一步让学生体会空间向量坐标在解决立体几何中的应用，提升推理论证能力，提高学生的数学运算及逻辑推理的核心素养。

三、达标检测

1.正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为( )

A．eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(3),3) C．eq \f(2,3) D．eq \f(\r(6),3)

【答案】B

解析：设正方体的棱长为1，依题意，建立如图所示的坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)

∴eq \(AD1,\s\up11(→))＝(－1,0,1)，eq \(AC,\s\up11(→))＝(－1,1,0)

设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)

∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋z＝0,－x＋y＝0))令x＝1，∴n＝(1,1,1)，又∵eq \(BB1,\s\up11(→))＝(0,0,1)，

∴BB1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(BB1,\s\up11(→)),|n||\(BB1,\s\up11(→))|)))＝eq \f(\r(3),3).

2.在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC= 12PA,点O,D分别是AC,PC的中点,OP⊥底面ABC,则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为 .

解析:以O为原点,射线OA,OB,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=a,则OP=72a,OD=-24a,0,144a,可求得平面PBC的法向量为n=-1,-1,17,

所以cs=OD·n|OD||n|=21030,设OD与面PBC的角为θ,则sin θ=21030.

答案:21030

3．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）证明：EF⊥DB；

（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）作交于，连接．

∵平面平面，而平面平面，

平面，

∴平面，而平面，即有．

∵，

∴．

在中，，

即有，∴．

由棱台的定义可知，，所以，，而，

∴平面，而平面，∴．

（Ⅱ）因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．

作于，连接，由（1）可知，平面，

因为所以平面平面，而平面平面，

平面，∴平面．

即在平面内的射影为，即为所求角．

在中，设，则，，

∴．

故与平面所成角的正弦值为．

通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养。

四、小结

求直线与平面所成角的基本方法

1.空间向量法：需注意所求斜线与法向量的夹角为线面角的正弦；

2，几何法：需准确理解线面角的定义，熟悉基本的几何模型.

五、课时练

通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。