立体几何教案直线在平面上的射影,直线和平面所成的角

第八章 立体几何初步第3课时 直线与平面的位置关系(2)⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎫对应学生用书（文）102～104页 （理）104～106页考情分析考点新知了解直线与平面的位置关系，了解空间垂直的有关概念；除了熟练运用线面垂直的判定定理和性质定理外，还要考虑面面垂直的性质和作用．要注意线线垂直、线面垂直以及面面垂直的转化．可以按照要证明的目标重新整理知识点.1. (必修2P 40练习4改编)若直线l 与平面α不垂直，则在平面α内与直线l 垂直的直线有________条．答案：无数解析：易证在平面α内与l 在平面α内的射影垂直的直线与l 垂直，所以满足题意的直线有无数条．2. (原创)已知A 、B 、C 是不共线的三点，直线m 垂直于直线AB 和AC ，直线n 垂直于直线BC 和AC ，则直线m ，n 的位置关系是________．答案：平行解析：因为直线m 垂直于直线AB 和AC ，所以m 垂直于平面ABC ，同理，直线n 垂直于平面ABC ，根据线面垂直的性质定理得m ∥n.3. ( 必修2P 40习题5改编)下列命题：① 一条直线在平面内的射影是一条直线；② 在平面内射影是直线的图形一定是直线；③ 在同一平面内的射影长相等，则斜线长相等；④ 两斜线与平面所成的角相等，则这两斜线互相平行．其中真命题的个数是________．答案：0解析：一条直线在平面内的射影可以是一个点，所以①是错的；在平面内射影是直线的图形可能是平面，所以是②错的；③④显然也是错的，所以正确的个数为0.4. (必修2P 42习题9改编)如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上不同于A 、B 的任一点，则图中直角三角形的个数为________．答案：4解析：因为AB 是圆O 的直径，所以AC ⊥BC ，△ACB 是直角三角形；由PA ⊥平面ABC 可得，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，所以△PAB 与△PAC 是直角三角形；因为PA ⊥平面ABC ，且BC Ì平面ABC ，所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面PAC.而PC Ì平面PAC ，所以BC ⊥PC ，△PCB 是直角三角形；故直角三角形的个数为4.5. (必修2P 42习题11、16改编)P 为△ABC 所在平面外一点，O 为P 在平面ABC 内的射影．(1) 若P 到△ABC 三边距离相等，且O 在△ABC 的内部，则O 是△ABC 的________心；(2) 若PA ⊥BC ，PB ⊥AC ，则O 是△ABC 的________心；(3) 若PA，PB，PC与底面所成的角相等，则O是△ABC的________心．答案：(1) 内(2) 垂(3) 外解析：(1) P到△ABC三边距离相等，且O在△ABC的内部，可知O到△ABC三边距离相等，即O是△ABC的内心；(2) 由PO⊥平面ABC且BC平面ABC，得PO⊥BC，又PA⊥BC，PO与PA是平面POA内两条相交直线，所以BC⊥平面POA，从而BC⊥AO.同理AC⊥BO，所以O是△ABC的垂心；由PA、PB、PC与底面所成的角相等，易得Rt △POA≌Rt△POB≌Rt△POC，从而OA＝OB＝OC，所以O是△ABC的外心．1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a垂直于平面α，记作a⊥α，直线a叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a 的垂面，垂线和平面的交点称为垂足．2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．3. 直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．性质定理：如果两条直线同时垂直于一个平面，那么这两条直线平行．[备课札记]题型1 直线与平面垂直的判定例1 (2013·常州期末调研)如图，在四棱锥PABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，CD ∥AB ，AB ＝2AD ＝2，CD ＝3，直线PA 与底面ABCD 所成角为60°，点M 、N 分别是PA 、PB 的中点．求证：(1) MN ∥平面PCD ；(2) 四边形MNCD 是直角梯形； (3) DN ⊥平面PCB.证明：(1) 因为点M 、N 分别是PA 、PB 的中点，所以MN ∥AB. 因为CD ∥AB ，所以MN ∥CD.又CD Ì平面PCD ，MN Ë平面PCD ，所以MN ∥平面PCD. (2) 因为AD ⊥AB ，CD ∥AB ，所以CD ⊥AD. 因为PD ⊥底面ABCD ，CD 平面ABCD ， 所以CD ⊥PD.因为AD ∩PD ＝D ，所以CD ⊥平面PAD. 因为MD Ì平面PAD ，所以CD ⊥MD. 又MN ∥CD ，MN ≠CD ，所以四边形MNCD 是直角梯形．(3) 因为PD ⊥底面ABCD ，所以∠PAD 就是直线PA 与底面ABCD 所成的角， 从而∠PAD ＝60°.在Rt △PDA 中，AD ＝2，PD ＝6，PA ＝22，MD ＝ 2. 在直角梯形MNCD 中，MN ＝1，ND ＝3，CD ＝3，CN ＝MD 2＋（CD －MN ）2＝6，从而DN 2＋CN 2＝CD 2，所以DN ⊥CN.在Rt △PDB 中，PD ＝DB ＝6，N 是PB 的中点，则DN ⊥PB. 又PB ∩CN ＝N ，所以DN ⊥平面PCB. 备选变式（教师专享）(2013·南京调研)如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1A ＝2AC ，D 、E 、F 分别为线段AC 、A 1A 、C 1B 的中点．(1) 证明：EF ∥平面ABC ； (2) 证明：C 1E ⊥平面BDE.证明：(1) 取BC 的中点G ，连结AG 、FG .因为F 为C 1B 的中点，所以FG ∥=12C 1C.在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A∥=C1C，且E为A1A的中点，所以FG∥=EA.所以四边形AEFG是平行四边形. 所以EF∥AG.因为EFË平面ABC，AGÌ平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2) 因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，BDÌ平面ABC，所以A1A ⊥BD.因为D为AC的中点，BA＝BC，所以BD⊥AC.因为A1A∩AC＝A，A1AÌ平面A1ACC1，ACÌ平面A1ACC1，所以BD⊥平面A1ACC1.因为C1EÌ平面A1ACC1，所以BD⊥C1E.根据题意，可得EB＝C1E＝62AB，C1B＝3AB，所以EB2＋C1E2＝C1B2.从而∠C1EB＝90°，即C1E⊥EB.因为BD∩EB＝B，BD Ì平面BDE, EBÌ平面BDE，所以C1E⊥平面BDE.题型2直线与平面垂直性质的应用例2已知如图①所示，矩形纸片AA′A1′A1，点B、C、B1、C1分别为AA′、A1A1′的三等分点，将矩形纸片沿BB1、CC1折成如图②形状(正三棱柱)，若面对角线AB1⊥BC1，求证：A1C⊥AB1.(图①)(图②)证明：作AD∥BC，BD∥AC交于D，作A1D1∥B1C1，B1D1∥A1C1交于D1.连结BD1、DD1(如图)，∵A1C1B1D1为菱形，∴A1B1⊥D1C1.又AA1⊥平面A1D1B1C1，∴AA1⊥D1C1.又D1C1⊥平面ABB1A1，∴D1C1⊥AB1.又AB1⊥BC1，∴AB1⊥平面BC1D1，∴AB1⊥BD1.又BD1∥CA1，∴AB1⊥A1C.变式训练(2013·泰州期末)在三棱锥SABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA ＝AB ＝AC ＝33BC ，点D 是BC 边的中点，点E 是线段AD 上一点，且AE ＝3DE ，点M 是线段SD 上一点，(1) 求证：BC ⊥AM ；(2) 若AM ⊥平面SBC ，求证：EM ∥平面ABS. 证明：(1) ∵ AB ＝AC ，D 是BC 的中点，∴ AD ⊥BC ，⎭⎪⎬⎪⎫SA ⊥平面ABC BC平面ABC Þ⎭⎪⎬⎪⎫SA ⊥BCAD ∩SA ＝A Þ⎭⎪⎬⎪⎫BC ⊥平面SAD AM 平面SAD ÞBC ⊥AM.(2) ∵ AM ⊥平面SBC ，AM ⊥SD ，设SA ＝AB ＝AC ＝1，则BC ＝3，SD ＝233，∵SA ⊥AD ，AM ⊥SD ，AD 2＝MD·SD ，故MD ＝36，SM ＝32，即SM ＝3MD ，又AE ＝3DE ，∴ ME ∥SA ，又ME Ë平面ABS ，SA Ì平面，故EM ∥平面ABS.题型3 直线与平面垂直的探索题例3 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 是BC 的中点，BC ＝BB 1. (1) 若P 是CC 1上任一点，求证：AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直； (2) 试在棱CC 1上找一点M ，使MB ⊥AB 1. (1) 证明：反证法．假设AP ⊥平面BCC 1B 1， 因为BC Ì平面BCC 1B 1，所以AP ⊥BC.又正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，CC 1⊥BC ，AP ∩CC 1＝P ，AP Ì平面ACC 1A 1，CC 1Ì平面ACC 1A 1，所以BC ⊥平面ACC 1A 1.而AC Ì平面ACC 1A 1，所以BC ⊥AC ，这与△ABC 是正三角形矛盾． 故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直． (2) M 为CC 1的中点．证明：∵ 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1，∴ 四边形BCC 1B 1是正方形． ∵ M 为CC 1的中点，D 是BC 的中点，∴ △B 1BD ≌△BCM ，∴ ∠BB 1D ＝∠CBM ，∠BDB 1＝∠CMB.∵ ∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴ BM ⊥B 1D.∵ △ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴ AD ⊥BC.∵ 平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC ∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD Ì平面ABC ， ∴ AD ⊥平面BB 1C 1C.∵ BM Ì平面BB 1C 1C ，∴ AD ⊥BM. ∵ AD ∩B 1D ＝D ，∴ BM ⊥平面AB 1D. ∵ AB 1Ì平面AB 1D ，∴ MB ⊥AB 1. 备选变式（教师专享）在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是CD 、A 1D 1中点． (1) 求证：AB 1⊥BF ； (2) 求证：AE ⊥BF ；(3) 棱CC 1上是否存在点F ，使BF ⊥平面AEP ，若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由．(1) 证明：连结A 1B ，CD 1，∵ AB 1⊥A 1B ，AB 1⊥BC ，A 1B ∩BC ＝B ， ∴ AB 1⊥平面A 1BCD 1，又BF Ì平面A 1BCD 1，所以AB 1⊥BF. (2) 证明：取AD 中点M ，连结FM ，BM ，∴ AE ⊥BM ，又 ∵ FM ⊥AE ，BM ∩FM ＝M ，∴ AE ⊥平面BFM ，又BF Ì平面BFM ，∴ AE ⊥BF. (3) 解：存在，P 是CC 1的中点．易证PE ∥AB 1，故A 、B 1、E 、P 四点共面．由(1)(2)知AB 1⊥BF ，AE ⊥BF ，AB 1∩AE ＝A ，∴ BF ⊥平面AEB 1，即BF ⊥平面AEP.【示例】 (本题模拟高考评分标准，满分14分)由平面α外一点P 引平面的三条相等的斜线段，斜足分别为A 、B 、C ，O 为△ABC 的外心，求证：OP ⊥α.学生错解：证明：因为O 为△ABC 的外心，所以OA ＝OB ＝OC ，又因为PA ＝PB ＝PC ，PO 公用，所以△POA ，△POB ，△POC 都全等，所以∠POA ＝∠POB ＝∠POC ＝90°，所以OP ⊥α.审题引导： 要记OP ⊥α，需记OP 垂直于α内两条相交的直线，由图形易知，可考虑证OP 垂直于△ABC 的两条边，注意到图中的等腰三角形PBC 、OBC ，不准找到证题途径．规范解答： 证明：取BC 的中点D ，连结PD 、OD ， ∵ PB ＝PC ，OB ＝OC ，∴ BC ⊥PD ，BC ⊥OD ，(5分)又PD Ì平面POD ，OD 平面POD ，且PD ∩OD ＝D ，∴ BC ⊥平面POD.(8分) ∵ PO Ì平面POD ，∴ BC ⊥PO. 同理AB ⊥PO.(12分)又AB 、BC 是α内的两条相交直线，∴ PO ⊥α.(14分)错解分析：上述解法中∠POA ＝∠POB ＝∠POC ＝90°，是对的，但它们为什么是直角呢？这里缺少必要的证明．1. (2013·苏锡常镇调研)已知l ，m 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，有下列四个命题：①若lÌβ，且α⊥β，则l⊥α；②若l⊥β，且α∥β，则l⊥α；③若l⊥β，且α⊥β，则l∥α；④若α∩β＝m，且l∥m，则l∥α.则所有正确的命题是________．(填序号)答案：②解析：对于①，当l与α、β的交线不垂直时，l与α也不垂直，所以①错误；对于②，由两个平面平行的判定定理易证正确；对于③④，l可能在α内，所以它们都是错误的；因此，正确的命题只有②.2. (2013·青岛模拟改)如图所示，b，c在平面α内，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b，E在线段AB上(C、D、E均异于A、B)，则△ACD的形状是________．答案：直角三角形解析：∵a⊥b，b⊥c，a∩c＝B，∴b⊥平面ABC，∴AD⊥AC，故△ACD为直角三角形．3. 已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法正确的是________．(填序号)①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直；④对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直．答案：②解析：找出图形在翻折过程中变化的量与不变的量．对于①，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，在图(1)中，由边AB、BC不相等可知点E、F不重合．在图(2)中，连结CE，若直线AC与直线BD垂直，∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，与点E、F不重合相矛盾，故①错误．对于②，若AB⊥CD，∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，∴AB⊥AC，由AB<BC可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB与直线CD垂直，故②正确．对于③，若AD⊥BC，∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥平面ADC，∴BC⊥AC.已知BC＝2，AB＝1，BC>AB，∴不存在这样的直角三角形．∴③错误．由上可知④错误，故正确的说法只有②.4. 如图，在锥体PABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD＝2，PB＝2，E、F分别是BC、PC的中点．证明：AD⊥平面DEF.证明：取AD中点G，连结PG、BG、BD.因为PA＝PD，有PG⊥AD，在△ABD中，AB＝AD，∠DAB＝60°，故△ABD为等边三角形，因此BG⊥AD，BG∩PG＝G，所以AD⊥平面PBG AD⊥PB，AD⊥GB.又PB∥EF，得AD⊥EF，而DE∥GB，得AD⊥DE.又FE∩DE＝E，EFÌ平面DEF，DEÌ平面DEF，所以AD⊥平面DEF.5. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知∠ACB＝90°，M为A1B与AB1的交点，N为棱B1C1的中点．(1) 求证：MN∥平面AA1C1C；(2) 若AC＝AA1，求证：MN⊥平面A1BC.证明：(1) 连结AC1，因为M为A1B与AB1的交点，所以M是AB1的中点．又N为棱B1C1的中点，所以MN∥AC1.又AC1平面AA1C1C，MNË平面AA1C1C，所以MN∥平面AA1C1C.(2) 由AC＝AA1，则四边形AA1C1C是正方形，所以AC1⊥A1C.因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为BCÌ平面ABC，所以CC1⊥BC.因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.因为CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面AA1C1C，所以BC⊥AC1.又AC1Ì平面AA1C1C，MN∥AC1，所以MN⊥A1C，MN⊥BC.又BC∩A1C＝C，所以MN⊥平面A1BC.1. 如图PA⊥圆O所在平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的是________．(填序号)答案：①②④解析：①AEÌ平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PAÞAE⊥BC，故①正确，②AE⊥PB，AF⊥PB EF⊥PB，故②正确，③若AF⊥BCÞAF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．2. (2012·福建莆田模拟)如图，在三棱锥P －ABC 中，△PAC ，△ABC 分别是以A 、B 为直角顶点的等腰直角三角形，AB ＝1.现给出三个条件：① PB ＝3；② PB ⊥BC ；③ 平面PAB ⊥平面ABC.试从中任意选取一个作为已知条件，并证明：PA ⊥平面ABC ；解：(解法1)选取条件①，在等腰直角三角形ABC 中，∵ AB ＝1，∴ BC ＝1，AC ＝ 2. 又∵ PA ＝AC ，∴ PA ＝ 2. ∴ 在△PAB 中，AB ＝1，PA ＝ 2. 又∵ PB ＝3，∴ AB 2＋PA 2＝PB 2.∴ ∠PAB ＝90°，即PA ⊥AB.又∵ PA ⊥AC ，AB ∩AC ＝A ，AB ，AC 真包含于平面ABC ，∴ PA ⊥平面ABC. (解法2) 选取条件②，∵ PB ⊥BC ，又AB ⊥BC ，且PB ∩AB ＝B ，∴ BC ⊥平面PAB. ∵ PA 真包含于平面PAB ，∴ BC ⊥PA.又∵ PA ⊥AC ，且BC ∩AC ＝C ，∴ PA ⊥平面ABC. (解法3)选取条件③， 若平面PAB ⊥平面ABC ，∵ 平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，BC 真包含于平面ABC ，BC ⊥AB ，∴ BC ⊥平面PAB. ∵ PA 真包含于平面PAB ，∴BC ⊥PA.∵PA ⊥AC ，且BC ∩AC ＝C ，∴ PA ⊥平面ABC. 3. 在空间四边形ABCD 中， 已知AC ⊥BD, AD ⊥BC, 求证：AB ⊥CD. 证明：过A 点作AO 垂直平面BCD 于O ，连结BO, CO, DO. ∵AO ⊥平面BCD ，∴AO ⊥BD.又AC ⊥BD ，∴BD ⊥平面AOC ，∴CO ⊥BD.同理，DO ⊥BC ，∴O 为△BCD 的垂心，∴BO ⊥CD. 又AO ⊥平面BCD ，∴AO ⊥CD ， ∴CD ⊥平面ABO ，∴AB ⊥CD.4. 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA＝PD ＝22AD.若E 、F 分别为PC 、BD 的中点，求证：(1) EF ∥平面PAD ； (2) EF ⊥平面PDC.证明：(1) 连结AC ，则F 是AC 的中点，在△CPA 中，EF ∥PA ，且PA Ì平面PAD ，EF Ë平面PAD ，∴EF ∥平面PAD.(2) ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，又CD ⊥AD ，∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PA .又PA ＝PD ＝22AD ，∴△PAD 是等腰直角三角形，且∠APD ＝π2，即PA ⊥PD ，而CD ∩PD＝D ，∴PA ⊥平面PDC.又EF ∥PA ，∴EF ⊥平面PDC.1. 判定或证明直线与平面垂直的常用方法：(1) 利用直线与平面垂直的定义，注意弄清“任意”与“无数”两词的差异；(2) 利用直线与平面垂直的判定定理(a⊥m，a⊥n，m∩n＝A，mÌα，nÌαÞa⊥α)；(3) 利用平面与平面垂直的性质定理(α⊥β，α∩β＝l，ABÌα，AB⊥lÞAB⊥β)．注意证题时一定要将相应的条件写全，规范书写．2. 证明垂直问题时要注意“转化思想”的应用，要抓住线线、线面、面面之间垂直关系的相互转化，达到解题目的．请使用课时训练（B）第3课时（见活页）.[备课札记]。

第九章立体几何
9.3.2 直线与平面所成的角
【教学目标】
1. 了解平面的斜线的定义，理解直线与平面所成角的概念，并会求直线与平面所成的角．
2. 注重培养学生的读图、作图的能力，培养学生的空间想象力．
【教学重点】
直线与平面所成的角．
【教学难点】
斜线与平面所成的角．
【教学方法】
本节主要采用讲练结合法．在学生熟悉线面垂直的基础上，讲解平面的斜线及其射影，通过推导三垂线定理进一步熟悉线面垂直的知识．
【教学过程】
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数学基础模块下册
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第九章立体几何
30。

直线和平面所成的角说课稿
《直线和平面所成的角》说课材料
一．教材分析
异面直线夹角、线面夹角及后面将学习的面面夹角是立体几何的重要概念，它们均需化归为相交直线来求，复习异面直线夹角有利于学生进行对比联系，掌握线面夹角同时也为后继学习作好铺垫。

平面外的直线和其在平面内的射影的夹角是直线与平面内任意直线夹角中的最小值、平面外的直线和其在平面内的射影的夹角的大小仅取决于直线和平面的位置说明了直线和平面夹角概念的合理性，教学中需让学生理解，才能真正认同和掌握概念。

应用概念求解直线和平面夹角中关键是找出直线在平面中的射影，在教学中需量化，强调解题步骤。

教学目标
认知目标：理解并掌握斜线在平面内的射影、直线和平面所成角的概念，根据概念先找直线射影后确定线面夹角从而熟练求解直线和平面所成角。

能力目标：培养化归能力、分析能力、观察思考能力和空间想象能力等。

情感目标：培养立体感、数学美感，提高学生学习数学特别是立体几何的兴趣。

立体几何线线、线面、面面所成角的问题几何法1、两异面直线及所成的角：不在同一个平面的两条直线,叫做异面直线,已知异面直线a,b,经过空间任一点O 作直线a '∥a ,b '∥b ,我们把a '与b '所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角).如果两条异面直线所成的角是直角，我们就说这两条直线互相垂直.2、直线和平面所成的角：一条直线PA 和一个平面α相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点A 叫做斜足。

过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线PO ，过垂足O 和斜足A 的直线 AO 叫做斜线在这个平面上的射影。

平面的一条斜线和它在平面内的摄影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角。

一条直线垂直于平面，我们就说它们所成的角是直角。

一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是00.3、二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角。

在二面角βα--l 的棱l 上任取一点O ，以点O 为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l 的射线OA 和OB ，则射线OA 和OB 构成的∠AOB 叫做二面角的平面角。

二面角的大小可以可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度。

常见角的取值范围：① 异面直线所成的角⎥⎦⎤ ⎝⎛20π，，直线与平面所成的角⎥⎦⎤⎢⎣⎡20π，，二面角的取值范围依次[]π，0② 直线的倾斜角[)π，0、到的角[)π，0、与的夹角的取值范围依次是⎥⎦⎤⎢⎣⎡20π，4、点到平面距离：求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度，其关键在于确定点在平面内的垂足，当然别忘了转化法与等体积法的应用. 向量法1、两异面直线及所成的角：设异面直线a ，b 的夹角为θ，方向向量为a ，b ，其夹角为ϕ，则有cos cos a b a bθϕ⋅==．2、直线和平面所成的角：设直线l 的方向向量为l ，平面α的法向量为n ，l 与α所成的角为θ，l 与n 的夹角为ϕ，则有sin cos l n l nθϕ⋅==．3、二面角：设1n ，2n 是二面角l αβ--的两个面α，β的法向量，则向量1n ，2n 的夹角（或其补角）就是二面角的平面角的大小．若二面角l αβ--的平面角为θ，则1212cos n n n n θ⋅=．4、点到平面距离：点P 是平面α外一点，A 是平面α内的一定点，n 为平面α的一个法向量，则点P 到平面α的距离为cos ,n d n nPA⋅=PA 〈PA 〉=．例题例1.长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010C.21510D.31010 解析：建立空间直角坐标系如图．则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)．BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010.答案：B例 2.已知ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，2AB =，4PA AD ==，E 为BC 的中点．（1）求证：DE ⊥平面PAE ；（2）求直线DP 与平面PAE 所成的角． 证明：在ADE ∆中，222AD AE DE =+，∴AE DE ⊥ ∵PA ⊥平面ABCD ，DE ⊂平面ABCD ，∴PA DE ⊥又PA AE A ⋂=，∴DE ⊥平面PAE （2）DPE ∠为DP 与平面PAE 所成的角在Rt PAD ∆，PD =Rt DCE ∆中，DE =在Rt DEP ∆中，2PD DE =，∴030DPE ∠=例3.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是060DAB ∠=且边长为a 的菱形，侧面PAD 是等边三角形，且平面PAD 垂直于底面ABCD ． （1）若G 为AD 的中点，求证：BG ⊥平面PAD ； （2）求证：AD PB ⊥；（3）求二面角A BC P --的大小．证明：（1）ABD ∆为等边三角形且G 为AD 的中点，∴BG AD ⊥ 又平面PAD ⊥平面ABCD ，∴BG ⊥平面PAD（2）PAD 是等边三角形且G 为AD 的中点，∴AD PG ⊥ 且AD BG ⊥，PG BG G ⋂=，∴AD ⊥平面PBG ，PB ⊂平面PBG ，∴AD PB ⊥（3）由AD PB ⊥，AD ∥BC ，∴BC PB ⊥ 又BG AD ⊥，AD ∥BC ，∴BG BC ⊥∴PBG ∠为二面角A BC P --的平面角在Rt PBG ∆中，PG BG =，∴045PBG ∠=例4.在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G =λ（0≤λ≤1），则点G 到平面D 1EF 的距离为（ D ） A.3 B.22C.32λ D.55练习：1、已知四边形ABCD 是空间四边形，,,,E F G H 分别是边,,,AB BC CD DA 的中点，（1）求证：EFGH 是平行四边形；（2）若BD=AC=2，EG=2。

专题探究 直线与平面所成角教学目标：1． 明确直线与平面的各种位置关系，会求直线与平面所成角的大小；2．在探索、计算直线与平面所成角的过程中，提高空间想像力与几何演绎推理能力， 增强空间问题转化为平面问题的能力；3．引导学生经历数学学习的过程，体验探索的乐趣，增强学习立体几何的积极性。

重点：作出并计算线面角； 难点：作出线面角。

设计说明立体几何是高中数学的重点内容，它是研究三维空间中物体的形状、大小和位置关系的一门数学学科。

线面关系是立体几何教材的一个重要部分，也是近年高考中的一个重要内容。

在本课的设计中力求体现以学生发展为本的理念。

比如，课前有预学单，一方面以提高学生的自学能力；另一方面，为本节课对线面关系的进一步研究打基础。

在选题时，充分考虑了问题的曲型性。

现在设计的四个问题都有其代表性：问题1，已知两平面的二面角前提下，求线面角大小；问题2，正三棱锥中求侧棱与底面所成的大小；问题3，是动直线与直三棱柱侧面的线面角问题；问题4，是线面垂直的问题。

问题3与问题4又是两个结论不定的开放式题目。

这样的选题会提高课堂教学的效率。

教案设中我十分重视数学思想。

比如，转化思想是立体几何解题中的一种十分重要的数学思想，只有把线面问题转化为线线问题，问题才能得以解决。

在问题设计中我充分考虑了线面角转化为线线角的三个步骤：一作，二证，三算。

其中作是在猜测到垂足位置基础上才能完成的，这一步很重要。

问题中既有用比较常规的思维就能找到垂足的问题，也有要化一些周折才能找到垂足的问题，这对提高学生的学习积极性很有帮助。

:立体几何是学生第一次接触到的需要严格论证的空间问题，学生的空间想象力与演绎推理能力还比较弱，设计中要充分考虑到学生的学情。

另外，从近年高考情况年，立体几何的要求不是太高。

因此，我们设计的问题的目的是重在理清概念，提高学生观察问题、分析问题的能力，掌握操作的关键步骤，题目的难度不宜太高。

预学交流：一、直线与平面的位置关系 ； 二、直线与平面所成角的范围 ； 三、直线a 与平面α所成的角为3π，则直线a 与平面α内所有直线所成角的取值范围是 ；四、由点P 引出三条射线PA PB PC 、、，若2,3ππ=∠=∠=∠APB CPB CPA ，求PC与平面PAB 所成角的大小。

空间向量与立体几何(角度问题)教学设计空间向量与立体几何（角度问题）教学设计一、学习目标：1．能借助空间几何体内的位置关系求空间的夹角；2．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。

3、探究题型，掌握解法。

二、重难点：向量法在立体几何中求空间的夹角应用。

探究题型，掌握解法。

三、学情分析：本节内容是高考热点问题，需要学生做到非常熟练。

在平时的学习中，学生已经对该几类问题有所认识，本堂课重点在于让学生体会空间角度与向量角度之间的差异，培养学生养成良好的答题习惯。

四、教学过程本节课为高三复习课，所以从开始直奔主题，从回顾旧知开始直接进入例题讲解、课堂练习、方法提炼、课堂小结，重点在于提炼解决类型题的方法并配合相应例题进行巩固，提高课堂效率。

设计意图我们都已经学过空间向量，在空间中如何将点线面的位置量化？回顾旧知，让学生理解空间坐标系的作用在于量化点线面位置①点→空间直角坐标系下点的坐标②线→直线的方向向量③面→平面上一的一点、平面的法向量直线的方向向量→直线上任意两点坐标之差平面的法向量→①设；②找；③列；④求。

所谓平面的法向量，就是指所在的直线与的向量，显然一个平面的法向量有多个，它们是向量．明确点、线、面如何用空间直角坐标系里的坐标进行标示明确方向向量与平面法向量的求法，回顾旧知识。

因为在后续问题中，求已知平面的法向量会多次出现，在此再次回顾法向量为何能确定一个平面，让学生加深对平面法向量的认识。

在空间中，给定一个点A和一个向量a，那么以向量a为法向量且经过点A的平面是．二：几个空间角的范围(1)异面直线所成的角θ：0<θ≤π2；(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤π2；(3)二面角θ：0≤θ≤π.回顾空间角的范围，先从范围的角度与向量与向量的夹角范围进行比较，强调两者的不同三、利用向量求空间角1．两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．2．直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝ .3．求二面角的大小(1)如图①，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝．结合图像，让学生更直观地了解到线面所成的角与直线方向向量同平面法向量之间所成的角存在的区别与联系，从而找到适当的方法进行调整结合图像，让学生更直观地了解到二面角与直线方向向量同平面法向量之(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的小大θ＝．求空间角：设直线l1，l2的方向向量分别为a，b，平面α、β的法向量分别为n，m.①异面直线l1与l2所成的角为θ，则cosθ＝|a·b||a||b|.②直线l1与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|a·n||a||n|.③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cosθ|＝|n·m||n||m|.、间所成的角存在的区别与联系，从而找到适当的方法进行调整通过之前的对比，分析清楚空间角与向量角之间存在的差异后，找寻适当的方法去解决差异，从而统一解题方法。

直线与平面所成角复习课（2）——线面角的三种常见求法一、教学内容解析新课标立体几何内容较大纲教材变化大，三垂线及其逆定理作为阅读教材，对于有关线、面的垂直的求解方式方法带来很大的改变，对求解二面角及线面角的方式方法也带来很大的改变。

对我校大部分学生而言，二面角求解要求属于了解层次，斜线与平面角所成的角属于理解与掌握层次，“求解线面角”变成我校学生学习立体几何有关角的计算最难的一个问题。

特别是教材中对线在平面上的射影这一概念比较弱化，点面距离的概念在教材中已经退化，我校学生学习线面角主要方法就是定义法。

那如何化解难点，使学生能够有条不紊的找出线面角并求解，成为这堂课的重中之重。

二、教学目标设置1、知识与技能：正确认识直线与平面所成角的概念，能够利用面面垂直的性质找出已知平面的垂线从而找出线面角，能够利用向量法和等体积法帮助求解线面角。

2、过程与方法：（1）空间想象能力：认识直线与平面的位置关系，遵循从实图和简单的几何体入手，逐步培养学生的几何直观和空间想象能力。

（2）转化的思想方法：在二维与三维空间的转化及线面角与线线角的转化过程中，体现出转化的思想方法。

（3）逻辑思维与运算能力：通过对线面角大小的求解，加强算中有证，以证助算，以培养学生的逻辑思维能力及运算能力。

3、情感、态度与价值观：体验概念的形成过程，培养创新意识和数学应用意识，提高学习数学的兴趣。

三、学生学情分析我班学生“偏文”，尤其是女生的空间想象能力很弱，拿到立体几何题恨不得道道用向量法求解，因而忽视了定义法的重要性。

学生在寻找线面角的过程中往往毫无头绪无从下手，缺少应有的逻辑推理能力和空间想象能力，不喜欢或不擅长添加复杂的辅助线帮助找角和证明。

本节课旨在打开他们的解题思路，将求解过程规范化，有序化，从而能够进一步提高他们求解立体几何有关角的计算能力。

四、教学策略分析由于这是一节复习课，所以我选择在前一节课留给他们一道简单而又经典的线面角问题，让他们自由发挥，各尽所能。

射影定理立体几何射影定理是立体几何中非常重要的定理之一，它在许多问题的解决中起着关键的作用。

本文将介绍射影定理的概念、应用和证明过程。

射影定理是指：在平行于某一平面的平面上，被这个平面所截的直线的射影线段互相相等。

也就是说，如果一条直线与平面相交，它在这个平面上的两个截点到射影平面上的两个射影点的距离相等。

射影定理是由古希腊数学家欧几里得最早提出的。

射影定理在几何学中的应用非常广泛。

例如，在计算空间中两条直线之间的夹角时，可以利用射影定理将直线投影到一个平行于另一条直线的平面，然后计算投影线段的夹角。

此外，在解决立体几何问题中，常常需要利用射影定理来分析和推导各种关系。

下面，我们来证明射影定理。

假设有一条直线AB与平面CD相交，BC平行于平面CD。

取点E、F分别在直线AB上，使得AE=BF。

现要证明CE=DF。

首先，连接CF和DE，并设它们的交点为G。

由于BC平行于平面CD，所以CE平行于平面BCD。

而根据射影定理，射影线段CG与DE相等。

所以CG=DE。

同样的，根据射影定理，射影线段CG与CF相等。

所以CG=CF。

另一方面，由于AE=BF，所以射影线段AG与BF相等。

根据射影定理，射影线段AG与EF相等。

所以AG=EF。

由于CG=CF，而CG=DE，所以DE=CF。

又由于AG=EF，所以CE=DF。

因此，我们证明了射影定理。

通过射影定理，我们可以更方便地解决一些立体几何问题。

例如，在平行四边形中，如果一对对角线互相平行，则这个平行四边形是一个梯形。

利用射影定理，我们可以证明对角线的交点到平行边的距离相等，从而推导出对角线平行的结论。

总而言之，射影定理在立体几何中有着广泛的应用。

它的概念简单易懂，应用广泛且实用。

通过射影定理，我们可以更加方便地解决各种立体几何问题，推导和证明各种几何关系，为我们的几何学习和研究提供了一个重要的工具。

射影定理是立体几何中不可或缺的一环，我们应该充分理解其概念，掌握其应用，以提升我们的数学水平。