入党誓词内容-临别赠言给同学

求线面角的三种常见思路方法
舒云水
本文以2009年湖南卷理 18题为例，介绍求线面角的三种常见思
路方法，并对这三种方法作比较分析﹒
如图1，在正 三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
AB 2AA
1
，点D是
A
1
B
1
的中
点，点E 在
A
1
C
1
上，且
DE⊥AE
．

（I）证明：平面
ADE
平面
ACC
1
A
1
；
（II）求直线AD和平面
ABC
1
所成角的正弦值．






（Ⅰ）证明略．
下面主要谈（Ⅱ）小题的解法﹒
思路1：直接作出线面角求解﹒
分析：因为本题几何图形是特殊的几何体——正三棱柱，点
D
在
特殊位置上 ——线段
A
1
B
1
的中点，所以本题比较容易作出线面角﹒如
图2，取
AB
的中点
F
，连结
DF
，
DC
1
，
C
1
F
，则面
DFC
1

面
ABC
1
，
过
D
作
DHC
1
F
于
H
，则
DH
面
ABC
1
，连结AH
，则
HAD
是
AD
和
平面
ABC
1
所成的角﹒

解法1 如图2，设
F
是
AB< br>的中点，连结
DF
，
DC
1
，
C
1
F
．由正
三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1< br>的性质及
D
是
A
1
B
1
的中点知，
A
1
B
1
⊥C
1
D
，
A
1
B
1
⊥DF
．
又
C
1
DDF
D，所以
A
1
B
1
⊥
平面
C
1
DF
．
而
AB∥A
1
B
1
，
所以AB⊥
平面
C
1
DF
．又
AB
平面
ABC
1
，故
平面
ABC
1
⊥
平面
C
1
DF
．
过点
D
作
DH
垂直
C
1
F
于点< br>H
，
则
DH⊥
平面
ABC
1
．
连结
AH
，则
HAD
是直线
AD
和平面
ABC< br>1
所成的角．
由已知
AB2AA
1
，不妨设
AA
1
2
，则
AB2
，
DF2
，
DC< br>1
3
，
C
1
F5
，
ADAA
1
2
A
1
D
2
3
，
DH
DH10

．
AD5
10
．
5
DF·DC
1
2330
．

C
1
F5
5
所以
sinHAD
即直线AD和平面
ABC1
所成角的正弦值为






思 路2：用等体积法求出点
D
到面
ABC
1
的距离
h
，
角的正弦值．
h
为所求线面
AD

分析 如图3 ，连结
C
1
D
，
BD
，即得四棱锥
DABC1
．用等体积
法，即
V
DABC
V
CDAB，容易求出点
D
到平面
ABC
1
的距离
h
，< br>11
h
为所
AD
求线面角的正弦值．
解法2：如图3，连结
C
1
D
，
BD
．因为平面
A
1
B
1
C
1

平面
AB
1
，
C
1
D

A
1
B
1
，所以
C
1
D

平面
AB
1
．
AC
1
BC
1
6
，不妨设
AA
1
2
，则
AB2
，
DC
1
3
，
ADBD
=
3
.
易求
S
ADB
2
，
S
ABC
5
．
1
设
D
在平面
ABC
1
内的射影为
H
，
DHh
，连结
AH
， 则
HAD
是
直线
AD
和平面
ABC
1
所 成的角．
因为
V
DABC
V
CDAB
，所以有
11

11
，
hS
AB
1
C< br>C
1
DS
ABD
33

5h6
，

h
30
．
5
DH10

．
AD5
10
．
5所以
sinHAD
即直线AD和平面
ABC
1
所成角的正弦 值为
思路3：坐标向量法．
解法3 如图4，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直
角坐标系，不妨设
AA
1
2
，则
AB2
，相关 各点的坐标分别是

31

B(3，0，0)
，2
< br>A(0，1，0)
，，
C
1
(01，，2)
，
D< br>

2
，

．
2


易知
AB
=（
3
，1，0），
AC
1
=（0， 2，
2
），
AD
=


设平面
ABC1
的一个法向量为
n
（x，y，z），则有


n·AB3xy0，




n·AC
1
2y2z0.

31

．
，， 2



22

解得
x
3
y
，
z2y
．
3
3，6)
． 故可取
n( 1，
所以
cosn，AD
n·AD
2310
．

5
|n·||AD|
103
10
．
5< br>由此即知，直线AD和平面
ABC
1
所成角的正弦值为
评析：上题图形 比较特殊，容易作出线面角，三种方法中解法1
解法最简洁，解法1是首选．上题容易建立空间直角坐标 系，容易求
点的坐标，解法3也是不错的选择．方法2相对来说计算稍复杂一些，
是最后的选择 ．
下面对上题的“Ⅱ小题”作两种变式，并对三种解法作比较评析．
变式1：如图5，将题 设条件“点D是
A
1
B
1
的中点”改为“点D
是棱
A
1
B
1
上一点，
A
1
DA
1
B
1
”，其他不变．




解法1：
如图6，分别取
A
1
C
1
，
AC
的中点
M
，
N
，设
MN
与
AC
1
交与点
G
，在
AB
1
4

上取点
F
，使
AFAB
，连结
DF
，
FN
，
FG
．
易证
FNAB
，
DFAB
，又
FNDFF
，所以
AB
平面
MNFD
，又
AB
平面
ABC
1
，所以平面
MNFD

平面
ABC
1
，过D
作
DHFG
于
H
，
1
4
则
DH
平面
ABC
1
，连结
AH
，则
HAD< br>是直线
AD
和平面
ABC
1
所成的
角．
不 妨设
AA
1
2
，则
AB2
，
DF2
，
GNCC
1

FNAN
2
AF
2
1
13

，
GFGN
2
FN
2

42
13

．
42
1
2
2
，
2
135

，
242
ADAA
1
2
A
1
D
2
2
sinGNF
GN10

，
GF5
2

10

15


．
sinDFHsin(90GFN)cosGFN1


5

5

DHDFsinDFH2
DH230

．
AD15
230
．
15
1530

．
55
sinHAD
即直线 AD和平面
ABC
1
所成角的正弦值为




解法

2：如图7，连结
BD
，取
A
1
B
1
的中点
F
，连结
C
1
F
， 则
C
1
F

A
1
B
1
，
C
1
F
平面
DAB
．
不妨设
AA
1
2
，则
AB2
，
C
1
F3
，
ADAA
1
2
A
1
D
2

． 易求
S
ADB
2
，
S
ABC
5
．
1
3
2
设
D
在平面
ABC
1
内的射影为
H
，
DHh
，连结
AH
，则
HA D
是
直线
AD
和平面
ABC
1
所成的角．
因为
V
DABC
V
CDAB
，所以有
11

11
hS
AB
1
C
C
1
FS
AB
，
D

33

5h6
，

h
30
．
5
DH230

．
AD15
230
．
15
所以
sinHAD
即直线AD和平面
ABC
1
所成 角的正弦值为
解法3：如图8，同原题解法3建立空间直角坐标系，设
AA
1
2
，
AB
，
C
1
，点
A
，不
B
，
AC
1
及平面
ABC
1
的法向量
n的坐标同前面解法3．
同的是：

D


< br>33

31

，，2

，，2
，=．
AD


4

4

44

23230
n·AD

．
3
15
|n·||AD|
10
2
230
．
15
所以
cosn，AD
由此即知，直线AD和平面
ABC
1
所成角的正弦值为
评析：与原题解法1比较，变式1的解法1的作图与运算明 显要

复杂一些．比较变式1的三种解法，解法2和解法3比解法1要简单
一些， 解法1是最后的选择．
变式2：原题题设不变，将结论改为“求直线
AE
和平面< br>ABC
1
所
成角的正弦值”．







解法1：点
E
不是特殊点，它在平面
ABC
1
内的射影不好定位．可
利用垂面法，作出点
E
在平 面
ABC
1
内的射影．如图9，过
E
作
EFAC
1
于
F
，在平面
ABC
1
内过
F
作
FGAC
1
交
BC
1
于
G
，连结
EG
，则
AC
1

平
面
EFG
，又
A C
1

平面
ABC
1
，所以平面
EFG

平面
ABC
1
．再过
E
作
EH
FG于
H
，则
EH
平面
ABC
1
，连结
AH
，则
HAE
是直线
AE
和平
面
ABC
1
所成的角．这样虽然作出了线面角，但要求出
EH
运算很复杂，
决定放弃 此法．
解法2：如图10，不妨设
AA
1
2
，则
AB 2
，
AEAA
1
A
1
E
2

2
3113
，
A
1
EA
1
D
，< br>EC
1

．
2222
取
AC
的中 点
F
，连结
BF
，易知
BF
平面
AEC
1
，
BF3
．
易求
S
AEC

1< br>32
，
S
ABC
1
5
．
4