線面角

前言

線面角定義

如圖所示，平面\(\alpha\)的一條斜線\(AB\)和它在平面上的射影\(DE\)所成的銳角\(\theta\)，叫做這條直線\(AB\)和這個平面\(\alpha\)所成的角。

特殊情況：一條直線垂直於平面，它們所成的角是直角；一條直線和平面平行，或在平面內，它們所成的角是\(0^{\circ}\) 的角。

線面角范圍：直線和平面所成角的范圍是\([0°，90°]\)；

直接法

①直接法，由於線面角是平面的斜線與斜線在平面內的射影所成的最小角，故通常是解由斜線段，垂線段，斜線在平面內的射影所組成的直角三角形，垂線段是其中最重要的元素，它可以起到聯系各線段的作用。舉例如下：

四面體\(ABCS\)中，\(SA\)，\(SB\)，\(SC\) 兩兩垂直，\(∠SBA=45°\)，\(∠SBC=60°\)，\(M\)為\(AB\)的中點，求解：

(1). 直線\(BC\)與平面\(SAB\)所成的角。

分析：\(SC\perp SB\)，\(SC\perp SA\)，\(SC\perp\) 平面 \(SAB\)，

故\(SB\) 是斜線\(BC\) 在平面\(SAB\) 上的射影，

\(\angle SBC\) 是直線 \(BC\) 與平面 \(SAB\) 所成的角為\(60°\).

(2). 直線\(SC\)與平面\(ABC\)所成的角。

分析：連結\(SM\)， \(CM\)，則\(SM\perp AB\)，又\(SC\perp AB\)，

\(AB\perp\) 平面\(SCM\)，面\(ABC\perp\) 面\(SCM\)，過\(S\)作\(SH\perp CM\)於\(H\)，

則\(SH\perp\) 平面\(ABC\)，直線\(CH\)即為 \(SC\) 在面\(ABC\)內的射影。

\(\angle SCH\) 為直線\(SC\)與平面\(ABC\)所成的角。令\(SB=2\)，則\(SA=2\)，\(SC=2\sqrt{3}\)，

\(AB=2AM=2\sqrt{2}\)，則\(AM=\sqrt{2}\)，\(SM=\sqrt{2}\)，則\(CM=\sqrt{14}\)，

在\(Rt\triangle SCM\)中，利用等面積法，可得\(SH=\cfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\)，由\(\sin\angle SCH=\cfrac{SH}{SC}\)，

可得，直線\(SC\) 與平面 \(ABC\) 所成的角的正弦值為\(\cfrac{\sqrt{7}}{7}\).

解后反思：①等面積法；②垂線段的相對性；③注意線面角的視角；

三角公式法

②利用公式\(\sin\theta=\cfrac{h}{l}\)求解，其中\(\theta\)是斜線與平面所成的角，\(h\)是垂線段的長，\(l\)是斜線段的長，其中求出垂線段的長(即斜線上的點到面的距離)既是關鍵又是難點，在具體題目中常使用構造三棱錐，利用等體積法來求垂線段的長。

長方體 \(ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\)， \(AB=3\)， \(BC=2\)， \(A_{1}A=4\)， 求 \(AB\) 與面 \(AB_{1}C_{1}D\)所成的角的正弦值.

解析：本方法的優越性在於我們不一定要精確的做出來這個線面角，比如本題目我們不需要確定點\(B\)在平面\(AB_{1}C_{1}D\)上的垂足具體在哪里；

設點\(B\) 到平面 \(AB_{1}C_{1}D\)的距離為\(h\)，

由等體積法，可知\(V_{B-AB_{1}C_{1}}=V_{A-BB_{1}C_{1}}\)，即\(\cfrac{1}{3}S_{\Delta AB_{1}C_{1}}\cdot h=\cfrac{1}{3}S_{\Delta BB_{1}C_{1}}\cdot AB\)，

即\(\cfrac{1}{3}\times \cfrac{1}{2}\times 5\times 2\times h=\cfrac{1}{3}\times \cfrac{1}{2}\times 4\times 2\times 3\)，解得 \(h=\cfrac{12}{5}\)，

設 \(AB\) 與面 \(AB_{1}C_{1}D\) 所成的角為\(\theta\)，則\(\sin\theta=\cfrac{h}{AB}=\cfrac{4}{5}\).

• 最小角定理

內容：平面外的一條斜線和它在平面內的射影所成的銳角，是這條斜線和平面內經過斜足的直線所成的一切角中最小的角。

【證明】如圖，\(AO\)是平面\(\alpha\)的斜線，\(AB\)是平面\(\alpha\)的垂線，

\(OB\)是斜線\(OA\)在平面\(\alpha\)內的射影，\(\angle AOB\)為銳角，

\(OD\)是平面\(\alpha\) 內和\(OB\)不重合的任一直線，在\(OD\)上截取\(OC=OB\)，

連結\(AC\)，則\(AB<AC\)，

在\(\triangle AOB\)與\(\triangle AOC\)中，因為\(OA=OA\)，\(OB=OC\)，\(AB<AC\)，

借助余弦定理可知，\(\angle AOB<\angle AOC\)，故\(\angle AOB\) 是最小角。

說明：最小角定理是定義“斜線和平面所成的角”這一概念的理論基礎。有了上面的性質，就保證了線面角的唯一性，從而保證了線面角的定義的合理性。

③ 最小角定理應用

如圖，\(OA\)是平面\(ABD\)的斜線， \(OB\perp\) 平面 \(ABD\)於點\(B\) ，\(AD\) 是 平面\(ABC\) 內不與\(AB\) 重合的直線， 令\(\angle OAB=\alpha\)，\(\angle BAD=\beta\)，\(\angle OAD=\gamma\)，求證: \(\cos\gamma=\cos\alpha\cdot \cos\beta\)；

證明：過點\(B\)做\(BC\perp AD\)，垂足為點\(C\)，則由三垂線定理可知，\(AC\perp OC\)，

取\(|OA|=1\)，則在\(Rt\triangle OAB\)中，\(AB=OA\cdot \cos\alpha=\cos\alpha\)，

在\(Rt\triangle ABC\)中，\(AC=AB\cdot \cos\beta=\cos\alpha\cdot \cos\beta\)，

在\(Rt\triangle OAC\)中，\(AC=OA\cdot \cos\gamma=\cos\gamma\)，

故\(\cos\gamma=\cos\alpha\cdot \cos\beta\)；

最小角定理法

已知直線\(OA\)，\(OB\)，\(OC\)兩兩所成的角為\(60^{\circ}\) 求直線\(OA\) 與 面\(OBC\) 所成的角的余弦值。

解: 由於\(\angle AOB=\angle AOC\)，故\(OA\) 在面\(OBC\) 內的射影在 \(\angle BOC\)的平分線\(OD\)上，

則\(\angle AOD\) 即為\(OA\)與面\(OBC\)所成的線面角，可知\(\angle DOC=30^{\circ}\)，

由上述定理可知，\(\cos\angle AOC=\cos\angle AOD\cdot \cos\angle DOC\)，

即\(\cos60^{\circ}=\cos\angle AOD\cdot\cos30^{\circ}\)，故\(\cos\angle AOD=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\).

即\(OA\)與面\(OBC\)所成的角的余弦值如果要求解線面角的正弦值，先用此法求得余弦值，再用平方關系就可以求得余弦值；\(\quad\)為\(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\).

空間向量法

④空間向量法，利用空間向量的夾角求得線面角；

如圖， 直線\(AO\)是平面\(\beta\)的斜線，直線\(OB\)是其射影，則\(\angle AOB=\theta\)是線面角，\(\angle OAB=\alpha\)，則不論直線的方向向量是\(\overrightarrow{OA}\)，還是\(\overrightarrow{AO}\)，也不論平面的法向量是\(\overrightarrow{AB}\)，還是\(\overrightarrow{BA}\)，必有

\(\cos\alpha=|\cos<\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{AB}>|=|\cos<\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{BA}>|=|\cos<\overrightarrow{AO}，\overrightarrow{AB}>|=|\cos<\overrightarrow{AO}，\overrightarrow{BA}>|\)，

又由於\(\sin\theta=\cos\alpha\)，故此時不需要糾結所取向量的方向，

則求解依據的公式簡化為\(\sin\alpha=|\cos<\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{AB}>|\)如果題目要求線面角的余弦值，也是先求正弦值，再求余弦值；向量的方向不糾結，但別忘了絕對值符號；線面角范圍\([0,\frac{\pi}{2}]\)，向量的夾角范圍為\([0,\pi]\)；

如圖，四邊形\(ABCD\)為正方形，\(MA//PB\)， \(MA\perp BC\)， \(AB\perp PB\)，\(MA=1\)， \(AB=PB=2\)；

(I). 求證: \(PB\perp\) 平面 \(ABCD\)；

因為 \(MA\perp BC\)， \(MA//PB\)， 所以 \(PB\perp BC\)，

又因為 \(PB\perp AB\)， \(AB\cap BC=B\)，\(AB\subsetneqq\)平面\(ABCD\)，\(BC\subsetneqq\)平面\(ABCD\)，

所以 \(PB\perp\) 平面 \(ABCD\).

(II).求直線 \(PC\) 與平面 \(PDM\) 所成角的正弦值.

解：因為 \(PB\perp\) 平面 \(ABCD\), \(AB\subsetneqq\) 平面 \(ABCD\), \(AD\subsetneqq\) 平面 \(ABCD\),

所以 \(PB\perp AB\), \(PB\perp AD\).

因為四邊形 \(ABCD\) 為正方形, 所以 \(AB\perp BC\).

如圖建立空間直角坐標系 \(B-xyz\),

則 \(P(0,0,2)\), \(M(2,0,1)\), \(C(0,2,0)\), \(D(2,2,0)\)

\(\overrightarrow{PC}=(0,2,-2)\), \(\overrightarrow{PD}=(2,2,-2)\), \(\overrightarrow{P M}=(2,0,-1)\)

設平面 \(PDM\) 的法向量為\(\vec{\mu}=(x, y,z)\), \(\left\{\begin{array}{l}\vec{\mu} \cdot \overrightarrow{PD}=0 \\ \vec{\mu} \cdot \overrightarrow{PM}=0\end{array}\right.\)，

即\(\left\{\begin{array}{l}2x+2y-2z=0 \\ 2x-z=0\end{array}\right.\)，

令 \(z=2\)， 則 \(x=1\), \(y=-1\) ，於是 \(u=(1,1,2)\)，平面 \(PDM\) 的法向量為 \(\vec{\mu}=(1,1,2)\)，

設直線 \(PC\)與平面 \(PDM\) 所成的角為 \(\theta\)，所以 \(\sin\theta=\cfrac{\overrightarrow{PC}\cdot \vec{\mu}}{|\overrightarrow{PC}|\cdot|\vec{\mu}|}=\cfrac{\sqrt{3}}{6}\).

所以直線 \(PC\) 與平面 \(PDM\) 所成角的正弦值為 \(\cfrac{\sqrt{3}}{6}\).

典例剖析

【2018年全國卷Ⅰ第18題】如圖，四邊形\(ABCD\)為正方形，\(E\)，\(F\)分別為\(AD\)，\(BC\)的中點，以\(DF\)為折痕把\(\triangle DFC\)折起，使點\(C\)到達點\(P\)的位置，且\(PF\perp BF\)，

(1).證明：平面\(PEF\perp\)平面\(ABFD\)；

證明：由已知可得，\(BF\perp PF\)，\(BF\perp EF\)，

又\(PF\cap EF=F\)，\(PF\subseteq\)平面\(PEF\)，\(EF\subseteq\)平面\(PEF\)，

所以\(BF\perp\)平面\(PEF\)，又\(BF\subseteq\)平面\(ABFD\)，

所以平面\(PEF\perp\)平面\(ABFD\)；

(2).求\(DP\)與平面\(ABFD\)所成角的正弦值。

解：作\(PH\perp EF\)，垂足為\(H\)，由(1)得，\(PH\perp\)平面\(ABFD\)，以\(H\)為坐標原點，\(\overrightarrow{HF}\)的方向為\(y\)軸正方向，\(|\overrightarrow{BF}|\)為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系\(H-xyz\)，

由(1)得到，\(DE\perp PE\)，又\(DP=2\)，\(DE=1\)，所以\(PE=\sqrt{3}\)，

又\(PF=1\)，\(EF=2\)，所以\(PE\perp PF\)，可得\(PH=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(EH=\cfrac{3}{2}\)，

則\(H(0，0，0)\)，\(P(0，0，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，\(D(-1，-\cfrac{3}{2}，0)\)，

則\(\overrightarrow{DP}=(1，\cfrac{3}{2}，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，\(\overrightarrow{HP}=(0，0，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)為平面\(ABFD\)的法向量，

設\(DP\)與平面\(ABFD\)所成角為\(\theta\)，則\(sin\theta=|cos<\overrightarrow{HP}，\overrightarrow{DP}>|=|\cfrac{\overrightarrow{HP}\cdot \overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{HP}||\overrightarrow{DP}|}|=\cfrac{\frac{3}{4}}{\sqrt{3}}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)，

所以\(DP\)與平面\(ABFD\)所成角的正弦值為\(\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)。

方法點評

對於具體的題目來說，究竟選擇哪一種方法更好? 需要具體問題具體分析，根據題目所給的圖形特征來確定：

若幾何體容易作出線面角，則直接法是最佳選擇；

若幾何體不容易作出線面角，而比較容易建立坐標系和求相關點的坐標，則空間向量法是最佳選擇；

若幾何體不容易作出線面角，但能構造四面體用等體積法求斜線上一點到平面的距離，則利用公式\(\sin\theta=\cfrac{h}{l}\)也是比較不錯的選擇.