1.4.2 第2课时 夹角问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）  

夹角问题 (强基课—梯度进阶式教学) 第2课时 课时目标 1．会用向量法求线线、线面、面面夹角，体会向量法在几何问题中的应用． 2．能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系． CONTENTS 目录 1 2 3 课前环节/预知教材·自主落实主干基础 课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通 课时跟踪检测 课前环节/预知教材·自主落实主干基础 1．两条异面直线所成的角 3．两个平面的夹角 (1)两平面的夹角： 平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角． (2)两平面夹角的计算： 基点训练 √ √ 因为直线l的一个方向向量u＝(1,0,1)， 平面α的一个法向量n＝(0，－1,1)， 3．已知两个平面的法向量分别为m＝(0,1,1)，n＝(1，－1,0)，则这两个平面的夹角为(　 ) A．30° B．60° C．60°或120° D．120° √ 课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通 题型(一)　异面直线所成的角 √ 解析：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，如图，以C为原点，以CB，CA，CC1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 令BC＝CA＝CC1＝2， 则A(0,2,0)，M(1,1,2)，C(0,0,0)，N(0,1，2)， 用坐标法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标； (3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角； (4)结合异面直线所成的角的范围求出异面直线所成的角． 方法技巧 针对训练 √ 解析：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(2,0,0)，A(0,2,0)，D(0，0,2)，E(0，－1,2)， √ 解析：如图，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，A(1,0,0)，B(1，1,0)，D1(0，0,1)，设E(0，t,1－t)， [例2]　如图，已知多面体ABC-A1B1C1中，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.请用空间向量的方法解答下列问题：求直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值． 题型(二)　直线与平面所成的角 解：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，以过O点平行于CC1的直线为z轴，建立空间直角坐标系． 设平面ABB1的法向量为n＝(x，y，z)， 用坐标法求直线与平面所成角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出直线的方向向量u和平面的法向量n的坐标； 方法技巧 3.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为________． 针对训练 解析：如图所示，建立空间直角坐标系， 则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2，0)，C1(0，2,1)， 设平面AMC1的法向量为n＝(x，y，z)， 令y＝2， 设BC1与平面AMC1所成的角为θ， [例3]　如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠PAC＝∠ABC＝90°，PA＝BC＝1，E是AB的中点．PB＝AC＝2，求平面BPC与平面EPC夹角的余弦值． 题型(三)　两个平面的夹角 解：因为平面PAC⊥平面ABC，且AC为交线，PA⊥AC，PA⊂平面PAC， 所以PA⊥平面ABC，以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设平面EPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 利用坐标法求两个平面夹角的步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出两个面所在平面的法向量的坐标； (3)求两个法向量的夹角； (4)确定两平面夹角的大小．　　 方法技巧 5.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1，求平面ABC与平面AB1C1的夹角． 针对训练 解：以C为原点，在平面ABC中，过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系， 易知平面ABC的一个法向量m＝(0,0,1)， 课时跟踪检测 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 解析：因为n1·n2＝0， 所以α⊥β，所以α与β的夹角为90°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 令x＝2， 则y＝1，z＝0， ∴n＝(2,1,0)，同理可得平面B1CD的法向量m＝(2，－1,1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 设AB＝x(x>0)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE夹角的余弦值为________． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：以D为坐标原点，建系如图， 则B(1,2,0)，C1(0,2,2)，A(1,0,0)，E(0,2,1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BB1的中点． (1)求异面直线BC1与AE所成角的余弦值； (2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解：(1)以点A为坐标原点，以AD，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2， 则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(2,0,2)，E(0，2,1)，A1(0,0,2)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 令y＝1， 则n＝(2,1，－2)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 设直线AA1与平面AD1E所成的角为α， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝2BC＝2AB＝4，PA＝2，且∠ABC＝60°，点E为棱PD上一点(不与P，D重合)，平面BCE交棱PA于点F. (1)求证：BC∥EF； (2)若E为PD中点，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解：(1)证明：因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD， 所以BC∥平面PAD， 又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面PAD＝EF， 所以BC∥EF. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)取BC中点为M，连接AM， 因为AB＝BC， 且∠ABC＝60°， 所以△ABC为等边三角形， 所以AM⊥BC， 又AD∥BC， 所以AM⊥AD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 以A为原点，以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 因为AM⊥平面PAD， 所以平面PAD的一个法向量m＝(1,0,0)， 设平面ACE与平面PAD的夹角为θ， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9．(2023·天津高考)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中， 已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2， A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点． (1)求证：A1N∥平面C1MA； (2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解：(1)证明：法一：几何法　连接MN(图略)． 因为M，N分别是BC，AB的中点， 所以四边形MNA1C1是平行四边形， 即有A1N∥MC1. 又MC1⊂平面C1MA，A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 法二：共面向量基本定理法 以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则有A(0,0,0)，M(1,1,0)，N(1,0,0)，A1(0,0,2)，C1(0,1,2)． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 因为A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 又A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (3)由(1)中法二可得C(0,2,0)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：以D为原点，以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设DD1＝a(a>0)， 则A(2，0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，C1(0,2，a)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD. 又四边形ABCD为正方形， 故AB，AD，PA两两垂直，以A为坐标原点， AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 则P(0，0,1)，B(1,0,0)，A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 因为四边形ABCD为正方形， 所以AC⊥BD.又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故PA⊥BD， 因为AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 令y＝1得x＝z＝1， 故n＝(1,1,1)，平面PAB的一个法向量为m＝(0,1,0)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 12．我们称：两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角；由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”．则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为(　 ) A．30° B．45° C．60° D．90° 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：平面ABCD和平面ADD1A1的夹角为90°，D错误．平面ABCD和平面A1BCD1的夹角为45°，B错误． 设平面ABC1D1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 故可设n＝(0,1,1)， 设平面ABC1D1与平面A1BCD1的夹角为θ， 由于0°≤θ≤90°， 所以θ＝60°，所以C错误． 所以夹角大小不可能为30°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解：由题可知，AA1⊥AB，AA1⊥AC，AB⊥AC，故以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 所以AB1⊥DE′，AC⊥DE′， 所以DE′⊥平面ACB1， 即点E与点E′重合， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解：(1)证明：如图，连接DE，AE， 因为DC＝DB，且E为BC的中点， 所以DE⊥BC. 因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA， DB＝DC， 所以△ADB≌△ADC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 可得AC＝AB，故AE⊥BC. 因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE. 又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC. 不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以AB＝AC＝2. 由题可知△DBC为等腰直角三角形， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED. 以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 取x1＝1， 则y1＝z1＝1，m＝(1,1,1)． 设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 得x2＝0， 取y2＝1， 则z2＝1，n＝(0,1,1)． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 记二面角D-AB-F的大小为θ， 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v， 则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝__________＝__________. 2．直线和平面所成的角 直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ ＝|cos〈u，n〉|＝___________＝___________. 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，设平面α与平面β的夹角为 θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝___________＝___________. 微点助解 (1)两异面直线所成角的范围是，其余弦值一定是非负数． (2)两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系． (3)直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角． (4)线面角的范围为. (5)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角． (6)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题． (7)两平面的夹角的范围是，二面角的范围是[0，π]． (8)二面角与两平面的夹角不是相同的概念． 1．设两条异面直线a，b的方向向量分别为a＝(－1,1,0)，b＝(0，－1,1)，则a与b所成的角为(　 ) A. B. C. D. 解析：因为两条异面直线a，b的方向向量分别为a＝(－1,1,0)，b＝(0，－1,1)，cos〈a，b〉＝＝－＝－， 所以a与b所成的角的余弦值为， 所以a与b所成的角为. 2．若直线l的一个方向向量u＝(1,0,1)，平面α的一个法向量n＝ (0，－1,1)，则l与α所成的角为(　 ) A. B. C.或 D.或 解析：设l与α所成角为θ， 所以sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝， 因为0≤θ≤， 所以θ＝. 解析：cos〈m，n〉＝＝＝－， 因为向量夹角范围为[0，π]， 故两向量夹角为π， 故两平面夹角为，即60°，故选B. [例1]　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则AM与CN所成角的余弦值为(　 ) A. B. C. D. ∴＝(1，－1,2)，＝(0,1,2)， ∴cos〈，〉＝＝＝. 令AM与CN所成的角为θ， 则cos θ＝|cos〈，〉|＝. 1.如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO＝AB＝4，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为(　 ) A. B. C. D. 所以＝(0，－2,2)，＝(－2，－1,2)， 所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为|cos〈，〉|＝＝＝. 2.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E在线段CD1上，若直线BE与AD1所成角的余弦值为，则线段BE的长为(　 ) A. B. C. D. 则＝(－1,0,1)，＝(－1，t－1,1－t)， ∵直线BE与AD1所成角的余弦值为， ∴|cos〈，〉|＝ ＝＝. 解得t＝，＝， ∴||＝＝. 由题意知A(0，－，0)，B(1,0,0)， A1(0，－，4)，B1(1,0,2)，C1(0，，1)． 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，可知＝(0,2，1)，＝(1，，0)，＝(0,0,2)． 则 即 令y＝1， 则x＝－，z＝0，可得平面ABB1的一个法向量n＝(－，1,0)． ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. ∴直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是. (3)设线面角为θ，则sin θ＝； (4)由θ∈，求θ. ∴＝(－2,0,1)．连接AC， 易证AC⊥平面BB1D1D， ∴平面BB1D1D的一个法向量为a＝A＝(－2，2,0)． ∴所求角的正弦值为|cos〈a，〉|＝＝＝. 4.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，M，C1，B(0，a,0)， 故＝，＝，＝. 则 即 则z＝－，x＝0. ∴n＝， ∴cos〈，n〉＝＝＝－. 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝， 即BC1与平面AMC1所成角的正弦值为. 因为PB＝AC＝2，PA＝BC＝1，在Rt△ABC中，AB＝＝＝， 所以B(0,0,0)，P(0，，1)，C(1,0,0)，E，＝(－1，，1)，＝(0，－，－1)， ＝. 设平面BPC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 即 令y1＝1， 则m＝(0,1，－)． 则 即 令y2＝2， 则n＝(，2，－)． 设平面BPC与平面EPC的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝， 所以平面BPC与平面EPC夹角的余弦值为. 由题意A(，1,0)，B1(0，2,1)，C1(0，0,1)， 则＝(－，1,1)，＝(－，－1,1)， 设平面AB1C1的法向量n＝(x，y，z)， 则 得 令x＝1 得n＝(1,0，)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝. 设平面ABC与平面AB1C1的夹角为θ， 则cos θ＝， 所以θ＝， 所以平面ABC与平面AB1C1的夹角为. A级——综合提能 1．已知平面α的一个法向量为n1＝，平面β的一个法向量为n2＝(1，－1，1)，则平面α与β的夹角为(　 ) A．30° B．45° C．60° D．90° 2．已知平面α的一个法向量为n＝(－，－2,1)，点A(－1,2,1)在平面α内．若点P的坐标为(－1,1,1)，则直线PA与平面α所成的角为(　 ) A. B. C. D. 解析：由题得＝(0,1,0)， 则n·＝(－，－2,1)·(0,1,0)＝－2. 设直线PA与平面α所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 因为θ∈， 所以θ＝. 3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝2，BC＝CC1＝4，点D是棱AB的中点， 则平面ABB1A1与平面B1CD夹角的正弦值为(　 ) A. B. C. D. 解析：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，则A(2，0,0)，C(0,0,0)，B(0,4,0)，D(1,2,0)，B1(0,4,4)，＝(2，－4,0)，＝(0,0,4)， 设平面ABB1A1的法向量n＝(x，y，z)， 则 故cos〈n，m〉＝＝＝， 设平面ABB1A1与平面B1CD的夹角为θ， 则cos θ＝， 故平面ABB1A1与平面B1CD夹角的正弦值sin θ＝＝. 4.如图，在由三棱柱截得的几何体ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AB⊥AC，AA1＝2，BB1＝CC1＝1，AC＝2，点D，E，F分别是棱B1C1，A1C1，BB1的中点．若直线A1D与EF所成角的余弦值为，则AB＝(　 ) A．1 B．2 C． D．4 则A1(0,0,2)，E，F，B1(x,0,1)，C1(0,2,1)，D，＝，＝(x，－1，－1)， 所以直线A1D与EF所成角的余弦值|cos〈，〉|＝＝＝， 解得x＝1(舍负)，故选A. 5．设平面α的一个法向量为n＝(a,0,1)，直线l的一个方向向量为d＝(3，－4,0)，若直线l与平面α所成的角为，则正数a＝________. 解析：依题意可得|cos〈n，d〉|＝＝sin，即＝， 解得a＝(舍负)． 所以＝(－1，0,2)，＝(－1,2,1)． 则cos〈，〉＝， 所以异面直线BC1与AE夹角的余弦值为. 所以＝(2,0,2)，＝(0,2,1)， 所以cos〈，〉＝＝＝， 所以直线BC1与AE所成角的余弦值为. (2)由(1)知＝(2,0,2)，＝(0,2,1)，＝(0,0,2)，设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则 则sin α＝|cos〈n，〉|＝＝＝， 因此直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为. 则A(0,0,0)，C(，1,0)，E(0，2,1)， 所以＝(0,2,1)，＝(，1,0)． 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝， 则y＝－3，z＝6， 得n＝(，－3,6)． 则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝. 所以MN∥AC且MN＝AC＝1， 即有MN綉A1C1， 所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)， 设＝x ＋y ， 即有(1,0，－2)＝x(1,1,0)＋y(0,1,2)， 解得 法三：向量法　设平面C1MA的法向量n＝(x，y，z)，由法二可得＝(1,1,0)，＝(0,1,2)， 则 即不妨取n＝(2，－2，1)． 由法二可知＝(1,0，－2)， 所以·n＝1×2＋0×(－2)＋(－2)×1＝0， 所以⊥n. (2)由(1)中法二易知，平面ACC1A1的法向量为＝(1,0,0)，由(1)中法三知平面C1MA的一个法向量为n＝(2，－2,1)， 所以cos〈，n〉＝＝， 所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为. 则＝(－1,1,0)， 所以由(1)中法三得点C到平面C1MA的距离d＝＝. B级——应用创新 10.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为(　 ) A．1 B．2 C．3 D．4 故＝(－2，2,0)，＝(－2,0，a)， ＝(0，0，a)， 则可取n＝， 故cos〈n，〉＝＝＝. 又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为， ∴＝，解得a＝4(舍负)． 11.[多选]如图，在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝1，则下列说法正确的是(　 ) A．异面直线PB与AC所成的角为60° B．直线PD与平面PAC所成的角为30° C．平面PBD与平面PAB的夹角为30° D．点C到平面PBD的距离为 则＝(1,0，－1)，＝(1,1,0)， 设直线PB与AC所成的角大小为θ， 则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，故θ＝60°，A正确； 所以BD⊥平面PAC，故可取＝(－1,1,0)为平面PAC的一个法向量， 又＝(0,1，－1)， 设直线PD与平面PAC所成的角大小为α， 则sin α＝|cos〈，〉|＝＝＝，故直线PD与平面PAC所成的角为30°，B正确； ＝(－1,1,0)，设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 故|cos〈m，n〉|＝＝＝， 故平面PBD与平面PAB的夹角不为30°，C错误； 由上可知，平面PBD的一个法向量为n＝(1,1,1)，＝(0，－1，0)，故点C到平面PBD的距离d＝＝＝，D正确． 设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0，1,0)，D1(0,0,1)，＝(0,1,0)，＝(－1，－1，1)， 则 故可设m＝(1,0,1).＝(1,0,0)， 设平面A1BCD1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 则cos θ＝＝＝， 13.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AA1＝2，AC＝，过BC的中点D作平面ACB1的垂线，交平面ACC1A1于点E，求BE与平面ABB1A1所成角的正切值． 则A(0,0,0)，C(，0,0)，B(0,0,2)，A1(0,2,0)，B1(0,2,2)，D，＝(0,2,2)，＝(，0,0)，连接AC1与CA1交于点E′，连接DE′， 则E′，＝(0,1，－1)， 易知平面ABB1A1的一个法向量为＝(，0,0)． 因为·＝2×1＋2×(－1)＝0，·＝0， 所以＝. 设BE与平面ABB1A1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝， 所以cos θ＝， 故tan θ＝. 14．(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值． 故DE＝EB＝EC＝. 因为AE⊥BC，所以AE＝＝. 则D(，0,0)，B(0，，0)，A(0,0，)，＝(－，0，)，＝(0，－，)． 设F(xF，yF，zF)， 因为＝， 所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)． 所以＝(，0,0)． 设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 即 则 即 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 则sin θ＝＝＝， 故二面角D-AB-F的正弦值为. $$