22.空间角与距离-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 近年高考数学真题汇编，聚焦空间角与距离，涵盖选择、多选、解答题，以正三棱台、正方体、四棱锥等几何体为载体，融合体积计算、线面角、二面角及垂直证明，注重空间转化与多法解题，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|1题|正三棱台体积与线面角|补形法与直接法结合，考查空间想象| |多选题|1题|正方体线线角、线面角|多选项多角度验证，强化空间位置关系判断| |解答题|11题|四棱锥面面垂直证明、直三棱柱二面角计算等|结合翻折、球外接等情境，坐标法与几何法并重，体现逻辑推理与运算能力|

22.空间角与距离 1.（2024·新高考Ⅱ卷7题）已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为（　　） A. B.1 C.2 D.3 解析：B　法一（直接法）　如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×3＝9，＝×2×＝，设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，则＝（9＋＋）h＝，解得h＝，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM＝x，则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，可得DD1＝＝，结合等腰梯形BCC1B1可得B＝（）2＋D，即x2＋＝（2－x）2＋＋4，解得x＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝＝1. 法二（补形法）　如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，因为＝＝，则＝，可知＝VP-ABC＝，则VP-ABC＝18，设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝d××6×3＝18，解得d＝2，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO＝＝1.故选B. 2.（多选）（2022·新高考Ⅰ卷9题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则（　　） A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 解析：ABD　如图①，连接B1C.因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确. 如图②，连接B1C.因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确. 如图③，连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线C1B与平面BDD1B1所成的角，易知∠C1BO＝30°，所以C错误. 如图④，因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确.故选A、B、D. 3.（2021·新高考Ⅱ卷19题）在四棱锥Q -ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3. （1）证明：平面QAD⊥平面ABCD； （2）求二面角B-QD-A的平面角的余弦值. 解：（1）证明：取AD的中点E，连接QE，CE，∵QD＝QA＝，∴QE⊥AD. ∵AD＝2，∴DE＝1，∴QE＝＝2，CE＝＝. ∴QE2＋CE2＝9＝QC2，∴QE⊥CE. 又∵AD∩CE＝E，∴QE⊥平面ABCD.∵QE⊂平面QAD，∴平面QAD⊥平面ABCD. （2）法一　取BC中点F，连接EF，易得EF，ED，EQ两两垂直， 如图，分别以EF，ED，EQ所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系. 则B（2，－1，0），Q（0，0，2），D（0，1，0）， ∴＝（－2，1，2），＝（0，1，－2），设平面BQD的一个法向量n1＝（x，y，z）， 则⇒取z＝1， 可得x＝2，y＝2， ∴n1＝（2，2，1）. 易知平面QDA的一个法向量n2＝（1，0，0）. 设二面角B-QD-A的平面角为θ，则θ为锐角. cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝＝.∴二面角B-QD-A的平面角的余弦值为. 法二　由（1）知平面QAD⊥平面ABCD， 又∵BA⊥AD，BA⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面QAD＝AD，∴BA⊥平面QAD. 过A作AM⊥QD于点M，连接BM.则∠AMB为所求二面角的平面角. 由S△QAD＝×2×2＝×·AM⇒AM＝， ∴BM＝ ＝，∴cos∠AMB＝＝. ∴二面角B-QD-A的平面角的余弦值为. 4.（2024·新高考Ⅰ卷17题）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. （1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； （2）若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. （2）法一　如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sin∠DFE＝，即tan∠DFE＝. 因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝， 由等面积法可得，DE＝， 又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝， 故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝. 法二　以DA，DC分别为x轴，y轴，过D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz， 令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝，C（0，，0）， 设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1）， 则所以 不妨设x1＝，则y1＝t，z1＝0，n1＝（，t，0）. 设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2）， 则所以 不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）. 因为二面角A-CP-D的正弦值为，则余弦值为， 所以＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝， 所以t＝，所以AD＝. 5.（2024·新高考Ⅱ卷17题）如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. （1）证明：EF⊥PD； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 解：（1）证明：由AB＝8，AD＝5，＝，＝，得AE＝2，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 由余弦定理得 EF＝ ＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 由翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE， 故EF⊥PD. （2）连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36， 在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E-xyz， 则P（0，0，2），D（0，3，0），C（3，3，0），F（2，0，0），A（0，－2，0）， 由F是AB的中点，得B（4，2，0）， 所以＝（3，3，－2），＝（0，3，－2），＝（4，2，－2），＝（2，0，－2）， 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n＝（x1，y1，z1），m＝（x2，y2，z2）， 则 令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝（0，2，3），m＝（，－1，1）， 所以｜cos ＜m，n＞｜＝＝＝， 设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，则sin θ＝＝， 即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为. 6.（2025·全国Ⅰ卷17题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上. （ⅰ）证明：点O在平面ABCD内； （ⅱ）求直线AC与PO所成角的余弦值. 解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 又AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB. （2）（ⅰ）证明：以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示， 则B（，0，0），C（，2，0），D（0，1＋，0），P（0，0，），设O（a，b，c）， 因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以｜｜＝｜｜＝｜｜＝｜｜， 则（a－）2＋b2＋c2＝（a－）2＋（b－2）2＋c2＝a2＋（b－1－）2＋c2＝a2＋b2＋（c－）2， 得a＝0，b＝1，c＝0，即O（0，1，0），所以点O在AD上，即点O在平面ABCD内. （ⅱ）＝（，2，0），＝（0，1，－）， 则cos＜，＞＝＝＝， 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 7.（2021·全国甲卷19题）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1. （1）证明：BF⊥DE； （2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？ 解：（1）证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2， 所以CF＝1，BF＝. 如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，则AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B-xyz. 则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），＝（0，2，1）. 设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2）， 于是＝（1－m，1，－2）. 所以·＝0，所以BF⊥DE. （2）易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝（1，0，0）. 设面DFE的法向量为n2＝（x，y，z）. 则 又＝（1－m，1，－2），＝（－1，1，1）， 所以令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m， 于是，面DFE的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m）， 所以cos＜n1，n2＞＝ . 设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝， 故当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小. 8.（2022·新高考Ⅰ卷19题）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2. （1）求A到平面A1BC的距离； （2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值. 解：（1）设点A到平面A1BC的距离为h， 因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4， 所以＝S△ABC×AA1＝＝， 又△A1BC的面积为2，＝h＝×2h＝， 所以h＝， 即点A到平面A1BC的距离为. （2）取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B， 因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC， 又AA1⊥平面ABC， 所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB. 以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz， 由（1）知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2， 因为△A1BC的面积为2，所以2＝×A1B×BC，所以BC＝2， 所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E（0，1，1）， 则＝（1，1，1），＝（0，2，0）， 设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令x＝1，得n＝（1，0，－1）， 又平面BDC的一个法向量为＝（0，－1，1）， 所以cos＜，n＞＝＝＝－， 设二面角A-BD-C的平面角为θ， 则sin θ＝＝， 所以二面角A-BD-C的正弦值为. 9.（2021·新高考Ⅰ卷20题）如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点. （1）证明：OA⊥CD； （2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积. 解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD， 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD， 又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD. （2）法一　因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1， 所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，所以S△BCD＝. 如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG. 因为AO⊥平面BCD， 所以EF⊥平面BCD， 又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC， 又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG， 所以BC⊥平面EFG， 则∠EGF为二面角E-BC-D的平面角， 所以∠EGF＝45°，则GF＝EF. 因为DE＝2EA，所以EF＝OA，DF＝2OF，所以＝2. 因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD， 则＝，所以GF＝. 所以EF＝GF＝，所以OA＝1， 所以VA-BCD＝S△BCD·AO＝××1＝. 法二　如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点， 所以OC＝OB＝OD＝1， 所以B（1，0，0），D（－1，0，0），C. 设A（0，0，a），a＞0，因为DE＝2EA，所以E. 由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝（0，0，1）. 设平面BCE的法向量为m＝（x，y，z）， 因为＝，＝， 所以即 令x＝1，则y＝，z＝，所以m＝. 因为二面角E-BC-D的大小为45°， 所以cos 45°＝＝＝， 得a＝1，即OA＝1. 因为S△BCD＝BD·CDsin 60°＝×2×1×＝， 所以VA-BCD＝S△BCD·OA＝××1＝. 10.（2022·新高考Ⅱ卷20题）如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点. （1）证明：OE∥平面PAC； （2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值. 解：（1）证明：如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE. 因为AP＝PB，所以PD⊥AB. 因为PO为三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC， 因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB. 又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD. 因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD， 又AB⊥AC，所以OD∥AC， 因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面APC，所以OD∥平面PAC. 因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA， 因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC. 又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC. 又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC. （2）连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB， 所以OA＝OB＝＝＝4. 易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4×＝2， AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×＝4. 又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°， 所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4×＝12. 以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A（0，0，0），B（4，0，0），C（0，12，0），P（2，2，3），E， 所以＝，＝（4，0，0），＝（0，12，0）. 设平面AEC的法向量为n＝（x，y，z）， 则即令z＝2，则n＝（－1，0，2）. 设平面AEB的法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则即令z1＝2，则m＝（0，－3，2）. 所以｜cos＜n，m＞｜＝＝. 设二面角C-AE-B的大小为θ， 则sin θ＝＝. 11.（2023·新高考Ⅰ卷18题）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. （1）证明：B2C2∥A2D2； （2）点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. 解：（1）证明：法一（坐标法）　以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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，则B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2）， 所以＝（0，－2，1），＝（0，－2，1）， 所以＝ ，所以B2C2∥A2D2. 法二（向量法）　依题意，得＝＋＋＝＋＋＝ ， 所以B2C2∥A2D2. （2）设P（0，2，a）（0≤a≤4）， 则＝（2，0，－1），＝（2，2，－2），＝（0，2，a－3）. 设平面A2C2D2的法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则即 令x1＝1，则z1＝2，y1＝1，所以m＝（1，1，2）. 设平面A2C2P的法向量为n＝（x2，y2，z2）， 则即 令z2＝2，得y2＝3－a，x2＝a－1， 所以n＝（a－1，3－a，2）. 由二面角P-A2C2-D2的大小为150°， 得｜cos＜m，n＞｜＝＝， 即＝. 解得a＝1或a＝3，故B2P＝｜a－2｜＝1. 12.（2023·新高考Ⅱ卷20题）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. 解：（1）证明：如图，连接DE，AE. 因为DC＝DB，E为BC的中点，所以BC⊥DE. 因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DC＝DB， 所以△ABD≌△ACD，所以AB＝AC. 又E为BC的中点，所以BC⊥AE. 又AE⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，AE∩DE＝E， 所以BC⊥平面ADE. 又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA. （2）设DA＝DB＝DC＝2. 由∠ADB＝∠ADC＝60°，知△ABD与△ACD为等边三角形，所以AB＝AC＝2. 又BD⊥CD，所以BC＝2. 因为AB2＋AC2＝BC2， 所以△ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°， 所以AE＝. 因为BD⊥CD，所以DE＝BC＝. 因为AE2＋DE2＝AD2，所以AE⊥DE. 又AE⊥BC，BC⊂平面BCD，DE⊂平面BCD，BC∩DE＝E，所以AE⊥平面BCD. 如图，分别以ED，EB，EA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E（0，0，0），D（，0，0），B（0，，0），A（0，0，）. 因为＝（－，0，），＝ ， 所以F（－，0，）. 易得＝（0，，－），＝（－，－，）. 设平面DAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则即 令z1＝1，得x1＝1，y1＝1，所以m＝（1，1，1）. 设平面FAB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2）， 则即 令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，所以n＝（0，1，1）. 所以cos＜m，n＞＝＝＝， 则二面角D-AB-F的正弦值为. 13.（2025·全国Ⅱ卷17题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. （1）证明：A'B∥平面CD'F； （2）求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 解：（1）证明：∵EB∥FC，A'E∥D'F， EB⊂平面BA'E，A'E⊂平面BA'E， FC⊂平面CD'F，D'F⊂平面CD'F， EB∩A'E＝E，FC∩D'F＝F，∴平面BA'E∥平面CD'F. ∵A'B⊂平面BA'E，∴A'B∥平面CD'F. （2）∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°，即AB⊥EF， 翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF， ∴平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB， 即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°. 设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O， 在△OD'F中，D'F＝1，OF＝，∠D'FO＝60°，由余弦定理得OD'＝， ∴D'F2＝OF2＋OD'2，∴OD'⊥OF. 在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边形， ∴EF∥OM， ∵D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，CF，D'F⊂平面CD'F，∴EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F， ∴OM，OC，OD'两两垂直， 如图所示，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则B（1，，0），C（0，，0），D'（0，0，），E（1，－，0），F（0，－，0），＝（1，1，0），＝（0，－，），＝（1，0，0），＝（0，，）. 设平面BCD'的法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则即取z1＝，则m＝（－3，3，）. 设平面EFD'A'的法向量为n＝（x2，y2，z2）， 则即取z2＝，则n＝（0，－3，）. 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝， ∴sin θ＝＝＝， ∴平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $