-第44讲 利用空间向量求空间角——2027届高三数学一轮复习课件

该高中数学高考复习课件聚焦“利用空间向量求空间角”专题，依据课标要求梳理了异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角三大核心考点，通过近三年高考真题分析明确高频考查方向，归纳选择、填空、解答等常考题型，构建系统备考体系。 课件亮点在于“真题演练+技巧建模”，如以2025年全国二卷二面角题为例，详解建系、求法向量、算夹角的解题步骤，培养学生数学思维与模型观念。特设易错点警示和答题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准复习，提升备考效率。

第7章 立体几何与空间向量 第44讲 利用空间向量求空间角 2027届高考一轮复习数学 1 【课标要求】 会用向量法计算直线与直线、直线与平面的夹角及二面角. 2 （1）直线与平面所成的角 直线的方向向量和平面的法向量分别为，，则直线与平面所成的角 等于 向量， 所成的锐角的余角（若所成角为钝角，则取其补角的余角），即 _ ____________. 特例：若，则______或_______.若，则 . 3 （2）二面角的平面角 设二面角 的两个半平面 和 的法向量分别为，，二面角 的 大小为 ，则二面角的平面角与两法向量所成的角相等或互补.当二面角为锐角时， ；当二面角为钝角时，____________________________. 特例：若，则______，若 ，则______. 4 【基础检测】 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(　　) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(　　) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.(　　) (4)两异面直线夹角的范围是(0，]，直线与平面所成角的范围是[0，]，二面角的范围是[0，π].(　　) (5)若二面角α-a-β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α-a-β的大小是π-θ.(　　) × × × √ × 5 2.[选择性必修1p29T1]已知直线l1的方向向量s1=(1，0，1)与直线l2的方向向量s2=(-1，2，-2)，则l1和l2夹角的余弦值为(　　) A. B. C. D. C [解析] 因为s1=(1，0，1)，s2=(-1，2，-2)，所以cos<s1，s2>===-.又两直线夹角的取值范围为，所以l1和l2夹角的余弦值为. 6 3.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos<m，n>=-，则l与α所成的角为(　　) A.30° B.60° C.120° D.150° A [解析] 设l与α所成角为θ，∵cos<m，n>=-，∴sin θ=|cos<m，n>|=， ∵0°≤θ≤90°，∴θ=30°. 7 4.[选择性必修1p38T2]正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成角的大小为　　　　.  [解析] 以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，得下列 坐标:A(2，0，0)，C1(0，0，2).点C1在侧面ABB1A1内的射 影为点C2（，2）.所以=(-2，0，2)，= （-，2），设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ， 则cos θ===.又θ∈，所以θ=. 8 5.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB=PA，则平面ABP与平面CDP夹角的大小为　　　　　　.  45° [解析] 如图，建立空间直角坐标系，设AB=PA=1，则A(0，0，0)， D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的 中点，连接AE，则AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，又 PD∩CD=D，从而AE⊥平面PCD，∴=(0，1，0)，=（0，）分别是平面PAB、平面PCD的法向量，∵cos<>===，∴<>=45°.故平面PAB与平面PCD夹角的大小为45°. 9 考点1 求异面直线所成的角 例1　如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形CDEF均为等腰梯形，AB∥CD，CD∥EF，AB=DE=EF=CF=2，CD=4，AD=BC=，AE=2，M为CD的中点. (1)证明:平面ABCD⊥平面CDEF; (2)设点N是△ADM内一动点，·=0，当线段AN的长最小时，求直线EN与直线BF所成角的余弦值. 10 (1)证明:平面ABCD⊥平面CDEF; [解析] (1)取DM的中点为O，连接OA，OE， 由△EMD是边长为2的等边三角形，△ADM是以AD=AM=BC=为腰长的等腰三角形， 所以OE⊥DM，OA⊥DM，OD=DM=1，DE=2， 所以OA==3，OE==，所以AO2+OE2=AE2， 所以OA⊥OE，OE∩DM=O，OE⊂平面CDEF，DM⊂平面CDEF， 所以OA⊥平面CDEF，又OA⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面CDEF. 11 (2)设点N是△ADM内一动点，·=0，当线段AN的长最小时，求直线EN与直线BF所成角的余弦值. [解析](2)以O为坐标原点，分别以OE，OC，OA为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以A(0，0，3)，E(，0，0)，M(0，1，0)，B(0，2，3)， F(，2，0)， 当点N是△ADM内一动点，且·=0， 则点N在以DM为直径的圆上， 当线段AN的长最小时，点N在AO与圆的交点处，所以N(0，0，1)， 所以=(-，0，1)，=(，0，-3)， 12 设直线EN与直线BF所成角为θ， 所以cos θ=|cos<>|==， 所以直线EN与直线BF所成角的余弦值为. 13 [小结]用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系; (2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量; (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值; (4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值. 14 1.(2025·湖南邵阳·三模)如图，圆台O1O2的下底面的内接正方形ADBC的边长为4，P是上底面圆周上的一点，且满足PA=PC=4，PB=4. (1)证明:BC⊥平面PAC; (2)求三棱锥P-ABC的外接球的表面积; (3)N是BC的中点，M是上底面圆周上的一点，求异面直线MN与AD所成角的余弦值的最大值. 对应训练 15 (1)证明:BC⊥平面PAC; [解析] (1)由题设PC=BC=4，PB=4， 则PC2+BC2=PB2，故PC⊥BC， 由四边形ADBC为正方形，则BC⊥AC， 而PC∩AC=C，PC，AC⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC. 16 (2)求三棱锥P-ABC的外接球的表面积; [解析](2)由BC⊥平面PAC，△PAC为等边三角形， 将三棱锥B-ACP补成正三棱柱APC-DFB， 设△APC的中心为点H，△BDF的中心为Q， 则QH的中点G为外接球球心， 所以△APC的外接圆半径AH==，GH=BC=2， 所以外接球的半径R=AG==， 因此三棱锥P-ABC的外接球的表面积S=4πR2=π. 17 (3)N是BC的中点，M是上底面圆周上的一点，求异面直线MN与AD所成角的余弦值的最大值. [解析](3)由BC⊥AC，以C为原点，CA，CB所在直线为x，y轴，建立如下图示的空间直角坐标系Cxyz， 则O2(2，2，2)，B(0，4，0)，N(0，2，0)， 设M(x，y，2)，连接O2M， 由BC⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面PAC， 则点P到AC的距离等于|O1O2|， 由(1)知平面PAC⊥底面ADBC，故点O1到平面PAC的距离等于圆O2的半径， 即|GH|=|MO2|=2，所以(x-2)2+(y-2)2=4且x∈[0，4]， 18 由=(x，y-2，2)，==(0，4，0)，若异面直线MN，AD所成角为θ， 则cos θ===， 所以cos2θ= == = 19 =--+ ≤-2+ ==， 当且仅当x=-3时取等号， 则cos θ≤， 所以异面直线MN与AD所成角的余弦值的最大值为. 20 考点2 求直线与平面所成的角 例2　如图，圆锥的底面上有A，B，C，D四点，且圆弧==，AC⊥BD，点E在线段AG上，若=. (1)证明:GC∥平面EDB; (2)若△ACG为等边三角形，点F在劣弧上运动，记GF与平面EDB所成的角为α，求sin α的最小值. 21 (1)证明:GC∥平面EDB; [解析] (1)因为==，AC⊥BD，所以△ABD为等边三角形， 所以AC为底面圆的直径，设AC=4，在△ADC中，∠ADC=90°，∠DAC=30°， 所以cos 30°===，则AD=2，CD==2，S△ABD=×(2)2=3， S四边形ABCD=AC×BD=×4×2=4， 设E，G到底面的距离分别为h1，h2， 由=， 22 即·S△ABD·h1=×·S四边形ABCD·h2， 即×3h1=××4h2，所以=，即=. 设AC，BD的交点为M，AM=3，所以=，即==， 连接EM，则EM∥GC，EM⊂面EBD，GC⊄面EBD， 所以GC∥面EBD. 23 (2)若△ACG为等边三角形，点F在劣弧上运动，记GF与平面EDB所成的角为α，求sin α的最小值. [解析](2)设底面圆的圆心为O，过O作ON∥BD，以O为坐标原点，的方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由△ACG为等边三角形，设AC=4，则O(0，0，0)，B， D，G，A(2，0，0)， 因为=，所以由=可得:E， 设F(2cos θ，2sin θ，0)， 则=， 24 设平面BDE的一个法向量为n=(x，y，z)， ==， ∴ 所以可取n=， ∴sin α=|cos <，n>|==(1+cos θ)≥， 当且仅当θ=，即F与B重合时取等号. 所以sin α的最小值为. 25 [小结]利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角); (2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角. 26 2.如图，三棱台ABC-A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AB=2A1B1=4，AA1⊥平面ABC，点M，N，D分别为AB，AC，BC的中点，A1B⊥AC1. (1)证明:CC1∥平面A1MN; (2)求直线A1D与平面A1MN所成角的正弦值; (3)求点D到平面A1MN的距离. 对应训练 27 (1)证明:CC1∥平面A1MN; [解析] (1)侧棱AA1⊥底面ABC，△ABC为等边三角形，过点A作AH⊥AC，以点A为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系， 设AA1长为m(m>0)，则A(0，0，0)，A1，B，C1， =(2，2，-m)，=(2，0，m)， 28 因为A1B⊥AC1，所以·=0，则有4-m2=0，m=2. 所以C(4，0，0)，C1(2，0，2)，A1(0，0，2)，M(1，，0)，N(2，0，0). 证明:因为=(1，，-2)，=(2，0，-2).设平面A1MN的法向量为n1=(x，y，z)， 则令x=1，则n1=， 又因为=(-2，0，2). 所以·n1=-2+0+2=0，所以⊥n1， 又因为CC1⊄平面A1MN，所以CC1∥平面A1MN. 29 (2)求直线A1D与平面A1MN所成角的正弦值; [解析](2)因为D为BC中点，所以CD=2，D(3，，0)， 有=(3，，-2)，又n1=， 设直线A1D与平面A1MN所成角为θ， sin θ====， 则直线A1D与平面A1MN所成角的正弦值为. 30 (3)求点D到平面A1MN的距离. [解析](3)因为=(-1，-，0)，平面A1MN的法向量为n1=， 所以点D到平面A1MN的距离为 = . 31 3.(2025·广东清远·二模)如图，在正四棱锥P-ABCD中，PA=AB=2，E，F分别为PB，PD的中点.设平面AEF∩平面ABCD=m. (1)求证:m∥BD; (2)求直线PA与平面AEF所成角的正弦值; (3)若平面AEF与棱PC交于点M，求的值. 32 (1)求证:m∥BD; [解析] (1)连接EF，在△PBD中， 因为E，F分别为PB，PD的中点，所以EF∥BD， 又因为EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD， 又因为EF⊂平面AEF，平面AEF∩平面ABCD=m， 所以EF∥m， 又因为EF∥BD， 所以m∥BD. 33 (2)求直线PA与平面AEF所成角的正弦值; [解析] (2)设AC∩BD=O，连接PO， 因为P-ABCD为正四棱锥，所以O为正方形ABCD的中心， 所以OA⊥OB，PO⊥平面ABCD. 以O为原点，OA，OB，OP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， 34 由题意可知，A(，0，0)，B(0，，0)，C(-，0，0)，D(0，-，0)，P(0，0，)，E， F，故===(0，-，0)， 设平面AEF的法向量为m=(x，y，z)， 则即 令z=2，则m=(1，0，2). 35 设直线PA与平面AEF所成角为θ， 则sin θ====， 所以直线PA与平面AEF所成角的正弦值为. 36 (3)若平面AEF与棱PC交于点M，求的值. [解析] (3)连接AM，设=λ(0<λ<1)， 所以=λ=(-λ，0，-λ)， 因为=(-，0，)，所以=+=(--λ，0，-λ)， 由(2)知平面AEF的法向量为m=(1，0，2)， 所以平面AEMF的法向量为m=(1，0，2)， 由AM⊂平面AEMF，可知m·=0， 即--λ+2=0，解得λ=. 即=. 37 考点3 求二面角 例3　(2025·山西晋城·二模)如图，在等腰梯形ABCD中，过A，B分别作底边CD上的高，垂足分别为E，F，AB=AE=2，CD=6，将△ADE，△BCF分别沿AE，BF折起，使点D，C分别到达点P，Q的位置，使得PE∥QF，点M，N分别为AE，QF的中点，且MN=. (1)证明:MN∥平面ABQ; (2)证明:平面MNF⊥平面ABFE; (3)求二面角P-MN-F的正弦值. 38 (1)证明:MN∥平面ABQ; [解析] (1)取BF的中点G，连接MG，NG.在正方形ABFE中，因为点M为AE的中点，所以MG∥AB，因为MG⊄平面ABQ，AB⊂平面ABQ，所以MG∥平面ABQ.在△BFQ中，因为点N为QF的中点，所以NG∥BQ，因为NG⊄平面ABQ，BQ⊂平面ABQ，所以NG∥平面ABQ， 又MG∩NG=G，MG，NG⊂平面GMN，所以平面GMN∥平面ABQ， 因为MN⊂平面GMN，所以MN∥平面ABQ. 39 (2)证明:平面MNF⊥平面ABFE; [解析] (2)因为BF⊥FC，所以BF⊥QF.因为AB=AE=2，CD=6，且ABCD为等腰梯形，所以QF=FC=2.又点M，N分别为AE，QF的中点， 所以ME=NF=1，则MF==， 因为MN=，所以MN2=MF2+NF2，则NF⊥MF. 又BF∩MF=F，BF，MF⊂平面ABFE， 所以NF⊥平面ABFE. 因为NF⊂平面MNF， 所以平面MNF⊥平面ABFE. 40 (2)证明:平面MNF⊥平面ABFE; [解析] (3)由(2)可知，EA，EF，EP两两垂直，以E为原点，以EA，EC，EP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Exyz. 则M(1，0，0)，P(0，0，2)，N(0，2，1)，F(0，2，0)， 所以=(-1，0，2)，=(-1，2，1)，=(0，0，-1)， 设平面PMN的法向量为m=(x1，y1，z1)， 41 由取z1=1，得x1=2，y1=，故m=. 设平面FMN的法向量为n=(x2，y2，z2)， 由取x2=2，得y2=1，z2=0，故n=(2，1，0)， 设平面PMN与平面FMN所成的二面角为θ， 则= = = ， 所以sin θ==， 故二面角P-MN-F的正弦值为. 42 [小结]利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角的大小. (2)找与棱垂直的方向向量法:分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 43 4.如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，∠B1BC=60°，B1B=2，A1B=A1C=，AB⊥A1C. (1)求证:AB⊥BC; (2)求平面ABB1与平面BB1C夹角的余弦值. 对应训练 44 (1)求证:AB⊥BC; [解析] (1)取BC的中点O，连接OA1，OB1.因为侧面BCC1B1是菱形，∠B1BC=60°，所以△B1BC是正三角形，因为O是BC中点，所以BC⊥OB1. 因为O是BC中点，A1B=A1C，所以BC⊥OA1， 又因为OA1∩OB1=O，OA1⊂平面OA1B1，OB1⊂平面OA1B1，所以BC⊥平面OA1B1. 因为A1B1⊂平面OA1B1，所以BC⊥A1B1. 因为斜三棱柱ABC-A1B1C1，所以AB∥A1B1，所以AB⊥BC. 45 (2)求平面ABB1与平面BB1C夹角的余弦值. [解析](2)因为AB⊥A1C，AB⊥BC，A1C∩BC=C，A1C⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB⊥平面A1BC，因为A1O⊂平面A1BC，所以AB⊥A1O. 又因为A1O⊥BC，AB∩BC=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1O⊥平面ABC. 以O为原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则A(-1，1，0)，B(-1，0，0)，A1(0，0，)，C(1，0，0). 46 所以=(0，-1，0)，==(1，-1，)，=(2，0，0)， 设平面ABB1的法向量为n=(x1，y1，z1)， 则即 取x1=，则y1=0，z1=-1，所以n=(，0，-1). 设平面BB1C的法向量为m=(x2，y2，z2)， 则即 47 取y2=，则x2=0，z2=1，所以m=(0，，1). 又cos<m，n>= = = -， 所以平面ABB1与平面BB1C夹角的余弦值为. 48 5.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥. (1)求证:EF⊥PC. (2)若BE=2AE， (ⅰ)当二面角P-EF-C是直二面角时，求二面角P-CE-F的正切值; (ⅱ)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围. 49 (1)求证:EF⊥PC. [解析] (1)因为AC⊥BC，AC∥EF， 所以EF⊥BC，即EF⊥FC，EF⊥PF， 因为PF∩FC=F，PF，FC⊂平面PFC， 所以EF⊥平面PFC，因为PC⊂平面PFC，所以EF⊥PC. 50 (2)若BE=2AE， (ⅰ)当二面角P-EF-C是直二面角时，求二面角P-CE-F的正切值; [解析] (2)(ⅰ)因为二面角P-EF-C是直二面角，所以平面PEF⊥平面EFC， 因为平面PEF∩平面EFC=EF，PF⊥EF，PF⊂平面PEF，所以PF⊥平面EFC， 以FE，FC，FP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， P，C，E， ==. 51 易知平面CEF的一个法向量为n=(0，0，1)， 设平面PCE的法向量为m=(x，y，z)， 则令z=1，得y=2，x=1，所以m=(1，2，1)， 设二面角P-CE-F的大小为θ， 则cos θ== = . sin θ=== = ，tan θ= = =. 52 (ⅱ)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围. [解析] (ⅱ)以FE，FC为x，y轴，过F做BC的垂线为z轴， 设P(0，m，t)，t∈，D，A，E， ===， 由·=--+m=0，得出m=， 易知平面ABC的一个法向量为n=(0，0，1)， 设直线PE与平面ABC所成角为β， sin β===， 53 因为≥+1≥+1=， 所以sin β=≤=， 所以正弦值的取值范围为. 54 走进高考 1.(2025·北京)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形，∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. (1)若F，G分别为PD，PE的中点，求证:FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD，PA=AC，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 55 (1)若F，G分别为PD，PE的中点，求证:FG∥平面PAB; [解析] (1)取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，GM， ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC=90°，∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2，∴AC=AB=2，∴BC=4. ∵E，F分别为BC，PD的中点， ∴FN=AD=1，GM=BE=1，且FN∥AD，GM∥BC. ∵∠DAC=45°，∠ACB=45°，∴AD∥BC， ∴FN∥GM，∴四边形FGMN为平行四边形，∴FG∥MN， ∵FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB， ∴FG∥平面PAB. 56 (2)若PA⊥平面ABCD，PA=AC，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. [解析](2)∵PA⊥平面ABCD，∴以A为原点，AC，AB，AP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AD=CD=2，则A(0，0，0)，B(0，2，0)， C(2，0，0)，D(，-，0)，P(0，0，2)， ∴=(0，2，0)，=(，0)， =(-2，0，2)， 设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)， ∴∴ 57 取x=1，∴y=-1，z=1，∴n=(1，-1，1). 设AB与平面PCD所成角为θ， 则sin θ=|cos<，n>|= = = = ， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 58 2.(2025·全国二卷)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)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 59 (1)证明:A'B∥平面CD'F; [解析] (1)设AD=1，所以AB=3，CD=2， 因为F为CD中点，所以DF=1， 因为EF∥AD，AB∥CD，所以AEFD是平行四边形， 所以AE∥DF，所以A'E∥D'F， 因为D'F⊂平面CD'F，A'E⊄平面CD'F， 所以A'E∥平面CD'F， 因为FC∥EB，FC⊂平面CD'F，EB⊄平面CD'F，所以EB∥平面CD'F， 又EB∩A'E=E，EB，A'E⊂平面A'EB，所以平面A'EB∥平面CD'F， 又A'B⊂平面A'EB，所以A'B∥平面CD'F. 60 (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. [解析](2)因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB， 又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC， 以F为原点，FE，FC以及垂直于平面BEFC的直线分别 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 因为D'F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD'A'与平面EFCB所成 二面角为60°，所以∠D'FC=60°. 则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D'，E(1，0，0)，F(0，0，0). 61 所以=(-1，-1，0)，=， =(1，0，0)，=. 设平面BCD'的法向量为n=(x，y，z)， 则所以 令y=，则z=1，x=-，则n=(-，1). 设平面EFD'A'的法向量为m=(x1，y1，z1)， 62 则所以 令y=，则z=-1，x=0，所以m=(0，，-1). 所以|cos<m，n>|= ==. 所以平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值为= . 63 $