1.2.3 直线与平面的夹角(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教B版)

本讲义聚焦高中数学“直线与平面的夹角”核心知识点，承接空间线线角，为后续面面角学习奠定基础。通过概念辨析（定义、范围）、定理阐释（最小角定理及与三垂线定理联系），到定义法、公式法、向量法三种求解方法，构建完整学习支架。 以迈克尔·杰克逊45度倾斜舞步情境引入，激发兴趣，体现直观想象。题型分层设计（基础判断、母题探究、变式训练），培养逻辑推理，向量法应用强化数学运算。课中助力教师系统教学，课后多样练习帮助学生巩固，弥补知识盲点。

1.2.3　直线与平面的夹角 课标 要求 1.能用向量语言表述直线与平面的夹角（直观想象）. 2.能用向量方法解决线面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用（数学运算）. 　　 迈克尔·杰克逊出生于印第安纳州加里市，被称为“流行音乐之王”.迈克尔·杰克逊除了他擅长的歌曲，还有他那漂亮的太空步，尤其像谜一样存在的招牌动作45度倾斜舞步，据说迈克尔杰克逊早在1993年就申请了专利，专利名称“摆脱地心引力的幻想”. 【问题】　 45度到底指的是哪个角呢？ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点　直线与平面的夹角 1.直线和平面所成的角 【想一想】 　斜线与平面的夹角为［0，］，对吗？ 提示：错误.斜线与平面的夹角为（0，）. 2.最小角定理 提醒：在公式①中，令θ2＝90°，则cos θ＝cos θ1·cos 90°＝0.∴θ＝90°，即当OM⊥OB时，有OM⊥OA，此即三垂线定理；反之，若令θ＝90°，则cos θ1·cos θ2＝0.∵θ1≠90°，∴θ2＝90°，即当OM⊥OA时，有OM⊥OB，此即三垂线定理的逆定理.由此可知三垂线定理及其逆定理可以看成是此公式的特例. 3.用空间向量求直线与平面的夹角 如果v是直线l的一个方向向量，n是平面α的法向量，设直线l与平面α所成角的大小为θ，则θ＝　－＜v，n＞　或θ＝　＜v，n＞－　，特别地cos θ＝　sin＜v，n＞　或sin θ＝　｜cos＜v，n＞｜　. 【想一想】 　直线l的方向向量s与平面的法向量n的夹角一定是直线和平面的夹角吗？ 提示：不是.直线和平面的夹角为. 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）直线与平面的夹角的取值范围是［0，］.（　√　） （2）直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余.（　×　） （3）一条直线与平面α所成的角是它和平面α内所有直线所成的角的最小角.（　√　） （4）若平面α的法向量为u，直线l的方向向量为v，直线l与平面α所成的角为θ，则cos θ＝.（　×　） 2.已知向量m，n，分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－，则直线l与平面α所成的角为（　　） A.　　 B.　　 C.　　 D. 解析：A　设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜m，n＞｜＝.∵θ∈［0，］，∴θ＝.选项A正确，选项B、C、D错误，故选A. 3.已知平面α的一个法向量为n＝（1，－1，0），则x轴与平面α所成角的大小为（　　 ） A.　 B. C.　 D. 解析：C　依题意x轴的方向向量可以为m＝（1，0，0），设x轴与平面α所成角为θ，则sin θ＝＝＝，因为θ∈［0，］，所以θ＝，故选C. 4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CB1与平面AA1C1C所成角的大小为　30°　. 解析：如图，连接B1D1交A1C1于O，连接OC，因为几何体是正方体，所以OB1⊥平面AA1C1C，所以∠B1CO是CB1与平面AA1C1C所成角，设正方体的棱长为1，则OB1＝，CB1＝，sin ∠B1CO＝＝，可得∠B1CO＝30°.即CB1与平面AA1C1C所成角的大小为30°. 　　 题型一　利用定义求直线与平面的夹角 如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°. （1）求证：BC⊥平面PAC； （2）若D为PB的中点，试求AD与平面PAC夹角的正弦值. 解：（1）证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC. 又∠BCA＝90°，所以AC⊥BC， 又AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC. （2）取PC的中点E，连接DE.因为D为PB的中点，所以DE∥BC，所以DE⊥平面PAC. 连接AE，则AE是AD在平面PAC内的射影，且DE⊥AE， 所以∠DAE是直线AD与平面PAC的夹角.设PA＝AB＝a， 在Rt△ABC中，因为∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，所以BC＝，DE＝， 在Rt△ABP中，AD＝a， 所以sin∠DAE＝＝＝. 即AD与平面PAC夹角的正弦值为. 【母题探究】 1.（变设问）若本例条件不变，问题（2）改为：D为PB上的一点，且BD＝PB，试求AD与平面PAC夹角的正弦值. 解：由已知BC⊥AC，BC⊥PA，AC∩PA＝A， 所以BC⊥平面PAC，BC⊥PC，过PB的三等分点D作DE∥BC，则DE⊥平面PAC，由BD＝PB且DE＝BC，连接AE，AD， 则∠DAE为AD与平面PAC的夹角，不妨设PA＝AB＝1，因为∠ABC＝60°， 所以BC＝，DE＝×＝，PB＝，BD＝. 在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos 45°＝，所以AD＝， 所以sin∠DAE＝＝＝. 即AD与平面PAC夹角的正弦值为. 2.（变设问）若本例（2）条件不变，求AD与平面PBC的夹角的正弦值. 解：由本例（1）知BC⊥平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBC. 过A作AE⊥PC于E.所以AE⊥平面PBC. 连接ED，则∠ADE为AD与平面PBC的夹角. 设PA＝2a，AB＝2a， 所以PB＝2a.故AD＝a. 在△APC中，AP＝2a， AC＝AB·sin 60°＝2a×＝a，所以PC＝＝a，设∠ACP＝θ， 则AE＝AC·sin θ＝AC×＝a×＝a＝a， 所以sin∠ADE＝＝＝. 即AD与平面PBC夹角的正弦值为. 规律方法 求直线和平面所成角的步骤 （1）寻找过斜线上一点与平面垂直的直线； （2）连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角； （3）把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角. 1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2a，AD＝a，AA1＝a，则直线B1C与平面ABCD所成的角是（　　） A.45°　　　　　　　 B.90° C.正切值为2　 D.正切值为 解析：A　长方体ABCD-A1B1C1D1中，直线B1B⊥平面ABCD，所以∠B1CB就是直线B1C与平面ABCD所成的角，在Rt△B1BC中，BC＝AD＝a，BB1＝AA1＝a，所以tan∠B1CB＝＝1，所以∠B1CB＝45°.故选A. 2.如图，空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角是（　　） A.30°　 B.45° C.60°　 D.90° 解析：B　如图，过点A作AE⊥BD，垂足为E.因为平面ABD⊥平面BCD，AE⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以AE⊥平面BCD，所以AD与平面BCD所成的角是∠ADE，因为∠BAD＝90°，且AB＝AD，所以∠ADE＝45°.所以AD与平面BCD所成的角是45°.故选B. 题型二　利用cos θ＝cos θ1cos θ2求直线与平面夹角 （链接教科书第45页例1）〔一题多解〕已知∠BOC在平面α内，OA是平面α的一条斜线，若∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝a，求OA与平面α所成的角. 解：法一　∵OA＝OB＝OC＝a，∠AOB＝∠AOC＝60°，∴AB＝AC＝a. 又∵BC＝a，∴AB2＋AC2＝BC2. ∴△ABC为等腰直角三角形. 同理△BOC也为等腰直角三角形. 取BC的中点H，连接AH，OH， ∴AH＝a，OH＝a，又AO＝a， ∴AH2＋OH2＝AO2. ∴△AHO为等腰直角三角形.且AH⊥OH. 又∵AH⊥BC，OH∩BC＝H，OH，BC⊂平面α， ∴AH⊥平面α. ∴OH为AO在α平面内的射影，∠AOH为OA与平面α所成的角. 在Rt△AOH中，sin∠AOH＝＝. ∴∠AOH＝45°. ∴OA与平面α所成的角为45°. 法二　∵∠AOB＝∠AOC＝60°， ∴OA在α内的射影为∠BOC的平分线， 作∠BOC的角平分线OH交BC于H. 又OB＝OC＝a，BC＝a，∴∠BOC＝90°. 故∠BOH＝45°，由公式cos θ＝cos θ1·cos θ2， 得cos∠AOH＝＝， ∴OA与平面α所成的角为45°. 规律方法 cos θ＝cos θ1·cos θ2的应用 （1）利用公式cos θ＝cos θ1·cos θ2求直线与平面的夹角，应明确图形中θ，θ1，θ2； （2）①当θ＝90°⇔θ2＝90°，即符合三垂线定理； ②由0＜cos θ2＜1，所以cos θ＜cos θ1⇒θ1＜θ，即θ1为所有θ角中最小的角. 　PA，PB，PC是从P点引出的三条射线，每两条射线的夹角为60°，则直线PC与平面APB所成角的余弦值为（　　） A.　 B. C.　 D. 解析：C　如图，∵∠CPA＝∠CPB，∴PC在平面APB内的射影PH是∠APB的平分线.∴cos∠CPH＝＝＝. 题型三　利用空间向量求直线与平面的夹角 如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2，∠ABC＝60°，M是AB的中点.求直线BE与平面EAC所成角的正弦值. 解：连接EM，MC，因为EA＝EB，M是AB的中点，所以EM⊥AB， 因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面ABE， 所以EM⊥平面ABCD， 又CM⊂平面ABCD，所以EM⊥CM， 在菱形ABCD中，因为∠ABC＝60°， 所以△ABC是正三角形， 所以MC⊥AB，所以ME，MC，MB两两垂直. 所以以点M为坐标原点，MB，MC，ME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A（－1，0，0），B（1，0，0），C（0，，0），E（0，0，）， ＝（1，，0），＝（1，0，），＝（－1，0，）， 设m＝（x，y，z）是平面ACE的一个法向量， 则即 令z＝1，得m＝（－，1，1）， 设直线BE与平面EAC所成的角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，m＞｜＝＝＝， 所以直线BE与平面EAC所成角的正弦值为. 【母题探究】 （变设问）若点P在线段EC上，且直线AP与平面ABE所成的角为45°，求出的值. 解：由题意可知，平面ABE的一个法向量为n＝（0，1，0）， ＝（1，0，），＝（0，，－）， 设＝λ＝（0，λ，－λ），0≤λ≤1， 则＝＋＝（1，λ，－λ）， 因为直线AP与平面ABE所成的角为45°， 所以sin 45°＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝， 整理可得4－6λ＝0，解得λ＝，所以＝. 规律方法 用法向量求线面角的正弦值的流程图 　　 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直.若点C到平面AB1D1的距离为，则直线B1D与平面AB1D1所成角的余弦值为（　　） A.　 B. C.　 D. 解析：A　如图，连接A1C1交B1D1于点O，连接AO，过点C作CH⊥AO于点H，连接CO，AC.易得平面AB1D1⊥平面AA1C1C，且平面AB1D1∩平面AA1C1C＝AO，CH⊂平面AA1C1C，所以CH⊥平面AB1D1，则CH＝.设AA1＝a（a＞0），则AO＝CO＝，AC＝2，则根据三角形面积公式得S△AOC＝×AO×CH＝×AC×AA1，代入解得a＝2（负值舍）.以A1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A1xyz.则A（0，0，2），B1（2，0，0），D1（0，2，0），D（0，2，2），所以＝（0，2，－2），＝（2，0，－2），＝（－2，2，2）.设平面AB1D1的法向量为n＝（x，y，z），则即令x＝，得平面AB1D1的一个法向量n＝（，，1）.cos＜，n＞＝＝，所以直线B1D与平面AB1D1所成角的余弦值为＝，故选A. 1.若直线l与平面α所成角为，直线a在平面α内，且与直线l异面，则直线l与直线a所成角的取值范围是（　　） A.［0，］　 B.［，］ C.［，］　 D.［，］ 解析：D　由最小角定理知直线l与直线a所成的最小角为，又l，a为异面直线，则所成角的最大值为. 2.如图，在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点S在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OC，则直线CD与平面PAC所成的角是（　　） A.45°　 B.90° C.30°　 D.60° 解析：C　如图，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A（0，－a，0），C（0，a，0），D（－a，0，0），S（0，0，a），P（－，0，），则＝（0，－2a，0），＝（－，a，），＝（－a，－a，0）.设平面PAC的法向量为n＝（x，y，z），则n·＝0，n·＝0，∴可取n＝（1，0，1）.设直线CD与平面PAC所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝，又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选C. 3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，BB1＝2，点D是棱BB1的中点，则AD与平面AA1C1C所成角的大小为（　　） A.　 B. C.　 D. 解析：B　如图，取AC，A1C1的中点分别为M，M1，连接MM1，BM，过点D作DN∥BM交MM1于点N，则易证DN⊥平面AA1C1C，连接AN，则∠DAN为AD与平面AA1C1C所成的角.在Rt△DNA中，sin∠DAN＝＝＝，∠DAN＝. 4.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　　. 解析：设l与α所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜m，n＞｜＝.因为θ∈［0，］，所以θ＝. 　　 1.设直线l的方向向量为s，平面α的法向量为n，若＜s，n＞＝，则直线l与平面α所成角的大小为（　　） A.　 B. C.　 D. 解析：B　因为＜s，n＞＝＞，所以l与α所成角的大小为－＝.故选B. 2.已知直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n.若＜a，n＞＝，则l与α所成角的大小为（　　） A.　 B. C.　 D. 解析：C　如图所示，直线l与平面α所成的角θ＝－（π－）＝. 3.已知OA，OB，OC是由点O出发的三条射线，两两夹角为30°，则OC与平面OAB所成角的余弦值为（　　） A.2－2　 B. C.　 D.2－2 解析：B　设OC与平面OAB所成的角为θ，则cos 30°＝cos θ·cos 15°，∴cos θ＝. 4.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝BC，E，F分别为CD，PC的中点，则直线PE与平面ABF所成角的正弦值为（　　） A.　 B. C.　 D. 解析：C　建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则P（0，0，2），C（2，2，0），D（0，2，0），B（2，0，0），由F，E分别为PC，CD的中点，则F（1，1，1），E（1，2，0），则＝（－1，1，1），＝（1，2，－2），＝（2，0，0），设平面ABF的法向量为n＝（x，y，z），则设y＝1，则z＝－1，x＝0，所以平面ABF的一个法向量为n＝（0，1，－1），设直线PE与平面ABF所成角为θ，sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝＝. 5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M是BD的中点，则B1M与平面AA1D1D所成角的余弦值为（　　） A.　　　　　　 B. C.　 D. 解析：A　由题意得，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B1（2，2，2），M（1，1，0），∴＝（－1，－1，－2），由DC⊥平面AA1D1D，∴＝（0，2，0）是平面AA1D1D的一个法向量，设B1M与平面AA1D1D所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝，∴B1M与平面AA1D1D所成角的余弦值为cos θ＝＝. 6.如图，在正四棱柱AC1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的余弦值为，则正四棱柱的高为（　　） A.1　 B.2 C.3　 D.4 解析：D　以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系，如图所示，设DD1＝a，则A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，a），故＝（－2，2，0），＝（－2，0，a），＝（0，0，a），设平面ACD1的一个法向量为n＝（x，y，z），则可取n＝（1，1，），故｜cos＜n，＞｜＝＝＝，又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，∴＝，解得a＝4. 7.〔多选〕如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠DBC＝120°，则（　　） A.直线AD与直线BC所成角的大小为90° B.直线AB与直线CD所成角的余弦值为 C.直线AD与平面BCD所成角的大小为45° D.直线AD与平面BCD所成角的大小为60° 解析：ABC　以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，设AB＝2，则A（0，－1，），C（0，2，0），D（，－1，0），所以＝（，0，－），＝（0，2，0），＝（0，1，－），＝（，－3，0）.因为·＝0，所以AD⊥BC，即直线AD与直线BC所成角的大小为90°，A正确.因为｜cos＜，＞｜＝＝，所以直线AB与直线CD所成角的余弦值为，B正确.设AD与平面BCD所成的角为θ，因为n＝（0，0，1）是平面BCD的一个法向量，所以sin θ＝｜cos ＜，n＞｜＝＝，所以θ＝45°，即直线AD与平面BCD所成角的大小为45°，C正确，D错.故选A、B、C. 8.若平面α的一个法向量为（1，1，1），直线l的方向向量为（0，3，4），则l与α所成角的正弦值为　　. 解析：设l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝＝＝. 9.如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，M，N分别是AB，SC的中点，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为　　，直线SM与平面SAC所成的角的大小为　　. 解析：因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，所以以S为原点，SB，SA，SC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（图略）.设SA＝SB＝SC＝2，则S（0，0，0），M（1，1，0），B（2，0，0），N（0，0，1），A（0，2，0），C（0，0，2）.故＝（1，1，0），＝（－2，0，1），所以｜cos＜，＞｜＝＝，故异面直线SM与BN所成角的余弦值为.由题意得，平面SAC的一个法向量为＝（2，0，0），设直线SM与平面SAC所成的角为θ，其中θ∈［0，］，则由sin θ＝｜cos＜，＞｜＝＝，解得θ＝，即直线SM与平面SAC所成的角的大小为. 10.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为C1C，BC的中点. （1）证明：B1F⊥AE； （2）求直线A1B与平面AEF所成角的正弦值. 解：（1）证明：显然AB，AC，AA1两两垂直，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0）， B1（2，0，2），E（0，2，1），F（1，1，0）， ＝（－1，1，－2），＝（0，2，1），则·＝－1×0＋1×2＋（－2）×1＝0， 则⊥，∴B1F⊥AE. （2）由（1）可知，＝（2，0，－2），＝（0，2，1），＝（1，1，0） 设平面AEF的法向量为m＝（x，y，z），∴ 令x＝1，得y＝－1，z＝2，即m＝（1，－1，2）. 设A1B与平面AEF所成角为θ， 则sin θ＝｜cos ＜m，＞｜＝｜｜＝｜｜＝. ∴直线A1B与平面AEF所成角的正弦值为. 11.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝，＝，＝λ，当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，λ＝（　　） A.　 B. C.　 D. 解析：C　如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1.则M（，0，1），N（1，0，），C（0，1，0）， B1（1，1，1），D（0，0，0），D1（0，0，1）.所以＝λ＝（－λ，0，－λ），E（1－λ，1，1－λ），＝（，0，－），＝（－λ，1，－λ）.设平面MNE的法向量为m＝（x，y，z），则令x＝1，则y＝2λ－，z＝1，可得m＝（1，2λ－，1）.又＝（0，0，1），设直线DD1与平面MNE所成的角为α，则sin α＝｜cos＜m，＞｜＝｜｜＝＝，从而当λ＝时，sin α取到最大值，又α∈［0，］，故λ＝时直线DD1与平面MNE所成的角最大. 12.〔多选〕在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E是CC1的中点，则（　　） A.BD1与DE所成角的余弦值为 B.BE与平面BDD1B1所成的角为30° C.BD1与平面BDE所成的角为45° D.四面体ABED1的体积是 解析：ABD　以D为原点， ，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），D1（0，0，2），B（1，1，0），B1（1，1，2），E（0，1，1），A（1，0，0），C（0，1，0），＝（－1，－1，2），＝（－1，0，1），＝（0，1，1），＝（－1，1，0）.对于A，｜cos＜，＞｜＝＝＝，所以BD1与DE所成角的余弦值为，故A正确；对于B，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，又因为BD，DD1⊂平面BDD1B1，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，即为平面BDD1B1的一个法向量，｜cos＜，＞｜＝＝＝，所以BE与平面BDD1B1所成的角为30°，故B正确；对于C，设平面BDE的一个法向量为n＝（x，y，z），则⇒ 取x＝1，则n＝（1，－1，1），｜cos＜，n＞｜＝＝＝≠，所以BD1与平面BDE所成的角不为45°，故C错误；对于D，因为BC1∥AD1，BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，所以BC1∥平面AD1E，所以四面体ABED1的体积＝＝＝··AD＝××1×1×1＝，故D正确. 13.〔一题多解〕在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点M，N分别在棱BC，AB上，且满足AN＝BM，当三棱锥D-MNB1的体积最小时，B1M与平面A1MN所成角的正弦值是　　. 解析：设AN＝x（0≤x≤2），则S△DMN＝2×2－×2x－（2－x）x－×2（2－x）＝2－（2－x）x.由等体积法，得＝＝×2×S△DMN＝－（2－x）x≥－（）2＝1，当且仅当2－x＝x，即x＝1时，等号成立.所以当最小时，M，N分别是所在棱的中点. 法一　易知A1N＝B1M＝，A1M＝3，MN＝.由余弦定理，得cos∠A1MN＝＝，所以sin∠A1MN＝，所以＝××3×＝.设点B1到平面A1MN的距离为h.根据＝，得××2×2×1＝××h，解得h＝.所以B1M与平面A1MN所成角的正弦值为＝＝. 法二　以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系（图略），则N（2，1，0），M（1，2，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2）.所以＝（1，－1，0），＝（－1，2，－2），＝（1，0，2）.设平面A1MN的法向量为n＝（x，y，z），则即令x＝1，得y＝1，z＝，则n＝（1，1，）.设B1M与平面A1MN所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝. 14.如图是一个直三棱柱（以A1B1C1为底面）被一平面所截后得到的几何体，截面为ABC.已知A1B1＝B1C1＝1，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝2，CC1＝3. （1）设点O是AB的中点，证明：OC∥平面A1B1C1；　 （2）求直线AB与平面AA1C1C所成的角的余弦值； （3）求此几何体的体积. 解：（1）证明：由题可得BB1⊥平面A1B1C1，又A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1B1，BB1⊥B1C1， 又因为∠A1B1C1＝90°，所以可以以B1为坐标原点建立空间直角坐标系，如图1， 则C1（1，0，0），C（1，0，3），A1（0，1，0），A（0，1，4），B（0，0，2）， 因为O是AB的中点， 所以O（0，，3），＝（1，－，0）， 易知n＝（0，0，1）是平面A1B1C1的一个法向量，·n＝0，又OC⊄平面A1B1C1，所以OC∥平面A1B1C1. （2）设直线AB与平面AA1C1C所成的角为θ，＝（0，0，4），＝（1，－1，0），设m＝（x，y，z）是平面AA1C1C的法向量，则由得取x＝1，得m＝（1，1，0）. 又因为＝（0，－1，－2），所以cos＜m，＞＝＝－， 则sin θ＝，cos θ＝，所以直线AB与平 面AA1C1C所成的角的余弦值为. （3）分别延长A1A，B1B，C1C至点D，E，F，使AD＝2，BE＝4，CF＝3，如图2，则＝＝×（×1×1）×6＝.因此该几何体的体积为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $