2.3 课后达标检测-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修一同步课件（人教B版）

该高中数学课件聚焦直线与平面所成角的计算，通过方向向量与法向量的夹角关系构建知识框架，衔接空间向量、法向量等前置知识，以问题链形式搭建学习支架，引导学生逐步掌握线面角的求解方法。 其亮点在于融入胡夫金字塔等现实情境，培养学生用数学眼光观察世界的能力，通过空间直角坐标系的应用强化数学思维的逻辑性，以多样化题型（如多选、解答题）训练数学语言表达。教师可借助详细解析提升教学效率，学生能在实践中深化空间观念与应用意识。

1．2.3　课后达标检测 1 A 1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°，则直线l与平面α所成的角为(　　) A．40° B．50° C．130° D．170° 解析：因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°，所以直线l与平面α所成的角等于130°－90°＝40°. 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 11 2 3 课后达标检测 15 D 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 A 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4．已知AB⊥平面α于点B，BC为AC在α内的射影，CD在α内，若∠ACD＝60°，∠BCD＝45°，则AC和平面α所成的角为(　　) A．90° B．60° C．45° D．30° C 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 C 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 ACD 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 7．(2026·德州期中)已知平面α的一个法向量为a＝(x，1，2－x)，直线l的一个方向向量为b＝(0，11，0)，则直线l与平面α所成角的正弦值的最大值为________. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 8．已知三棱锥O-ABC中，OA，OB，OC两两垂直，OA＝OC＝2，OB＝1，则直线OB与平面ABC所成角的正弦值为________． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 10.(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AD＝PD＝2CD＝2，PB＝3，点E为棱PC上的点，且BC⊥DE.若PE＝2CE，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 D 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 证明：由于E为棱AB的中点，AB∥CD，所以AE＝CD，AE∥CD，所以四边形AECD是平行四边形，所以AD∥CE，由于AD⊄平面PEC，CE⊂平面PEC， 所以AD∥平面PEC. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 (2)若∠PBA＝60°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．(9分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 15．在空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0，y0，z0)且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.已知平面α的方程为x－2y＋z－7＝0，直线l是两平面x＋y＋2＝0与y－z＋2＝0的交线，则直线l 与平面α所成角的正弦值为__________． 解析：由题可知平面x－2y＋z－7＝0的一个法向量n1＝(1，－2，1)，平面x＋y＋2＝0的一个法向量n2＝(1，1，0)，平面y－z＋2＝0的一个法向量n3＝(0，1，－1). 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 2．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 eq \f(π,6) ，则正数a＝(　　) A．－ eq \f(\r(11),5) B． eq \f(\r(11),5) C．－ eq \f(5\r(11),11) D． eq \f(5\r(11),11) 解析：依题意可得|cos 〈n，d〉|＝ eq \f(|3a|,5\r(a2＋1)) ＝sin eq \f(π,6) ＝ eq \f(1,2) ，解得a＝ eq \f(5\r(11),11) 或a＝－ eq \f(5\r(11),11) (舍去).故选D. 3．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其形状可视为一个正四棱锥，已知该金字塔的塔高与底面边长的比满足黄金比例，即比值约为 eq \f(\r(5)－1,2) ，则它的侧棱与底面所成角的正切值约为(　　) A． eq \f(\r(10)－\r(2),2) B． eq \f(\r(5)－1,2) C． eq \f(\r(5)＋1,2) D． eq \f(\r(10)＋\r(2),2) 解析：作出正四棱锥E-ABCD如图所示， 设底面边长为a，则塔高EF＝ eq \f(\r(5)－1,2) a， AF＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \f(\r(2),2) a， 所以侧棱与底面所成的角∠EAF的正切值为 eq \f(EF,AF) ＝ eq \f(\f(\r(5)－1,2)a,\f(\r(2),2)a) ＝ eq \f(\r(10)－\r(2),2) .故选A. 解析：设AC和平面α所成的角为θ，则cos 60°＝cos θcos 45°，故cos θ＝ eq \f(\r(2),2) ，又0°≤θ≤90°，所以θ＝45°. 5．在三棱锥O-ABC中，OA，OB，OC两两垂直，OA＝3，OB＝4，OC＝5，D是AB的中点，E为OC的中点，则DE与平面OAB所成的角为(　　) A． eq \f(π,2) B． eq \f(π,3) C． eq \f(π,4) D． eq \f(π,6) 解析：因为OA，OB，OC两两垂直，所以以 eq \o(OA,\s\up16(→)) ， eq \o(OB,\s\up16(→)) ， eq \o(OC,\s\up16(→)) 的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系如图，所以O(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，4，0)，C(0，0，5)，D( eq \f(3,2) ，2，0)，E(0，0， eq \f(5,2) )， eq \o(DE,\s\up16(→)) ＝(－ eq \f(3,2) ，－2， eq \f(5,2) )，因为OC⊥平面OAB，所以 eq \o(OC,\s\up16(→)) ＝(0，0，5)为平面OAB的一个法向量， 设DE与平面OAB所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈 eq \o(DE,\s\up16(→)) ， eq \o(OC,\s\up16(→)) 〉|＝ eq \f(|\o(DE,\s\up16(→))·\o(OC,\s\up16(→))|,|\o(DE,\s\up16(→))||\o(OC,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(\f(25,2),\r(\f(9,4)＋4＋\f(25,4))×5) ＝ eq \f(\r(2),2) ，因为θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，所以θ＝ eq \f(π,4) .故选C. 6．(多选)(2026·济南月考)在三棱锥P-ABC中，P(1，1，0)，A(2，0，1)，B(0，2，1)，C(0，0，0)，则(　　) A． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up16(→)))) ＝ eq \r(3) B．向量 eq \o(CA,\s\up16(→)) 与 eq \o(CB,\s\up16(→)) 夹角的余弦值为 eq \f(2,5) C．向量n＝(1，1，－2)是平面ABC的一个法向量 D．PB与平面ABC所成角的正弦值为 eq \f(\r(2),3) 解析：因为P(1，1，0)，B(0，2，1)，所以| eq \o(PB,\s\up16(→)) |＝ eq \r(（1－0）2＋（1－2）2＋（0－1）2) ＝ eq \r(3) ，故A正确； 因为A(2，0，1)，B(0，2，1)，C(0，0，0)， 所以 eq \o(CA,\s\up16(→)) ＝(2，0，1)， eq \o(CB,\s\up16(→)) ＝(0，2，1)， 所以cos 〈 eq \o(CA,\s\up16(→)) ， eq \o(CB,\s\up16(→)) 〉＝ eq \f(\o(CA,\s\up16(→))·\o(CB,\s\up16(→)),|\o(CA,\s\up16(→))||\o(CB,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(1,\r(5)×\r(5)) ＝ eq \f(1,5) ，故B错误； n＝(1，1，－2)，因为 eq \o(CA,\s\up16(→)) ·n＝2×1＋0×1＋1×(－2)＝0， eq \o(CB,\s\up16(→)) ·n＝0×1＋2×1＋1×(－2)＝0， 所以n＝(1，1，－2)是平面ABC的一个法向量，故C正确； 因为 eq \o(PB,\s\up16(→)) ＝(－1，1，1)， 所以PB与平面ABC所成角的正弦值为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈\o(PB,\s\up16(→))，n〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up16(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up16(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋1－2)),\r(3)×\r(6)) ＝ eq \f(\r(2),3) ，故D正确． eq \f(\r(3),3) 解析：设直线l与平面α所成的角为θ， 则sin θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈a，b〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a·b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(11)),\r(x2＋1＋4－4x＋x2)×11) ＝ eq \f(1,\r(2x2－4x＋5)) ＝ eq \f(1,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))2＋3)) ， 当x＝1时，sin θ取得最大值，最大值为 eq \f(\r(3),3) . 解析：因为OA，OB，OC两两垂直，以O为原点， eq \o(OB,\s\up16(→)) ， eq \o(OC,\s\up16(→)) ， eq \o(OA,\s\up16(→)) 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易得O(0，0，0)，A(0，0，2)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，则 eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(1，0，－2)， eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝(0，2，－2)， eq \o(OB,\s\up16(→)) ＝(1，0，0)，设m＝(x，y，z) 是平面ABC的法向量， eq \f(\r(6),3) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up16(→))·m＝x－2z＝0，,\o(AC,\s\up16(→))·m＝2y－2z＝0，)) 令y＝1，则m＝(2，1，1)， 所以|cos 〈 eq \o(OB,\s\up16(→)) ，m〉|＝ eq \f(|\o(OB,\s\up16(→))·m|,|\o(OB,\s\up16(→))||m|) ＝ eq \f(2,1×\r(6)) ＝ eq \f(\r(6),3) ， 故直线OB与平面ABC所成角的正弦值为 eq \f(\r(6),3) . 9．已知平面α的一个法向量为n＝(1，1，0)，则向量 eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(0，1，1)在平面α内的投影向量的长度为________． eq \f(\r(6),2) 解析：因为平面α的一个法向量为n＝(1，1，0)，向量 eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(0，1，1)，所以 cos 〈n， eq \o(AB,\s\up16(→)) 〉＝ eq \f(n·\o(AB,\s\up16(→)),|n||\o(AB,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(1,2) ，设直线AB与平面α所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n， eq \o(AB,\s\up16(→)) 〉|＝ eq \f(1,2) ，因为0≤θ≤ eq \f(π,2) ，所以θ＝ eq \f(π,6) . 所以向量 eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(0，1，1)在平面α内的投影向量的长度为| eq \o(AB,\s\up16(→)) |·cos θ＝ eq \r(2) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(6),2) . 解：由底面ABCD为矩形可知，BC⊥CD，又因为BC⊥DE，DE∩CD＝D，CD，DE⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD，可知BC⊥PC，BC＝AD＝2，PB＝3，所以PC＝ eq \r(5) ，在△PCD中，PC2＝PD2＋CD2，所以PD⊥CD.因为AD∥BC，所以AD⊥平面PCD，因为PD⊂平面PCD，所以PD⊥AD，又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，故以点C为原点，以CD，CB所在直线分别为x轴、y轴，过点C且平行于PD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz. 则C(0，0，0)，B(0，2，0)，D(1，0，0)，P(1，0，2)，又在△PCD中， eq \f(PE,CE) ＝2，则E( eq \f(1,3) ，0， eq \f(2,3) )， eq \o(DE,\s\up16(→)) ＝(－ eq \f(2,3) ，0， eq \f(2,3) )， eq \o(CP,\s\up16(→)) ＝(1，0，2)， eq \o(CB,\s\up16(→)) ＝(0，2，0). 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up16(→))·n＝0，,\o(CP,\s\up16(→))·n＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,x＋2z＝0，)) 令z＝1，得n＝(－2，0，1)，设直线DE与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈 eq \o(DE,\s\up16(→)) ，n〉|＝ eq \f(\f(4,3)＋\f(2,3),\f(2,3)\r(2)×\r(5)) ＝ eq \f(3\r(10),10) . 故直线DE与平面PBC所成角的正弦值为 eq \f(3\r(10),10) . 11.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在棱A1B1上(包括端点)，且满足 eq \o(A1P,\s\up16(→)) ＝λ eq \o(A1B1,\s\up16(→)) ，则当直线PN与平面ABC所成的角最大时的正弦值为(　　) A． eq \f(1,2) B． eq \f(\r(2),2) C． eq \f(\r(3),2) D． eq \f(2\r(5),5) 解析：如图，以A为原点AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Axyz， 则P(λ，0，1)，0≤λ≤1，B(1，0，0)，C(0，1，0)， N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)) ， eq \o(PN,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，－1)) ， 平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设直线PN与平面ABC所成的角为θ， 所以sin θ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PN,\s\up16(→))·n)),\a\vs4\al(|\o(PN,\s\up16(→))||n|)) ＝ eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(5,4))) ， 当λ＝ eq \f(1,2) 时，(sin θ)max＝ eq \f(2\r(5),5) ，此时角θ最大．故选D. 12．已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝3，E为侧棱BB1上的一点，且 eq \f(B1E,B1B) ＝ eq \f(1,3) ，则直线AE与平面A1ED1所成角的余弦值为________． eq \f(\r(10),10) 解析：以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，如图，则A1(2，0，3)，E(2，2，2)，D1(0，0，3)，A(2，0，0)，所以 eq \o(A1E,\s\up16(→)) ＝(0，2，－1)， eq \o(D1E,\s\up16(→)) ＝(2，2，－1)， eq \o(EA,\s\up16(→)) ＝(0，－2，－2). 设平面A1ED1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 \o(A1E,\s\up16(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(·n＝0，, eq \o(D1E,\s\up16(→)) ·n＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－z＝0，,2x＋2y－z＝0，)) 取z＝2，则n＝(0，1，2)， 设直线AE与平面A1ED1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n， eq \o(EA,\s\up16(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\o(EA,\s\up16(→))|,|n||\o(EA,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(|－2－4|,\r(5)×\r(8)) ＝ eq \f(3\r(10),10) ， 所以cos θ＝ eq \r(1－sin2θ) ＝ eq \f(\r(10),10) . 13.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，∠ABC＝90°，BC＝CD＝ eq \f(1,2) AB＝2，E为棱AB的中点． (1)证明：AD∥平面PEC；(6分) 解：依题意可知PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB， ∠PBA＝60°，所以PA＝4×tan60°＝4 eq \r(3) .又∠ABC＝90°， 故以B为原点，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴，过点B作平行于PA的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，4，0)，P(0，4，4 eq \r(3) )， eq \o(AP,\s\up16(→)) ＝(0，0，4 eq \r(3) )， C(2，0，0)，E(0，2，0)， eq \o(CE,\s\up16(→)) ＝(－2，2，0)， eq \o(PE,\s\up16(→)) ＝(0，－2，－4 eq \r(3) )， 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CE,\s\up16(→))＝－2x＋2y＝0，,n·\o(PE,\s\up16(→))＝－2y－4\r(3)z＝0，)) 令z＝1，则n＝(－2 eq \r(3) ，－2 eq \r(3) ，1)， 设直线PA与平面PCE所成的角为θ， 所以sin θ＝ eq \f(|n·\o(AP,\s\up16(→))|,|n||\o(AP,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(4\r(3),5×4\r(3)) ＝ eq \f(1,5) . 14．(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD∥BC，AD⊥BA，AD＝3，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，且PA＝3，点M在棱PD上(不包括端点)，点N为BC中点. 是否存在点M，使NM与平面PCD所成角的正弦值为 eq \f(\r(2),6) ？若存在，求出 eq \f(PM,PD) 的值；若不存在，请说明理由． 解：如图以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，3，0)，P(0，0，3)，N(2，1，0)，假设存在M，设 eq \f(PM,PD) ＝λ，则 eq \o(PM,\s\up16(→)) ＝λ eq \o(PD,\s\up16(→)) ，其中λ∈(0，1)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，由 eq \o(PC,\s\up16(→)) ＝(2，2，－3)， eq \o(PD,\s\up16(→)) ＝(0，3， －3)可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up16(→))·n＝0，,\o(PD,\s\up16(→))·n＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y－3z＝0，,3y－3z＝0，)) 令z＝2，则y＝2，x＝1，即n＝(1，2，2). eq \o(PM,\s\up16(→)) ＝λ eq \o(PD,\s\up16(→)) ＝(0，3λ，－3λ)，则M(0，3λ，3－3λ)， eq \o(MN,\s\up16(→)) ＝(2，1－3λ，3λ－3)，设MN与平面PCD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n， eq \o(MN,\s\up16(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\o(MN,\s\up16(→))|,|n||\o(MN,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(2,3\r(18λ2－24λ＋14)) ＝ eq \f(\r(2),6) ，解得λ＝1或λ＝ eq \f(1,3) ，因为λ∈(0，1)，所以λ＝ eq \f(1,3) ，故存在点M满足题意，此时 eq \f(PM,PD) ＝ eq \f(1,3) . eq \f(\r(2),3) 设直线l的方向向量为l＝(x，y，z)， 因为直线l是两平面x＋y＋2＝0与y－z＋2＝0的交线，则有l⊥n2，l⊥n3， 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(l·n2＝x＋y＝0，,l·n3＝y－z＝0，))) 取x＝1，则l＝(1，－1，－1)，设直线l与平面α所成的角为θ， 所以sin θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈l，n1〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(l·n1)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(l))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1))) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋2－1)),\r(3)×\r(6)) ＝ eq \f(\r(2),3) ，故直线l与平面α所成角的正弦值为 eq \f(\r(2),3) . $