2.4 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）

1．2.4　课后达标检测 1 D 1．已知平面α的法向量n1＝(1，0，0)，平面β的法向量 n2＝(0，1，0)，则平面α与β的夹角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：因为n1·n2＝1×0＋0×1＋0×0＝0，所以n1⊥n2，故α⊥β，所以平面α与平面β的夹角为90°. 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 11 2 3 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 3．如图，三棱台ABC-A1B1C1的下底面是正三角形，AB⊥BB1，B1C1⊥BB1，则二面角A-BB1-C的大小是(　　) A.30° B．45° C．60° D．90° 解析：在三棱台ABC-A1B1C1中，B1C1∥BC，且B1C1⊥BB1，则BC⊥BB1，又AB⊥BB1，且AB∩BC＝B，所以B1B⊥平面ABC，所以∠ABC为二面角A-BB1-C的平面角，因为△ABC为正三角形，所以∠ABC＝60°.故选C. C 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，AE⊥平面ABCD，若AE＝1，则平面ADE与平面BCE所成的角为(　　) A．45° B．60° C．120° D．150° 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 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 B 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 BC 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．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，则二面角C1-AB-C的大小为________． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 8．在60°的二面角的一个面内有一个点，若它到另一个面的距离是10 cm， 则该点到二面角的棱的距离是______________． 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，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；(5分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 又BC＝1，AD∥BC， 所以FG＝BC，FG∥BC， 所以四边形FGCB为平行四边形， 所以BF∥CG， 又BF⊄平面PCD，CG⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值．(8分) 解：因为AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD， 所以AB⊥PE， 又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 连接EC，易知四边形ABCE为矩形，故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 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 11．已知正四面体ABCD中异面直线AB与CD所成的角为α，侧棱AB与底面BCD所成的角为β，侧面ABC与底面BCD所成的锐二面角为γ，则(　　) A.α＞γ＞β B．α＞β＞γ C．β＞α＞γ D．γ＞α＞β A 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 解析：过A作A在底面BCD的射影O，因为ABCD是正四面体，所以O是底面BCD的中心，取BC的中点E，连接OB，OE，AE，如图所示，在正四面体A-BCD中，AO⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD，又BO⊥CD，AO，BO⊂平面ABO，AO∩BO＝O，则CD⊥平面ABO，因为AB⊂平面ABO，所以AB⊥CD，即异面直线AB与CD所成的角为α＝90°.侧棱AB在底面BCD内的射影为OB，则∠ABO是侧棱AB与底面BCD 所成的角，即β＝∠ABO.因为AE⊥BC，OE⊥BC，侧面 ABC与底面BCD所成的角为∠AEO，所以γ＝∠AEO. 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 BC 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 因为n＝(1，1，0)与m＝(1，1，1)不平行，所以n＝(1，1，0)不是平面ACD1的一个法向量，故D错误．故选BC. 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 14．(15分)(2026·潍坊期末)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，A1B1＝2，AB＝AC＝4，D为BC的中点，AC⊥C1D. (1)证明：AC⊥AB；(7分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 证明：在三棱台ABC-A1B1C1中， 因为A1B1＝2，AB＝AC＝4，所以A1C1＝2，BC＝2B1C1，BC∥B1C1. 因为D为BC的中点，所以B1C1＝BD，又B1C1∥BD， 所以四边形BDC1B1为平行四边形，故BB1∥C1D. 因为AC⊥C1D，所以AC⊥BB1. 因为AA1⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，所以AA1⊥AC. 因为AA1，BB1⊂平面ABB1A1，AA1，BB1为相交直线，所以AC⊥平面ABB1A1， 因为AB⊂平面ABB1A1，所以AC⊥AB. 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．(15分)(2026·德州月考)如图，在圆柱O1O2中，AB是底面圆O2上的一条直径，P，Q分别是底面O2，O1圆周上的一点，PQ∥O1O2，AB＝2PQ，且点P不与A，B两点重合． (1)证明：平面APQ⊥平面BPQ；(6分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 证明：因为AB是底面圆O2上的一条直径， 所以AP⊥BP， 因为O1O2⊥底面圆O2，PQ∥O1O2， 所以PQ⊥底面圆O2， 因为BP⊂底面圆O2，所以PQ⊥BP， 因为AP∩PQ＝P，AP，PQ⊂平面APQ， 所以BP⊥平面APQ， 因为BP⊂平面BPQ，所以平面APQ⊥平面BPQ. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (2)若二面角A-O1O2-P的大小为60°，求直线BQ与平面PQO1所成角的正弦值．(9分) 解：因为O1O2⊥底面圆O2，AO2，PO2⊂底面圆O2， 所以O1O2⊥PO2，O1O2⊥AO2，又平面AO1O2∩平面PO1O2＝O1O2， 所以∠AO2P为二面角A-O1O2-P的平面角， 故∠AO2P＝60°，又AO2＝PO2， 所以△APO2为等边三角形， 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 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 2．在边长为a的正三角形ABC中，AD⊥BC于点D，将△ABD沿AD翻折后，BC＝ eq \f(1,2) a，此时二面角B-AD-C的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：分析知∠BDC就是二面角B-AD-C的平面角．因为在△BCD中，BC＝BD＝CD＝ eq \f(1,2) a，所以△BCD为正三角形，所以∠BDC＝60°. 解析：因为AE⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，如图建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(1，1，0)，E(0，0，1)，所以 eq \o(BC,\s\up16(→)) ＝(0，1，0)， eq \o(BE,\s\up16(→)) ＝(－1，0，1)， 设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up16(→))＝y＝0，,n·\o(BE,\s\up16(→))＝－x＋z＝0，)) 令x＝1，则n＝(1，0，1)， 又平面ADE的一个法向量为m＝(1，0，0)， 设平面ADE与平面BCE所成的角为θ，则cos θ＝ eq \f(|m·n|,|m||n|) ＝ eq \f(\r(2),2) ，又0°≤θ≤90°，所以θ＝45°.故选A. 5．如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 eq \r(2) 倍，SD⊥平面PAC，P为侧棱SD上的点，则二面角P-AC-B的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(3),2) B．－ eq \f(\r(3),2) C．－ eq \f(\r(2),2) D．－ eq \f(1,2) 解析：连接BD，交AC于点O，连接SO，则SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点， eq \o(OB,\s\up16(→)) ， eq \o(OC,\s\up16(→)) ， eq \o(OS,\s\up16(→)) 的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设底面边长为a，则SO＝ eq \f(\r(6),2) a，S(0，0， eq \f(\r(6),2) a)，D(－ eq \f(\r(2),2) a，0，0)， eq \o(SD,\s\up16(→)) ＝(－ eq \f(\r(2),2) a，0，－ eq \f(\r(6),2) a)， 显然n＝(0，0，1)是平面ABC的一个法向量， 因为SD⊥平面PAC，所以 eq \o(SD,\s\up16(→)) ＝(－ eq \f(\r(2),2) a，0，－ eq \f(\r(6),2) a)是平面PAC的一个法向量， 设二面角P-AC-B的平面角为θ，由图易知θ为钝角，所以cos θ＝－|cos 〈n， eq \o(SD,\s\up16(→)) 〉|＝－ eq \f(|n·\o(SD,\s\up16(→))|,|n||\o(SD,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(－\f(\r(6),2)a,1×\r(（\f(\r(2),2)a）2＋（\f(\r(6),2)a）2)) ＝－ eq \f(\r(3),2) . 6．(多选)如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，已知CM⊥AB，ON⊥AB，垂足M，N为两个不同的点，且〈 eq \o(MC,\s\up16(→)) ， eq \o(ON,\s\up16(→)) 〉＝ eq \f(2π,3) ，设直线MC与ON所成的角为α，二面角C-AB-O的大小为β，则(　　) A．α＝ eq \f(π,6) B．α＝ eq \f(π,3) C．β＝ eq \f(π,3) D．β＝ eq \f(2π,3) 解析：由题意可知，〈 eq \o(MC,\s\up16(→)) ， eq \o(ON,\s\up16(→)) 〉＝ eq \f(2π,3) ， 因为α∈[0， eq \f(π,2) ]，所以α＝π－ eq \f(2π,3) ＝ eq \f(π,3) . 因为β∈[0，π]，且由题图可知二面角C-AB-O为锐二面角，所以β＝ eq \f(π,3) . 解析：由图可知C1B⊥AB，CB⊥AB，所以∠C1BC是二面角C1-AB-C的平面角，tan ∠C1BC＝ eq \f(C1C,BC) ＝1，所以∠C1BC＝ eq \f(π,4) . eq \f(π,4) eq \f(20\r(3),3) cm 解析：如图所示，平面α，β相交于l，PA⊥l，PA⊂平面α，MA⊥l，MA⊂平面β，PM⊥平面β ，PM＝10 cm.则∠PAM为二面角α-l-β的平面角，且∠PAM＝60°， 所以sin ∠PAM＝ eq \f(10,AP) ＝ eq \f(\r(3),2) ， 所以AP＝ eq \f(20\r(3),3) cm. 即点P到二面角的棱l的距离为 eq \f(20\r(3),3) cm. 9．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在棱AA1上，PC＝ eq \f(\r(19),3) ，则平面ABCD与平面BPC1所成角的余弦值为________． eq \f(3\r(19),19) 解析：连接AC，由题可得AC＝ eq \r(2) ，由正方体性质易得PA⊥AC，所以AP＝ eq \r(PC2－AC2) ＝ eq \f(1,3) ，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,3))) ，B(1，1，0)， C1(0，1，1)，所以 eq \o(PB,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,3))) ， eq \o(BC1,\s\up16(→)) ＝(－1，0，1)，设平面BPC1的法向量为n＝(x，y，z)，则 \o(BC1,\s\up16(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up16(→))＝0，,n·＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－\f(z,3)＝0，,－x＋z＝0，)) 取y＝1，则n＝(3，1，3)，取平面ABCD的一个法向量为n1＝(0，0，1)，设平面ABCD与平面BPC1所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈n，n1〉|＝ eq \f(|n·n1|,|n||n1|) ＝ eq \f(3\r(19),19) . 解：取PD的中点G，连接FG，CG(图略)， 因为F为PE的中点， 所以FG＝ eq \f(1,2) DE＝1，FG∥DE， 则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，则 eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(1，0，0)， eq \o(AP,\s\up16(→)) ＝(0，1，2)， eq \o(PC,\s\up16(→)) ＝(1，0，－2)， eq \o(PD,\s\up16(→)) ＝(0，2，－2). 设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up16(→))＝x1＝0，,n1·\o(AP,\s\up16(→))＝y1＋2z1＝0，)) 可取n1＝(0，－2，1). 设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up16(→))＝x2－2z2＝0，,n2·\o(PD,\s\up16(→))＝2y2－2z2＝0，)) 可取n2＝(2，1，1). 设平面PAB与平面PCD所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝ eq \f(\r(30),30) . 所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为 eq \f(\r(30),30) . 则sin β＝sin ∠ABO＝ eq \f(AO,AB) ， sin γ＝sin ∠AEO＝ eq \f(AO,AE) ， 因为AB＞AE， 所以 eq \f(AO,AB) ＜ eq \f(AO,AE) ， 即sin β＜sin γ， 则β＜γ＜90°， 即β＜γ＜α.故选A. 12．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列说法中正确的是(　　) A．AC与BD1所成角的大小为60° B．二面角D-AC-D1的平面角的正切值为 eq \r(2) C．AB1与平面ACD1所成角的正切值为 eq \r(2) D．n＝(1，1，0)是平面ACD1的一个法向量 解析：如图建立空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)， 所以 eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝(－1，1，0)， eq \o(BD1,\s\up16(→)) ＝(－1，－1，1)， eq \o(AC,\s\up16(→)) · eq \o(BD1,\s\up16(→)) ＝0， 即 eq \o(AC,\s\up16(→)) ⊥ eq \o(BD1,\s\up16(→)) ，AC与BD1所成角的大小为90°，故A错误； 设平面ACD1的一个法向量为m＝(x，y，z)， eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝(－1，1，0)， eq \o(AD1,\s\up16(→)) ＝ (－1，0，1)，所以 \o(AD1,\s\up16(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up16(→))＝－x＋y＝0，,m·＝－x＋z＝0，)) 令x＝1，则m＝(1，1，1)， 平面DAC的法向量可取t＝(0，0，1)，设二面角D-AC-D1的平面角为θ， 由图可得cos θ＝|cos 〈m，t〉|＝ eq \f(1,\r(3)) ，所以sin θ＝ eq \f(\r(2),\r(3)) ，tan θ＝ eq \r(2) ，故B正确； 因为 eq \o(AB1,\s\up16(→)) ＝(0，1，1)，设AB1与平面ACD1所成的角为α，则sin α＝ \o(AB1,\s\up16(→)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈，m〉)) ＝ eq \f(2,\r(2)×\r(3)) ＝ eq \f(\r(6),3) ，cos α＝ eq \f(\r(3),3) ，tan α＝ eq \r(2) ，故C正确； 13.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，AB＝AC＝AA1, M，N 分别是侧棱BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为 eq \f(π,6) ，则当CN最小时，∠AMB＝________． eq \f(π,3) 解析：建立空间直角坐标系，如图所示， 设CN＝b，BM＝a，AB＝AC＝AA1＝1，则N(0，1，b)，M(1，0，a)，A(0，0，0)，B(1，0，0)， 所以 eq \o(AM,\s\up16(→)) ＝(1，0，a)， eq \o(AN,\s\up16(→)) ＝(0，1，b)， 设平面AMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AM,\s\up16(→))·n＝0，,\o(AN,\s\up16(→))·n＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋az＝0，,y＋bz＝0，)) 令z＝1，则n＝(－a，－b，1)， 又平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以cos eq \f(π,6) ＝ eq \f(|m·n|,|m||n|) ＝ eq \f(1,\r(a2＋b2＋1)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，即3a2＋3b2＝1， 当CN最小时，b＝0，BM＝a＝ eq \f(\r(3),3) ， 所以tan ∠AMB＝ eq \f(AB,BM) ＝ eq \r(3) ， 所以∠AMB＝ eq \f(π,3) . (2)若AA1＝2 eq \r(2) ，求平面BCC1B1与平面ADC1所成角的余弦值．(8分) 解：以A为坐标原点， eq \o(AB,\s\up16(→)) ， eq \o(AC,\s\up16(→)) ， eq \o(AA1,\s\up16(→)) 的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，4，0)，B1(2，0，2 eq \r(2) )，C1(0，2，2 eq \r(2) )，D(2，2，0)， 所以 eq \o(BC,\s\up16(→)) ＝(－4，4，0)， eq \o(BB1,\s\up16(→)) ＝(－2，0，2 eq \r(2) )， eq \o(AC1,\s\up16(→)) ＝(0，2，2 eq \r(2) )， eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝(2，2，0). 设m＝(x1，y1，z1)是平面BCC1B1的法向量，则 \o(BB1,\s\up16(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up16(→))·m＝0，,·m＝0，))) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－4x1＋4y1＝0，,－2x1＋2\r(2)z1＝0，))) 取m＝( eq \r(2) ， eq \r(2) ，1). 设n＝(x2，y2，z2)是平面ADC1的法向量，则 \o(AC1,\s\up16(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))·n＝0，,·n＝0，))) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2x2＋2y2＝0，,2y2＋2\r(2)z2＝0，))) 取n＝( eq \r(2) ，－ eq \r(2) ，1). 所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈m，n〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))) ＝ eq \f(1,5) ， 所以平面BCC1B1与平面ADC1所成角的余弦值为 eq \f(1,5) . 以P为坐标原点，PB，PA，PQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 设AB＝2，故AP＝AO2＝PO2＝PQ＝1，PB＝ eq \r(AB2－AP2) ＝ eq \r(3) ， 则B( eq \r(3) ，0，0)，Q(0，0，1)，P(0，0，0)，O1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1)) ， eq \o(QB,\s\up16(→)) ＝( eq \r(3) ，0，－1)， eq \o(PQ,\s\up16(→)) ＝(0，0，1)， eq \o(PO1,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1)) ， 设平面PQO1的法向量为m＝(x，y，z)， 则 \o(PO1,\s\up16(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m·\o(PQ,\s\up16(→))＝z＝0，,m·＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))) 解得z＝0，令x＝1，得y＝－ eq \r(3) ，故m＝(1，－ eq \r(3) ，0)， 设直线BQ与平面PQO1所成角的大小为θ， 则sin θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈\o(QB,\s\up16(→))，m〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(QB,\s\up16(→))·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(QB,\s\up16(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（\r(3)，0，－1）·（1，－\r(3)，0）)),\r(3＋0＋1)×\r(1＋3＋0)) ＝ eq \f(\r(3),4) ， 即直线BQ与平面PQO1所成角的正弦值为 eq \f(\r(3),4) . $