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微专题16　空间角与空间距离问题
【考法探析·明规律】
例1　解:(1)证明:由题意知EB∥FC,
又EB 平面CD'F,FC 平面CD'F,所以EB∥平面CD'F,同理可得A'E∥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.
(2)方法一:由题意知EF⊥A'E且EF⊥EB,可知∠A'EB即为面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角,故∠A'EB=60°.不妨设AD=1,在平面A'EB内,过点A'作EB的垂线,垂足为O,易得A'O⊥平面EFCB,EO=,OB=,A'O=.
过点O作EF的平行线,交CD于点G,易得A'O,OB,OG两两垂直,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则E,F,A',D',B,C,可得=(1,0,0),=,设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则取y1=-,则n1=(0,-,1).
=(1,1,0),=,
设平面BCD'的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
取y2=,则n2=(-,,1).
设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角为θ,则|cos θ|==,
故sin θ=,即面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为.
方法二:因为面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°,EF⊥A'E且EF⊥EB,
所以∠A'EB=60°.设CF=2,则A'E=2,EB=4,
由余弦定理得A'B=2,
故A'E2+A'B2=EB2,所以A'B⊥A'E.
因为EF⊥A'E,EF⊥EB,A'E∩EB=E,所以EF⊥平面A'EB,
又A'B 平面A'EB,所以EF⊥A'B,
又EF∩A'E=E,EF,A'E 平面EFD'A',所以A'B⊥平面EFD'A'.
设BC∩EF=G,连接GD',设GD'∩EA'=H,取D'H的中点M,连接BM,A'M,如图,则∠A'MB即为面BCD'与面EFD'A'所成二面角的平面角,
易知A'M=,A'B=2,A'M⊥A'B,所以BM=,所以sin∠A'MB==,即面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为.
自测题
1.解:(1)证明:在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos 45°=4+8-2×2×2×=4,∴AC=2,
∴AB2+AC2=BC2,∴AC⊥AB,
又∵AC⊥BC1,AB∩BC1=B,AB,BC1 平面ABC1,
∴AC⊥平面ABC1.
(2)∵AC⊥平面ABC1,C1A 平面ABC1,∴AC⊥C1A,
又AC⊥AB,∴二面角C1-AC-B的平面角为∠BAC1=60°,而CC1=2,
∴AC1===2=AB,∴△ABC1为等边三角形.
以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x,y轴,过点A且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(1,0,),
由=,得A1(1,-2,),
∴=(-1,0,),=(2,0,0),=(1,-2,),
设平面AA1B1B的法向量为n=(x,y,z),则
令y=,则n=(0,,2),
设直线BC1与平面AA1B1B所成的角为θ,
则sin θ=|cos<·n>|===,
故直线BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为.
2.解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,∴PA⊥AD.
又∵AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,
∴AD⊥平面PAB,
∵AB 平面PAB,∴AD⊥AB.在△ABC中,AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.
∵A,B,C,D四点共面,∴AD∥BC,
又∵BC 平面PBC,AD 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
(2)方法一:以D为原点,以DA,DC所在直线分别为x,y轴,以过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=t(0=(-t,,0),=(0,0,2),
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
即
不妨令x1=,则y1=t,z1=0,故n1=(,t,0).
=(t,0,2),=(0,,0),
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即
不妨令z2=t,则x2=-2,y2=0,
故n2=(-2,0,t).
∵二面角A-CP-D的正弦值为,∴平面ACP与平面CPD夹角的余弦值为,
∴=|cos|==,可得t=,∴AD=.
方法二:如图所示,过点D作DE⊥AC于E,过点E作EF⊥CP于F,连接DF.
∵PA⊥平面ABCD,PA 平面PAC,
∴平面PAC⊥平面ABCD,
又平面PAC∩平面ABCD=AC,DE⊥AC,∴DE⊥平面PAC.
又CP 平面PAC,∴DE⊥CP,
又EF⊥CP,DE∩EF=E,∴CP⊥平面DEF,得DF⊥CP,
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=,
又∠DFE为锐角,∴tan∠DFE=.
设AD=x(0又△EFC为等腰直角三角形,∴EF=,
故tan∠DFE===,解得x=,即AD=.
例2　解:(1)证明:如图,连接AE交BG于点O,取DE的中点H,连接HO,HC,GE,
在四边形ABEG中,AG∥BE,AG=BE=1,
故四边形ABEG为平行四边形,
故O为AE的中点,所以OH∥AD且OH=AD,
又BC∥AD且BC=AD,
所以BC∥OH且OH=BC,所以四边形BCHO为平行四边形,所以HC∥OB,
又因为HC 平面DCE,OB 平面DCE,
所以OB∥平面DCE,即BG∥平面DCE.
(2)因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AD⊥AB,AD 平面ABCD,
所以AD⊥平面ABEF,
故以A为坐标原点,AF,AB,AD所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图.
设AF=a>1,则F(a,0,0),B(0,2,0),D(0,0,2),E(1,2,0),C(0,2,1),
则=(0,2,-1),=(1,2,-2),
设平面DCE的法向量为n=(x,y,z),则令y=1,则n=(2,1,2).
=(a,-2,0),=(0,-2,2),
设平面BDF的法向量为m=(x1,y1,z1),则
令x1=2,则m=(2,a,a).
因为平面BDF与平面DCE所成锐二面角的余弦值为,
所以|cos|====,整理得47a2-216a+112=0,
解得a=4或a=(舍去),故m=(2,4,4),又=(0,2,-1),
所以点C到平面BDF的距离d==.
自测题
1.解:(1)证明:如图,在线段A1D上取点N,使DN=2NA1,连接NE,MN,由M为线段A1C上一点,且CM=2MA1,得==,所以MN∥CD,MN=CD,
在矩形ABCD中,CD∥BE,BE=AB=CD.
所以MN∥BE,MN=BE,故四边形BMNE是平行四边形,所以BM∥EN,
又EN 平面A1DE,BM 平面A1DE,所以BM∥平面A1DE.
(2)由题知A1D=A1E=2,如图,取DE的中点F,连接A1F,则A1F⊥DE,
因为平面A1DE⊥平面ABCD,平面A1DE∩平面ABCD=DE,A1F 平面A1DE,
所以A1F⊥平面ABCD.
连接BF,因为BF 平面ABCD,所以A1F⊥BF,
又∠DA1E=90°,所以A1F=DE=,在△BEF中,BE=1,EF=,∠BEF=135°,由余弦定理得BF2=12+()2+2×1××=5,
则A1B==.在△A1BE中,cos∠A1EB==-,则sin∠A1EB=,
故=A1E·BEsin∠A1EB=,连接BD,则S△BDE=BE·AD=1.设点D到平面A1BE的距离为h,
由=,得·h=S△BDE·A1F,
即h=1×,解得h=,
所以点D到平面A1BE的距离为.
2.解:(1)证明:∵A1C⊥底面ABC,BC 底面ABC,∴A1C⊥BC,
又∵BC⊥AC,AC∩A1C=C,AC 平面A1ACC1,A1C 平面A1ACC1,
∴BC⊥平面A1ACC1,
又∵BC 平面BB1C1C,
∴平面A1ACC1⊥平面BB1C1C.
(2)方法一:由(1)可知,BC⊥平面ACC1A1,
∵CC1 平面ACC1A1,∴BC⊥CC1.
∵AA1∥平面BCC1,∴==,
∴=××2×BC×1=,∴BC=.
∵A1C1∥AC,A1C⊥AC,∴A1C⊥A1C1.
在Rt△A1C1C中作A1O⊥CC1于O,如图,∵平面A1ACC1⊥平面BB1C1C,且平面A1ACC1∩平面BB1C1C=CC1,A1O 平面A1ACC1,
∴A1O⊥平面BB1C1C,则A1O即为A1到平面BCC1B1的距离,即A1O=1=CC1,∴O为CC1的中点,即C1O=1,AC=A1C=A1C1=.
过A作AM∥A1O交C1C的延长线于M,连接MB1,
则AM⊥平面BB1C1C,∴∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成的角.
∵A1O∥AM,AA1∥OM,∴四边形A1AMO为平行四边形,
∴AA1=OM=2,AM=A1O=1,
∴C1M=3,B1M==2,AB1==,
∴sin∠AB1M==,∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
方法二:∵A1C⊥平面ABC且AC⊥BC,∴CA,CB,CA1两两垂直.
以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图,
由方法一知AC=A1C=, BC=,
∴C(0,0,0),A(,0,0),C1(-,0,),B(0,,0),∴=(0,,0),=(-,0,),
∵=,∴B1(-,,),
∴=(-2,,).
设平面CBB1C1的法向量为n=(x,y,z),则即
令x=1,得n=(1,0,1),
∴|cos|==,
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
例3　解:(1)证明:因为AC∥A1C1,AC 平面A1PMF,A1C1 平面A1PMF,所以AC∥平面A1PMF.
因为AC 平面ABC,平面ABC∩平面A1PMF=MF,所以AC∥MF.
因为M为BC的中点,
所以F为AB的中点.
在正方形ABB1A1中,因为AB=A1A,BN=AF,∠ABN=∠A1AF,
所以△ABN≌△A1AF,
所以∠ANB=∠A1FA.
因为∠ANB+∠BAN=,所以∠A1FA+∠BAN=,故AN⊥A1F.
因为AN⊥A1C1,A1C1∩A1F=A1,A1C1,A1F 平面A1PMF,
所以AN⊥平面A1PMF.
因为AN 平面ANP,所以平面ANP⊥平面A1PMF.
(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,
所以A1C1⊥A1A.
因为A1C1⊥AN,AN∩A1A=A,AN,A1A 平面ABB1A1,
所以A1C1⊥平面ABB1A1,
又A1B1 平面ABB1A1,所以A1C1⊥A1B1,故AB⊥AC,
故以A为原点,AC,AB,AA1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AB=AC=AA1=2a>0,
则A1(0,0,2a),C1(2a,0,2a),M(a,a,0),N(0,2a,a),所以=(2a,0,0),=(-a,a,a).
由题可知,0≤λ≤1,因为=λ=(2aλ,0,0),所以P(2aλ,0,2a),可得=(2aλ,-2a,a),
设平面PMN的法向量为n1=(x,y,z),则即
令x=3,则n1=(3,2λ+1,2-2λ).
易知平面AA1B1B的一个法向量为n2=(1,0,0),
由题得|cos|===
=,整理得16λ2-8λ+1=0,解得λ=,
所以存在实数λ,使得平面AA1B1B与平面PMN所成角的余弦值为,λ=.
自测题
解:(1)取AB的中点O,连接PO,由题可知PA⊥PB,PA=PB,所以PO⊥AB,
因为AB=2,所以PO=1.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PO 平面PAB,
所以PO⊥平面ABCD,所以PO的长为点P到平面ABCD的距离,
所以VP-ABCD=S正方形ABCD·PO=×22×1=.
(2)方法一:因为AD⊥AB,AD 平面ABCD,平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,
所以AD⊥平面PAB,所以AD⊥PA,AD⊥AB,所以∠PAB即为二面角P-AD-C的平面角.
因为△PAB是以∠APB为顶角的等腰直角三角形,所以二面角P-AD-C的大小为.
当Q在线段BC上时,二面角Q-AD-C的大小为0,当Q与点P重合时,二面角Q-AD-C的大小为,
所以当点Q在△PBC内(包括边界)运动时,根据二面角变化的连续性可知存在一点Q使得二面角Q-AD-C的大小为.
方法二:取CD的中点E,连接OE,以O为原点,OB,OE,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,则P(0,0,1),D(-1,2,0),A(-1,0,0),所以=(-1,0,-1),=(-1,2,-1).
设平面PAD的法向量为n1=(x,y,z),则即
取z=1,得n1=(-1,0,1).
易知平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1).
设平面PAD与平面ABCD的夹角为θ,
则cos θ==,即平面PAD与平面ABCD的夹角为.
当Q在线段BC上时,二面角Q-AD-C的大小为0,
当Q与点P重合时,二面角Q-AD-C的大小为,
所以当点Q在△PBC内(包括边界)运动时,根据二面角变化的连续性可知存在一点Q使得二面角Q-AD-C的大小为.限时集训(十六)
1.解:(1)证明:如图,取BC的中点N,连接PN,MN,
则MN∥AC,
因为AC⊥BC,所以NM⊥BC.
因为△PBC是正三角形,且N为BC的中点,所以PN⊥BC.
因为NM∩PN=N,NM,PN 平面PNM,所以BC⊥平面PNM,
又PM 平面PNM,所以BC⊥PM.
(2)由题知PN==,AB==4,则BM=2.
在△ACP中,AC=2,PC=2,cos∠ACP=-,由余弦定理得AP==.
在△PBA中,由余弦定理得cos∠PBA==-,所以PM==3.
设二面角P-BC-A的大小为θ,
则θ=∠PNM.
在△PMN中,由余弦定理得cos θ==-,所以θ=120°,设点M到平面PBC的距离为d,则d=sin θ·NM=.
2.解:(1)证明:如图,取PD的中点G,连接GF,CG,
因为F是PA的中点,所以GF∥AD且GF=AD,
由E是BC的中点,底面ABCD为矩形,得CE∥AD且CE=AD,故GF∥CE,GF=CE,
所以四边形EFGC为平行四边形,
则EF∥CG,又因为CG 平面PCD,EF 平面PCD,所以EF∥平面PCD.
(2)方法一:由底面ABCD为矩形,得AB⊥AD,
因为平面PAB⊥平面ABCD,
平面PAB∩平面ABCD=AB,
PA⊥AB,PA 平面PAB,
所以PA⊥平面ABCD,则PA⊥AD,
所以以AB,AD,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,
则D(0,2,0),E(1,1,0),F(0,0,),所以=(1,-1,0),=(0,-2,).
设平面EFD的法向量为m=(x,y,z),则令x=1,则m=(1,1,),依题意,可得平面PAB的一个法向量为n=(0,1,0),
因为|cos|==,
所以平面EFD与平面PAB夹角的余弦值为.
方法二:因为底面ABCD为矩形,所以AD⊥AB,
又平面PAB⊥平面ABCD,
平面PAB∩平面ABCD=AB,AD 平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.
延长AB,DE交于点K,连接FK,在平面PAB内过点A作AH⊥FK,垂足为H,连接DH.
因为AD⊥平面PAB,FK 平面PAB,所以AD⊥FK,
又AD∩AH=A,AD,AH 平面ADH,所以FK⊥平面ADH.
因为DH 平面ADH,所以FK⊥DH,所以∠AHD为平面EFD与平面PAB的夹角.
因为BE∥AD,BE=AD,所以AB=BK=1,又AF=,
所以FK==,
则S△FAK=×AH=×2×,解得AH=.
在Rt△DAH中,DH==,故cos∠AHD==,
所以平面EFD与平面PAB夹角的余弦值为.
3.解:(1)证明:在△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°,
∴cos∠EAF===,∴EF=2.
∵EF2+AE2=AF2,
∴AE⊥EF,得PE⊥EF,DE⊥EF,
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,∴EF⊥平面PDE,
又∵PD 平面PDE,∴EF⊥PD.
(2)连接CE,∵DE=5-2=3,CD=3,∠CDE=90°,
∴CE2=36,得CE=6.
又PE=AE=2,PC=4,∴PE2+CE2=PC2,∴PE⊥CE.
又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE 平面DEC,∴PE⊥平面DEC,
∴PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直.
以E为原点,EF,ED,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,则P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),C(3,3,0),由F为AB的中点,得B(4,2,0),得=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2),=(-2,-2,0).
设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
∴令y1=2,则n1=(0,2,3).
设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
∴
令x2=,则n2=(,-1,1).
设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α,
∵cos==,
∴sin α==.
4.解:(1)证明:因为CD是圆O1的直径,所以DP⊥CP.
因为AD⊥平面PCD,CP 平面PCD,所以AD⊥CP.
因为AD∩DP=D,AD,DP 平面ADP,所以CP⊥平面ADP,
又因为CP 平面ACP,
所以平面ACP⊥平面ADP.
(2)方法一(等积法):
因为O1P⊥CD,O1P=O1D=O1C=1,所以CP=DP=.
由(1)知CP⊥平面ADP,因为AP 平面ADP,所以CP⊥AP.
在Rt△APC中,AP==,CP=,
故S△APC=×AP×PC=,易知S△DPC=×2×1=1.
设D到平面ACP的距离为d,
由VA-DPC=VD-APC得×2×1=×d×,解得d=,
即点D到平面ACP的距离为.
方法二(定义法):
如图,在平面ADP内过点D作DE⊥AP,垂足为E,
因为平面ACP⊥平面ADP,
平面ACP∩平面ADP=AP,DE 平面ADP,
所以DE⊥平面ACP,则DE为点D到平面ACP的距离.
因为O1P⊥CD,O1C=O1D=O1P=1,所以CP=DP=,
则AP==,
在Rt△ADP中,AD×DP=DE×AP,
所以DE==,即点D到平面ACP的距离为.
(3)方法一(定义法):
由(2)知,DE⊥平面ACP,
所以∠DAE即为AD与平面ACP所成的角.
设DP=t,t∈(0,2),在Rt△ADP中,AD=2,则AP=,
则S△ADP=×DE×AP=×AD×DP,所以DE=,
所以sin∠DAE===.
因为02,
所以sin∠DAE∈,
即AD与平面ACP所成角的正弦值的取值范围为.
方法二(向量法):
如图,以O1为原点,O1C,O1O所在直线分别为y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则D(0,-1,0),C(0,1,0),A(0,-1,2),
故=(0,0,-2),=(0,2,-2).
设P(x0,y0,0),则+=1,x0≠0,
故=(x0,y0-1,0),
设平面ACP的法向量为n=(x,y,z),
则即
取n=(1-y0,x0,x0).
设AD与平面ACP所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|====
==
==
,因为x0≠0,所以-1所以sin θ∈,
即AD与平面ACP所成角的正弦值的取值范围为.
5.解:(1)因为AA1∥平面BB1C1C,所以====,
又=,所以=.
在△ABC中,BC=2AB=2,AC=,
所以cos∠ABC===-,
所以∠ABC=,所以S△ABC=AB·BCsin∠ABC=×1×2×=.
设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,则=S△ABC·h=h=,解得h=.
(2)如图,设BB1的中点为F,连接A1F,EF,因为A1D∥BF且A1D=BF,所以四边形A1DBF为平行四边形,
所以A1F∥BD,又A1F 平面BCD,BD 平面BCD,所以A1F∥平面BCD.
因为A1E∥平面BCD,A1E∩A1F=A1,A1E,A1F 平面A1EF,
所以平面A1EF∥平面BCD,
又平面A1EF∩平面BB1C1C=EF,平面BCD∩平面BB1C1C=BC,所以EF∥BC.因为F为BB1的中点,所以E为B1C的中点,
所以=,即λ=.
(3)如图,过点B1作B1O垂直AB的延长线于点O,连接CO,因为侧面AA1B1B与底面ABC垂直,侧面AA1B1B∩底面ABC=AB,B1O 平面AA1B1B,所以B1O⊥平面ABC,
又AB 平面ABC,所以B1O⊥AB.
因为CB1⊥A1B1且AB∥A1B1,
所以CB1⊥AB,又CB1∩B1O=B1,CB1,B1O 平面CB1O,
所以AB⊥平面CB1O,
又CO 平面CB1O,所以AB⊥CO.
如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,
因为B1O⊥平面ABC,所以B1O=,
又OC=BCsin∠CBO=2×=,OB=BCcos∠CBO=2×=1,
所以A(2,0,0),B(1,0,0),B1(0,0,),C(0,,0),
因为==(-1,0,),所以D,
则=(-1,,0),=,=(-1,0,).
设平面BCD的法向量为m=(x,y,z),则令x=,则m=(,1,-1).
设平面BB1C1C的法向量为n=(a,b,c),则令a=,则n=(,1,1).
设平面BCD与平面BB1C1C的夹角为θ,则cos θ===,
所以平面BCD与平面BB1C1C的夹角的余弦值为.微专题16　空间角与空间距离问题
微点1　空间角
例1 [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.
【规律提炼】
求解空间角的常用方法有坐标法和几何法,坐标法的关键是求出直线的方向向量和平面的法向量.几何法的关键是“一作,二证,三求”,解题关键是梳理数量关系,根据图形条件作出必要的辅助线,作出二面角的平面角,然后将问题转化为解三角形问题求解,在求解过程中要注意掌握三种语言的转化.
自测题
1.[2025·苏锡常镇二调] 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,BC=2,∠ABC=45°,BC1⊥AC.
(1)证明:AC⊥平面ABC1;
(2)若CC1=2,二面角C1-AC-B的大小为60°,求直线BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值.
2.[2024·新课标Ⅰ卷] 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.
微点2　距离与体积问题
例2 [2025·湖南师大附中模拟] 如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD与四边形ABEF均为直角梯形,平面ABCD⊥平面ABEF,AD∥BC,AF∥BE,AD⊥AB,AB⊥AF,AD=AB=2BC=2BE=2,且AF>1.
(1)已知点G为AF上一点,且AG=1,证明:BG∥平面DCE;
(2)若平面DCE与平面BDF所成锐二面角的余弦值为,求点C到平面BDF的距离.
【规律提炼】
1.空间中点、线、面距离的相互转化关系
2.空间距离的求解方法:(1)作垂线段;(2)等体积法;(3)等价转化;(4)空间向量法.
自测题
1.[2025·山东枣庄模拟] 如图,在矩形ABCD中,AD=2,AB=3,AE=2EB,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.
(1)若M为线段A1C上一点,且满足CM=2MA1,求证:直线BM∥平面A1DE;
(2)当平面A1DE⊥平面EBCD时,求点D到平面A1BE的距离.
2.[2025·广安二诊] 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥底面ABC,
∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明:平面A1ACC1⊥平面BB1C1C;
(2)若三棱锥B-ACC1的体积为,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
微点3　探索性问题
例3 [2025·福建泉州四校联考] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1,M,N分别为BC和BB1的中点,P为棱A1C1上的动点,F为棱AB上一点,且A1,P,M,F四点共面.若AN⊥A1C1.
(1)证明:平面ANP⊥平面A1PMF.
(2)设=λ,是否存在实数λ,使得平面AA1B1B与平面PMN所成角的余弦值为 若存在,求出实数λ;若不存在,请说明理由.
【规律提炼】
立体几何中的探索问题的求解:一是几何法:多结合几何知识,利用对称、三点共线等猜想结论,再对结论进行论证;二是解析法:引入变量列出表达式,然后再结合函数的知识或不等式的知识求解.
自测题
[2025·福建漳州三模] 如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,且AB=2,△PAB是以∠APB为顶角的等腰直角三角形,平面PAB⊥平面ABCD.
(1)求四棱锥P-ABCD的体积;
(2)试判断在△PBC内(包括边界)是否存在一点Q使得二面角Q-AD-C的大小为(不需要确定点Q的具体位置).　限时集训(十六)微专题16　空间角与空间距离问题
1.[2025·温州二模] 如图,在三棱锥P-ABC中,△PBC是边长为2的正三角形,
∠ACB=90°,M为AB的中点.
(1)求证:BC⊥PM;
(2)若AC=2,cos∠ACP=-,求点M到平面PBC的距离.
2.[2025·河北石家庄二检] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,F是PA的中点,E是BC的中点.
(1)求证:EF∥平面PCD;
(2)若平面PAB⊥平面ABCD,PA⊥AB,AD=2AB=2,PA=2,求平面EFD与平面PAB夹角的余弦值.
3.[2024·新课标Ⅱ卷] 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对折至△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.
4.[2025·临汾三模] 如图,已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆O1上异于点C,D的任意一点.
(1)证明:平面ACP⊥平面ADP;
(2)若O1P⊥CD,求点D到平面ACP的距离;
(3)求AD与平面ACP所成角的正弦值的取值范围.
5.[2025·河南洛阳质检] 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B与底面ABC垂直,且BC=2AB=2,AC=,D为侧棱AA1的中点,三棱锥B1-BCD的体积为.
(1)求三棱柱ABC-A1B1C1的高;
(2)已知点E在B1C上,且=λ,若A1E∥平面BCD,求实数λ的值;
(3)若CB1⊥A1B1,求平面BCD与平面BB1C1C的夹角的余弦值.(共103张PPT)
微专题16 空间角与空间距离问题
微点1 空间角
微点2 距离与体积问题
微点3 探索性问题
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
空间 平行 的证 明 虽然近五年考查 平行较多，但是 建立坐标系后的 运算以垂直居多 1.线线、线面、面
面的平行与垂直
的判定与性质，
也要关注平行与
垂直之间的转
换；
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
空间 垂直 的证 明 目前看锥体考查 较多，难度一般 不大，经常结合 平面几何图形的 几何关系，或者 数量关系证明垂 直.需要关注平 行与垂直间位置 关系的转化 2.关注四点共面问
题与平行关系的
转化；
3.关注几何体本身
具有的平行与垂
直关系
续表
考查内容 考题统计 考情分析 必备知识
线线 角、 线面 角 直接求线线角、 线面角为主 1.几何法：利用概
念（垂直、射
影）找到线面
角、面面角，将
空间角转化为平
面角，进而转化
为三角形的内角，然后通过解
三角形求得；
考查内容 考题统计 考情分析 必备知识
二面 角 直接求二面角为 主，个别年份考 查已知二面角求 线段长，其中 24，25年都有考 查折叠问题 2.空间向量法：直
线的方向向量、
平面的法向量、
空间向量数量积
求角公式求空间距离的方法：体积转化法；空间向量法；射影法
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
空间 距离 与体 积 21，22年考查， 但是不排除高考 试卷调整后模块 内知识综合考查 增加 体积转化法；
空间向量法；
射影法
续表
微点1 空间角
例1 [2025· 全国二卷] 如图，在四边形中， ，
,为的中点，点在上，, ，
.将四边形沿翻折至四边形 ，使得面
与面所成的二面角为 .
（1）证明：平面 .
证明：由题意知 ，又 平面, 平面 ，
所以平面，同理可得平面 ,
又,, 平面，所以平面平面 ，
又 平面 ,所以平面 .
（2）求面与面 所成的二面角的正弦值.
例1 [2025· 全国二卷] 如图，在四边形中， ，
,为的中点，点在上，, ，
.将四边形沿翻折至四边形 ，使得面
与面所成的二面角为 .
解：方法一：由题意知且，可知 即为
面与面所成二面角的平面角，故 .
不妨设，在平面内，过点作的垂线，垂足为 ，
易得 平面，，, .
过点作的平行线，交于点 ，
易得,,两两垂直，以 为原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则
,, ，
可得, ，
设平面的法向量为 ，
则 取,则 .
, ，
设平面的法向量为 ，
则 取,则 .
设面与面所成的二面角为 ，则 ，
故，即面与面 所成的二面角的正弦值为 .
方法二：因为面与面 所成的二面角为,
且 ，所以.
设 ，则, ，
由余弦定理得 ，故，所以 .
因为，， ，所以 平面 ，
又 平面，所以 ，
又，， 平面，所以 平面 .
设，连接,设 ，
取的中点，连接， ，如图，
则即为面与面 所成二面角的
平面角,易知,, ，
所以，所以 ，
即面与面 所成的二面角的正弦值为 .
【规律提炼】
求解空间角的常用方法有坐标法和几何法，坐标法的关键是求出直
线的方向向量和平面的法向量.几何法的关键是“一作，二证，三求”，
解题关键是梳理数量关系，根据图形条件作出必要的辅助线，作出
二面角的平面角，然后将问题转化为解三角形问题求解，在求解过
程中要注意掌握三种语言的转化.
自测题
1.[2025· 苏锡常镇二调] 如图，在三棱柱 中，
，， ， .
（1）证明： 平面 ；
证明：在 中，由余弦定理得
，
，， ，
又，，
, 平面 ， 平面 .
1.[2025· 苏锡常镇二调] 如图，在三棱柱
中，， ，
， .
（2）若，二面角 的大
小为 ，求直线与平面 所成角的正弦值.
解： 平面， 平面， ，
又， 二面角的平面角为 ，
而 ，，
为等边三角形.
以为坐标原点，,所在直线分别为, 轴，
过点且与平面垂直的直线为 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则， ，， ，
由，
， ，
设平面的法向量为 ，
则 令，则 ，
设直线与平面所成的角为 ，
则 ，
故直线与平面所成角的正弦值为 .
2.[2024· 新课标Ⅰ卷] 如图，四棱锥中， 底面
，，， .
（1）若，证明：平面 ；
解：证明： 平面， 平面 ， .
又，,, 平面 ，
平面 ， 平面，.
在 中，， .
，，，四点共面， ，
又 平面， 平面 ，平面 .
2.[2024· 新课标Ⅰ卷] 如图，四棱锥
中， 底面， ，
， .
（2）若，且二面角 的正弦
值为,求 .
解：方法一：以为原点，以， 所在直线分别为,轴，以过点
且与平面 垂直的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设,则, ,
,, .
, ,
设平面的法向量为 ，
则 即
不妨令,则, ,故 .
, ,设平面的法向量为 ,
则即
不妨令,则, ，故 .
二面角的正弦值为,
平面 与平面夹角的余弦值为 ，
, ，可得, .
方法二：如图所示,过点作于,
过点 作于,连接 .
平面， 平面 ，
平面 平面 ，
又平面 平面， ， 平面 .
又 平面， ，又，，
平面，得 ，根据二面角的定义可知，
即为二面角 的平面角，即 ，
又为锐角， .
设，则 ，
由等面积法可得， ，
则 ，
又为等腰直角三角形， ，
故，解得 ，即 .
微点2 距离与体积问题
例2 [2025·湖南师大附中模拟] 如图，在多面体
中，四边形与四边形 均为直
角梯形，平面 平面， ，
，， ，
，且 .
（1）已知点为上一点，且，证明：平面 ；
证明：如图，连接交于点，
取 的中点，连接，， ，
在四边形中，， ，
故四边形 为平行四边形，
故为的中点，所以且 ，
又且 ，所以且，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又因为 平面， 平面 ，
所以平面，即平面 .
例2 [2025·湖南师大附中模拟] 如图，在多面体
中，四边形与四边形 均为直
角梯形，平面 平面， ，
，， ，
，且 .
（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点 到平
面 的距离.
解：因为平面 平面，平面 平面，
， 平面 ，所以 平面 ，
故以为坐标原点，，， 所在直线分别为，， 轴，
建立空间直角坐标系，如图.
设，则，，
， ， ，
则， ，
设平面
令 ，则 .
， ，
设平面的法向量为 ，
则 令，则 .
因为平面与平面 所成锐二面角的余弦值为 ，
所以 , ，
整理得 ，
解得或（舍去），
故 ，又 ，
所以点到平面的距离 .
【规律提炼】
1.空间中点、线、面距离的相互转化关系
2.空间距离的求解方法：（1）作垂线段；（2）等体积法；（3）等
价转化；（4）空间向量法.
自测题
1.[2025·山东枣庄模拟] 如图，在矩形中，, ,
，将沿直线翻折成 .
（1）若为线段上一点，且满足 ，求证：直线
平面 ；
证明：如图，在线段上取点 ，使，
连接，，由为线段 上一点，
且，得 ，所以, ，
在矩形中，, .
所以,，
故四边形 是平行四边形，所以 ，
又 平面， 平面，所以平面 .
1.[2025·山东枣庄模拟] 如图，在矩形
中，,,，将 沿直
线翻折成 .
（2）当平面 平面时，求点 到
平面 的距离.
解：由题知，如图，
取 的中点，连接，则 ，
因为平面 平面，
平面 平面，
平面 ，所以 平面 .
连接，因为 平面，所以 ，又 ，
所以，在中， , , ，
由余弦定理得 ，
则.
在 中， ，则 ，
故 ，
连接 ，则.
设点到平面 的距离为 ，由 ，
得 ，即，解得 ，
所以点到平面的距离为 .
2.[2025·广安二诊] 如图，在三棱柱中， 底面
， ，，到平面 的距离为1.
（1）证明：平面 平面 ；
证明： 底面， 底面， ，
又，， 平面，
平面 ， 平面 ，
又 平面 ， 平面 平面 .
2.[2025·广安二诊] 如图，在三棱柱
中， 底面 ，
，，到平面 的
距离为1.
（2）若三棱锥的体积为，求 与
平面 所成角的正弦值.
解：方法一：由（1）可知， 平面 ，
平面， .
平面 ，
，
， .
，, .
在中作于，如图，
平面 平面，
且平面 平面,
平面 ， 平面，
则即为 到平面的距离，即，
为 的中点，即， .
过作交的延长线于，连接 ，
则 平面，为与平面 所成的角.
，， 四边形 为平行四边形，
， ，， ，
，，
与平面 所成角的正弦值为 .
方法二： 平面且，，， 两两垂直.
以为坐标原点，，，所在直线分别为 轴、
轴、 轴，建立空间直角坐标系，如图，
由方法一知
，，， ，
， ，
， ， .
设平面的法向量为 ，
则即 令，得 ，
, ，
与平面所成角的正弦值为 .
微点3 探索性问题
例3 [2025·福建泉州四校联考] 如图，在直三棱
柱中，，, 分别
为和的中点，为棱上的动点， 为
棱上一点，且,,, 四点共面.若
.
（1）证明：平面 平面 .
证明：因为, 平面 ,
平面，所以平面 .
因为 平面，平面 平面，
所以 .因为为 的中点，所以为 的中点.
在正方形中，因为,, ，
所以 ，所以 .
因为 ，所以，故 .
因为，,, 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面，所以平面 平面 .
例3 [2025·福建泉州四校联考] 如图，在直三棱
柱中，，, 分别
为和的中点，为棱上的动点， 为
棱上一点，且,,, 四点共面.若
.
（2）设，是否存在实数 ，使得
平面与平面所成角的余弦值为 ？
若存在，求出实数 ；若不存在，请说明理由.
解：因为三棱柱 为直三棱柱，所以 .
因为,,, 平面 ，
所以 平面 ，又 平面，
所以 ，故 ，
故以为原点，,, 所在直线分别为,, 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
设 ，则,, ,
，所以 , .
由题可知，，因为 ，
所以,可得 ,
设平面的法向量为 ，
则即
令，则 .
易知平面 的一个法向量为 ，
由题得 ,，
整理得 ，解得 ，所以存在实数 ，
使得平面 与平面所成角的余弦值为， .
【规律提炼】
立体几何中的探索问题的求解：一是几何法：多结合几何知识，利
用对称、三点共线等猜想结论，再对结论进行论证；二是解析法：
引入变量列出表达式，然后再结合函数的知识或不等式的知识求解.
自测题
[2025·福建漳州三模] 如图，四棱锥 的底面是正方形，且
，是以为顶角的等腰直角三角形，平面
平面 .
（1）求四棱锥 的体积；
解：取的中点，连接 ，
由题可知，，
所以 ，因为，所以.
因为平面 平面，平面 平面，
平面 ，所以 平面，
所以的长为点到平面 的距离，
所以 .
[2025·福建漳州三模] 如图，四棱锥
的底面是正方形，且， 是以
为顶角的等腰直角三角形，平面
平面 .
（2）试判断在内（包括边界）是否存在一点 使得二面角
的大小为（不需要确定点 的具体位置）.
解：方法一：因为, 平面,平面 平面，
平面 平面,所以 平面,所以，
，所以 即为二面角 的平面角.
因为是以 为顶角的等腰直角三角形，
所以二面角的大小为 .
当在线段上时，二面角的大小为0，
当与点 重合时，二面角的大小为 ，
所以当点在 内（包括边界）运动时，根据二面角变化的
连续性可知存在一点使得二面角的大小为 .
方法二：取的中点，连接，以 为原点，
，，所在直线分别为，， 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，， ，
所以， .
设平面的法向量为 ，则
即 取，得 .
易知平面的一个法向量为 .
设平面与平面的夹角为 ，则，
即平面 与平面的夹角为 .
当在线段上时，二面角 的大小为0，
当与点重合时，二面角 的大小为 ，
所以当点在 内（包括边界）运动时，
根据二面角变化的连续性可知存在一点 使
得二面角的大小为 .
［备选理由］例1考查空间中垂直关系的证明，用几何法求解二面角
的余弦值；例2以圆锥为载体，利用向量法求平面与平面夹角的余弦
值；例3考查折叠问题，也包含体积和角的综合，以及范围问题，综
合性较强；例4考查面面垂直的证明，四棱锥体积的计算及探索性问
题；例5考查四点共面问题，与常规解答方法不同，本题通过垂直证
明四点共面.
例1 ［配例1使用］[2025·江西华大联盟三模]
如图，已知四棱锥 的底面是直角梯
形，, ,
，且, .
（1）证明：平面 平面 ；
证明：在四边形中， ，故 ，
因为，所以，又 ，
,, 平面 ，所以 平面.
因为 平面 ，所以 ，
又，, 平面，由梯形 知, 必定相交，
故 平面，又 平面 ，所以平面 平面 .
例1 ［配例1使用］[2025·江西华大联盟三模]
如图，已知四棱锥 的底面是直角梯
形，, ,
，且, .
（2）求二面角 的余弦值.
解：连接，在平面中过作 ，垂足为 ，
由（1）可得 平面，又 平面，所以 ，
因为,,所以,又 ,所以 .
在平面中过作垂直于的延长线，垂足为，连接 ，
取的中点，连接 ，因为 平面，所以 ，
又,, 平面 ，所以 平面，
因为 平面 ，所以 ，
因为,且,, 平面 ，所以，
而，故 ，由可得 ，
又,, 平面，所以 平面 ，
故到平面的距离为 ，而 平面，故，
故 为等腰直角三角形，故 .
因为， 平面， 平面，所以平面 ，
故到平面的距离即为到平面 的距离.
设二面角的大小为 ，则 ，
由图可知 为钝角，所以 .
例2 ［配例1使用］[2025·河南驻马店联考] 如图，在圆锥中， ,
,是底面圆上的三点，为直线与圆的另一个交点， 为母线
上一点，且， .
（1）证明：平面 底面圆 ；
证明：如图，设,交于点 ，连接 ，
设圆的半径为，则 ，
在中，,, ，
所以 ，
故 ，所以 ，
又，所以为正三角形，因此为 的中点，易得
,，故 ，所以为的中点，所以 .
因为 底面圆，所以 底面圆 ，
又 平面，所以平面 底面圆 .
例2 ［配例1使用］[2025·河南驻马店联考]
如图，在圆锥中，,,是底面圆 上的三
点，为直线与圆的另一个交点， 为母
线 上一点，且
， .
（2）为底面圆的劣弧 上一点
（与点,均不重合），若平面 与平面
夹角的余弦值为，求 的正弦值.
解：易知，， 两两垂直，故以点为
坐标原点，,, 所在直线分别为轴、轴、
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,, ，
连接，设 ,则 ,
所以, ，
设平面的法向量为 ，
则 则
令 ，得 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
则, ，
整理得 ，解得或 （舍去），
所以 ，则 ，故 .
例3 ［配例2使用］[2025·沈阳三模] 如图所示，在直角梯形
中，，，分别是， 上的点，且
，，， ，将四
边形沿向上折起，连接，， ，在折起的过程中，
记二面角的大小为，记几何体 的体
积为 .
（1）求证：平面 ；
证明：在梯形中，因为，
所以翻折后有 ，且 ，
因为 平面， 平面，
所以平面 ，同理可得平面 .
因为，, 平面 ，所以平面平面，
又因为 平面，所以 平面 .
例3 ［配例2使用］[2025·沈阳三模] 如图所示，在直角梯形
中，，，分别是， 上的点，且
，，， ，将四
边形沿向上折起，连接，， ，在折起的过程中，
记二面角的大小为，记几何体 的体
积为 .
（2）当时，请将表达为关于 的函数，并求该函数的最大值；
解：在梯形中，，，
所以 ，且，所以翻折后有， ，
因为，， 平面 ，
所以 平面，同理， 平面 ，
由二面角的大小为 ，得 .
如图，过点作的垂线，交直线于 ，
由 平面， 平面 ，
得，
因为，， 平面，
所以 平面 ，
即是四棱锥 的高.
因为,,
，所以
.
因为， 平面， 平面，
所以 平面 ，又因为 平面，
且 ，所以 ，
所以 ， ，
当时，取得最大值，最大值为 .
例3 ［配例2使用］[2025·沈阳三模] 如图所示，在直角梯形
中，，，分别是， 上的点，且
，，， ，将四
边形沿向上折起，连接，， ，在折起的过程中，
记二面角的大小为，记几何体 的体
积为 .
（3）若平面和平面垂直，当 取得最大值时，求 的值.
解：如图，过点作的垂线，
交直线 于点，则，，两两垂直，
以 为原点，,,所在直线分别为,, 轴，
建立空间直角坐标系，
则 ,,，
,，
设平面 的法向量为 ，
则
令 ，则 , ，
所以 .
, ，
设平面的法向量为 ，
则
令 ，则 , ，
所以 .
因为平面和平面 垂直，所以 ，
即 ，
整理可得 ，
又， ，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，
故当 取得最小值时， 取得最大值，
此时 ，
由，， ，
得，则 .
例4 ［配例2、例3使用］[2025· 东北育才中学一模] 如图，在四棱
锥中，底面为正方形， 底面 ，
，为棱 的中点.
①
②
（1）若为棱上的动点，如图①，证明：平面 平面 ；
证明：在中，因为，且为 的中点，所以 ，
又因为 底面， 底面 ，所以 .
因为，，且， 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面，所以 .
因为，且， 平面 ，所以 平面，
又因为 平面 ，所以平面 平面 .
例4 ［配例2、例3使用］[2025· 东北育才中学一模] 如图，在四棱
锥中，底面为正方形， 底面 ，
，为棱 的中点.
①
②
（2）若为棱上的动点，如图①，探究是否存在点使得 平
面 ，说明理由；
解：存在，当与重合时，平面 .
理由如下：
如图所示，连接，交于点，连接 ，
易知为 的中点，
因为为的中点，所以 ，
又因为 平面， 平面，
所以平面 ，所以当点与点重合时，平面 .
例4 ［配例2、例3使用］[2025· 东北育才中学一模] 如图，在四棱
锥中，底面为正方形， 底面 ，
，为棱 的中点.
①
②
（3）若为棱的中点，如图②，，过，， 三点的平面
交于点，求四棱锥与四棱锥 的体积之比.
①
②
解：四棱锥可分为三棱锥和三棱锥 ，
因为，且 底面 ，
所以 .
以为原点，，，所在直线分别为 ，
， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,,, ，
所以， ，， ，
设，其中 ，
则 ，
因为，，， 四点共面，
所以存在实数，使得 ，
即 ，
可得 解得 ，即 ，
所以为上靠近 的三等分点.
因为为棱的中点，所以 ，所以 .
设到平面的距离为，到平面 的距离为 ，
则 ，所以
.
因为为的中点，平面 ，所以到平面的距离等于到
平面 的距离,又 平面,所以到平面的距离为 ，
则 ，
所以 ，所以 .
例5 ［补充使用］[2025·湖南湘潭联考] 如图，
，，都是等边三角形，点 ，
分别在平面的上方和下方，点为 的中点.
（1）求证：，，， 四点共面；
证明：连接， ，
因为，， 都是等边三角形，
所以,, ，
又,都在平面内且交于点，
, 都在平面内且交于点 ，
所以 平面， 平面 .
因为过只有一个平面与垂直，且平面 与平面有公共点 ，
所以平面与平面是同一平面，即， ，， 四点共面.
例5 ［补充使用］[2025·湖南湘潭联考] 如图，
，，都是等边三角形，点 ，
分别在平面的上方和下方，点为 的中点.
（2）若，求直线与平面 所
成角的正弦值的最大值.
解：以为原点，，所在直线分别为， 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
,, ，设 ，
因为， ，
所以 解得所 .
设 ，因为 ，
所以 解得 .
由（1）得为二面角 的平面角，
设 ，则点 ，
故 ,, ，
设平面的法向量为 ，
则即
取,得, ，
所以 .
设直线
, ，其中, ，
故当时， 取得最大值 ，
所以直线与平面 所成角的正弦值的最大值为 .

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