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第52课时　向量法求空间角
[考试要求]　1．能用空间向量的方法解决简单的线线、线面、面面的夹角问题．2．体会向量方法在研究几何问题中的作用．
1．(苏教版选择性必修第二册P35练习T1(3)改编)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〉＝－，则直线l与平面α所成的角为 (　　)
A．30° B．60°
C．120° D．150°
2．(人教B版选择性必修第一册P37练习AT3改编)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．
3．(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为___________．
4．(北师大版选择性必修第一册P133例11改编)已知在一个二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若AB＝5，AC＝3，BD＝4，CD＝5，则这个二面角的大小为___________．
1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝___________．
2．直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝____________________．
3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝__________________．
1．向量法求空间角的注意点
(1)异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
(2)线面角的正弦值对应向量夹角的余弦值的绝对值．
(3)二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为．
2．水坝模型
如图，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B处．从A，B到直线l(库底与水坝的交线)的距离AC和BD分别为a和b，CD的长为c，AB的长为d，则库底与水坝所成二面角的余弦值为cos θ＝．
考点一　异面直线所成的角
[典例1]　(1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 (　　)
A．
(2)(2025·浙江湖州二模)正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别为正方形A1B1C1D1及ABB1A1的中心，则异面直线BD与MN所成角的余弦值为 (　　)
A．0 B．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：向量法求异面直线所成角的步骤
(1)选好基底或建立空间直角坐标系．
(2)求出两直线的方向向量v1，v2．
(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．
[巩固迁移]
1．如图，已知ABCD，ABEF均为正方形，二面角C-AB-F的大小为60°，则异面直线AC与BF所成角的余弦值为 (　　)
A．
考点二　直线与平面所成的角
[典例2]　(2025·北京卷)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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：向量法求线面角的解题步骤
[巩固迁移]
2．(2022·浙江卷)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F -DC -B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成的角的正弦值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点三　平面与平面的夹角
[典例3]　(2026·广东八校联盟开学考试)如图，在正四棱锥S-ABCD中，已知SA＝AB＝，SO⊥平面ABCD，点O在平面ABCD内，点P在棱SD上．
(1)若点P是SD的中点，证明：平面SAD⊥平面PAC；
(2)若，求平面SAC与平面ACP夹角的余弦值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：利用空间向量法求平面与平面夹角的解题步骤
[巩固迁移]
3．(2025·河北唐山一模)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，A1B1＝1，AB＝AC＝2，D为BC的中点，AC⊥C1D．
(1)证明：AC⊥AB；
(2)若AA1＝，求平面BCC1B1与平面ADC1夹角的余弦值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第52课时　向量法求空间角
以题引理·激活思维
No1．深研教材典题
1．A　2．C　3．
No2．储备知识要点
1．
2．
3．
精研考点·提升素养
考点一
典例1　(1)C　(2)C
[(1)以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于点D，以BD所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，
∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，
所以A(，－1，0)，B1(0，0，2)，B(0，0，0)，C1(0，1，2)，
所以＝(－，1，2)，＝(0，1，2)，
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，
所以cos θ＝．故选C．
(2)如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，M，N，
故＝(－1，－1，0)，
所以|cos〈〉|＝，
所以异面直线BD与MN所成角的余弦值为．故选C．]
巩固迁移
1．A　[法一：不妨假设正方形ABCD与ABEF的边长均为2，如图，补形成直三棱柱，以AF中点O为原点，建立空间直角坐标系，
则有A(－1，0，0)，C(0，2，)，F(1，0，0)，B(－1，2，0)，
由此可得＝(1，2，＝(－2，2，0)．
设异面直线AC与BF所成的角为θ，则
cos θ＝|cos〈〉|＝．故选A．
法二：根据题意可知，∠EBC即为二面角C-AB-F的平面角，所以∠EBC＝60°，
设正方形ABCD与ABEF的边长均为1，异面直线AC与BF所成的角为θ．
因为，|，
所以＝()·()＝()·()＝＝0－1＋1×1×cos 60°－0＝－，
所以cos〈〉＝＝，
即cos θ＝|cos〈〉|＝．]
考点二
典例2　解：(1)证明：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．
(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)，
∴
取x＝1，∴y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1，1)．
设AB与平面PCD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝．
即AB与平面PCD所成角的正弦值为．
巩固迁移
2．解：(1)证明：易求得CF＝2，BC＝2．
∵FC⊥DC，BC⊥DC，
∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角，
∴∠BCF＝60°，∴△BCF为等边三角形．
∵N为BC的中点，∴FN⊥BC．
∵DC⊥BC，DC⊥CF，BC∩CF＝C，BC，CF 平面BCF，∴DC⊥平面BCF．
∵FN 平面BCF，∴DC⊥FN．又BC∩DC＝C，BC，DC 平面ABCD，
∴FN⊥平面ABCD，又AD 平面ABCD，
∴FN⊥AD．
(2)如图建系，
则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M，
∴，
＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)．
设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成的角为θ，
∴
取x0＝，则y0＝－1，z0＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量．
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝．
∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为．
考点三
典例3　解：(1)证明：由题意可得正四棱锥所有棱长均为，而P是SD的中点，
所以CP⊥SD，AP⊥SD，
又因为AP∩CP＝P，且AP，CP 平面PAC，所以SD⊥平面PAC，
又因为SD 平面SAD，
所以平面SAD⊥平面PAC．
(2)如图，连接OB，易知OB，OC，OS两两互相垂直，分别以OB，OC，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A(0，－1，0)，C(0，1，0)，S(0，0，1)，
D(－1，0，0)，可得＝(0，2，0)，＝(－1，0，－1)．
由，
所以P．
设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则x＝3，所以平面PAC的一个法向量为n＝(3，0，1)．
易知平面SAC的一个法向量为＝(1，0，0)，
设平面SAC与平面ACP的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈，n〉|＝，
故平面SAC与平面ACP夹角的余弦值为．
巩固迁移
3．解：(1)证明：在三棱台ABC-A1B1C1中，
∵A1B1＝1，AB＝AC＝2，
∴A1C1＝1，BC＝2B1C1．
∵D为BC的中点，∴B1C1＝BD，B1C1∥BD，
∴四边形BDC1B1为平行四边形，
故B1B∥C1D．
∵AC⊥C1D，∴AC⊥B1B．
∵AA1⊥底面ABC，AC 底面ABC，
∴AA1⊥AC．
∵AA1，BB1 平面ABB1A1，AA1，BB1为相交直线，∴AC⊥平面ABB1A1，
∵AB 平面ABB1A1，∴AC⊥AB．
(2)以A为原点，以的方向分别为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(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(1，0，)，C1(0，1，)，D(1，1，0)．
∴＝(－2，2，0)，＝(－1，0，＝(0，1，＝(1，1，0)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面BCC1B1的法向量，
则
令x1＝，则y1＝，z1＝1，
故m＝(，1)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ADC1的法向量，则
令x2＝，则y2＝－，z2＝1，
故n＝(，－，1)．
∴cos〈m，n〉＝．
∴平面BCC1B1与平面ADC1夹角的余弦值为．
6/6(共82张PPT)
第52课时　向量法求空间角
第七章　立体几何与空间向量
[考试要求]
1．能用空间向量的方法解决简单的线线、线面、面面的夹角问题．
2．体会向量方法在研究几何问题中的作用．
1．(苏教版选择性必修第二册P35练习T1(3)改编)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〉＝－，则直线l与平面α所成的角为(　　)
A．30° B．60°
C．120° D．150°
以题引理·激活思维
√
A　[设直线l与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，
所以直线l与平面α所成的角为30°．]
2．(人教B版选择性必修第一册P37练习AT3改编)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．
√
C　[设两直线的夹角为θ，所以cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝，所以l1和l2夹角的余弦值为．]
3．(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为_____________．
　[设两平面的夹角为θ，
则cos θ＝．]
4．(北师大版选择性必修第一册P133例11改编)已知在一个二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若AB＝5，AC＝3，BD＝4，CD＝5，则这个二面角的大小为_____________．
　[如图，设〈〉＝θ(0≤θ≤π)，则二面角的大小为θ．因为CA⊥AB，AB⊥BD，所以＝0．因为〈〉＝π－θ，所以||2＝()2＝||cos(π－θ)，所以(5)2＝32＋52＋42＋2×3×4×
(－cos θ)，所以cos θ＝0，所以θ＝．因此所求二面角的大小为．]
1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝____________．
2．直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝_________．
3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝
|cos〈n1，n2〉|＝_________．
1．向量法求空间角的注意点
(1)异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
(2)线面角的正弦值对应向量夹角的余弦值的绝对值．
(3)二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为．
2．水坝模型
如图，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B处．从A，B到直线l(库底与水坝的交线)的距离AC和BD分别为a和b，CD的长为c，AB的长为d，则库底与水坝所成二面角的余弦值为cos θ＝．
考点一　异面直线所成的角
[典例1]　(1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A．
精研考点·提升素养
√
(2)(2025·浙江湖州二模)正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别为正方形A1B1C1D1及ABB1A1的中心，则异面直线BD与MN所成角的余弦值为(　　)
A．0 B．
√
(1)C　(2)C　[(1)以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于点D，以BD所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，
所以A(，－1，0)，B1(0，0，2)，B(0，0，0)，C1(0，1，2)，
所以＝(－，1，2)，＝(0，1，2)，
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，
所以cos θ＝．
故选C．
(2)如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，M，N，
故＝(－1，－1，0)，
所以|cos〈〉|＝，
所以异面直线BD与MN所成角的余弦值为．故选C．]
名师点评：向量法求异面直线所成角的步骤
(1)选好基底或建立空间直角坐标系．
(2)求出两直线的方向向量v1，v2．
(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．
[巩固迁移]
1．如图，已知ABCD，ABEF均为正方形，二面角C-AB-F的大小为60°，则异面直线AC与BF所成角的余弦值为(　　)
A．
√
A　[法一：不妨假设正方形ABCD与ABEF的边长均为2，如图，补形成直三棱柱，以AF中点O为原点，建立空间直角坐标系，
则有A(－1，0，0)，C(0，2，)，F(1，0，0)，B(－1，2，0)，
由此可得＝(1，2，＝(－2，2，0)．
设异面直线AC与BF所成的角为θ，则
cos θ＝|cos〈〉|＝＝
．故选A．
法二：根据题意可知，∠EBC即为二面角C-AB-F的平面角，所以∠EBC＝60°，
设正方形ABCD与ABEF的边长均为1，异面直线AC与BF所成的角为θ．
因为，|，
所以＝()·()＝()·()＝＝0－1＋1×1×cos 60°－0＝
－，所以cos〈〉＝，
即cos θ＝|cos〈〉|＝．]
【教用·备选题】
1．如图，圆锥的高SO＝
＝(　　)
A．
√
B　[连接OC，建立如图所示的空间直角坐标系，则
A(0，－1，0)，B(0，1，0)，S(0，0，)，C，而AS，BC的夹角为θ，0<θ≤，
又，
则cos θ＝，
sin2＝－cos θ＝－．故选B．]
2．如图，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，点E在圆O2上，若AD＝2，∠BAE＝60°，则异面直线BD与O1E所成角的余弦值为(　　)
A．
√
B　[法一(向量法)：以点O2为坐标原点，O2A，O2O1所在直线分别为x，z轴，下底面中与AB垂直的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(－，0，0)，O1(0，0，2)，D(，0，2)．
连接O2E，则O2A＝O2E，因为∠BAE＝60°，所以△AO2E是等边三角形，故E＝(2，0，2，
故|cos〈〉|＝，
所以异面直线BD与O1E所成角的余弦值为．
故选B．
法二(几何法)：如图，设O1O2∩BD＝F，则F为O1O2的中点，连接O2E，
设线段O2E的中点为G，连接FG，BG，则FG∥O1E，
故∠BFG(或其补角)为异面直线BD与O1E所成的角．
因为O2A＝O2E，∠BAE＝60°，所以△AO2E为等边三角形， FG ＝ ＝ ＝ ，
BF＝，
在△BO2G中，由余弦定理的推论可得，
BG2＝O2B2＋O2G2－2O2B·O2G·cos∠BO2G＝3＋，
在△BFG中，由余弦定理的推论可得，
cos∠BFG＝＝，
故异面直线BD与O1E所成角的余弦值为． ]
考点二　直线与平面所成的角
[典例2]　(2025·北京卷)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．
[解]　(1)证明：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．
(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)，
∴
取x＝1，∴y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1，1)．
设AB与平面PCD所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝．
即AB与平面PCD所成角的正弦值为．
名师点评：向量法求线面角的解题步骤
[巩固迁移]
2．(2022·浙江卷)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F-DC-B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成的角的正弦值．
[解]　(1)证明：易求得CF＝2，BC＝2．
∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角，
∴∠BCF＝60°，
∴△BCF为等边三角形．
∵N为BC的中点，
∴FN⊥BC．
∵DC⊥BC，DC⊥CF，BC∩CF＝C，BC，CF 平面BCF，
∴DC⊥平面BCF．
∵FN 平面BCF，
∴DC⊥FN．
又BC∩DC＝C，BC，DC 平面ABCD，
∴FN⊥平面ABCD，又AD 平面ABCD，
∴FN⊥AD．
(2)如图建系，则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M，∴＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)．
设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成的角为θ，
∴
取x0＝，则y0＝－1，z0＝，
即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量．
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝．
∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为．
【教用·备选题】
如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1与BB1的距离为
．
(1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)若点N在棱A1C1上，求直线AN与平
面A1B1C所成角的正弦值的最大值．
[解]　(1)证明：取棱A1A的中点D，连接BD，因为AB＝A1B，所以BD⊥AA1．
因为ABC-A1B1C1为三棱柱，所以AA1∥BB1，
所以BD⊥BB1，所以BD＝．
因为AB＝2，所以AD＝1，AA1＝2．
因为AC＝2，A1C＝2，所以AC2＋A＝A1C2，
所以AC⊥AA1，同理AC⊥AB．
因为AA1∩AB＝A，且AA1，AB 平面A1ABB1，所以AC⊥平面A1ABB1．
因为AC 平面ABC，所以平面A1ABB1⊥平面ABC．
(2)取AB的中点O，连接A1O，取BC的中点P，连接OP，则OP∥AC，
由(1)知AC⊥平面A1ABB1，
所以OP⊥平面A1ABB1．
因为A1O 平面A1ABB1，AB 平面A1ABB1，
所以OP⊥A1O，OP⊥AB．
因为AB＝A1A＝A1B，
则A1O⊥AB．
以O为坐标原点，OP，OB，OA1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A(0，－1，0)，A1(0，0，)，B1(0，2，)，C(2，－1，0)，
可设N，＝(a，1，)，
设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，
得
取x＝，则y＝0，z＝2，所以n＝(，0，2)是平面A1B1C的一个法向量．
设直线AN与平面A1B1C所成的角为θ，
则sin θ＝
，
若a＝0，则sin θ＝；若a≠0，则sin θ＝，当且仅当a＝，即a＝2时，等号成立，
所以直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值为．
考点三　平面与平面的夹角
[典例3]　(2026·广东八校联盟开学考试)如图，在正四棱锥S-ABCD中，已知SA＝AB＝，SO⊥平面ABCD，点O在平面ABCD内，点P在棱SD上．
(1)若点P是SD的中点，证明：平面SAD⊥平面PAC；
(2)若，求平面SAC与平面ACP夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：由题意可得正四棱锥所有棱长均为，而P是SD的中点，
所以CP⊥SD，AP⊥SD，
又因为AP∩CP＝P，且AP，CP 平面PAC，所以SD⊥平面PAC，
又因为SD 平面SAD，
所以平面SAD⊥平面PAC．
(2)如图，连接OB，易知OB，OC，OS两两互相垂直，分别以OB，OC，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A(0，－1，0)，C(0，1，0)，S(0，0，1)，D(－1，0，0)，可得＝(0，2，0)，＝(－1，0，－1)．
由，
所以P．
设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则x＝3，所以平面PAC的一个法向量为n＝(3，0，1)．
易知平面SAC的一个法向量为＝(1，0，0)，
设平面SAC与平面ACP的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈，n〉|＝，
故平面SAC与平面ACP夹角的余弦值为．
名师点评：利用空间向量法求平面与平面夹角的解题步骤
[巩固迁移]
3．(2025·河北唐山一模)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，A1B1＝1，AB＝AC＝2，D为BC的中点，AC⊥C1D．
(1)证明：AC⊥AB；
(2)若AA1＝，求平面BCC1B1与平面ADC1夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：在三棱台ABC-A1B1C1中，
∵A1B1＝1，AB＝AC＝2，∴A1C1＝1，BC＝2B1C1．
∵D为BC的中点，∴B1C1＝BD，B1C1∥BD，
∴四边形BDC1B1为平行四边形，故B1B∥C1D．
∵AC⊥C1D，∴AC⊥B1B．
∵AA1⊥底面ABC，AC 底面ABC，
∴AA1⊥AC．
∵AA1，BB1 平面ABB1A1，AA1，BB1为相交直线，
∴AC⊥平面ABB1A1，
∵AB 平面ABB1A1，∴AC⊥AB．
(2)以A为原点，以的方向分别为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(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(1，0，)，C1(0，1，)，
D(1，1，0)．
∴＝(－2，2，0)，＝(－1，0，
＝(0，1，＝(1，1，0)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面BCC1B1的法向量，
则
令x1＝，则y1＝，z1＝1，故m＝(，1)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ADC1的法向量，
则即
令x2＝，则y2＝－，z2＝1，故n＝(，－，1)．
∴cos〈m，n〉＝．
∴平面BCC1B1与平面ADC1夹角的余弦值为．
【教用·备选题】
1．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足，求二面角D-AB-F的正弦值．
[解]　(1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC．
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)．
可得AC＝AB，故AE⊥BC．
因为DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，
所以BC⊥平面ADE．
又DA 平面ADE，所以BC⊥DA．
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC．
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以AB＝AC＝2．
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝．
因为AE⊥BC，所以AE＝．
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，
所以AE⊥ED．
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，＝(－，0，＝(0，－)．
设F(xF，yF，zF)，因为，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)，
所以＝(，0，0)．
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量．
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量，
所以cos〈m，n〉＝．
记二面角D-AB-F的大小为θ，
则sin θ＝，
故二面角D-AB-F的正弦值为．
2．如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，平面ABCD⊥平面PAD，点M在DP上，且DM＝2MP，AD＝AP，∠PAD＝120°．
(1)求证：BD⊥平面ACM；
(2)若∠ADC＝60°，求平面ACM与平面ABP夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：不妨设AD＝AP＝3，
∵∠PAD＝120°，DM＝2MP，∴DP＝3，DM＝2，PM＝，
在△AMP中，由余弦定理得
AM＝，
在△ADM中，AD2＋AM2＝DM2，∴MA⊥AD，
∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，MA 平面PAD，
∴MA⊥平面ABCD．
∵BD 平面ABCD，∴MA⊥BD．
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD．
又∵AC∩MA＝A，且AC 平面ACM，MA 平面ACM，∴BD⊥平面ACM．
(2)在平面ABCD内，过点B作AD的垂线，垂足为N，
∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，BN 平面ABCD，
∴BN⊥平面ADP．
又∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，
∴∠BDA＝30°，
∴△ACD，△ABC均为等边三角形，
以点A为坐标原点，AD，AM及过点A平行于NB的
直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)，
由(1)可得A，B，D(3，0，0)，P，
由(1)可知BD⊥平面ACM，
∴为平面ACM的一个法向量，
设平面ABP的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令x＝，可得m＝，∵，
∴平面ACM与平面ABP的夹角的余弦值为．
1．(2026·重庆模拟)如图，已知圆柱OO1的轴截面为矩形ABCD，且AD＝CD，点P是底面圆O1上异于点C，D的任意一点，M为AD的中点，E为MC的中点，F为线段AP上一点且AF＝3FP．
(1)证明：EF∥平面DCP；
(2)当∠DCP＝60°时，求直线CM与平
面ACP所成角的正弦值．
课后作业(五十二)　向量法求空间角
[解]　(1)证明：法一：在PD上取点H，使得DH＝3HP，连接FH，HO1，EO1，
因为AF＝3FP，所以HF∥AD，HF＝AD，
因为M为AD中点，所以HF∥MD，HF＝MD，
由题可得O1为CD的中点，E为MC的中点，
所以O1E∥MD，且O1E＝MD，
所以HF∥EO1，HF＝EO1，
所以四边形EFHO1为平行四边形，所以EF∥O1H，
又因为EF 平面DCP，O1H 平面DCP，
所以EF∥平面DCP．
法二：取MD中点N，连接NF，NE，
因为E为MC的中点，所以NE∥CD，
又因为NE 平面DCP，CD 平面DCP，所以NE∥平面DCP，
因为M为AD的中点，N为MD的中点，所以AN＝3ND
因为AF＝3FP，所以NF∥DP，
又因为NF 平面DCP，DP 平面DCP，
所以NF∥平面DCP，
又因为NF∩NE＝N，且NF，NE 平面NEF，
所以平面NEF∥平面DCP，
因为EF 平面NEF，所以EF∥平面DCP．
(2)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，因为DC为底面圆的直径，且∠DCP＝60°，
所以∠DPC＝90°，∠CDP＝30°，不妨设CD＝2，
则M(0，－1，)，C(0，1，0)，A(0，－1，2)，P，
则＝(0，－2，＝(0，－2，2)，
设平面ACP的法向量为n＝(a，b，c)，
则取n＝(1，，1)，
设直线CM与平面ACP所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝．
2．(2024·新高考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．
[解]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD．
又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB．
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB．
在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，
所以AB⊥BC．
因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC．
又因为BC 平面PBC，AD 平面PBC，
所以AD∥平面PBC．
(2)以DA，DC所在直线分别为x，y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
令AD＝t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)， DC＝，C(0，，0)．
设平面ACP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
所以
设x1＝，则y1＝t，z1＝0，所以n1＝(，t，0)，
设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
所以
设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，所以n2＝(－2，0，t)，
由图可知二面角为锐角，
因为二面角A-CP-D的正弦值为，
所以，
所以t＝，所以AD＝．
3．(2026·山东聊城模拟)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1＝2CC1＝
．
(1)证明：BD⊥AC；
(2)求平面AB1C1与平面BCC1B1夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：取AC的中点E，连接DE，BE，
因为AA1＝CC1，所以四边形ACC1A1为等腰梯形．
因为D，E分别为A1C1，AC的中点，所以AC⊥DE．
因为AB＝BC，E为AC的中点，所以AC⊥BE．
因为BE∩DE＝E，BE，DE 平面BDE，
所以AC⊥平面BDE．
因为BD 平面BDE，所以BD⊥AC．
(2)过点D作DO⊥BE，垂足为O，
由(1)知，AC⊥平面BDE，DO 平面BDE，
则AC⊥DO，又AC∩BE＝E，AC，BE 平面ABC，
所以DO⊥平面ABC，
则∠DBE为直线BD与平面ABC所成的角，即∠DBE＝．
因为AB＝BC＝2AA1＝2CC1＝，
所以AB＝BC＝2，AA1＝CC1＝，AC＝4，
所以AB2＋BC2＝16＝AC2，所以AB⊥BC，则△ABC为等腰直角三角形，所以BE＝AC＝2，
在△BDE中，BE＝2，BD＝，
则由余弦定理得DE2＝BE2＋BD2－2BE·BDcos＝1，
则DE2＋BD2＝BE2，即BD⊥DE，易得DC1＝1，
在Rt△OBD中，OD＝BDsin∠DBO＝，OB＝BDcos∠DBO＝，
所以OE＝BE－OB＝2－，所以OB＝3OE，
取AB上靠近点A的四等分点F，连接OF，则OF∥AE，
因为AE⊥BE，所以OF⊥BE，
则分别以OF，OB，OD所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，B，C，E，D
，
所以C1，B1，
设平面AB1C1的法向量为m＝(x，y，z)，
由于＝(－1，－1，0)，
所以
令z＝7，则m＝(，－，7)，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x'，y'，z')，
由于＝(－1，－1，0)，
所以
令z'＝1，则n＝(－，1)，
所以cos〈m，n〉＝，
故平面AB1C1与平面BCC1B1夹角的余弦值为．
4．(2026·福建福州模拟)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，E为AC的中点．

(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在线段BD上．
(ⅰ)求平面ABD与平面ABC夹角的余弦值；
(ⅱ)记CF与平面ABD所成角为α，求sin α的最大值．
[解]　(1)证明：由于AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，
故△ABD≌△CBD(SAS)，则BA＝BC．
由于E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE．
因为BE∩DE＝E，BE，DE 平面BDE，
故AC⊥平面BDE，又AC 平面ACD，
故平面BED⊥平面ACD．
(2)(ⅰ)因为AB＝BD＝2，AB＝BC，∠ACB＝60°，
所以△ABC是边长为2的等边三角形，则BE＝，
因为DA＝DC，∠ADC＝90°，所以DE＝1，
所以DE2＋BE2＝4＝BD2，所以DE⊥BE．
又DE⊥AC，BE∩AC＝E，BE，AC 平面ABC，
故DE⊥平面ABC，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(，0，0)，
C(0，1，0)，
所以＝(，0，－1)，＝(0，1，1)，
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
所以
令x＝1，则n＝(1，－)，
平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，
所以cos〈m，n〉＝，
所以平面ABD与平面ABC夹角的余弦值为．
(ⅱ)设＝(λ，0，－λ)，＝(0，－1，1)，
所以＝(λ，－1，1－λ)，则
sin α＝＝
＝，
当且仅当λ＝时取到等号，故sin α的最大值为．
谢 谢 ！课后作业(五十二)　向量法求空间角
说明：本试卷共60分
1．(15分)(2026·重庆模拟)如图，已知圆柱OO1的轴截面为矩形ABCD，且AD＝CD，点P是底面圆O1上异于点C，D的任意一点，M为AD的中点，E为MC的中点，F为线段AP上一点且AF＝3FP．
(1)证明：EF∥平面DCP；
(2)当∠DCP＝60°时，求直线CM与平面ACP所成角的正弦值．
2．(15分)(2024·新高考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．
3．(15分)(2026·山东聊城模拟)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1＝2CC1＝AC＝2，点D为棱A1C1的中点，BD＝，且直线BD与平面ABC所成的角为．
(1)证明：BD⊥AC；
(2)求平面AB1C1与平面BCC1B1夹角的余弦值．
4．(15分)(2026·福建福州模拟)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在线段BD上．
(ⅰ)求平面ABD与平面ABC夹角的余弦值；
(ⅱ)记CF与平面ABD所成角为α，求sin α的最大值．
课后作业(五十二)
1．解：(1)证明：法一：在PD上取点H，使得DH＝3HP，连接FH，HO1，EO1，
因为AF＝3FP，所以HF∥AD，HF＝AD，
因为M为AD中点，所以HF∥MD，HF＝MD，
由题可得O1为CD的中点，E为MC的中点，
所以O1E∥MD，且O1E＝MD，
所以HF∥EO1，HF＝EO1，
所以四边形EFHO1为平行四边形，所以EF∥O1H，
又因为EF 平面DCP，O1H 平面DCP，
所以EF∥平面DCP．
法二：取MD中点N，连接NF，NE，
因为E为MC的中点，所以NE∥CD，
又因为NE 平面DCP，
CD 平面DCP，
所以NE∥平面DCP，
因为M为AD的中点，N为MD的中点，所以AN＝3ND
因为AF＝3FP，
所以NF∥DP，
又因为NF 平面DCP，DP 平面DCP，
所以NF∥平面DCP，
又因为NF∩NE＝N，
且NF，NE 平面NEF，
所以平面NEF∥平面DCP，
因为EF 平面NEF，所以EF∥平面DCP．
(2)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，
因为DC为底面圆的直径，且∠DCP＝60°，
所以∠DPC＝90°，∠CDP＝30°，
不妨设CD＝2，
则M(0，－1，)，
C(0，1，0)，A(0，－1，2)，P，
则＝(0，－2，＝(0，－2，2)，
设平面ACP的法向量为n＝(a，b，c)，
则
取n＝(1，，1)，
设直线CM与平面ACP所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝．
2．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD．
又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB．
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB．
在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，
所以AB⊥BC．
因为A，B，C，D四点共面，
所以AD∥BC．
又因为BC 平面PBC，AD 平面PBC，
所以AD∥平面PBC．
(2)以DA，DC所在直线分别为x，y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
令AD＝t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)， DC＝，C(0，，0)．
设平面ACP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
所以
设x1＝，则y1＝t，z1＝0，
所以n1＝(，t，0)，
设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
所以
设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，
所以n2＝(－2，0，t)，
由图可知二面角为锐角，
因为二面角A-CP-D的正弦值为，
所以其余弦值为，
所以＝，
所以t＝，所以AD＝．
3．解：(1)证明：取AC的中点E，连接DE，BE，
因为AA1＝CC1，所以四边形ACC1A1为等腰梯形．
因为D，E分别为A1C1，AC的中点，
所以AC⊥DE．
因为AB＝BC，E为AC的中点，
所以AC⊥BE．
因为BE∩DE＝E，BE，DE 平面BDE，
所以AC⊥平面BDE．
因为BD 平面BDE，所以BD⊥AC．
(2)过点D作DO⊥BE，垂足为O，
由(1)知，AC⊥平面BDE，DO 平面BDE，
则AC⊥DO，又AC∩BE＝E，AC，BE 平面ABC，
所以DO⊥平面ABC，
则∠DBE为直线BD与平面ABC所成的角，即∠DBE＝．
因为AB＝BC＝2AA1＝2CC1＝AC＝2，
所以AB＝BC＝2，AA1＝CC1＝，AC＝4，
所以AB2＋BC2＝16＝AC2，所以AB⊥BC，则△ABC为等腰直角三角形，
所以BE＝AC＝2，
在△BDE中，BE＝2，BD＝，
则由余弦定理得DE2＝BE2＋BD2－2BE·BDcos＝4＋3－2×2×＝1，
则DE2＋BD2＝BE2，即BD⊥DE，易得DC1＝1，
在Rt△OBD中，OD＝BDsin∠DBO＝，OB＝BDcos∠DBO＝，
所以OE＝BE－OB＝2－，所以OB＝3OE，
取AB上靠近点A的四等分点F，连接OF，则OF∥AE，
因为AE⊥BE，所以OF⊥BE，
则分别以OF，OB，OD所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，B，C，E，D，
由于＝2＝2，
所以C1，B1，
设平面AB1C1的法向量为m＝(x，y，z)，
由于＝(－1，－1，0)，
所以
令z＝7，则m＝(，－，7)，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x'，y'，z')，
由于＝(－1，－1，0)，
所以
令z'＝1，则n＝(－，1)，
所以cos〈m，n〉＝，
故平面AB1C1与平面BCC1B1夹角的余弦值为．
4．解：(1)证明：由于AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，
故△ABD≌△CBD(SAS)，则BA＝BC．
由于E为AC的中点，
所以AC⊥BE，AC⊥DE．
因为BE∩DE＝E，BE，DE 平面BDE，
故AC⊥平面BDE，
又AC 平面ACD，
故平面BED⊥平面ACD．
(2)(ⅰ)因为AB＝BD＝2，AB＝BC，∠ACB＝60°，
所以△ABC是边长为2的等边三角形，则BE＝，
因为DA＝DC，∠ADC＝90°，所以DE＝1，
所以DE2＋BE2＝4＝BD2，所以DE⊥BE．
又DE⊥AC，BE∩AC＝E，BE，AC 平面ABC，
故DE⊥平面ABC，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，
所以＝(，0，－1)，＝(0，1，1)，
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
所以
令x＝1，则n＝(1，－)，
平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，
所以cos〈m，n〉＝，
所以平面ABD与平面ABC夹角的余弦值为．
(ⅱ)设＝λ＝(λ，0，－λ)，＝(0，－1，1)，
所以＝(λ，－1，1－λ)，
则sin α＝＝＝＝≤，
当且仅当λ＝时取到等号，故sin α的最大值为．
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