高考数学复习核心专题突破(四)　微专题9　研究夹角问题（导学案）

这是一份高考数学复习核心专题突破(四)　微专题9　研究夹角问题（导学案），共22页。试卷主要包含了异面直线所成角，平面与平面的夹角，二面角的大小等内容，欢迎下载使用。
微专题9 研究夹角问题
能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
1．异面直线所成角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
2.直线与平面所成的角
(1)范围：__[0， eq \f(π,2) ]__；
(2)向量求法：设直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，直线AB与平面α所成的角为θ，则sin θ＝__|cs__〈u，n〉|__＝__ eq \f(|u·n|,|u||n|) __．
3．平面与平面的夹角
(1)定义：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；
(2)求法：设n1，n2分别是两平面α，β的法向量，α，β的夹角为θ，则cs θ＝__|cs__〈n1，n2〉|__＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) .
4．二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈 eq \(AB,\s\up6(→)) ， eq \(CD,\s\up6(→)) 〉__．
(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cs θ|＝__|cs__〈n1，n2〉|__．
点睛 二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
【基础小题 固根基】
1．(教材变式)已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则平面A1BC1与平面ABCD的夹角的余弦值为( )
A． eq \f(\r(6),3) B． eq \f(\r(3),3) C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(1,2)
解析：选A.建立如图所示空间直角坐标系：
则A1(4，0，2)，B(4，4，0)，C1(0，4，2)，
所以＝(0，4，－2)，＝(－4，4，0)，
设平面A1BC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4y－2z＝0,－4x＋4y＝0)) ，
令z＝2，则m＝(1，1，2)，
易知平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
所以cs 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|) ＝ eq \f(2,\r(6)) ＝ eq \f(\r(6),3) ，
所以平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为 eq \f(\r(6),3) .
2．(教材提升)在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC，PA＝2AB，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为( )
A． eq \f(2\r(5),5) B． eq \f(\r(5),5) C． eq \f(\r(3),5) D． eq \f(2\r(3),5)
解析：选B.因为PA⊥平面ABC，而AB，AC⊂平面ABC，故PA⊥AB，PA⊥AC，而∠BAC＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝2，则AC＝2，PA＝4且P(0，0，4)，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，
故D(1，0，0)，E(1，1，0)，F(0，1，2)，
故 eq \(AP,\s\up6(→)) ＝(0，0，4)， eq \(DE,\s\up6(→)) ＝(0，1，0)， eq \(EF,\s\up6(→)) ＝(－1，0，2)，
设平面EFD的一个法向量为n＝(x，y，z)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝0,n·\(EF,\s\up6(→))＝0)) ，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0,－x＋2z＝0)) ，取z＝1，则n＝(2，0，1)，设直线PA与平面DEF所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈 eq \(AP,\s\up6(→)) ，n〉|＝ eq \f(4,4×\r(5)) ＝ eq \f(\r(5),5) .
3．(漏情况)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( )
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
解析：选C.cs 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|) ＝ eq \f(1,\r(2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，即〈m，n〉＝45°，所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
4．(漏情况)在一个二面角的两个半平面上，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为( )
A． eq \f(\r(15),6) B．－ eq \f(\r(15),3)
C． eq \f(\r(15),3) D． eq \f(\r(15),6) 或－ eq \f(\r(15),6)
解析：选D.因为在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则 eq \f(（0，－1，3）·（2，2，4）,\r(10)×\r(24)) ＝ eq \f(\r(15),6) ，
所以这个二面角的余弦值为 eq \f(\r(15),6) 或－ eq \f(\r(15),6) .
题型一异面直线所成的角
[典例1](1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1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：选D.如图，∠PBC1为直线PB与AD1所成角的平面角．
易知△A1BC1为正三角形，又P为A1C1的中点，所以∠PBC1＝ eq \f(π,6) .
(2)(2023·长春模拟)在矩形ABCD中，O为BD中点且AD＝2AB，将平面ABD沿对角线BD翻折至二面角A­BD­C为90°，则直线AO与CD所成角的余弦值为( )
A． eq \f(\r(5),5) B． eq \f(\r(5),4) C． eq \f(3\r(5),25) D． eq \f(4\r(2),25)
解析：选C.在平面ABD中过A作AE⊥BD，垂足为E；在平面CBD中过C作CF⊥BD，垂足为F.由于平面ABD⊥平面BCD，且交线为BD，
所以AE⊥平面BCD，CF⊥平面ABD，
设AB＝1，AD＝2，
eq \f(1,2) ×BD×AE＝ eq \f(1,2) ×AB×AD⇒AE＝ eq \f(2,\r(5)) ，
OE＝ eq \r(OA2－AE2) ＝ eq \f(3,2\r(5)) ，
同理可得CF＝ eq \f(2,\r(5)) ，OF＝ eq \f(3,2\r(5)) ，
以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则A( eq \f(3,2\r(5)) ，0， eq \f(2,\r(5)) )，C(－ eq \f(3,2\r(5)) ， eq \f(2,\r(5)) ，0)，D(－ eq \f(\r(5),2) ，0，0)，
eq \(CD,\s\up6(→)) ＝(－ eq \f(\r(5),5) ，－ eq \f(2,\r(5)) ，0)，设AO与CD所成角为θ，
则cs θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(OA,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),|\(OA,\s\up6(→))|·|\(CD,\s\up6(→))|))) ＝ eq \f(\f(3,10),\f(\r(5),2)×1) ＝ eq \f(3\r(5),25) .
【方法提炼】
求解异面直线所成角的方法
1．平移法
步骤：(1)平移；(2)认定；(3)计算；(4)取舍．
2．向量法
步骤：(1)建系；
(2)求两异面直线的方向向量坐标；
(3)求两向量的夹角的余弦值；
(4)下结论．
提醒 (1)两条异面直线所成角的余弦值即为两向量夹角余弦的绝对值．
(2)当几何体不适合建系时，要考虑运用基底向量法求解．
【对点训练】
1．(2022·南通模拟)在三棱锥P­ABC中，已知△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，M，N分别是AB，PC的中点，若异面直线MN，PB所成角的余弦值为 eq \f(3,4) ，则PA的长为__________．
解析：连接CM，则CM⊥AB，又因为PA⊥平面ABC，以点M为坐标原点，
eq \(CM,\s\up6(→)) ， eq \(MB,\s\up6(→)) ， eq \(AP,\s\up6(→)) 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PA＝2h(h＞0)，则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，C(－ eq \r(3) ，0，0)，P(0，－1，2h)，M(0，0，0)，N(－ eq \f(\r(3),2) ，
－ eq \f(1,2) ，h)， eq \(MN,\s\up6(→)) ＝(－ eq \f(\r(3),2) ，－ eq \f(1,2) ，h)， eq \(PB,\s\up6(→)) ＝(0，2，－2h)，
由已知可得|cs 〈 eq \(MN,\s\up6(→)) ， eq \(PB,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|\(MN,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))|,|\(MN,\s\up6(→))|·|\(PB,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(2h2＋1,2（1＋h2）) ＝ eq \f(3,4) ，解得h＝1，因此PA＝2h＝2.
答案：2
2．如图所示，已知四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝ eq \f(π,3) ，CF＝2，且CF⊥平面ABCD，AE∥CF，且异面直线AC和BE所成角的余弦值为 eq \f(\r(39),13) ，求三棱锥A­BDE的体积．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，令AE＝t＞0，
易得A( eq \r(3) ，0，0)，B(0，1，0)，E( eq \r(3) ，0，t)，
所以 eq \(OA,\s\up6(→)) ＝( eq \r(3) ，0，0)， eq \(BE,\s\up6(→)) ＝( eq \r(3) ，－1，t)，
由题意得|cs 〈 eq \(OA,\s\up6(→)) ， eq \(BE,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(\r(39),13) ，
而cs 〈 eq \(OA,\s\up6(→)) ， eq \(BE,\s\up6(→)) 〉＝ eq \f(\(OA,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→)),|\(OA,\s\up6(→))|·|\(BE,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(3,\r(3)·\r(4＋t2)) ＝ eq \f(\r(3),\r(4＋t2)) ，所以 eq \f(\r(3),\r(4＋t2)) ＝ eq \f(\r(39),13) ，即4＋t2＝13，解得t＝3或t＝－3(舍去)，则VA­BDE＝VE­ABD＝ eq \f(1,3) S△ABD·AE＝ eq \f(1,3) × eq \f(\r(3),4) ×22×3＝ eq \r(3) .
【加练备选】
如图，正三棱柱ABC­A1B1C1中，底面边长为 eq \r(2) .
(1)若侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；
(2)若AB1与BC1所成角的大小为 eq \f(π,3) ，求侧棱的长．
解析：(1)因为＝ eq \(AB,\s\up6(→)) ＋，＝＋ eq \(BC,\s\up6(→)) .又BB1⊥平面ABC，
所以· eq \(AB,\s\up6(→)) ＝0，· eq \(BC,\s\up6(→)) ＝0.
又△ABC为正三角形，
所以〈 eq \(AB,\s\up6(→)) ， eq \(BC,\s\up6(→)) 〉＝π－〈 eq \(BA,\s\up6(→)) ， eq \(BC,\s\up6(→)) 〉＝π－ eq \f(π,3) ＝ eq \f(2π,3) .
因为·＝( eq \(AB,\s\up6(→)) ＋)·(＋ eq \(BC,\s\up6(→)) )
＝ eq \(AB,\s\up6(→)) ·＋ eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(BC,\s\up6(→)) ＋2＋· eq \(BC,\s\up6(→))
＝| eq \(AB,\s\up6(→)) |·| eq \(BC,\s\up6(→)) |·cs 〈 eq \(AB,\s\up6(→)) ， eq \(BC,\s\up6(→)) 〉＋2＝－1＋1＝0，
所以⊥；
(2)结合(1)知·＝| eq \(AB,\s\up6(→)) |·| eq \(BC,\s\up6(→)) |·
cs 〈 eq \(AB,\s\up6(→)) ， eq \(BC,\s\up6(→)) 〉＋2＝2－1，又||＝＝＝||.
所以cs 〈，〉＝＝ eq \f(1,2) ，
得||＝2，即侧棱长为2.
题型二直线与平面所成的角
[典例2](1)(2022·全国甲卷)在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝ eq \r(3) .
①证明：BD⊥PA；
②求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
解析：①因为PD⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
取AB的中点E，连接DE，
则BE＝ eq \f(1,2) AB＝1，
因为CD∥BE，且CD＝BE，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以DE＝CB＝1，
因为DE＝ eq \f(1,2) AB，
所以△ABD为直角三角形，且AB为斜边，
所以BD⊥AD，
因为PD∩AD＝D，PD⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，
又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA；
②由①知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，BD＝ eq \r(AB2－AD2) ＝ eq \r(3) ，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，P(0，0， eq \r(3) )，
所以 eq \(PD,\s\up6(→)) ＝(0，0，－ eq \r(3) )， eq \(PA,\s\up6(→)) ＝(1，0，－ eq \r(3) )， eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)，
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PA,\s\up6(→))＝x－\r(3)z＝0,n·\(AB,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)y＝0)) ，
则可取n＝( eq \r(3) ，1，1)，
设PD与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈 eq \(PD,\s\up6(→)) ，n〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PD,\s\up6(→))·n,|\(PD,\s\up6(→))||n|))) ＝ eq \f(\r(5),5) ，
所以PD与平面PAB所成的角的正弦值为 eq \f(\r(5),5) .
(2)(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，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BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
解析：①因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB，
又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
②连接EF，由①知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，所以S△AFC＝ eq \f(1,2) AC·EF，
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小．
因为△ABD≌△CBD，所以CB＝AB＝2，
又因为∠ACB＝60°，
所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，
所以AE＝EC＝1，BE＝ eq \r(3) ，
因为AD⊥CD，所以DE＝ eq \f(1,2) AC＝1，
在△DEB中，DE2＋BE2＝BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E­xyz，
则A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，D(0，0，1)，
所以 eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(－1，0，1)， eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)，
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝－x＋z＝0,n·\(AB,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)y＝0)) ，
取y＝ eq \r(3) ，则n＝(3， eq \r(3) ，3)，
又因为C(－1，0，0)，F(0， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) )，
所以 eq \(CF,\s\up6(→)) ＝(1， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) )，
所以cs 〈n， eq \(CF,\s\up6(→)) 〉＝ eq \f(n·\(CF,\s\up6(→)),|n||\(CF,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(6,\r(21)×\r(\f(7,4))) ＝ eq \f(4\r(3),7) ，
设CF与平面ABD所成的角为θ(0≤θ≤ eq \f(π,2) )，
所以sin θ＝|cs 〈n， eq \(CF,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(4\r(3),7) ，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为 eq \f(4\r(3),7) .
【方法提炼】
求直线与平面所成角的方法
1．向量法：设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cs 〈a，n〉|＝ eq \f(|a·n|,|a||n|) .
2．定义法：
步骤：
(1)作，在直线上合适的位置向平面引垂线；
(2)证，证明斜线与其射影所成的角为线面角；
(3)求，利用解三角形的知识求角．
提醒 平面的法向量与斜线的方向向量所成角的余弦值的绝对值为线面角的正弦值，不是余弦值．
【对点训练】
(2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
解析：(1)取BC中点D，连接B1D，DN，在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1B1∥AB，
因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，
所以B1M∥AB，B1M＝ eq \f(1,2) AB，DN∥AB，DN＝ eq \f(1,2) AB，
即B1M∥DN且B1M＝DN，所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥MN.
又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.
(2)选①：
因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，
且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1，而AB⊂平面ABB1A1，
所以CB⊥AB，而B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1.在三棱柱ABC­A1B1C1中，
BA，BC，BB1两两垂直，故分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系，
因为AB＝BC＝BB1＝2，所以B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，
所以 eq \(BN,\s\up6(→)) ＝(1，1，0)， eq \(BM,\s\up6(→)) ＝(0，1，2)， eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(0，－2，0)，
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，由 eq \(BN,\s\up6(→)) ·n＝0， eq \(BM,\s\up6(→)) ·n＝0，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0， )) 令x＝2，得n＝(2，－2，1)，设直线AB与平面BMN所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n， eq \(AB,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\(AB,\s\up6(→))|,|n||\(AB,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(2,3) ，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为 eq \f(2,3) .
选②：
取AB中点H，连接HM，HN.
因为M，N，H分别为A1B1，AC，AB的中点，所以B1B∥MH，CB∥NH，
而CB⊥BB1，故NH⊥MH，又因为AB＝BC＝2，
所以NH＝BH＝1，在△MHB和△MHN中，BM＝MN，NH＝BH，公共边为MH，
所以△MHB≌△MHN，因此∠MHN＝∠MHB＝90°，即MH⊥AB，故BB1⊥AB.
在三棱柱ABC­A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系，因为AB＝BC＝BB1＝2，
所以B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，
所以 eq \(BN,\s\up6(→)) ＝(1，1，0)， eq \(BM,\s\up6(→)) ＝(0，1，2)， eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(0，－2，0)，
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，由 eq \(BN,\s\up6(→)) ·n＝0， eq \(BM,\s\up6(→)) ·n＝0，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，)) 令x＝2，得n＝(2，－2，1)，设直线AB与平面BMN所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n， eq \(AB,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\(AB,\s\up6(→))|,|n||\(AB,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(2,3) ，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为 eq \f(2,3) .
【加练备选】
(2023·三明模拟)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P，Q分别是线段CC1，BD上的点，满足PQ∥平面AC1D1，则PQ与平面BDD1B1所成角的范围是__________．
解析：以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(1，0，0)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，可得＝(－1，0，1)，＝(－1，1，1)，
设平面AC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则，
令x＝1，可得y＝0，z＝1，所以n＝(1，0，1)，
易得P，C1不重合，设P(0，1，t)，Q(a，b，0)，其中a，b∈[0，1]，t∈[0，1)，且 eq \(DQ,\s\up6(→)) ＝λ eq \(DB,\s\up6(→)) ，0≤λ≤1，
所以(a，b，0)＝(λ，λ，0)，所以Q(λ，λ，0)， eq \(PQ,\s\up6(→)) ＝(λ，λ－1，－t)，
因为PQ∥平面AC1D1，所以 eq \(PQ,\s\up6(→)) ·n＝λ－t＝0，可得t＝λ，所以 eq \(PQ,\s\up6(→)) ＝(λ，λ－1，－λ)，λ∈[0，1)，
因为AC⊥平面BDD1B1，所以平面BDD1B1的一个法向量为 eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(－1，1，0)，
设PQ与平面BDD1B1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈 eq \(PQ,\s\up6(→)) ， eq \(AC,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|\(PQ,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))|,|\(PQ,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(1,\r(3λ2－2λ＋1)×\r(2)) ＝ eq \f(1,\r(2)×\r(3（λ－\f(1,3)）2＋\f(2,3))) ，0≤λ＜1，当λ＝ eq \f(1,3) 时，可得(sin θ)max＝ eq \f(1,\r(2)·\r(\f(2,3))) ＝ eq \f(\r(3),2) ，因为θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，所以θ＝ eq \f(π,3) ，
当λ＝1，可得(sin θ)min＝ eq \f(1,\r(2)·\r(2)) ＝ eq \f(1,2) ，因为θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，所以θ＝ eq \f(π,6) ，
所以PQ与平面BDD1B1所成的角的范围是( eq \f(π,6) ， eq \f(π,3) ].
答案：( eq \f(π,6) ， eq \f(π,3) ]
题型三平面与平面所成的角
角度1 求二面角的大小
[典例3](2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 eq \r(2) .
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A­BD­C的正弦值．
解析：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，
设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA-A1BC=13S△A1BC·h=223h=VA1-ABC=13S△ABC·A1A=13VABC-A1B1C1=43,解得h=2,
所以点A到平面A1BC的距离为 eq \r(2) ；
(2)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B，
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE，BB1⊂平面ABB1A1且AE∩BB1＝B1，所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得AE＝ eq \r(2) ，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2 eq \r(2) ，
所以BC＝2，则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，
所以A1C的中点D(1，1，1)，
则 eq \(BD,\s\up6(→)) ＝(1，1，1)， eq \(BA,\s\up6(→)) ＝(0，2，0)， eq \(BC,\s\up6(→)) ＝(2，0，0)，
设平面ABD的一个法向量m＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0,m·\(BA,\s\up6(→))＝2y＝0)) ，
可取m＝(1，0，－1)，
设平面BDC的一个法向量n＝(a，b，c)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝a＋b＋c＝0,n·\(BC,\s\up6(→))＝2a＝0)) ，
可取n＝(0，1，－1)，
则cs 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|) ＝ eq \f(1,\r(2)×\r(2)) ＝ eq \f(1,2) ，
所以二面角A­BD­C的正弦值为 eq \r(1－（\f(1,2)）2) ＝ eq \f(\r(3),2) .
【方法提炼】
1．求解二面角的方法
(1)定义法；
(2)垂线法；
(3)垂面法；
(4)射影面积法．
2．利用空间向量法求解二面角的步骤
(1)建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
(2)设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条相交直线的方向向量，求解出平面的法向量(注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可)；
(3)计算(2)中两个法向量夹角的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．
提醒 (1)建系时若垂直关系不明显，则应先给出证明．
(2)平面与平面的夹角的范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，两法向量夹角的余弦值的绝对值为面面角的余弦值．
(3)二面角的范围为[0，π]，要结合图形判断取锐角还是钝角．
【对点训练】
(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P­ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E是PB的中点．
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C­AE­B的正弦值．
解析：(1)如图，连接BO并延长交AC于点D，连接OA，PD，
因为PO是三棱锥P­ABC的高，
所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO，PO⊥BO，
又PA＝PB，易得△POA≌△POB，即OA＝OB，所以∠OAB＝∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC＝90°，
所以∠OAB＋∠OAD＝90°，∠OBA＋∠ODA＝90°，所以∠ODA＝∠OAD，
所以AO＝DO，即AO＝DO＝OB，
所以O为BD的中点，
又E为PB的中点，
所以OE∥PD，
又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE∥平面PAC.
(2)过点A作Az∥OP，如图建立平面直角坐标系，
因为PO＝3，AP＝5，所以OA＝ eq \r(AP2－PO2) ＝4，
又∠OBA＝∠OBC＝30°，
所以BD＝2OA＝8，则AD＝4，AB＝4 eq \r(3) ，
所以AC＝12，所以O(2 eq \r(3) ，2，0)，B(4 eq \r(3) ，0，0)，P(2 eq \r(3) ，2，3)，C(0，12，0)，
所以E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2))) ，则 eq \(AE,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2))) ，
eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(4 eq \r(3) ，0，0)， eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(0，12，0)，
设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0,n·\(AB,\s\up6(→))＝4\r(3)x＝0)) ，
令z＝2，则y＝－3，x＝0，所以n＝(0，－3，2)；
设平面AEC的法向量为m＝(a，b，c)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝3\r(3)a＋b＋\f(3,2)c＝0,m·\(AC,\s\up6(→))＝12b＝0)) ，
令a＝ eq \r(3) ，则c＝－6，b＝0，所以m＝( eq \r(3) ，0，－6)；
所以cs 〈n，m〉＝ eq \f(n·m,|n||m|) ＝ eq \f(－12,\r(13)×\r(39)) ＝－ eq \f(4\r(3),13) ，
设二面角C­AE­B为θ，由图可知二面角C­AE­B为钝二面角，
所以cs θ＝－ eq \f(4\r(3),13) ，
所以sin θ＝ eq \r(1－cs2θ) ＝ eq \f(11,13) ，
故二面角C­AE­B的正弦值为 eq \f(11,13) .
角度2 与二面角有关的综合问题
[典例4](2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
解析：(1)连接A1E，取BC中点M，连接B1M，EM.
由E，M为AC，BC的中点，得EM∥AB.
又因为AB∥A1B1，所以A1B1∥EM，则A1，B1，M，E四点共面，故DE⊂平面A1B1ME，
又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,则BF⊥MB1,
又BF⊥A1B1MB1⋂A1B1=B1MB1,A1B1⊂平面A1B1ME⇒BF⊥平面A1B1ME,则BF⊥DE.
(2)BF⊥A1B1则BF⊥AB⇒AF＝3，
又AF2＝FC2＋AC2，
所以AC2＝8，则AB⊥BC，
如图，以B为原点建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，E(1，1，0)，F(2，0，1).
设DB1＝t，则D(0，t，2)，0≤t≤2，则平面BCC1B1的一个法向量为m＝(0，1，0)，
设平面DEF的法向量为n＝(1＋t，3，2－t)，则
cs 〈m，n〉＝ eq \f(3,\r(（1＋t）2＋32＋（2－t）2))
＝ eq \f(3,\r(2t2－2t＋14)) ，
要求二面角的正弦值最小则其余弦值最大．当t＝ eq \f(1,2) 时，二面角的余弦值最大，则当B1D＝ eq \f(1,2) 时，二面角的正弦值最小．
【方法提炼】
立体几何中有关角的最值问题的解决策略
1．几何法：作出要求的角，在三角形中表示出角的三角函数，结合函数求出最值．
2．向量法：通过坐标把要求的角建立目标函数，运用一次函数、二次函数、不等式、导数法等求出最值．
【对点训练】
如图1，平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt△PAD拼接而成，其中AB＝BC＝1，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝PD＝ eq \r(2) ，PA⊥PD，PC与AD相交于点O，现沿着AD将其折成四棱锥P­ABCD(如图2).
(1)当侧面PAD⊥底面ABCD时，求点B到平面PCD的距离；
(2)在(1)的条件下，线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q­AC­D的余弦值为 eq \f(\r(6),3) ？若存在，求出 eq \f(PQ,QD) 的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)因为PA⊥PD，PA＝PD＝ eq \r(2) ，所以AD＝2.
连接AC，则AC＝CD＝ eq \r(2) ，
所以AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD，
所以△APD≌△ACD，
结合折叠前后图形的关系可知PO⊥AD，CO⊥AD，故四边形ABCO为正方形，
所以AO＝1，即O为AD的中点，所以PO⊥AD，所以PO＝1.
因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，
所以PO⊥平面ABCD，
易知PO，AD，OC两两垂直．
以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，所以 eq \(PB,\s\up6(→)) ＝(1，－1，－1)， eq \(CP,\s\up6(→)) ＝(－1，0，1)， eq \(PD,\s\up6(→)) ＝(0，1，－1).
设平面PCD的法向量为u＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(u·\(CP,\s\up6(→))＝－x＋z＝0,u·\(PD,\s\up6(→))＝y－z＝0)) ，取z＝1，得x＝1，y＝1，则u＝(1，1，1)为平面PCD的一个法向量，则点B到平面PCD的距离d＝ eq \f(|\(PB,\s\up6(→))·u|,|u|) ＝ eq \f(\r(3),3) ；
(2)假设存在满足题意的点Q，且 eq \(PQ,\s\up6(→)) ＝λ eq \(PD,\s\up6(→)) (0≤λ＜1).因为 eq \(PD,\s\up6(→)) ＝(0，1，－1)，所以 eq \(PQ,\s\up6(→)) ＝ eq \(OQ,\s\up6(→)) － eq \(OP,\s\up6(→)) ＝(0，λ，－λ)，所以 eq \(OQ,\s\up6(→)) ＝(0，λ，1－λ)，所以Q(0，λ，1－λ).
设平面CAQ的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
又因为 eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(1，1，0)， eq \(AQ,\s\up6(→)) ＝(0，λ＋1，1－λ)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝x1＋y1＝0,m·\(AQ,\s\up6(→))＝（λ＋1）y1＋（1－λ）z1＝0)) ，
取z1＝1＋λ，则y1＝λ－1，x1＝1－λ，
取m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)为平面CAQ的一个法向量．易知平面CAD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
因为二面角Q­AC­D的余弦值为 eq \f(\r(6),3) ，
所以|cs 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m|·|n|)
＝ eq \f(|λ＋1|,\r([（1－λ）2＋（λ－1）2＋（λ＋1）2]×1)) ＝ eq \f(\r(6),3) ，
化简得3λ2－10λ＋3＝0，
解得λ＝ eq \f(1,3) 或λ＝3(舍去).
所以线段PD上存在满足题意的点Q，且 eq \f(PQ,QD) ＝ eq \f(1,2) .
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
__(0，π)__
__(0， eq \f(π,2) ]__
求法
__cs__β＝ eq \f(a·b,|a||b|) __
cs θ＝|cs β|＝ eq \f(|a·b|,|a||b|)
教材改编
易错易混
1，2
3，4