2025年高考数学一轮复习-7.6-向量法求空间角与距离【导学案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-7.6-向量法求空间角与距离【导学案】，共19页。


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cs θ＝|cs〈u，v〉|＝u·vuv．
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＝|cs〈u，n〉|＝u·nun．
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cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n2．
[常用结论]
最小角定理
如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cs θ＝cs θ1cs θ2．

一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( )
(2)直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α 所成的角．( )
(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ．( )
(4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
二、教材经典衍生
1．(人教A版选择性必修第一册P36例7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．24 B．12
C．22 D．32
C [设两直线的夹角为θ，所以cs θ＝|cs〈s1，s2〉|＝s1·s2s1s2＝−1−22×3＝22.所以l1和l2夹角的余弦值为22.]
2．(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________．
156 [设两平面夹角为θ，
则cs θ＝0，−1，3·2，2，41+9×4+4+16＝156.]
3．(人教A版选择性必修第一册P41练习T1改编)二面角α-l-β的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l.已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝22，则平面α与平面β的夹角为________．
π3 [设平面α与平面β的夹角为θ，由CD＝CA+AB+BD可得，
CD2＝CA+AB+BD2＝CA2＋AB2＋BD2＋2CA·AB＋2AB·BD＋2CA·BD＝4＋1＋9＋2CABDcs〈CA，BD〉＝14－12cs θ＝(22)2.
所以cs θ＝12，即平面α与平面β的夹角为π3.]
4．(人教A版选择性必修第一册P38练习T2改编)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，其中∠APC＝∠BPC＝45°，∠APB＝60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为________．
63 [过PC上一点D作DO⊥平面APB，如图，
则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．
因为∠APC＝∠BPC＝45°，
所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°.
过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，
因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB.
设PE＝1，
因为∠OPE＝30°，所以OP＝1cs30°＝233，
在Rt△PED中，∠DPE＝45°，PE＝1，则PD＝2.
在Rt△DOP中，OP＝233，PD＝2，则
cs ∠DPO＝OPPD＝63.
即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是63.]
考点一 异面直线所成的角
[典例1]
(1)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )
A．π2 B．π3
C．π4 D．π6
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，AF＝λAD(0＜λ＜1)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则λ的值为________．
(1)B (2)13 [(1)因为AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°.以A为原点，AB，AC，AA1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，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，所以D22，22，0，所以AD＝22，22，0，A1C＝(0，2，－2)，所以cs 〈AD，A1C〉＝AD·A1CADA1C＝12，所以〈AD，A1C〉＝π3.故选B.
(2)以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．
因为正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)．
所以D1E＝(0，2，－1)，A1F＝A1A+AF＝A1A＋λAD＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)．
则|cs 〈A1F，D1E〉|＝A1F·D1EA1F·D1E＝22λ2+1·5＝3210，解得λ＝13λ=−13舍去.]
用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是0，π2，即两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．
[跟进训练]
1．(2024·浙江绍兴模拟)“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇环所对的圆心角为π2，AD的长度是BC长度的2倍，CD＝1，则异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为( )
A．23 B．13
C．223 D．24
C [设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由底面扇环所对的圆心角为π2，AD的长度是BC长度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，则C1(1，0，4)，A(0，2，0)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，A1(0，2，4)，
则A1D1＝(2，－2，0)，BC1＝(1，－1，4)，
cs 〈A1D1，BC1〉＝A1D1·BC1A1D1·BC1＝422×32＝13，
又异面直线所成角的范围为0，π2，
故异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为1−132＝223.
故选C.]
考点二 直线与平面所成的角
[典例2] (2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1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.
[解] (1)证明：如图，取BC的中点D，连接B1D，DN，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB.因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，所以B1M∥AB，B1M＝12AB，DN∥AB，DN＝12AB，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)选条件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，
由(1)得B1D∥MN，又因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D，
而B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1.
在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，
故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1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，
因为AB＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以BN＝(1，1，0)，BM＝(0，1，2)，AB＝(0，－2，0)．
设平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，
由BN·n=0，BM·n=0，得x+y=0，y+2z=0，令x＝2，得n＝(2，－2，1)为平面BMN的一个法向量．
设直线AB与平面BMN所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n，AB〉|＝n·ABn·AB＝43×2＝23，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23.
选条件②：
取AB的中点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MH，那么△MHB≌△MHN，
因此∠MHN＝∠MHB＝90°，即MH⊥AB，故B1B⊥AB.
在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，
故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1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，
因为AB＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以BN＝(1，1，0)，BM＝(0，1，2)，AB＝(0，－2，0)．
设平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，
由BN·n=0，BM·n=0，得x+y=0，y+2z=0，令x＝2，得n＝(2，－2，1)为平面BMN的一个法向量．
设直线AB与平面BMN所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，AB〉|＝n·ABn·AB＝43×2＝23，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23.
利用空间向量求线面角的解题步骤
[跟进训练]
2．(2022·浙江高考)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所成角的正弦值．
[解] (1)证明：易求得CF＝23，BC＝23.
∵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.
又∵DC⊥平面BCF，∴DC⊥FN，BC∩DC＝C，
∴FN⊥平面BCD，∴FN⊥AD.
(2)如图建系，则B(0，3，0)，A(5，3，0)，D(3，－3，0)，E(1，0，3)，M3，32，32，∴BM＝3，−32，32，AD＝(－2，－23，0)，DE＝(－2，3，3)．
设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成角为θ，
∴n·AD=0，n·DE=0⇒−2x0−23y0=0， −2x0+3y0+3z0=0，取x0＝3，则y0＝－1，z0＝3，即n＝(3，－1，3)是平面ADE的一个法向量．
∴sin θ＝|cs〈BM，n〉|＝BM·nBMn＝33+32+3329+34+94×7＝5714.
∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为5714.
考点三 平面与平面的夹角
[典例3] (12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.
[解] (1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)．·2分
∴B2C2＝(0，－2，1)，A2D2＝(0，－2，1)．·············3分
∴B2C2∥A2D2.··························4分
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，→失分点 ············5分
∴B2C2∥A2D2.··························6分
(2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，→巧设元
则A2C2＝(－2，－2，2)，PC2＝(0，－2，3－λ)，D2C2＝(－2，0，1)，·7分
设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)，
则n·A2C2=−2x−2y+2z=0，n·PC2=−2y+3−λz=0，
令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，→关键点，赋值求值
∴n＝(λ－1，3－λ，2)为平面PA2C2的一个法向量．··········8分
设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)，
则m·A2C2=−2a−2b+2c=0，m·D2C2=−2a+c=0，
令a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1，1，2)为平面A2C2D2的一个法向量，············9分
|cs〈n，m〉|＝n·mnm→关键点，用对公式
＝66×4+λ−12+3−λ2＝|cs 150°|＝32，
化简可得λ2－4λ＋3＝0，·····················10分
解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，···················11分
∴B2P＝1. ···························12分
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
[跟进训练]
3．(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EF＝DA，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＝2.
因为AE⊥BC，所以AE＝AB2−EB2＝2.
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(2，0，0)，B(0，2，0)，A(0，0，2)，DA＝(－2，0，2)，BA＝(0，－2，2)．
设F(xF，yF，zF)，因为EF＝DA，所以(xF，yF，zF)＝(－2，0，2)，可得F(－2，0，2)，
所以FA＝(2，0，0)．
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则DA·m=0，BA·m=0，
即−2x1+2z1=0，−2y1+2z1=0，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FA·n=0，BA·n=0，即2x2=0，−2y2+2z2=0，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cs 〈m，n〉＝m·nm·n＝23×2＝63.
记二面角D-AB-F的大小为θ，则sin θ＝1−cs2〈m，n〉＝1−632＝33，
故二面角D-AB-F的正弦值为33.
课时分层作业(四十八) 向量法求空间角
1．(2023·北京高考)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝3.
(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)求二面角A-PC-B的大小．
[解] (1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，
所以△PAB为直角三角形，
又因为PB＝PA2+AB2＝2，BC＝1，PC＝3，
所以PB2＋BC2＝PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB.
又因为BC⊥PA，PA∩PB＝P，
所以BC⊥平面PAB.
(2)由(1)知BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB，
以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，所以AP＝(0，0，1)，AC＝(1，1，0)，BC＝(0，1，0)，PC＝(1，1，－1)．
设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则m·AP＝0，m·AC＝0，即z1=0，x1+y1=0，
令x1＝1，则y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)为平面PAC的一个法向量，
设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则n·BC=0，n·PC=0，即y2=0，x2+y2−z2=0，
令x2＝1，则z2＝1，所以n＝(1，0，1)为平面PBC的一个法向量，
所以cs 〈m，n〉＝m·nmn＝12×2＝12.
又因为二面角A-PC-B为锐二面角，
所以二面角A-PC-B的大小为π3.
2．(2023·广东广州二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，点D是BC的中点，点E在AA1上，AD∥平面BC1E.
(1)求证：平面BC1E⊥平面BB1C1C；
(2)当三棱锥B1-BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值．
[解] (1)证明：取BC1中点M，连接EM，MD，如图所示．
∵AB＝AC，点D是BC的中点， ∴AD⊥BC，
又∵M是BC1的中点，∴DM∥CC1 ，
又∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，有AA1∥CC1，AA1⊥平面ABC，
∴DM∥AE，DM⊥平面ABC，
∵AD∥平面BC1E，且AD⊂平面ADME，平面ADME∩平面BC1E＝EM，∴AD∥ME，
∵CC1⊥平面ABC，且AD⊂平面ABC，
∴CC1⊥AD，
又∵CC1∩BC＝C，且CC1，BC⊂平面BB1C1C，
∴AD⊥平面BB1C1C.
又∵AD∥ME，∴ME⊥平面BB1C1C，
∵ME⊂平面BC1E，
∴平面BC1E⊥平面BB1C1C.
(2)由(1)知ME⊥平面BB1C1C，
则VB1−BC1E＝13S△B1BC1·ME，
设BC＝2a，则BD＝a，AD＝9−a2，S△B1BC1＝12×2a×3＝3a，
∴VB1−BC1E＝13·3a·9−a2≤a2+9−a22＝92，
由基本不等式知，当且仅当a＝9−a2时等号成立，
即三棱锥B1-BC1E的体积最大，此时a＝322.
以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DM所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则有A322，0，0，C0，−322，0，B0，322，0，E322，0，32，C10，−322，3，∴AC＝−322，−322，0，C1B＝(0，32，－3)，BE＝322，−322，32，设平面BC1E的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则有n·C1B=32y1−3z1=0，n·BE=322x1−322y1+32z1=0，
取y1＝2，解得n＝(0，2，2)为平面BC1E的一个法向量，
设直线AC与平面BC1E所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，AC〉|＝33×2+4＝66，
故直线AC与平面BC1E所成角的正弦值为66.
3．(2024·辽宁鞍山模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AB＝2，AA1＝23，E为线段DD1上一点．
(1)求证：AC⊥B1D；
(2)若平面AB1E与平面ABCD的夹角的余弦值为25，求直线BE与平面AB1E所成角的正弦值．
[解] (1)证明：连接BD，
∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD.
又BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC.
又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDB1，
∴AC⊥平面BDB1．又B1D⊂平面BDB1，∴AC⊥B1D.
(2)设CD的中点为F，连接AF，如图．
∵△ACD为等边三角形，∴AF⊥CD，
又CD∥AB，则AF⊥AB.
又AA1⊥平面ABCD，则AA1⊥AB，AA1⊥AF.
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，3，0)，E(－1，3，h)(0≤h≤23)，B1(2，0，23)，
AB1＝(2，0，23)，AE＝(－1，3，h)，
设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，
∴n·AB1=0，n·AE=0，∴2x+23z＝0，−x+3y+ℎz＝0，
令x＝3，则n＝(3，h＋3，－3)为平面AB1E的一个法向量．
又平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
则cs 〈n，m〉＝n·mnm＝−3ℎ2+23ℎ+15.
又平面AB1E与平面ABCD的夹角的余弦值为25，
∴3ℎ2+23ℎ+15＝25，0≤h≤23，
∴h＝32ℎ=−532舍去，∴BE＝−3，3，32，
cs〈BE，n〉＝BE·nBEn＝−6512·752＝−81785.
∴直线BE与平面AB1E所成角的正弦值为81785.
4．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上的动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围．
[解] (1)证明： 因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，∴BC⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面PAC.
(2)∵E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF.
又EF⊂平面AEF，BC⊄平面AEF，∴BC∥平面AEF，
又BC⊂平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，
∴BC∥l.
以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，3)，
∴E12，0，32，F12，2，32，
∴AE＝−32，0，32，EF＝(0，2，0)，
∵BC∥l，∴可设Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则AE·m=−3x2+3z2=0，EF·m=2y=0，取z＝3，得m＝(1，0，3)为平面AEF的一个法向量，又PQ＝(1，y，－3)，则|cs〈PQ，m〉|＝PQ·mPQ·m＝14+y2∈0，12.
∴直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为0，π6