新高考数学一轮复习核心考点练习第7章§7.7向量法求空间角（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习核心考点练习第7章§7.7向量法求空间角（2份，原卷版+解析版），共51页。试卷主要包含了7　向量法求空间角，两条异面直线所成的角，直线和平面所成的角，平面与平面的夹角等内容，欢迎下载使用。
【知识梳理】
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则
cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直线和平面所成的角
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〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：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)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则
cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
【名师点拨】
1.确定平面的法向量的方法
(1)直接法：观察是否有垂直于平面的法向量，若有可直接确定.
(2)待定系数法：取平面的两个相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·a＝0，,n·b＝0))求得.
2.方向向量和法向量均不为零向量且不唯一.
3.当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角.
【随堂训练】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( )
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
【答案】(1)× (2)× (3)× (4)√
【解析】(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量u，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈u，n〉|；
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.
2.若直线l的一个方向向量u=(1，0，1)，平面α的一个法向量n=(0，-1，1)，则l与α所成角的大小为( )
A.π6B.π3
C.π3或2π3D.π6或5π6
【答案】A
【解析】设l与α所成角为θ0≤θ≤π2，
因为直线l的一个方向向量u=(1，0，1)，平面α的一个法向量n=(0，-1，1)，
所以sin θ=|cs〈u，n〉|=12×2=12，
因为0≤θ≤π2，所以θ=π6.
3.若平面α的一个法向量为n=(1，1，0)，平面β的一个法向量为m=(-1，0，1)，则平面α与β夹角的大小为( )
A.π6B.π3C.π4D.2π3
【答案】B
【解析】∵cs〈n，m〉=n·m|n||m|=−12×2=-12，
∴平面α与β夹角的余弦值为12，
又平面α与β夹角的取值范围为0，π2，
∴平面α与β夹角的大小为π3.
4.已知点O(0，0，0)，A(1，0，1)，B(-1，1，2)，C(-1，0，-1)，则异面直线OC与AB所成角的余弦值为 .
【答案】36
【解析】由已知得OC=(-1，0，-1)，AB=(-2，1，1)，
设异面直线OC与AB所成的角为θ，则cs θ=|cs〈OC，AB〉|=|OC·AB||OC||AB|=12×6=36.
【名师点拨】
(1)斜线与平面所成的角是斜线与平面内直线所成角中的最小角.
(2)线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ=|cs〈a，n〉|.
(3)平面与平面的夹角和二面角的概念不同.
【必练核心题型】
题型一 异面直线所成的角
【典例】1.如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧AB的中点，E，F分别为母线BC，AC的中点，则异面直线BF和DE所成角的大小为( )
A.π4B.π3C.π2D.2π3
【答案】C
【解析】取AB的中点O，连接OC，OD，如图，以OD，OB，OC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，则B(0，1，0)，D(1，0，0)，C(0，0，3)，A(0，-1，0)，
又E，F分别为母线BC，AC的中点，
所以E0，12，32，F0，−12，32，
则BF=0，−32，32，DE=−1，12，32，
设异面直线BF和DE所成的角为θ，则cs θ=|cs〈BF，DE〉|=|BF·DE||BF||DE|=−34+34|BF||DE|=0，
又θ∈0，π2，所以θ=π2.
【典例】2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2，D为B1B上的点，若直线A1C与直线DC1所成角的余弦值为26，则BD的长为( )
A.1B.12C.22D.32
【答案】A
【解析】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A1(0，0，2)，C1(0，2，2)，C(0，2，0).
设D(2，0，t)，0≤t≤2，
则A1C=(0，2，-2)，DC1=(-2，2，2-t)，
所以|cs〈A1C，DC1〉|=|A1C·DC1||A1C||DC1|=|2t22·4+4+(2−t)2=26，
解得t=1(负值舍去).即BD=1.
【解题技巧】用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系.
(2)用坐标表示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)注意异面直线所成角的范围是0，π2，即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.
【变式训练】若在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠A1AC=∠BAC=60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1=AC=AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为 .
【答案】24
【解析】设M为AC的中点，连接MB，MA1，
由题意知△ABC是等边三角形，
所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC，
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
BM⊂平面ABC，
所以BM⊥平面A1ACC1，
因为A1M⊂平面A1ACC1，
所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为坐标原点，MA，MB，MA1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AA1=AC=AB=2，
则A(1，0，0)，B(0，3，0)，A1(0，0，3)，
C1(-2，0，3)，
所以AC1=(-3，0，3)，A1B=(0，3，-3)，
所以|cs〈AC1，A1B〉|=|−3|23×6=24，
故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为24.
题型二 直线与平面所成的角
【典例】1.如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AC1与A1C相交于点D，BB1⊥平面ABC，AB=6，BC=4，BB1=2，A1C1=13，AE=2EB，且DE∥平面BCC1B1.
(1)求S△A1B1C1S△ABC的值；
(2)求直线CC1与平面A1B1C所成角的正弦值.
【解析】
(1)连接C1B，如图，
因为DE∥平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面BCC1B1=C1B，
所以DE∥C1B.
因为AE=2EB，所以AD=2DC1，
所以A1C1=12AC，
因此A1B1=12AB，B1C1=12BC，
所以S△A1B1C1S△ABC=122=14.
(2)由(1)可知，A1C1=12AC，
所以AC=213.
依题意，AC2=AB2+BC2，
所以AB⊥BC，
又BB1⊥平面ABC.
因此，以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1的方向为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(6，0，0)，C(0，4，0)，B1(0，0，2)，A1(3，0，2)，C1(0，2，2).
所以B1A1=(3，0，0)，B1C=(0，4，-2)，CC1=(0，-2，2).
设平面A1B1C的一个法向量为n=(x，y，z)，
由n·B1A1=3x=0,n·B1C=4y−2z=0,
取y=1，则x=0，z=2，所以n=(0，1，2).
设CC1与平面A1B1C所成角为θ，
则sin θ=|n·CC1||n||CC1|=25×22=1010.
即直线CC1与平面A1B1C所成角的正弦值为1010.
【解题技巧】利用空间向量求线面角的解题步骤
【变式训练】(2025·济南模拟)如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ABC⊥平面BCFE，AF⊥DE，∠ABC=∠CBF=45°，AC>AB=1.
(1)求三棱台ABC-DEF的高；
(2)若直线AC与平面ABF所成角的正弦值为155，求BC.
【解析】
(1)作FO⊥BC于点O，
因为平面ABC⊥平面BCFE，平面ABC∩平面BCFE=BC，FO⊂平面BCFE，FO⊥BC，
所以FO⊥平面ABC，FO即为三棱台ABC-DEF的高，
又因为AB⊂平面ABC，
所以FO⊥AB，连接AO，
因为AB∥DE，AF⊥DE，所以AB⊥AF，
FO∩AF=F，FO，AF⊂平面AFO，
所以AB⊥平面AFO，
又AO⊂平面AFO，所以AB⊥AO，
又∠ABC=∠CBF=45°，AB=1，
所以AO=1，BO=FO=2，
所以三棱台ABC-DEF的高为2.
(2)以O为原点，在平面ABC内，作Ox⊥BC，以Ox，OB，OF所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，A22，22，0，B(0，2，0)，F(0，0，2)，
AB=−22，22，0，FB=(0，2，-2)，
BO=(0，-2，0)，
设平面ABF的法向量为n=(x，y，z)，
则n·FB=2y−2z=0,n·AB=−22x+22y=0,
可取n=(1，1，1)，
设BC=λBO，则C(0，2-2λ，0)，
则AC=−22，22−2λ，0，
设直线AC与平面ABF所成的角为α，
sin α=|cs〈AC，n〉|=|−2λ3×2λ2−2λ+1=155，
化简得8λ2-18λ+9=0，
解得λ=32或λ=34(舍去，因为AC>AB，则BC>BO，所以λ>1)，所以BC=λBO=322.
题型三 平面与平面的夹角
【典例】1.(2024·新课标全国Ⅰ)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=3.
(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427，求AD.
【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD，
而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，
根据平面知识可知AD∥BC，
又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
【解析】(2)方法一 以D为原点，DA，DC的方向分别为x轴、y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=p，DC=q，
满足p2+q2=AC2=4.
则A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0).
设平面APC的法向量为m=(x1，y1，z1)，
因为AP=(0，0，2)，AC=(-p，q，0)，
所以AP·m=2z1=0,AC·m=−px1+qy1=0,
取m=(q，p，0).
设平面DPC的法向量为n=(x2，y2，z2)，
因为DP=(p，0，2)，DC=(0，q，0)，
所以DP·n=px2+2z2=0,DC·n=qy2=0,
取n=(2，0，-p).
所以|cs 〈m，n〉|
=|m·n||m||n|=2qp2+q2·p2+4=1−4272，
又因为p2+q2=4，所以qp2+4=17，
解得p=3(负值舍去)，即AD=3.
方法二 如图所示，过点D作DE⊥AC于点E，
再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，
PA⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD，
又平面PAC∩平面ABCD=AC，
DE⊂平面ABCD，
所以DE⊥平面PAC，
因为CP⊂平面PAC，所以DE⊥CP，
又EF⊥CP，EF∩DE=E，EF，DE⊂平面DEF，所以CP⊥平面DEF，
所以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=427，即tan∠DFE=6.
因为AD⊥DC，设AD=x，00)，
则DD1=3a，
所以B(a，a，0)，A1(a，0，3a)，C1(0，a，3a)，
则A1B=(0，a，-3a)，DB=(a，a，0)，A1C1=(-a，a，0)，
设平面DA1B与平面A1BC1的法向量分别为n=(x1，y1，z1)，m=(x2，y2，z2)，
则n·A1B=ay1−3az1=0,n·DB=ax1+ay1=0,
令x1=3，则n=(3，-3，-1)，
m·A1B=ay2−3az2=0,m·A1C1=−ax2+ay2=0,
令z2=1，则m=(3，3，1)，
设平面DA1B与平面A1BC1的夹角为θ，
则cs θ=|n·m||n||m|=|3×3−3×3−1×1|19×19=119，
所以平面DA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为119.
10.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AP=AB=2，AD=4，E是BC上的点，直线PB与平面PDE所成角的正弦值为36，则BE的长为 .
【答案】2
【解析】由题意知，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，
以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，D(0，4，0)，设E(2，t，0)(0≤t≤4)，
则PB=(2，0，-2)，PD=(0，4，-2)，PE=(2，t，-2)，BE=(0，t，0)，
设平面PDE的法向量为n=(x，y，z)，
则PD·n=4y−2z=0,PE·n=2x+ty−2z=0,
令y=2，得n=(4-t，2，4)，
设直线PB与平面PDE所成的角为θ，θ∈0，π2，
所以sin θ=|cs〈PB，n〉|
=|PB·n||PB||n|=2t22×(4−t)2+20=36，
即5t2+8t-36=0，解得t=2或t=-185(舍去)，
故BE的长为2.
四、解答题(共28分)
11.(13分)如图，已知在斜三棱柱ABC-A'B'C'中，A'B⊥B'C，侧面ABB'A'是边长为2的菱形，且∠ABB'=π3，B'C=BC.
(1)求证：平面ABB'A'⊥平面ABC；(6分)
(2)若AC=AB，E是AC的中点，2EA'=5EP，求AP与平面A'BE所成角的正弦值.(7分)
【证明】
(1)如图，连接AB'，取BB'的中点Q，连接AQ，CQ，
由侧面ABB'A'为菱形，所以A'B⊥AB'.
又由A'B⊥B'C，且AB'∩B'C=B'，AB'，B'C⊂平面B'AC，所以A'B⊥平面B'AC，
又AC⊂平面B'AC，故而A'B⊥AC.
又由∠ABB'=π3，
所以△ABB'为等边三角形，所以AQ⊥BB'.
由B'C=BC，所以CQ⊥BB'，且AQ∩CQ=Q，AQ，CQ⊂平面ACQ，
所以BB'⊥平面ACQ，
又AC⊂平面ACQ，所以AC⊥BB'，
又BB'∩A'B=B，BB'，A'B⊂平面ABB'A'，
所以AC⊥平面ABB'A'，AC⊂平面ABC，
故而平面ABB'A'⊥平面ABC.
【解析】
(2)如图，取A'B'的中点F，连接AF，
由(1)知AB⊥AC，AC⊥AF，
由F为A'B'的中点，
则AF⊥A'B'，即AF⊥AB，
所以AB，AC，AF两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由AB=AC=2，
所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，A'(-1，0，3)，E(0，1，0)，
所以EB=(2，-1，0)，A'B=(3，0，-3).
设P(x0，y0，z0)，由2EA'=5EP，
得2(-1，-1，3)=5(x0，y0-1，z0)，
所以x0=-25，y0=35，z0=235，
所以AP=−25，35，235.
设平面A'BE的法向量为n=(x1，y1，z1)，
则n·EB=0,n·A'B=0,即2x1−y1=0,3x1−3z1=0,
令x1=1，则y1=2，z1=3，所以n=(1，2，3)，
令θ为AP与平面A'BE所成的角，
所以sin θ=|cs〈n，AP〉|=|n·AP||n||AP|=28×1=22，
所以AP与平面A'BE所成角的正弦值为22.
12.(15分)(2024·厦门模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，B1C1=1.
(1)证明：AA1∥平面BDC1；(6分)
(2)若AA1⊥BD，BC1=CC1=2，求平面BC1D与平面B1CD1夹角的余弦值.(9分)
【证明】
(1) 方法一 由棱台定义可知AA1与CC1共面，且平面ABCD∥平面A1B1C1D1.
又平面ABCD∩平面ACC1A1=AC，平面A1B1C1D1∩平面ACC1A1=A1C1，
所以AC∥A1C1.
连接AC交BD于点O，如图，则O为AC的中点.
因为BC=2B1C1=2，所以A1C1=AO.
所以四边形A1AOC1是平行四边形，所以AA1∥OC1.
又AA1⊄平面BDC1，OC1⊂平面BDC1，
所以AA1∥平面BDC1.
方法二 将棱台补形成棱锥P-ABCD，如图，
由棱台定义知平面ABCD∥平面A1B1C1D1.
又平面ABCD∩平面BCC1B1=BC，平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1=B1C1，
所以BC∥B1C1.
连接AC交BD于点O，则O为AC的中点.
又△BCP∽△B1C1P，所以BCB1C1=PCPC1=2，所以C1为PC的中点，
所以OC1为△ACP的中位线，所以AA1∥OC1.
又AA1⊄平面BDC1，OC1⊂平面BDC1，所以AA1∥平面BDC1.
【解析】
(2)方法一 在正方形ABCD中，BD⊥AC，又BD⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1.
因为OC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥OC1.
在Rt△BOC1中，∠BOC1=90°，BO=2，BC1=2，所以OC1=2.
在△OCC1中，OC=OC1=2，CC1=2，
所以OC2+OC12=CC12，所以OC⊥OC1.
以O为原点，分别以OB，OC，OC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示.
则B(2，0，0)，D(-2，0，0)，C(0，2，0)，B122，−22，2，D1−22，−22，2.
所以B1D1=(-2，0，0)，B1C=−22，322，−2.
设平面B1CD1的法向量为n=(x，y，z)，
则n·B1D1=0,n·B1C=0,化简整理得x=0,3y−2z=0,
令y=2，则z=3，所以n=(0，2，3)，
又因为平面BC1D的一个法向量m=(0，1，0)，
所以|cs〈m，n〉|=|m·n||m||n|=21313，
所以平面BC1D与平面B1CD1夹角的余弦值为21313.
方法二 在正方形ABCD中，BD⊥AC，
又BD⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1.
因为OC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥OC1.
在Rt△BOC1中，∠BOC1=90°，BO=2，BC1=2，
所以OC1=2.
在△OCC1中，OC=OC1=2，CC1=2，
所以OC2+OC12=CC12，所以OC⊥OC1.
连接B1C交BC1于点M，连接CD1交C1D于点N，
则MN为平面BC1D与平面B1CD1的交线，设MN交OC1于点Q，连接CQ.
由△BCM∽△C1B1M，有C1MMB=B1C1CB=12，
同理C1NND=12，
所以MN∥BD，所以MN⊥平面ACC1A1.
又QO⊂平面ACC1A1，QC⊂平面ACC1A1，
所以MN⊥QO，MN⊥QC，
又∠OQC为锐角，所以∠OQC为平面BC1D与平面B1CD1的夹角.
由MN∥BD得C1MMB=C1QQO=12，
所以QO=223.
在Rt△QOC中，QO=223，OC=2，QC=263，
所以cs∠OQC=21313.
所以平面BC1D与平面B1CD1夹角的余弦值为21313.
【尖子拔高训练】每小题5分，共10分
13.(2024·临沂模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为CC1，C1D的中点，则( )
A.直线MN与A1C所成角的余弦值为63
B.平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为1010
C.在BC1上存在点Q，使得B1Q⊥BD1
D.在B1D上存在点P，使得PA∥平面BMN
【答案】C
【解析】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，
所以D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，
M0，1，12，N0，12，12，
对于A，MN=0，−12，0，A1C=(-1，1，-1)，
直线MN与A1C所成角的余弦值为|cs〈MN，A1C〉|=|MN·A1C||MN||A1C|=1212×3=33，故A错误；
对于B，MN=0，−12，0，BM=−1，0，12，
设平面BMN的法向量为n=(x，y，z)，
则n·MN=−12y=0,n·BM=−x+12z=0,
取x=1，可得y=0，z=2，所以n=(1，0，2)，
C1D1=(0，-1，0)，BC1=(-1，0，1)，
设平面BC1D1的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则m·C1D1=−y1=0,m·BC1=−x1+z1=0,
取x1=1，可得y1=0，z1=1，所以m=(1，0，1)，
平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为
|cs〈m，n〉|=|m·n||m||n|=|1+2|2×5=31010，故B错误；
对于C，因为Q在BC1上，设Q(x0，1，z0)，
所以C1Q=λC1B，0≤λ≤1，
则C1Q=(x0，0，z0-1)，C1B=(1，0，-1)，
所以x0=λ，z0=-λ+1，
所以Q(λ，1，-λ+1)，B1Q=(λ-1，0，-λ)，BD1=(-1，-1，1)，
所以B1Q·BD1=1-λ-λ=0，解得λ=12.
故BC1上存在点Q12，1，12，使得B1Q⊥BD1，故C正确；
对于D，因为MN∥DC∥AB，所以N，M，B，A四点共面，
所以A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA∥平面BMN，故D错误.
14.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点M，N分别在棱BC，AB上，且满足AN=BM，当三棱锥D-MNB1的体积最小时，B1M与平面A1MN所成角的正弦值是 .
【答案】4515
【解析】设AN=x(0≤x≤2)，
则S△DMN=2×2-12×2x-12(2-x)x-12×2(2-x)=2-12(2-x)x.
由等体积法，得VD−MNB1=VB1−DMN=13×2×S△DMN=43-13(2-x)x≥43-132−x+x22=1，
当且仅当2-x=x，即x=1时，等号成立.
所以当VD−MNB1最小时，M，N分别是所在棱的中点.
方法一 易知A1N=B1M=5，A1M=3，MN=2.由余弦定理，得
cs∠A1MN=32+(2)2−(5)22×3×2=22，
所以sin∠A1MN=22，
所以S△A1MN=12×2×3×22=32.
设点B1到平面A1MN的距离为h.根据VM−A1B1N=VB1−A1MN，
得13×12×2×2×1=13×32×h，解得h=43.
所以B1M与平面A1MN所成角的正弦值为
ℎB1M=435=4515.
方法二 以点D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则N(2，1，0)，M(1，2，0)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2).
所以MN=(1，-1，0)，A1M=(-1，2，-2)，MB1=(1，0，2).
设平面A1MN的法向量为n=(x，y，z)，
则n·MN=0,n·A1M=0,即x−y=0,−x+2y−2z=0,
令x=1，得y=1，z=12，则n=1，1，12.设B1M与平面A1MN所成的角为θ，
则sin θ=|cs〈n，MB1〉|=|n·MB1||n||MB1|=1×1+1×0+12×212+12+122×12+02+22=4515.