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  • 2021-06-16 发布

【数学】2018届一轮复习北师大版空间向量与立体几何教案

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第3讲 空间向量与立体几何 ‎           利用空间向量证明平行与垂直 共研典例 类题通法 设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α、β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),υ=(a3,b3,c3),则有:‎ ‎(1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.‎ ‎(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a=kμ⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.‎ ‎(3)面面平行 α∥β⇔μ∥υ⇔μ=λυ⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3.‎ ‎(4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.‎ ‎ 如图,在直三棱柱ADEBCF中,平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直,M为AB的中点,O为DF的中点.运用向量方法证明:‎ ‎(1)OM∥平面BCF;‎ ‎(2)平面MDF⊥平面EFCD.‎ ‎【证明】 由题意,AB,AD,AE两两垂直,以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 设正方形边长为1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),F(1,0,1),M,O.‎ ‎(1)=,=(-1,0,0),‎ 所以·=0,所以⊥.‎ 因为棱柱ADEBCF是直三棱柱,‎ 所以AB⊥平面BCF,所以是平面BCF的一个法向量,‎ 且OM⊄平面BCF,所以OM∥平面BCF.‎ ‎(2)设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).‎ 因为=(1,-1,1),=,=(1,0,0),‎ 由n1·=n1·=0,‎ 得解得 令x1=1,则n1=.‎ 同理可得n2=(0,1,1).‎ 因为n1·n2=0,‎ 所以平面MDF⊥平面EFCD.‎ 利用空间向量证明平行与垂直的步骤 ‎(1)建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用载体中的垂直关系.‎ ‎(2)建立空间图形与空间向量之间的关系,用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素.‎ ‎(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系.‎ ‎(4)根据运算结果解释相关问题.‎ ‎[跟踪训练]‎ 如图所示,已知直三棱柱ABCA1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点.求证:‎ ‎(1)DE∥平面ABC;‎ ‎(2)B1F⊥平面AEF.‎ ‎[证明] (1)如图建立空间直角坐标系Axyz,令AB=AA1=4,‎ 则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4).‎ 取AB中点为N,连接CN,‎ 则N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2),‎ 所以=(-2,4,0),=(-2,4,0),‎ 所以=,所以DE∥NC,‎ 又因为NC⊂平面ABC,DE⊄平面ABC.‎ 故DE∥平面ABC.‎ ‎(2)=(-2,2,-4),=(2,-2,-2),=(2,2,0).‎ ·=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0,‎ ·=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0.‎ 所以⊥,⊥,即B1F⊥EF,B1F⊥AF,‎ 又因为AF∩FE=F,所以B1F⊥平面AEF.‎ ‎              利用空间向量求空间角 高频考点 多维探明 设直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).平面α,β的法向量分别为μ=(a3,b3,c3),υ=(a4,b4,c4)(以下相同).‎ ‎(1)线线夹角 设l,m的夹角为θ,则 cos θ==.‎ ‎(2)线面夹角 设直线l与平面α的夹角为θ,‎ 则sin θ==|cos〈a,μ〉|.‎ ‎(3)面面夹角 设平面α、β的夹角为θ,‎ 则|cos θ|==|cos〈μ,υ〉|.‎ ‎ 利用空间向量求线线角、线面角 ‎ ‎ (2016·高考全国卷丙)如图,四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.‎ ‎(1)证明MN∥平面PAB;‎ ‎(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.‎ ‎【解】 (1)证明:由已知得AM=AD=2.‎ 取BP的中点T,连接AT,TN.‎ 由N为PC的中点知TN∥BC,TN=BC=2.‎ 又AD∥BC,故TN綊AM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.‎ 因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.‎ ‎(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE== =.‎ 以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知,‎ P(0,0,4),M(0,2,0),C,N,=(0,2,-4),=,=.‎ 设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,‎ 则 即 可取n=(0,2,1).‎ 于是|cos〈n,〉|==,‎ 则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.‎ ‎ 利用空间向量求二面角 ‎ ‎ (2016·高考全国卷乙)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°.‎ ‎(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;‎ ‎(2)求二面角EBCA的余弦值.‎ ‎【解】 (1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,‎ 所以AF⊥平面EFDC.‎ 又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.‎ ‎(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,‎ 由(1)知DG⊥平面ABEF.‎ 以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.‎ 由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=,‎ 可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).‎ 由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.‎ 又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.‎ 由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角CBEF的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,).连接AC,则=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).‎ 设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则 即 所以可取n=(3,0,-).‎ 设m是平面ABCD的法向量,则 同理可取m=(0,,4).‎ 则cos〈n,m〉==-.‎ 故二面角EBCA的余弦值为-.‎ ‎(1)运用空间向量求空间角的一般步骤 ‎①建立恰当的空间直角坐标系;②求出相关点的坐标;③写出向量坐标;④结合公式进行论证、计算;⑤转化为几何结论.‎ ‎(2)求空间角的注意点 ‎①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β,即cos α=|cos β|.‎ ‎②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能为两法向量夹角的补角.‎ ‎[题组通关]‎ ‎1.(2016·南昌第一次模拟测试)如图,四棱锥SABCD中,SD⊥底面ABCD,AB∥DC,AD⊥DC,AB=AD=1,DC=SD=2,E为棱SB上的一点,且SE=2EB.‎ ‎(1)证明:DE⊥平面SBC;‎ ‎(2)求二面角ADEC的大小.‎ ‎[解] 分别以DA,DC,DS所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图),连接DB,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2),=(1,1,0),=(0,0,2).‎ ‎(1)证明:因为SE=2EB,‎ 所以=+=×(1,1,0)+×(0,0,2)=.‎ 又=(-1,1,0),=(-1,-1,2),所以·=0,·=0,所以⊥,⊥.‎ 又BC∩BS=B,所以DE⊥平面SBC.‎ ‎(2)由(1)知,DE⊥平面SBC,‎ 因为EC⊂平面SBC,所以DE⊥EC.‎ 由SE=2EB,知E,=,=,‎ 取DE中点F,连接AF,‎ 则F,=,‎ 故·=0,由此得FA⊥DE,‎ 所以向量与的夹角等于二面角ADEC的平面角.‎ 又cos〈,〉==-,‎ 所以二面角ADEC的大小为120°.‎ ‎2.(2016·合肥第二次质检)如图,六面体ABCDHEFG中,四边形ABCD为菱形,AE,BF,CG,DH都垂直于平面ABCD.若DA=DH=DB=4,AE=CG=3.‎ ‎(1)求证:EG⊥DF;‎ ‎(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值.‎ ‎[解] (1)证明:连接AC,由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形,‎ 所以EG∥AC,而AC⊥BD,AC⊥BF,所以EG⊥BD,EG⊥BF,‎ 因为BD∩BF=B,所以EG⊥平面BDHF,又DF⊂平面BDHF,所以EG⊥DF.‎ ‎(2)设AC∩BD=O,EG∩HF=P,‎ 由已知可得:平面ADHE∥平面BCGF,所以EH∥FG,‎ 同理可得:EF∥HG,‎ 所以四边形EFGH为平行四边形,‎ 所以P为EG的中点,O为AC的中点,‎ 所以OP綊AE,‎ 从而OP⊥平面ABCD,又OA⊥OB,‎ 所以OA,OB,OP两两垂直,由平面几何知识,得BF=2.‎ 如图,建立空间直角坐标系Oxyz,则B(0,2,0),E(2,0,3),F(0,2,2),P(0,0,3),所以=(2,-2,3),=(2,0,0),=(0,2,-1).‎ 设平面EFGH的法向量为n=(x,y,z),‎ 由,可得,‎ 令y=1,则z=2.所以n=(0,1,2).‎ 设BE与平面EFGH所成角为θ,‎ 则sin θ==.‎ ‎           利用空间向量解决探索性问题 共研典例 类题通法 ‎ (2016·兰州诊断考试)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=AD=2,四边形ABCD满足AB⊥AD,BC∥AD且BC=4,点M为PC的中点,点E为BC边上的动点,且=λ.‎ ‎(1)求证:平面ADM⊥平面PBC;‎ ‎(2)是否存在实数λ,使得二面角PDEB的余弦值为?若存在,试求出实数λ的值;若不存在,说明理由.‎ ‎【解】 (1)证明:取PB的中点N,连接MN、AN,‎ 因为M是PC的中点,所以MN∥BC,MN=BC=2,‎ 又BC∥AD,所以MN∥AD,MN=AD,‎ 所以四边形ADMN为平行四边形,‎ 因为AP⊥AD,AB⊥AD,所以AD⊥平面PAB,‎ 所以AD⊥AN,所以AN⊥MN,‎ 因为AP=AB,所以AN⊥PB,所以AN⊥平面PBC,‎ 因为AN⊂平面ADM,所以平面ADM⊥平面PBC.‎ ‎(2)法一:存在实数λ=1,使得二面角P-DE-B的余弦值为.‎ 因为λ=1,‎ 所以点E为BC边的中点,‎ 所以DE∥AB,‎ 所以DE⊥平面PAD,‎ 所以∠PDA为二面角P-DE-B的一个平面角.‎ 在等腰Rt△PDA中,∠PDA=,‎ 所以二面角P-DE-B的余弦值为.‎ 法二:存在符合条件的λ.‎ 以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.‎ 设E(2,t,0),P(0,0,2),D(0,2,0),B(2,0,0),‎ 从而=(0,2,-2),=(2,t-2,0),‎ 设平面PDE的法向量为n1=(x,y,z),‎ 则,即,‎ 令y=z=2,解得x=2-t,‎ 所以n1=(2-t,2,2),‎ 又平面DEB即为平面xAy,故其一个法向量为n2=(0,0,1),‎ 则|cos〈n1,n2〉|===,‎ 解得t=2,可知λ=1.‎ 利用空间向量巧解探索性问题 ‎(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断.‎ ‎(2)解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解题.‎ ‎[跟踪训练](2016·昆明两区七校调研)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=1,E为BC中点.‎ ‎(1)求证:C1D⊥D1E;‎ ‎(2)在棱AA1上是否存在一点M,使得BM∥平面AD1E?若存在,求的值,若不存在,说明理由;‎ ‎(3)若二面角B1-AE-D1的大小为90°,求AD的长.‎ ‎[解] (1)证明:以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,设AD=a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,1,0),B1(a,1,1),C1(0,1,1),D1(0,0,1),E,‎ 所以=(0,-1,-1),=,‎ 所以·=0,所以C1D⊥D1E.‎ ‎(2)设=h,则M(a,0,h),‎ 所以=(0,-1,h),=,=(-a,0,1),‎ 设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),‎ 则,‎ 所以平面AD1E的一个法向量为n=(2,a,2a),‎ 因为BM∥平面AD1E,所以⊥n,即·n=2ah-a=0,所以h=.即在AA1上存在点M,使得BM∥平面AD1E,此时=.‎ ‎(3)连接AB1,B1E,设平面B1AE的法向量为m=(x′,y′,z′),=,=(0,1,1),‎ 则,‎ 所以平面B1AE的一个法向量为m=(2,a,-a).‎ 因为二面角B1-AE-D1的大小为90°,‎ 所以m⊥n,所以m·n=4+a2-2a2=0,‎ 因为a>0,所以a=2,即AD=2.‎ 课时作业 ‎1.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为CD和C1C的中点,则直线AE与D1F所成角的余弦值为(  )‎ A.        B. C. D. B [解析] 以D为原点,分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略).若棱长为2,则A(2,0,0)、E(0,1,0)、D1(0,0,2)、F(0,2,1).‎ 所以=(2,-1,0),=(0,2,-1),‎ cos〈,〉===-.‎ 则直线AE与D1F所成角的余弦值为.‎ ‎2.在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. B [解析] 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设棱长为1,‎ 则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),‎ 所以=(0,1,-1),=,‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),‎ 则所以所以n1=(1,2,2).‎ 因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),‎ 所以cos〈n1,n2〉==.‎ 即所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎3.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,若动点P在线段BD1上运动,则·的取值范围是________.‎ ‎[解析] 依题意,设=λ,其中λ∈[0,1],·=·(+)=·(+λ)=2+λ·=1+λ·=1-λ∈[0,1],因此·的取值范围是[0,1].‎ ‎[答案] [0,1]‎ ‎4.如图,矩形ABCD中,AB=2,BC=4,将△ABD沿对角线BD折起到△A′BD的位置,使点A′在平面BCD内的射影点O恰好落在BC边上,则异面直线A′B与CD所成角的大小为________.‎ ‎[解析] 过O作OE∥CD交BD于点E,由题意知,A′O⊥OC,A′O⊥OE,OE⊥OC,故以O为原点,,,分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,则A′(0,0,),B(-1,0,0),C(3,0,0),D(3,2,0),所以=(-1,0,-),=(0,2,0),·=0,所以⊥,故异面直线A′B与CD所成角的大小为90°.‎ ‎[答案] 90°‎ ‎5.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,其棱长为2,E为棱DD1的中点,F为对角线DB的中点.‎ ‎(1)求证:平面CFB1⊥平面EFB1;‎ ‎(2)求异面直线EF与B1C所成角的余弦值;‎ ‎(3)求直线FC1与平面B1CA所成角的正弦值.‎ ‎[解] (1)证明:因为F为DB的中点,‎ 则CF⊥BD,又CF⊥D1D,BD∩D1D=D,‎ 所以CF⊥平面BB1D1D,‎ 因为CF⊂平面CFB1,所以平面CFB1⊥平面EFB1.‎ ‎(2)以D为原点,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,则D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,1,0),B1(2,2,2),C(0,2,0),C1(0,2,2).‎ 所以=(1,1,-1),=(-2,0,-2).‎ 所以异面直线EF与B1C所成角的余弦值为 ‎|cos〈,〉|==0.‎ ‎(3)由(1)知CF⊥EF,‎ 由(2)知EF⊥B1C,‎ 又B1C∩CF=C,B1C,CF⊂平面B1CA,‎ 所以EF⊥平面B1CA.所以是平面B1CA的法向量.‎ 因为=(-1,1,2),‎ 所以cos〈,〉==-,‎ 所以直线FC1与平面B1CA所成角的正弦值为.‎ ‎6.(2016·兰州市实战考试)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,PA=PB,O为AB的中点,OD⊥PC.‎ ‎(1)求证:OC⊥PD;‎ ‎(2)若PD与平面PAB所成的角为30°,求二面角D-PC-B的余弦值.‎ ‎[解] (1)证明:连接OP,因为PA=PB,O为AB的中点,所以OP⊥AB.‎ 因为侧面PAB⊥底面ABCD,‎ 所以OP⊥平面ABCD,‎ 所以OP⊥OD,OP⊥OC.‎ 因为OD⊥PC,所以OD⊥平面OPC,‎ 所以OD⊥OC,‎ 又OP⊥OC,所以OC⊥平面OPD,‎ 所以OC⊥PD.‎ ‎(2)法一:在矩形ABCD中,由(1)得OD⊥OC,所以AB=2AD,不妨设AD=1,则AB=2.‎ 因为侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,‎ 所以DA⊥平面PAB,CB⊥平面PAB,‎ ‎△DPA≌△CPB,‎ 所以∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角,‎ 所以∠DPA=30°,∠CPB=30°,PA=PB=,‎ 所以DP=CP=2,所以△PDC为等边三角形.‎ 设PC的中点为M,连接DM,则DM⊥PC.‎ 在Rt△CBP中,过M作NM⊥PC,交PB于点N,连接ND,则∠DMN为二面角D-PC-B的一个平面角.‎ 由于∠CPB=30°,PM=1,故在Rt△PMN中,MN=,‎ PN=.‎ 因为cos∠APB==,‎ 所以AN2=+3-2×××=3,‎ 所以ND2=3+1=4,‎ 所以cos∠DMN==-,‎ 即二面角D-PC-B的余弦值为-.‎ 法二:取CD的中点E,以O为原点,OE,OB,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz.在矩形ABCD中,由(1)得OD⊥OC,‎ 所以AB=2AD,不妨设AD=1,则AB=2.‎ 因为侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,‎ 所以DA⊥平面PAB,CB⊥平面PAB,‎ ‎△DPA≌△CPB,‎ 所以∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角,‎ 所以∠DPA=30°,∠CPB=30°,PA=PB=,‎ 所以B(0,1,0),C(1,1,0),D(1,-1,0),P(0,0,),‎ 从而=(1,1,-),=(0,-2,0).‎ 设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 由得,,‎ 可取n1=(,0,1).‎ 同理,可取平面PCB的一个法向量为n2=(0,-,-1).‎ 于是cos〈n1,n2〉==-,‎ 所以二面角D-PC-B的余弦值为-.‎ ‎7.(2016·西安第一次质量检测)在如图所示的空间几何体中,平面ACD⊥平面ABC,△ACD与△ACB是边长为2的等边三角形,BE=2,BE和平面ABC所成的角为60°,且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上.‎ ‎(1)求证:DE∥平面ABC;‎ ‎(2)求二面角E-BC-A的余弦值.‎ ‎[解] (1)证明:由题意知,△ABC,△ACD都是边长为2的等边三角形,取AC的中点O,连接BO,DO,‎ 则BO⊥AC,DO⊥AC.‎ 又平面ACD⊥平面ABC,‎ 所以DO⊥平面ABC,作EF⊥平面ABC,‎ 那么EF∥DO,根据题意,点F落在BO上,‎ 因为BE和平面ABC所成的角为60°,‎ 所以∠EBF=60°,‎ 因为BE=2,所以EF=DO=,‎ 所以四边形DEFO是平行四边形,所以DE∥OF.‎ 因为DE⊄平面ABC,OF⊂平面ABC,‎ 所以DE∥平面ABC.‎ ‎(2)建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,‎ 则B(0,,0),C(-1,0,0),E(0,-1,),‎ 所以=(-1,-,0),=(0,-1,),‎ 平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1),‎ 设平面BCE的法向量为n2=(x,y,z),‎ 则,‎ 所以,‎ 取z=1,‎ 所以n2=(-3,,1).‎ 所以cos〈n1,n2〉==,又由图知,所求二面角的平面角是锐角,所以二面角E-BC-A的余弦值为.‎ ‎8.(2016·福建省毕业班质量检测)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC为等腰直角三角形,AB=AC=1,BB1=2,∠ABB1=60°.‎ ‎(1)证明:AB⊥B1C;‎ ‎(2)若B1C=2,求AC1与平面BCB1所成角的正弦值.‎ ‎[解] (1)证明:连接AB1,在△ABB1中,AB=1,‎ BB1=2,∠ABB1=60°,‎ 由余弦定理得,‎ AB=AB2+BB-2AB·BB1·cos∠ABB1=3,‎ 所以AB1=,‎ 所以BB=AB2+AB,所以AB1⊥AB.‎ 又△ABC为等腰直角三角形,且AB=AC,‎ 所以AC⊥AB,‎ 因为AC∩AB1=A,‎ 所以AB⊥平面AB1C.‎ 又B1C⊂平面AB1C,所以AB⊥B1C.‎ ‎(2)因为AB1=,AB=AC=1,B1C=2,‎ 所以B1C2=AB+AC2,所以AB1⊥AC.‎ 如图,以A为原点,以,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,‎ 则A(0,0,0),B1(0,0,),B(1,0,0),C(0,1,0),‎ 所以=(-1,0,),=(-1,1,0).‎ 设平面BCB1的法向量为n=(x,y,z),‎ 由,得 ,令z=1,得x=y=,‎ 所以平面BCB1的一个法向量为n=(,,1).‎ 因为=+=+=(0,1,0)+(-1,0,)=(-1,1,),‎ 所以cos〈,n〉===,‎ 所以AC1与平面BCB1所成角的正弦值为.‎