第41讲 直线与平面平面与平面垂直（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

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1、 第 1 页 / 共 20 页 第第 41 讲：直线与平面、平面与平面垂直讲：直线与平面、平面与平面垂直 一、课程标准 1、以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理； 2、能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题. 二、基础知识回顾 知识梳理 1. 直线与平面垂直 (1)定义 如果直线 l 与平面 内的任意一条直线都垂直，则直线 l 与平面 互相垂直，记作 l，直线 l 叫做平 面 的垂线，平面 叫做直线 l 的垂面 (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一条直线与一个平面内的 两条相交直线都垂直

2、，则 该直线与此平面垂直 a，b abO la lb l 性质 定理 垂直于同一个平面的两条 直线平行 a b ab 2. 直线和平面所成的角 (1)定义 平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角若一条直线垂 直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是_0 的角 (2)范围： 0， 2 . 3. 平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念 第 2 页 / 共 20 页 二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角； 二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两 条射线，这两条

3、射线所构成的角叫做二面角的平面角 (2)平面和平面垂直的定义 两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直 (3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一个平面过另一个平面的垂 线，则这两个平面垂直 l l 续表 文字语言 图形语言 符号语言 性质 定理 两个平面垂直，则一个平 面内垂直于交线的直线与 另一个平面垂直 l l l 三、自主热身、归纳总结 1、 已知直线 a，b 和平面 ，且 ab，a，则 b 与 的位置关系为( ) A. b B. b C. b 或 b D. b 与 相交 【答案】C 【解析】 ab，a，可知 b

4、或 b，当 b 时，有 b. 故选 C. 2、设 m，n 表示两条不同的直线， 表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是( ) A. 若 m，则 m B. 若 m，m，则 第 3 页 / 共 20 页 C. 若 mn，m，则 n D. 若 m，n，则 mn 【答案】B 【解析】 对于 A，m 可以在 内，故 A 错；对于 C，n 可以在 内，故 C 错误；对于 D，m 与 n 可以平行， 故 D 错故选 B. 3、若平面 ， 满足 ，l，P，Pl，下列命题为假命题的是( ) A. 过点 P 垂直于平面 的直线平行于平面 B. 过点 P 垂直于直线 l 的直线在平面 内 C. 过点 P 垂直于平

5、面 的直线在平面 内 D. 过点 P 且在平面 内垂直于 l 的直线必垂直于平面 【答案】B 【解析】 由于过点 P 垂直于平面 的直线必平行于平面 内垂直于交线的直线，因此也平行于平面 ，因 此 A 正确过点 P 垂直于直线 l 的直线有可能垂直于平面 ，不一定在平面 内，因此 B 不正确根据面面 垂直的性质定理知，C，D 正确故选 B. 4、如图，在正方形 ABCD 中，E，F 分别是 BC，CD 的中点，G 是 EF 的中点，现在沿 AE，AF 及 EF 将这 个正方形折成一个空间图形，使 B，C，D 三点重合，重合后的点记为 H，则在这个空间图形中必有( ) A. AG平面 EFH B

6、. AH平面 EFH C. HF平面 AEF D. HG平面 AEF 【答案】 B 【解析】 根据折叠，AHHE，AHHF 不变，得 AH平面 EFH，故 B 正确；因为过点 A 只有一条直线 与平面 EFH 垂直，所以 A 不正确；因为 AGEF，EFGH，AGGHG，所以 EF平面 HAG，又 EF 平面 AEF，所以平面 HAGAEF，过点 H 作直线垂直于平面 AEF，该直线一定在平面 HAG 内，所以 C 不 第 4 页 / 共 20 页 正确；由条件证不出 HG平面 AEF，所以 D 不正确故选 B. 5、已知平面 平面 ，直线 l平面 ，则直线 l 与平面 的位置关系为_ 【答案

7、】 平行或直线 l 在平面 内 6、如图，在 RtABC 中，ABC90 ，P 为ABC 所在平面外一点，PA平面 ABC，则四面体 PABC 中 直角三角形的个数为_ 【答案】 4 【解析】 由 PA平面 ABC 可得PAC，PAB 是直角三角形，且 PABC.又ABC90 ，所以ABC 是 直角三角形，且 BC平面 PAB，所以 BCPB，即PBC 为直角三角形，故四面体 PABC 中共有 4 个直角 三角形 7、 如图，在三棱锥 PABC 中，请找出一组能证明 APBC 的条件_ 【答案】 AP平面 PBC(答案不唯一) 8、 （2020山东模拟）如图所示，在四个正方体中，l是正方体的一

8、条体对角线，点M，N，P分别为其所 在棱的中点，能得出l 平面MNP的图形为( ) A B C D 【答案】AD 第 5 页 / 共 20 页 【解析】对于AD根据正方体的性质可得：lMN，lMP，可得l 平面MNP 而BC无法得出l 平面MNP 故选：AD 四、例题选讲 考点一 线面垂直的判定与性质 例 1、如图所示，在四棱锥 PABCD 中，AB平面 PAD，ABCD，PDAD，E 是 PB 的中点，F 是 DC 上的点，且 DF1 2AB，PH 为PAD 中 AD 边上的高求证： (1) PH平面 ABCD； (2) EF平面 PAB. 【证明】 (1) 因为 AB平面 PAD，PH平面

9、 PAD， 所以 PHAB. 因为 PH 为PAD 中边 AD 上的高， 所以 PHAD. 因为 ABADA，AB平面 ABCD，AD平面 ABCD， 所以 PH平面 ABCD. (2) 如图，取 PA 的中点 M，连结 MD，ME. 因为 E 是 PB 的中点， 所以 ME1 2AB，MEAB. 又因为 DF1 2AB，DFAB， 所以 MEDF，MEDF， 所以四边形 MEFD 是平行四边形， 所以 EFMD. 因为 PDAD， 所以 MDPA. 第 6 页 / 共 20 页 因为 AB平面 PAD， 所以 MDAB. 因为 PAABA，PA平面 PAB，AB平面 PAB， 所以 MD平面

10、 PAB， 所以 EF平面 PAB. 变式 1、如图，S 是 RtABC 所在平面外一点，且 SASBSC，D 为斜边 AC 的中点 (1)求证：SD平面 ABC； (2)若 ABBC，求证：BD平面 SAC. 【证明】 (1)如图所示，取 AB 的中点 E，连接 SE，DE， 在 RtABC 中，D，E 分别为 AC，AB 的中点 DEBC，DEAB，SASB，SEAB. 又 SEDEE，AB平面 SDE. 又 SD平面 SDE，ABSD. 在SAC 中，SASC，D 为 AC 的中点，SDAC. 又 ACABA，SD平面 ABC. (2)由于 ABBC，则 BDAC，由(1)可知，SD平面

11、 ABC，又 BD平面 ABC， SDBD，又 SDACD，BD平面 SAC. 第 7 页 / 共 20 页 变式 1、如图所示，在四棱锥 P- ABCD 中，AB平面 PAD，ABDC，PDAD，E 是 PB 的中点，F 是 DC 上的点且 DF1 2AB，PH 为PAD 中 AD 边上的高求证： (1)PH平面 ABCD； (2)EF平面 PAB. 【证明】 (1)AB平面 PAD，AB平面 ABCD， 平面 PAD平面 ABCD. 平面 PAD平面 ABCDAD，PHAD， PH平面 ABCD. (2)取 PA 的中点 M，连接 MD，ME. E 是 PB 的中点，ME1 2AB. 又D

12、F1 2AB，MEDF， 四边形 MEFD 是平行四边形， EFMD.PDAD，MDPA. AB平面 PAD，MDAB. PAABA，MD平面 PAB，EF平面 PAB. 变式 3、如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，已知 ACBC，BCCC1.设 AB1的中点为 D，B1CBC1 E，连结 DE.求证： (1) DE平面 AA1C1C； (2) BC1AB1. 第 8 页 / 共 20 页 【解析】 (1) 由题意，知 E 为 B1C 的中点 又 D 为 AB1的中点，所以 DEAC. 又因为 DE平面 AA1C1C，AC平面 AA1C1C， 所以 DE平面 AA1C1C. (2) 因为

13、棱柱 ABCA1B1C1是直三棱柱， 所以 CC1平面 ABC. 因为 AC平面 ABC，所以 ACCC1. 又因为 ACBC，CC1平面 BCC1B1，BC平面 BCC1B1，BCCC1C， 所以 AC平面 BCC1B1. 又因为 BC1平面 BCC1B1，所以 BC1AC. 因为 BCCC1，所以矩形 BCC1B1是正方形， 所以 BC1B1C. 因为 AC平面 B1AC，B1C平面 B1AC，ACB1CC， 所以 BC1平面 B1AC. 又因为 AB1平面 B1AC，所以 BC1AB1. 方法总结；1.证明直线和平面垂直的常用方法有： (1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(ab，ab

14、)；(3)面面平行的性质(a，a)；(4) 面面垂直的性质(，a，la，ll). 2.证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性 质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想. 考点二 面面垂直的判定与性质 例 1、 （江苏省南通市西亭高级中学 2019- 2020 学年高三下学期学情调研）如图，四棱锥 PABCD 的底面为 矩形，AB 2，BC1，E，F 分别是 AB，PC 的中点，DEPA. 第 9 页 / 共 20 页 （1）求证：EF平面 PAD； （2）求证：平面 PAC平面 PDE. 【证明】 （1）设PD的中点为H，连接,AH HF,因为

15、 F 是 PC 的中点，所以有 1 / /, 2 HFDC HFDC,又因为四棱锥 PABCD 的底面为矩形, E 是 AB 的中点,所以有 1 / /, 2 AEDC AEDC，因此有/ /,HFAE HFAE,所以四边形AEFH是平行四边形，因此有 /EFAH,AH 平面 PAD，EF 平面 PAD，所以 EF平面 PAD； （2）在矩形ABCD中，设,AC DE交于点M，因为 E 是 AB 的中点,所以 2 2 AE ， 因为 2 2 AEDA ADCD ，所以Rt DAERt ADC，因此ADEACD，而 90ADECDE ，所以90ACDCDEACDE ，而 DEPA， ,PAACA

16、 PA AC平面 PAC，所以DE 平面 PAC，而DE 平面 PDE，因此 平面 PAC平面 PDE. 变式 1、（天津实验中学 2019 届高三模拟）如图，在四棱锥 PABCD 中，ABCD，ABAD，CD 2AB，平面 PAD底面 ABCD，PAAD，E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点，求证： 第 10 页 / 共 20 页 (1)PA底面 ABCD； (2)BE平面 PAD； (3)平面 BEF平面 PCD. 证明 (1)平面 PAD底面 ABCD， 且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD，PA平面 PAD， PA底面 ABCD. (2)ABCD，CD2AB，E 为 CD 的中

17、点，ABDE，且 ABDE. 四边形 ABED 为平行四边形.BEAD. 又BE平面 PAD，AD平面 PAD，BE平面 PAD. (3)ABAD，而且 ABED 为平行四边形.BECD，ADCD， 由(1)知 PA底面 ABCD，CD平面 ABCD， PACD，且 PAADA，PA，AD平面 PAD， CD平面 PAD，又 PD平面 PAD，CDPD. E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点，PDEF.CDEF，又 BECD 且 EFBEE， CD平面 BEF，又 CD平面 PCD， 平面 BEF平面 PCD. 变式 2、如图，在四棱锥 PABCD 中，ABAC，ABPA，ABCD，AB

18、2CD，E，F，G，M，N 分别为 PB，AB，BC，PD，PC 的中点求证： (1) CE平面 PAD； (2) 平面 EFG平面 EMN. 【证明】 (1) 取 PA 的中点 H，连结 EH，DH. 又 E 为 PB 的中点， 第 11 页 / 共 20 页 所以 EH1 2AB，EHAB. 又 CD1 2AB，CDAB， 所以 EHCD，EHCD， 所以四边形 DCEH 是平行四边形， 所以 CEDH. 又 DH平面 PAD，CE平面 PAD， 所以 CE平面 PAD. (2) 因为 E、F 分别为 PB、AB 的中点， 所以 EFPA. 又因为 ABPA， 所以 EFAB，同理可证 A

19、BFG. 又因为 EFFGF，EF平面 EFG，FG平面 EFG， 所以 AB平面 EFG. 又因为 M、N 分别为 PD、PC 的中点， 所以 MNCD.又 ABCD，所以 MNAB， 所以 MN平面 EFG. 又因为 MN平面 EMN， 所以平面 EFG平面 EMN. 变式 3、 （2019 无锡期末）四棱锥 PABCD 中，锐角三角形 PAD 所在平面垂直于 平面 PAB，ABAD，ABBC. 求证：(1)BC平面 PAD； (2)平面 PAD平面 ABCD. 第 12 页 / 共 20 页 【证明】 (1)ABAD，ABBC，A，B，C，D 共面，ADBC，BC平面 PAD，AD平面

20、PAD， BC平面 PAD. (2)过点 D 作 DHPA 于点 H，锐角PAD， H 与 A 不重合， 平面 PAD平面 PAB，平面 PAD平面 PABPA，DH平面 PAD，DH平面 PAB，AB平面 PAB， DHAB， ABAD， ADDHD， AD， DH平面 PAD， BA平面 PAD， BA平面 ABCD， 平面 PAD平面 ABCD. 方法总结：(1)判定两个平面垂直的方法：利用定义：证明二面角是直二面角；利用判定定理：a，a .(2)面面垂直的证明，一般转化为证线面垂直，而线面垂直的证明，往往需多次利用线面垂直判定 与性质定理，而线线垂直的证明有时需要利用平面解析几何条件

21、考点三 平行与垂直的探索性问题 例 3 如图所示，平面 ABCD平面 BCE，四边形 ABCD 为矩形，BCCE，点 F 为 CE 的中点 (1)证明：AE平面 BDF； (2)点 M 为 CD 上任意一点，在线段 AE 上是否存在点 P，使得 PMBE？若存在，确定点 P 的位置， 并加以证明；若不存在，请说明理由 【证明】 (1) 第 13 页 / 共 20 页 图 1 连接 AC 交 BD 于 O，连接 OF，如图 1.四边形 ABCD 是矩形，O 为 AC 的中点，又 F 为 EC 的中 点，OF 为ACE 的中位线，OFAE，又 OF平面 BDF，AE平面 BDF，AE平面 BDF.

22、 (2)当 P 为 AE 中点时，有 PMBE. 证明如下：取 BE 中点 H，连接 DP，PH，CH， P 为 AE 的中点，H 为 BE 的中点， 图 2 PHAB，又 ABCD，PHCD，P，H，C，D 四点共面 平面 ABCD平面 BCE，平面 ABCD平面 BCEBC，CD平面 ABCD，CDBC. CD平面 BCE， 又 BE平面 BCE， CDBE， BCCE， H 为 BE 的中点， CHBE， 又 CDCH C，BE平面 DPHC，又 PM平面 DPHC，BEPM，即 PMBE. 变式 1、如图，在三棱台 ABC- DEF 中，CF平面 DEF，ABBC. (1)设平面 AC

23、E平面 DEFa，求证：DFa； (2)若 EFCF2BC，试问在线段 BE 上是否存在点 G，使得平面 DFG平面 CDE？若存在，请确定 G 点的位置；若不存在，请说明理由 【证明】 (1)证明：在三棱台 ABC- DEF 中， ACDF，AC平面 ACE，DF平面 ACE， DF平面 ACE. 又DF平面 DEF，平面 ACE平面 DEFa， DFa. 第 14 页 / 共 20 页 (2)线段 BE 上存在点 G，且 BG1 3BE 时，使得平面 DFG平面 CDE. 证明如下： 取 CE 的中点 O，连接 FO 并延长交 BE 于点 G，交 CB 的延长线于点 H， 连接 GD，CF

24、EF，GFCE. 在三棱台 ABC- DEF 中，ABBCDEEF. 由 CF平面 DEFCFDE. 又 CFEFF，DE平面 CBEF， GF平面 CBEF，DEGF. CEDEE，CE平面 CDE，DE平面 CDE， GF平面 CDE. 又 GF平面 DFG，平面 DFG平面 CDE. O 为 CE 的中点，EFCF2BC， 由平面几何知识易证HOCFOE， HBBC1 2EF. 由HGBFGE，可知BG GE HB EF 1 2， 即 BG1 3BE. 变式 2、如图，直三棱柱 ABC- A1B1C1中，ACBC1，ACB90 ，D 是 A1B1的中点，F 在 BB1上 (1)求证：C1

25、D平面 AA1B1B； (2)在下列给出三个条件中选取哪两个条件可使 AB1平面 C1DF？并证明你的结论 F 为 BB1的中点；AB1 3；AA1 2. 【证明】 ：(1)证明：ABC- A1B1C1是直三棱柱， A1C1B1C11，且A1C1B190 . 第 15 页 / 共 20 页 又 D 是 A1B1的中点， C1DA1B1. AA1平面 A1B1C1，C1D平面 A1B1C1， AA1C1D，又 A1B1AA1A1， C1D平面 AA1B1B. (2)选能证明 AB1平面 C1DF. 连接 DF，A1B，DFA1B， 在ABC 中，ACBC1， ACB90 ，则 AB 2，又 AA

26、1 2， 则 A1BAB1，DFAB1 C1D平面 AA1B1B，AB1平面 AA1B1B， C1DAB1. DFC1DD，AB1平面 C1DF. 方法总结：平行与垂直中探索性问题的主要途径：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；先通 过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据 条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识 建点 五、优化提升与真题演练 1、（2019 年高考北京卷理数）已知 l，m 是平面外的两条不同直线给出下列三个论断： lm； m； l 以其中的两个论断作为条件，余下的一

27、个论断作为结论，写出一个正确的命题：_ 【答案】如果 l，m，则 lm. 【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： 第 16 页 / 共 20 页 （1）如果 l，m，则 lm，正确； （2）如果 l，lm，则 m，不正确，有可能 m 在平面 内； （3）如果 lm，m，则 l，不正确，有可能 l 与 斜交、l. 故答案为：如果 l，m，则 lm. 2、如图，在正方形 ABCD 中，E，F 分别是 BC，CD 的中点，沿 AE，AF，EF 把正方形折成一个四面体， 使 B，C，D 三点重合，重合后的点记为 P，P 点在AEF 内的射影为 O，则下列结论正确的是(A ) A.

28、O 是AEF 的垂心 B. O 是AEF 的内心 C. O 是AEF 的外心 D. O 是AEF 的重心 【答案】A 【解析】 由题意可知 PA，PE，PF 两两垂直，PA平面 PEF，从而 PAEF，而 PO平面 AEF，则 POEF， POPAP， EF平面 PAO， EFAO，同理可知 AEFO，AFEO， O 为AEF 的垂心故选 A. 3、 （2020 年江苏卷）.在三棱柱 ABC- A1B1C1中，ABAC，B1C平面 ABC，E，F 分别是 AC，B1C 的中点 第 17 页 / 共 20 页 （1）求证：EF平面 AB1C1； （2）求证：平面 AB1C平面 ABB1 【解析】

29、 （1）由于,E F分别是 1 ,AC BC的中点，所以 1 /EF AB. 由于EF 平面 11 ABC, 1 AB 平面 11 ABC，所以/EF平面 11 ABC. （2）由于 1 BC 平面ABC，AB平面ABC，所以 1 BCAB. 由于 1 ,ABAC ACBCC，所以AB 平面 1 ABC, 由于AB平面 1 ABB，所以平面 1 ABC 平面 1 ABB. 4、（2019 年高考江苏卷）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB=BC 求证：（1）A1B1平面 DEC1； （2）BEC1E 第 18 页 / 共 20 页 【解析】 （1）因

30、为 D，E 分别为 BC，AC 的中点， 所以 EDAB. 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABA1B1， 所以 A1B1ED. 又因为 ED平面 DEC1，A1B1平面 DEC1， 所以 A1B1平面 DEC1. （2）因为 AB=BC，E 为 AC 的中点，所以 BEAC. 因为三棱柱 ABCA1B1C1是直棱柱，所以 CC1平面 ABC. 又因为 BE平面 ABC，所以 CC1BE. 因为 C1C平面 A1ACC1，AC平面 A1ACC1，C1CAC=C， 所以 BE平面 A1ACC1. 因为 C1E平面 A1ACC1，所以 BEC1E. 5、（2018 年高考江苏卷）在平行六面体 1

31、111 ABCDABC D 中， 1111 ,AAAB ABBC 求证： （1）AB平面 11 A B C； （2）平面 11 ABB A 平面 1 ABC 【解析】 （1）在平行六面体 ABCD- A1B1C1D1中，ABA1B1 第 19 页 / 共 20 页 因为 AB平面 A1B1C，A1B1平面 A1B1C， 所以 AB平面 A1B1C （2）在平行六面体 ABCD- A1B1C1D1中，四边形 ABB1A1为平行四边形 又因为 AA1=AB，所以四边形 ABB1A1为菱形， 因此 AB1A1B 又因为 AB1B1C1，BCB1C1， 所以 AB1BC 又因为 A1BBC=B，A1B

32、平面 A1BC，BC平面 A1BC， 所以 AB1平面 A1BC 因为 AB1平面 ABB1A1， 所以平面 ABB1A1平面 A1BC 6、(2018 全国卷)如图，在三棱锥 PABC 中，ABBC2 2，PAPBPCAC4，O 为 AC 的中 点. (1)证明：PO平面 ABC； (2)若点 M 在棱 BC 上，且 MC2MB，求点 C 到平面 POM 的距离. (1)证明 因为 APCPAC4，O 为 AC 的中点， 所以 OPAC，且 OP2 3. 连接 OB.因为 ABBC 2 2 AC，所以ABC 为等腰直角三角形，且 OBAC，OB1 2AC2. 由 OP2OB2PB2知，OPO

33、B. 由 OPOB，OPAC 且 OBACO，知 PO平面 ABC. (2)解 作 CHOM，垂足为 H. 第 20 页 / 共 20 页 又由(1)可得 OPCH，所以 CH平面 POM. 故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离. 由题设可知 OC1 2AC2，CM 2 3BC 4 2 3 ，ACB45 . 所以 OM2 5 3 ，CHOC MC sinACB OM 4 5 5 . 所以点 C 到平面 POM 的距离为4 5 5 . 7、(2018 浙江卷)如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面 ABC，ABC120 ，A1A 4，C1C1，ABB

34、CB1B2. (1)证明：AB1平面 A1B1C1； (2)求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值 【解析】(1)证明：由 AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB 得 AB1A1B12 2，所以 A1B21 AB21AA21，故 AB1A1B1.由 BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC 得 B1C1 5.由 ABBC2， ABC120 得 AC2 3.由 CC1AC 得 AC1 13， 所以 AB21B1C21AC21， 故 AB1B1C1.又因为 A1B1B1C1 B1，因此 AB1平面 A1B1C1. (2)如图，过点 C1作 C1DA1B1，交直线 A1B1于点 D，连接 AD.由 AB1平面 A1B1C1得平面 A1B1C1平 面 ABB1.由 C1DA1B1得 C1D平面 ABB1.所以C1AD 是 AC1与平面 ABB1所成的角由 B1C1 5，A1B1 2 2，A1C1 21得 cosC1A1B1 6 7，sinC1A1B1 1 7，所以 C1D 3， 故 sinC1ADC1D AC1 39 13 . 因此直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是 39 13 .