《2025年新课程同步导学高中数学选择性必修第二册湘教版》

例3 如图,正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)$ABC-A_1B_1C_1$的底面边长为$2$,侧棱长为$2\sqrt{2}$,则$AC_1$与侧面$ABB_1A_1$所成的角为$\frac{\pi}{6}$.

答案： 以A为原点，AB所在直线为x轴，过A在底面ABC内作AB的垂线为y轴，AA₁为z轴，建立空间直角坐标系。
各点坐标：
$ A(0,0,0) $，$ B(2,0,0) $，$ C(1,\sqrt{3},0) $，$ C₁(1,\sqrt{3},2\sqrt{2}) $
向量 $ \overrightarrow{AC₁} = (1,\sqrt{3},2\sqrt{2}) $。
侧面 $ ABB₁A₁ $ 为平面 $ y=0 $，其法向量 $ \mathbf{n} = (0,1,0) $。
设线面角为 $ \theta $，则 $ \sin\theta = \frac{|\overrightarrow{AC₁} · \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{AC₁}| · |\mathbf{n}|} $。
计算：
$ \overrightarrow{AC₁} · \mathbf{n} = 1 × 0 + \sqrt{3} × 1 + 2\sqrt{2} × 0 = \sqrt{3} $
$ |\overrightarrow{AC₁}| = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2 + (2\sqrt{2})^2} = \sqrt{1 + 3 + 8} = 2\sqrt{3} $
$ |\mathbf{n}| = 1 $
故 $ \sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3} × 1} = \frac{1}{2} $，又 $ \theta \in [0,\frac{\pi}{2}] $，所以 $ \theta = \frac{\pi}{6} $。
$\frac{\pi}{6}$

例4 过正方形$ABCD$的顶点$A$作线段$PA\perp$平面$ABCD$,若$AB=PA$,则平面$PAB$与平面$PCD$所成的角为$\frac{\pi}{4}$（或$45{°}$）.

答案： 以$A$为原点，分别以$\overrightarrow {AB}$，$\overrightarrow {AD}$，$\overrightarrow {AP}$的方向为$x$，$y$，$z$轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设$AB = PA = 1$，
则$A(0,0,0)$，$B(1,0,0)$，$C(1,1,0)$，$D(0,1,0)$，$P(0,0,1)$，
$\overrightarrow{PD} = (0,1, - 1)$，$\overrightarrow{CD}=(-1,0,0)$，
设平面$PAB$的法向量为$\overrightarrow{n_{1}}=(0,1,0)$，
设平面$PCD$的法向量为$\overrightarrow{n_{2}}=(x,y,z)$，
$\begin{cases}\overrightarrow{n_{2}}·\overrightarrow{PD}=0,\\\overrightarrow{n_{2}}·\overrightarrow{CD}=0.\end{cases}$
即$\begin{cases}y - z = 0,\\-x = 0.\end{cases}$
令$y = 1$，则$z = 1$，$x = 0$，
所以$\overrightarrow{n_{2}}=(0,1,1)$，
设平面$PAB$与平面$PCD$所成角为$\theta$，
$\cos\langle\overrightarrow{n_{1}},\overrightarrow{n_{2}}\rangle=\frac{\overrightarrow{n_{1}}·\overrightarrow{n_{2}}}{|\overrightarrow{n_{1}}|×|\overrightarrow{n_{2}}|}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
因为二面角$\theta \in[0,\frac{\pi}{2}]$，
所以$\theta = \frac{\pi}{4}$（或$45{°}$），
故答案为：$\frac{\pi}{4}$（或$45{°}$）。