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求斜线与平面所成的角是立体几何中的重要题型，也是历年高考的常考点.本文通过一道高考题说明求解此类问题的几种常用方法，供读者参考．
例1已知正方体ABCD-A1B1C1D1，求BB1与平面ACD1所成角的一个三角函数值．
图1解法1：如图1，因为BB1∥DD1，所以BB1与平面ACD1所成角和DD1与平面ACD1所成角相等，记这个角为θ.
设AC、BD相交于E，连结ED1.
由正方体的性质可知AC⊥BD，AC⊥DD1，
所以AC⊥平面D1DE.而AC平面ACD1,
所以平面ACD1⊥平面D1DE.
作DF⊥ED1，垂足为F，则DF⊥平面ACD1，
所以∠DD1E是DD1与平面ACD1所成的角.
在Rt△DD1E中，设DD1=a，则D1E=a2+(22a)2=62a，
所以sin∠DD1E=DEED1=33.
评注：用几何法求斜线与平面所成的角，一般是先过斜线上一点（斜足除外），作平面的垂线，然后连结垂足和斜足，最后由斜线、斜线的射影和垂线组成的直角三角形就可以求出斜线与平面所成的角.解法1是利用面面垂直的性质，作出平面ACD1的垂线DF，从而得出DD1与平面ACD1所成的角（即BB1与平面ACD1所成的角），而寻找平面ACD1的垂面D1DE是解决问题的关键所在，这种方法也是找“线面角”的常用方法.
解法2：设BB1与平面ACD1所成角为θ,点D到平面ACD1的距离为h，DD1=a，
因为VD-ACD1=VD1-ACD，即13S△ACD1•h=13S△ACD•DD1，
13•12AC•AD1sin60°•h=13•12AD•CD•DD1,
所以2a•2a•32•h=a•a•a,h=33a.
所以sinθ=hDD1=33.
评注：利用三棱锥D-ACD1与三棱锥D1-ACD等体积进行转化，求出点D到平面ACD1的距离h,然后再由三棱锥D-ACD1的高和DD1所构成的直角三角形中，根据正弦三角函数即可确定DD1与平面ACD1所成的角.
图2解法3：设DD1与平面ACD1所成的角为θ，DD1在平面ACD1内的射影与AD1的夹角为β，由“三余弦公式”得
cos∠AD1D=cosθcosβ,cos∠CD1D=cosθcos(∠AD1C-β).
由题意可知，∠AD1C=60°,∠AD1D=∠CD1D=45°,
所以cosθcosβ=cosθcos(60°-β)，解得β=30°.
所以cos45°=cosθcos30°,得cosθ=63.
评注：如图2，OA是平面α的斜线，AC是OA在α内的射影，AB、AD是α内两条直线（非射影），如果已知OA与AB，OA与AD夹角的大小，都可以利用三余弦公式cosθ=cosθ1cosθ2（θ是OA与AB的夹角，θ1是OA与平面α所成的角，θ2是AC与AB的夹角），求出斜线OA与平面α所成的角θ1.
解法4：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.设AB=a，则A(a,0,0),C(0,a,0),D1(0,0,a).
所以AD1=(-a,0,a),AC=(-a,a,0),DD1=(0,0,a).
设平面ACD1的法向量为n=(x,y,1)，则AC•n=0,
AD1•n=0(-a,a,0)•(x,y,1)=0,
(-a,0,a)•(x,y,1)=0x=1,
y=1.所以n=(1,1,1).
设DD1与平面ACD1所成的角为θ，则
sinθ=|cos〈DD1,n〉|=|DD1•n||DD1||n|
=|(0,0,a)•(1,1,1)|a×3=33.
评注：若斜线与平面所成的角为θ，则由公式
sinθ=|cos〈a,n〉|=|a•n||a||n| (a是斜线的方向向量，n是平面的法向量)就可求出斜线与平面所成的角.
例1已知正方体ABCD-A1B1C1D1，求BB1与平面ACD1所成角的一个三角函数值．
图1解法1：如图1，因为BB1∥DD1，所以BB1与平面ACD1所成角和DD1与平面ACD1所成角相等，记这个角为θ.
设AC、BD相交于E，连结ED1.
由正方体的性质可知AC⊥BD，AC⊥DD1，
所以AC⊥平面D1DE.而AC平面ACD1,
所以平面ACD1⊥平面D1DE.
作DF⊥ED1，垂足为F，则DF⊥平面ACD1，
所以∠DD1E是DD1与平面ACD1所成的角.
在Rt△DD1E中，设DD1=a，则D1E=a2+(22a)2=62a，
所以sin∠DD1E=DEED1=33.
评注：用几何法求斜线与平面所成的角，一般是先过斜线上一点（斜足除外），作平面的垂线，然后连结垂足和斜足，最后由斜线、斜线的射影和垂线组成的直角三角形就可以求出斜线与平面所成的角.解法1是利用面面垂直的性质，作出平面ACD1的垂线DF，从而得出DD1与平面ACD1所成的角（即BB1与平面ACD1所成的角），而寻找平面ACD1的垂面D1DE是解决问题的关键所在，这种方法也是找“线面角”的常用方法.
解法2：设BB1与平面ACD1所成角为θ,点D到平面ACD1的距离为h，DD1=a，
因为VD-ACD1=VD1-ACD，即13S△ACD1•h=13S△ACD•DD1，
13•12AC•AD1sin60°•h=13•12AD•CD•DD1,
所以2a•2a•32•h=a•a•a,h=33a.
所以sinθ=hDD1=33.
评注：利用三棱锥D-ACD1与三棱锥D1-ACD等体积进行转化，求出点D到平面ACD1的距离h,然后再由三棱锥D-ACD1的高和DD1所构成的直角三角形中，根据正弦三角函数即可确定DD1与平面ACD1所成的角.
图2解法3：设DD1与平面ACD1所成的角为θ，DD1在平面ACD1内的射影与AD1的夹角为β，由“三余弦公式”得
cos∠AD1D=cosθcosβ,cos∠CD1D=cosθcos(∠AD1C-β).
由题意可知，∠AD1C=60°,∠AD1D=∠CD1D=45°,
所以cosθcosβ=cosθcos(60°-β)，解得β=30°.
所以cos45°=cosθcos30°,得cosθ=63.
评注：如图2，OA是平面α的斜线，AC是OA在α内的射影，AB、AD是α内两条直线（非射影），如果已知OA与AB，OA与AD夹角的大小，都可以利用三余弦公式cosθ=cosθ1cosθ2（θ是OA与AB的夹角，θ1是OA与平面α所成的角，θ2是AC与AB的夹角），求出斜线OA与平面α所成的角θ1.
解法4：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.设AB=a，则A(a,0,0),C(0,a,0),D1(0,0,a).
所以AD1=(-a,0,a),AC=(-a,a,0),DD1=(0,0,a).
设平面ACD1的法向量为n=(x,y,1)，则AC•n=0,
AD1•n=0(-a,a,0)•(x,y,1)=0,
(-a,0,a)•(x,y,1)=0x=1,
y=1.所以n=(1,1,1).
设DD1与平面ACD1所成的角为θ，则
sinθ=|cos〈DD1,n〉|=|DD1•n||DD1||n|
=|(0,0,a)•(1,1,1)|a×3=33.
评注：若斜线与平面所成的角为θ，则由公式
sinθ=|cos〈a,n〉|=|a•n||a||n| (a是斜线的方向向量，n是平面的法向量)就可求出斜线与平面所成的角.