1．異面直線所成角
設(shè)異面直線a，b所成的角為θ，則cos θ＝?， 其中a，b分別是直線a，b的方向向量．
2．直線與平面所成角
如圖所示，設(shè)l為平面α的斜線，l∩α＝A，a為l的方向向量，n為平面α的法向量，φ為l與α所成的角，則sin φ＝|cos〈a，n〉|＝?.

3．二面角
(1)若AB，CD分別是二面角α-l-β的兩個(gè)平面內(nèi)與棱l垂直的異面直線，則二面角(或其補(bǔ)角)的大小就是向量與的夾角，如圖(1)．

(2)平面α與β相交于直線l，平面α的法向量為n1，平面β的法向量為n2，〈n1，n2〉＝θ，則二面角α -l -β為θ或π－θ.設(shè)二面角大小為φ，則|cos φ|＝|cos θ|＝?，如圖(2)(3)．
兩異面直線所成的角為銳角或直角，而不共線的向量的夾角為(0，π)，所以公式中要加絕對(duì)值．
直線與平面所成角的范圍為，而向量之間的夾角的范圍為[0，π]，所以公式中要加絕對(duì)值．
利用公式與二面角的平面角時(shí)，要注意〈n1，n2〉與二面角大小的關(guān)系，是相等還是互補(bǔ)，需要結(jié)合圖形進(jìn)行判斷．
[熟記常用結(jié)論]
解空間角最值問(wèn)題時(shí)往往會(huì)用到最小角定理
cos θ＝cos θ1cos θ2.

如圖，若OA為平面α的一條斜線，O為斜足，OB為OA在平面α內(nèi)的射影，OC為平面α內(nèi)的一條直線，其中θ為OA與OC所成的角，θ1為OA與OB所成的角，即線面角，θ2為OB與OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2.
[小題查驗(yàn)基礎(chǔ)]
一、判斷題(對(duì)的打“√”，錯(cuò)的打“×”)
(1)兩直線的方向向量的夾角就是兩條直線所成的角．(　　)
(2)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，則a∥c，a⊥b.(　　)
(3)已知向量m，n分別是直線l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，則直線l與平面α所成的角為120°.(　　)
(4)已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角的大小為45°.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
二、選填題
1．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：選C　以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)直三棱柱的棱長(zhǎng)為2，則可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)， ∴＝(1，－1,2)， ＝(－1,0,2)．
∴cos，＝＝＝.
2.如圖，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為2，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為_(kāi)_______．
解析：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以， (AE⊥AB)，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)D為A1B1的中點(diǎn)，
則A(0,0,0)，C1(1，，2)，D(1,0,2)，∴＝(1，，2)，＝(1,0,2)．
∵∠C1AD為AC1與平面ABB1A1所成的角，∴cos∠C1AD＝
＝＝，
又∵∠C1AD∈，∴∠C1AD＝.
答案：
3．過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面PAB與平面PCD所成的角為_(kāi)_______．
解析：如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝PA＝1，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，
由題意，知AD⊥平面PAB，設(shè)E為PD的中點(diǎn)，連接AE，則AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，從而AE⊥平面PCD.
∴＝(0,1,0)，＝分別是平面PAB，平面PCD的法向量，且，＝45°.
故平面PAB與平面PCD所成的角為45°.
答案：45°


[典例精析]
如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.點(diǎn)D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，M是線段AD的中點(diǎn)，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求證：MN∥平面BDE；
(2)已知點(diǎn)H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長(zhǎng)．
[解]　由題意知，AB，AC，AP兩兩垂直，故以A為原點(diǎn)，分別以，，方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．依題意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0，0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0，0,1)，N(1,2,0)．
(1)證明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．
設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，
則即
不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)．
又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.
因?yàn)镸N?平面BDE，所以MN∥平面BDE.
(2)依題意，設(shè)AH＝h(0≤h≤4)，則H(0,0，h)，
進(jìn)而可得＝(－1，－2，h)， ＝(－2,2,2)．
由已知，得|cos〈，〉|＝
＝＝，
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.
所以線段AH的長(zhǎng)為或.
[解題技法]
用向量法求異面直線所成角的一般步驟
(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系；
(2)確定異面直線上兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)兩異面直線所成角的余弦等于兩向量夾角余弦值的絕對(duì)值．
[提醒]　注意向量的夾角與異面直線所成的角的區(qū)別：當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時(shí)，此夾角就是異面直線所成的角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時(shí)，其補(bǔ)角才是異面直線所成的角．
[過(guò)關(guān)訓(xùn)練]
1.如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點(diǎn)，則直線EF和BC1所成的角是(　　)
A．30°　　　　　　　　 B．45°
C．60° D．90°
解析：選C　以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示．設(shè)AB＝BC＝AA1＝2，則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，∴＝(0，－1，1)，＝(2,0,2)，∴·＝2，∴cos〈，〉＝＝，則EF和BC1所成的角是60°，故選C.
2.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求證：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦值．
解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以PA⊥BD.
又因?yàn)锳C∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)設(shè)AC∩BD＝O.
因?yàn)椤螧AD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線OB，OC分別為x軸，y軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
則P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，
所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0)．
設(shè)PB與AC所成角為θ，
則cos θ＝＝＝.
即PB與AC所成角的余弦值為.

[典例精析]
(2019·合肥一檢)如圖，在多面體ABCDEF中，
四邊形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M為棱AE的中點(diǎn)．
(1)求證：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直線AE與平面BDM所成角的正弦值．
[解]　(1)證明：連接AC交BD于點(diǎn)N，連接MN，
則N為AC的中點(diǎn)，
又M為AE的中點(diǎn)，∴MN∥EC.
∵M(jìn)N?平面EFC，EC?平面EFC，
∴MN∥平面EFC.
∵BF，DE都與平面ABCD垂直，∴BF∥DE.
∵BF＝DE，
∴四邊形BDEF為平行四邊形，∴BD∥EF.
∵BD?平面EFC，EF?平面EFC，
∴BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.
(2)∵DE⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，
∴DA，DC，DE兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.
設(shè)AB＝2，則DE＝4，從而D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，
∴＝(2,2,0)，＝(1,0,2)，
設(shè)平面BDM的法向量為n＝(x，y，z)，
則得
令x＝2，則y＝－2，z＝－1，
從而n＝(2，－2，－1)為平面BDM的一個(gè)法向量．
∵＝(－2,0,4)，設(shè)直線AE與平面BDM所成的角為θ，
則sin θ＝|cos n，|＝＝，
∴直線AE與平面BDM所成角的正弦值為.
[解題技法]
利用向量求線面角的2種方法
(1)分別求出斜線和它所在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)．
(2)通過(guò)平面的法向量來(lái)求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線與平面所成的角．
[過(guò)關(guān)訓(xùn)練]
1．在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為_(kāi)_______．
解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，所以＝(－1,2,0)，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)．設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，則有即令x＝2，得y＝1，z＝2，則n＝(2,1,2)．設(shè)D1C1與平面A1BC1所成角為θ，則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，即D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為.
答案：
2.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BA＝BC＝5，AC＝8，D為線段AC的中點(diǎn)．
(1)求證：BD⊥A1D；
(2)若直線A1D與平面BC1D所成角的正弦值為，求AA1的長(zhǎng)．
解：(1)證明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，
∴AA1⊥平面ABC，
又BD?平面ABC，∴BD⊥AA1，
∵BA＝BC，D為AC的中點(diǎn)，∴BD⊥AC，
又AC∩AA1＝A，AC?平面ACC1A1，AA1?平面ACC1A1，
∴BD⊥平面ACC1A1，
又A1D?平面ACC1A1，∴BD⊥A1D.
(2)由(1)知BD⊥AC，AA1⊥平面ABC，
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DB，DC所在直線分別為x軸，y軸，過(guò)點(diǎn)D且平行于AA1的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.
設(shè)AA1＝λ(λ＞0)，則A1(0，－4，λ)，B(3,0,0)，C1(0,4，λ)，D(0,0,0)，
∴＝(0，－4，λ)，＝(0,4，λ)，＝(3,0,0)，
設(shè)平面BC1D的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
則x＝0，令z＝4，可得y＝－λ，
故n＝(0，－λ，4)為平面BC1D的一個(gè)法向量．
設(shè)直線A1D與平面BC1D所成角為θ，
則sin θ＝|cosn，|＝
＝＝，解得λ＝2或λ＝8，
即AA1＝2或AA1＝8.

[典例精析]
如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，AB＝5，AC＝6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF位置，OD′＝.
(1)證明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B-D′A-C的余弦值．
[解]　(1)證明：由四邊形ABCD為菱形，得AC⊥BD.
由AE＝CF＝，得＝，所以EF∥AC.
因此EF⊥DH，從而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝＝4.
由EF∥AC得＝＝，
所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3，
則OD′2＝OH2＋D′H2，所以D′H⊥OH.
又OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.
(2)以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HB，HF，HD′分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz，如圖所示．
則B(5,0,0)，C(1,3,0)，D′(0,0,3)，A(1，－3,0)，
(由口訣“起點(diǎn)同”，我們先求出起點(diǎn)相同的3個(gè)向量．)
所以＝(4,3,0)， ＝(－1,3,3)，＝(0,6,0)．
(由口訣“棱排前”，我們用行列式求出兩個(gè)平面的法向量．)
由
可得平面ABD′的法向量n1＝(－3,4，－5)，

由
可得平面AD′C的法向量n2＝(－3,0，－1)．
于是cos〈n1，n2〉＝＝.
所以二面角B-D′A-C的余弦值為.
[解題技法]
(1)利用法向量求二面角的大小時(shí)，由于法向量的方向不同，兩個(gè)法向量的夾角與二面角的大小可能相等，也可能互補(bǔ)．所以，兩個(gè)法向量的夾角的余弦值與二面角的余弦值可能存在正負(fù)號(hào)的差異．
(2)有時(shí)用觀察法難以判定二面角是鈍角還是銳角，為了保證解題結(jié)果準(zhǔn)確無(wú)誤，我們給出一種萬(wàn)無(wú)一失的方法：就是在兩個(gè)半平面和二面角的棱上各取1個(gè)向量，要求這三個(gè)向量必須起點(diǎn)相同，在利用行列式計(jì)算法向量時(shí)，棱對(duì)應(yīng)的向量必須排前面，即口訣“起點(diǎn)同，棱排前”，這樣求出的兩個(gè)法向量的夾角一定與二面角的大小相等．
[口訣記憶](méi)
二面角，求余弦；
起點(diǎn)同，棱排前．

[過(guò)關(guān)訓(xùn)練]
　如圖所示，四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，△DAB≌△DCB，E為線段BD上的一點(diǎn)，且EB＝ED＝EC＝BC，連接CE并延長(zhǎng)交AD于F.
(1)若G為PD的中點(diǎn)，求證：平面PAD⊥平面CGF；
(2)若BC＝2，PA＝3，求二面角B-CP-D的余弦值．
解：(1)證明：在△BCD中，EB＝ED＝EC＝BC，
故∠BCD＝90°，∠CBE＝∠BEC＝60°.
∵△DAB≌△DCB，∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ABE＝∠CBE＝60°，∴∠FED＝∠BEC＝∠ABE＝60°.
∴AB∥EF，∴∠EFD＝∠BAD＝90°，
∴EF⊥AD，AF＝FD.
又PG＝GD，∴GF∥PA.
又PA⊥平面ABCD，∴GF⊥平面ABCD，
∵AD?平面ABCD，∴GF⊥AD.
又GF∩EF＝F，∴AD⊥平面CGF.
又AD?平面PAD，∴平面PAD⊥平面CGF.
(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線AB，AD，AP分別為x軸，y軸，z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(3，，0)，D(0,2，0)，P(0,0,3)，
故＝(－1，－，0)， ＝(－3，－，3)，＝(－3，，0)．
設(shè)平面BCP的一個(gè)法向量為n1＝(1，y1，z1)，
則即解得
即n1＝.
設(shè)平面DCP的一個(gè)法向量為n2＝(1，y2，z2)，
則即解得
即n2＝(1，，2)．
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，
由圖知二面角B-CP-D為鈍角，
所以二面角B-CP-D的余弦值為－.

一、題點(diǎn)全面練
1.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N分別是BD和AD的中點(diǎn)，則B1M與D1N所成角的余弦值為(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：選C　建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0，0,2)，N(1,0,0)，∴＝(－1，－1，－2)， ＝(1,0，－2)，
∴B1M與D1N所成角的余弦值為＝＝.
2．如圖，已知長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E為線段AB上一點(diǎn)，且AE＝AB，則DC1與平面D1EC所成角的正弦值為(　　)
A. B.
C. D.
解析：選A　如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，
∴＝(0,3,1)， ＝(1,1，－1)， ＝(0,3，－1)．
設(shè)平面D1EC的法向量為n＝(x，y，z)，
則即取y＝1，得n＝(2,1,3)．
∴cos，n＝＝，
∴DC1與平面D1EC所成的角的正弦值為.
3．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，二面角B-AA1-C1的大小為60°，點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為，點(diǎn)C到平面ABB1A1的距離為2，則直線BC1與直線AB1所成角的正切值為(　　)
A. B.
C. D．2
解析：選A　由題意可知，∠BAC＝60°，點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為，點(diǎn)C到平面ABB1A1的距離為2，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90°，
則·＝(－)·(＋)＝4，
||＝2，||＝4，
cos，＝＝，
故tan，＝.
4.如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等，E，F(xiàn)，G分別為AB，AA1，A1C1的中點(diǎn)，則B1F與平面GEF所成角的正弦值為(　　)
A. B.
C. D.
解析：選A　設(shè)正三棱柱的棱長(zhǎng)為2，取AC的中點(diǎn)D，連接DG，DB，分別以DA，DB，DG所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則B1，F(xiàn)(1,0,1)，
E，G(0,0,2)，
＝，＝， ＝(1,0，－1)．
設(shè)平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，
則即
取x＝1，則z＝1，y＝，
故n＝為平面GEF的一個(gè)法向量，
所以cos〈n，〉＝＝－，
所以B1F與平面GEF所成角的正弦值為.
5．在正方體ABCD -A1B1C1D1中，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為(　　)
A. B.
C. D.
解析：選B　以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，設(shè)棱長(zhǎng)為1，
則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，
∴＝(0,1，－1)，
＝，
設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n1＝(1，y，z)，
則即
∴∴n1＝(1,2,2)．
又平面ABCD的一個(gè)法向量為n2＝(0,0,1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝.
即平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為.
6．如圖，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC與BD相交于點(diǎn)O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直線OF與平面BED所成的角為45°，則AE＝________.
解析：如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)A，OB所在直線分別為x軸，y軸，以過(guò)點(diǎn)O且平行于CF的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)AE＝a，則B(0，，0)，D(0，－，0)，F(xiàn)(－1,0,3)，E(1,0，a)，∴＝(－1,0,3)，＝(0,2，0)， ＝(－1，，－a)．設(shè)平面BED的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
則y＝0，令z＝1，得x＝－a，
∴n＝(－a,0,1)，
∴cos〈n，〉＝＝.
∵直線OF與平面BED所成角的大小為45°，
∴＝，
解得a＝2或a＝－(舍去)，∴AE＝2.
答案：2
7.如圖，已知四棱錐P -ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC與BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2，E，F(xiàn)分別是AB，AP的中點(diǎn)，則二面角F -OE -A的余弦值為_(kāi)_______．
解析：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示
的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
由題知，OA＝OB＝2，
則A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(xiàn)(0，－1,1)， ＝(1，－1,0)，＝(0，－1,1)，
設(shè)平面OEF的法向量為m＝(x，y，z)，
則即
令x＝1，可得m＝(1,1,1)．
易知平面OAE的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)，
則cos〈m，n〉＝＝.
由圖知二面角F-OE-A為銳角，
所以二面角F-OE-A的余弦值為.
答案：
8．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧C所在平面垂直，M是C上異于C，D的點(diǎn)．
(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值．
解：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，
又DM?平面CMD，所以BC⊥DM.
因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，
所以DM⊥平面BMC.
因?yàn)镈M?平面AMD，
所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)， 的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.當(dāng)三棱錐M-ABC的體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn)．由題設(shè)得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．
設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
則即可取n＝(1,0,2)，
又是平面MCD的一個(gè)法向量，
所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.
所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是.
9．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．
(1)證明：PO⊥平面ABC；
(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M-PA-C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值．
解：(1)證明：因?yàn)镻A＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，
所以PO⊥AC，且PO＝2.連接OB，因?yàn)锳B＝BC＝AC，
所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
所以PO＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
又因?yàn)镺B∩AC＝O，
所以PO⊥平面ABC.
(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，
＝(0,2,2)．
取平面PAC的一個(gè)法向量＝(2,0,0)．
設(shè)M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，則＝(a,4－a,0)．
設(shè)平面PAM的法向量為n＝(x，y，z)，
由得
令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，所以平面PAM的一個(gè)法向量為n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，
所以＝，
解得a＝或a＝－4(舍去)．
所以n＝.
又＝(0,2，－2)，
所以cos〈，n〉＝＝.
所以PC與平面PAM所成角的正弦值為.
二、專項(xiàng)培優(yōu)練
素養(yǎng)專練——學(xué)會(huì)更學(xué)通
1．[直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算]如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.
(1)證明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；
(2)若∠BAD＝60°，求二面角B-OB1-C的余弦值．
解：(1)證明：∵A1O⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
∴A1O⊥BD.
∵四邊形ABCD是菱形，∴CO⊥BD.
∵A1O∩CO＝O，∴BD⊥平面A1CO.
∵BD?平面BB1D1D，
∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.
(2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，，， 的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，
∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝，
OA1＝＝.
則O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A(0，－，0)，A1(0,0，)，
∴＝(1,0,0)，＝＝(0，，)， ＝＋＝(1，，)．
設(shè)平面OBB1的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
令y＝，得z＝－1，∴n＝(0，，－1)是平面OBB1的一個(gè)法向量．
同理可求得平面OCB1的一個(gè)法向量m＝(，0，－1)，
∴cosn，m＝＝＝，
由圖可知二面角B-OB1-C是銳二面角，
∴二面角B-OB1-C的余弦值為.
2．[直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算]如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.
平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，點(diǎn)E在PC上，DE⊥平面PAC.
(1)求證：PA⊥平面PCD；
(2)設(shè)AD＝2，若平面PBC與平面PAD所成的二面角為45°，求DE的長(zhǎng)．
解：(1)證明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，
所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，
又CD∩DE＝D，所以PA⊥平面PCD.
(2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，
因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PO⊥平面ABCD，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝，PO＝1，
設(shè)CD＝a，則P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，－1,0)，
則＝(－a,2,0)，＝(a,1，－1)．
設(shè)m＝(x，y，z)為平面PBC的法向量，
由得令x＝2，則y＝a，z＝3a，故m＝(2，a,3a)為平面PBC的一個(gè)法向量，
由(1)知n＝＝(a,0,0)為平面PAD的一個(gè)法向量．
由|cosm，n|＝＝＝，解得a＝，即CD＝，所以在Rt△PCD中，PC＝，
由等面積法可得DE＝＝.
3．[直觀想象，數(shù)學(xué)運(yùn)算]如圖，在三棱錐P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，
BC＝2，AC＝2，D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.
(1)求證：PD⊥平面ABC；
(2)若直線PA與平面ABC所成的角為45°，求平面PAC與平面PDE所成的銳二面角大?。?br /> 解：(1)證明：∵AC＝2，BC＝2，AB＝6，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，
∴cos∠ABC＝＝.
又易知BD＝2，
∴CD2＝22＋(2)2－2×2×2cos∠ABC＝8，
∴CD＝2，又AD＝4，
∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB.
∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，CD?平面ABC，
∴CD⊥平面PAB，
又PD?平面PAB，∴CD⊥PD，
∵PD⊥AC，AC∩CD＝C，
∴PD⊥平面ABC.
(2)由(1)知PD，CD，AB兩兩互相垂直，∴可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，
∵直線PA與平面ABC所成的角為45°，即∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝4，
則A(0，－4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，
∴＝(－2，2,0)，＝(2，4,0)，＝(0，－4，－4)．
∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC，
由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC，
又PD⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PD⊥BC，
∵PD∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE，
∴＝(－2，2,0)為平面PDE的一個(gè)法向量．
設(shè)平面PAC的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
令z＝1，得x＝，y＝－1，
∴n＝(，－1,1)為平面PAC的一個(gè)法向量．
∴cosn，＝＝－，
∴平面PAC與平面PDE所成的銳二面角的余弦值為，
故平面PAC與平面PDE所成的銳二面角為30°.


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