2024-2025學年新教材高中數學課時素養(yǎng)評價八第一章空間向量與立體幾何1.4.2用空間向量研究距離夾角問題含解析新人教A版選擇性必修第一冊

PAGE八用空間向量探討距離、夾角問題【基礎通關-水平一】(15分鐘30分)1．已知A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，則點A到直線BC的距離為()A．eq\f(2\r(2),3) B．1 C．eq\r(2) D．2eq\r(2)【解析】選A.因為A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，2，－2)，所以點A到直線BC的距離為d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))eq\r(1－（cos〈\o(AB,\s\up6(→))，\o(BC,\s\up6(→))〉）2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))＝1×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,1×3)))2)＝eq\f(2\r(2),3).2．若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為eq\r(3)，AB＝1，則直線AB1與CD1所成的角為()A．30° B．45° C．60° D．90°【解析】選C.因為正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為eq\r(3)，AB＝1，所以AA1＝eq\r(3)，以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，則A(1，0，0)，B1(1，1，eq\r(3))，C(0，1，0)，D1(0，0，eq\r(3))，＝(0，1，eq\r(3))，＝(0，－1，eq\r(3))，設直線AB1與CD1所成的角為θ，則cosθ＝＝eq\f(2,\r(4)·\r(4))＝eq\f(1,2)，又0°<θ≤90°，所以θ＝60°，所以直線AB1與CD1所成的角為60°.3．已知平面α的一個法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\r(2)))，A∈α，P?α，且eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2)))，則直線PA與平面α所成的角為________．【解析】設直線PA與平面α所成的角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n，\o(PA,\s\up6(→))〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(PA,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up6(→)))))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,4)－2)),\r(0＋\f(1,4)＋2)·\r(\f(3,4)＋\f(1,4)＋2))＝eq\f(\r(3),2)，所以直線PA與平面α所成的角為eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)4．棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是線段BB1，B1C1的中點，則直線MN到平面ACD1的距離為________．【解析】如圖，以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系．則D(0，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，A(1，0，0).所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1).設平面ACD1的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，則即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))令x＝1，則y＝z＝1，所以n＝(1，1，1).所以點M到平面ACD1的距離d＝eq\f(|\o(AM,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(3),2).又eq\o(MN,\s\up6(→))eq\f(1,2)，故MN∥平面ACD1.故直線MN到平面ACD1的距離為eq\f(\r(3),2).答案：eq\f(\r(3),2)5．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)證明：PC⊥AD；(2)求二面角A-PC-D的正弦值．【解析】如圖，以點A為坐標原點，AD，AC，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，1，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，P(0，0，2).(1)易得eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2，0，0)，則eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，所以PC⊥AD.(2)易得eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(2，－1，0).設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－2z＝0，,2x－y＝0.))令z＝1，可得n＝(1，2，1).又eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2，0，0)是平面PAC的一個法向量，所以cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·n,|\o(AD,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(6),6)，從而sin〈eq\o(AD,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(30),6).所以二面角A-PC-D的正弦值為eq\f(\r(30),6).【實力進階—水平一】(30分鐘60分)一、單選題(每小題5分，共20分)1．Rt△ABC的兩條直角邊BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝eq\f(9,5)，則點P到斜邊AB的距離是()A．3 B．9 C．12 D.2eq\r(3)【解析】選A.以點C為坐標原點，CA，CB，CP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系．則A(4，0，0)，B(0，3，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(9,5)))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－4，3，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，0，\f(9,5))).所以點P到AB的距離d＝eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(16＋\f(81,25)－\f(256,25))＝3.2．如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E，F分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1的夾角是()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,4) C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)【解析】選C.如圖所示，建立空間直角坐標系Bxyz.由于AB＝BC＝AA1，不妨取AB＝2，則B(0，0，0)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，C1(2，0，2).所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，所以cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，〉＝＝eq\f(2,\r(2)×\r(8))＝eq\f(1,2)，所以異面直線EF和BC1的夾角為eq\f(π,3).3．如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(6),3) B．eq\f(2\r(6),5) C．eq\f(\r(15),5) D．eq\f(\r(10),5)【解析】選D.如圖所示，建立空間直角坐標系，則D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，所以＝(－2，0，1).連接AC，易證AC⊥平面BB1D1D，所以平面BB1D1D的一個法向量為a＝eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0).所以所求角的正弦值為|cos〈a，〉|＝＝eq\f(4,\r(8)×\r(5))＝eq\f(\r(10),5).4．已知四面體ABCD中，AB，BC，BD兩兩垂直，BC＝BD＝eq\r(2)，AB與平面ACD所成角的正切值為eq\f(1,2)，則點B到平面ACD的距離為()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(2\r(3),3) C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(2\r(5),5)【解析】選D.以B為原點，BC，BD，BA分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．設BA＝t(t>0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，0，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，t)).eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，－t))，eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，0，t))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)，0)).設平面ACD的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝－\r(2)x＋tz＝0，,n·\o(CD,\s\up6(→))＝－\r(2)x＋\r(2)y＝0，))令x＝1，得y＝1，z＝eq\f(\r(2),t)，故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(2),t))).因為直線AB與平面ACD所成角的正切值為eq\f(1,2)，所以直線AB與平面ACD所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(\r(2),t·\r(1＋1＋\f(2,t2)))＝eq\f(\r(5),5)，解得t＝2.所以平面ACD的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(2),2)))，故B到平面ACD的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(\r(2),\r(1＋1＋\f(1,2)))＝eq\f(2\r(5),5).二、多選題(每小題5分，共10分，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)5．正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝eq\r(3)AB，則()A．AC1與底面ABC所成角的正弦值為eq\f(1,2)B．AC1與底面ABC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),2)C．AC1與側面AA1B1B所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4)D．AC1與側面AA1B1B所成角的正弦值為eq\f(\r(13),4)【解析】選BC.如圖，取A1C1的中點E，AC的中點F，并連接EF，則EB1，EC1，EF三條直線兩兩垂直，則分別以這三條直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標系．設AB＝2，則AA1＝2eq\r(3)，所以A1(0，－1，0)，C1(0，1，0)，A(0，－1，2eq\r(3))，C(0，1，2eq\r(3))，B1(eq\r(3)，0，0)，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，－2\r(3))).底面ABC的其中一個法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2\r(3)))，所以AC1與底面ABC所成角的正弦值為＝＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－12,4×2\r(3))))＝eq\f(\r(3),2)，A錯B對．因為A1B1的中點K的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，所以側面AA1B1B的其中一個法向量為＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，所以AC1與側面AA1B1B所成角的正弦值為＝＝eq\f(3,4×\r(3))＝eq\f(\r(3),4)，故C對D錯.6．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，若棱長為1，點E，F分別為線段B1D1，BC1上的動點，則下列結論正確的是()A．DB1⊥面ACD1B．面A1C1B∥面ACD1C．點F到面ACD1的距離為定值eq\f(\r(3),3)D．直線AE與面BB1D1D所成角的正弦值為定值eq\f(1,3)【解析】選ABC.以A為坐標原點可建立如圖所示的空間直角坐標系．由題意知A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，設E(x，y，1)，＝λ，即(x－1，y，0)＝(－λ，λ，0)，所以E(1－λ，λ，1)，設F(1，y′，z′)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝μ，即(0，y′，z′)＝(0，μ，μ)，所以F(1，μ，μ).對于A，因為＝(1，－1，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，＝(0，1，1)，所以所以DB1⊥AC，DB1⊥AD1，又AC，AD1?平面ACD1，AC∩AD1＝A，所以DB1⊥平面ACD1，A正確；對于B，因為DB1⊥平面ACD1，所以＝(1，－1，1)為平面ACD1的一個法向量，因為＝(1，1，0)，＝(1，0，－1)，所以所以DB1⊥A1C1，DB1⊥A1B，又A1C1，A1B?平面A1C1B，A1C1∩A1B＝A1，所以DB1⊥平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，B正確；對于C，因為eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，μ，μ)，所以點F到面ACD1的距離d＝＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，為定值，C正確；對于D，因為幾何體為正方體，所以AC⊥平面BB1D1D，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)是平面BB1D1D的一個法向量，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1－λ，λ，1)，設直線AE與平面BB1D1D所成角為θ，則sinθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,\r(2)·\r(2λ2－2λ＋2))，不是定值，D錯誤．三、填空題(每小題5分，共10分)7．已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形，PA＝PD＝eq\r(5)，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中點，O是AD的中點，則直線BM與平面PCO所成角的正弦值是________．【解析】以O為坐標原點建立空間直角坐標系，則B(1，2，0)，C(－1，2，0)，P(0，0，2)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，1))，因此eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1，1))，設平面PCO一個法向量為n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x，y，z）·（0，0，2）＝0，,（x，y，z）·（－1，2，0）＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝0，,x＝2y，))取n＝(2，1，0)，因此直線BM與平面PCO所成角的正弦值是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(BM,\s\up6(→))，n〉))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－3－1,\r(\f(17,4))×\r(5))))＝eq\f(8\r(85),85).答案：eq\f(8\r(85),85)8．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝AC＝BC＝1，則異面直線BC1與A1B1所成角為________；二面角A-BC1-C的余弦值是________．【解析】直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，所以CC1⊥BC，CC1⊥AC，AC⊥BC，如圖，以C為坐標原點，分別以CA，CB，CC1為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，1))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，1))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1)).所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，1))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，0))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，0)).所以＝＝eq\f(1,2)，所以異面直線BC1與A1B1所成角為eq\f(π,3)；設平面ABC1的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，則即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋z＝0，,－x＋y＝0，))令y＝1，則n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，1))，明顯平面CBC1的一個法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，0))，cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)))＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3)，故二面角A-BC1-C的余弦值是eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(π,3)eq\f(\r(3),3)四、解答題(每小題10分，共20分)9．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD上一點，且BM⊥PD.(1)求異面直線PB與CM所成角的余弦值；(2)求點M到平面PAC的距離．【解析】(1)分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，4，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，4))，則eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，－4))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，4，－4))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，－4))，設eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4λ，－4λ))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(PM,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，4λ，4－4λ))，由BM⊥PD知eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0＋16λ－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－4λ))＝0，所以λ＝eq\f(1,2)，M為PD的中點，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，2))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2，2))，cos〈eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(CM,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(CM,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CM,\s\up6(→)))))＝eq\f(－4＋0－8,2\r(5)×2\r(3))＝－eq\f(\r(15),5).所以異面直線PB與CM所成角的余弦值為eq\f(\r(15),5).(2)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，4))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，4，0))，設平面PAC的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4z＝0，,2x＋4y＝0，))所以z＝0，取x＝2，得y＝－1，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－1，0))是平面PAC的一個法向量．所以點M到平面PAC的距離為eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CM,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(|－4＋2＋0|,\r(22＋（－1）2＋0))＝eq\f(2\r(5),5).10．如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up8(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC;(2)當三棱錐M-ABC體積最大時，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值．【解析】(1)由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因為M為eq\o(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.當三棱錐M-ABC體積最大時，M為eq\o(CD,\s\up8(︵))的中點．由題設得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0).設n＝(x，y，z)是平面MAB的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1，0，2).eq\o(DA,\s\up6(→))是平面MCD的一個法向量，因此cos〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(DA,\s\up6(→)),|n||\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5).【創(chuàng)新遷移】1.在三棱錐A-BCD中，BC＝2a，∠BAC＝∠BDC＝60°，平面ABC⊥平面BCD，當三棱錐A-BCD的體積取最大值時，AB與CD所成角的余弦值為_____．【解析】設點A到平面BCD的距離為h1，點D到平面ABC的距離為h2，在三棱錐A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，所以VA-BCD＝eq\f(1,3)·h1·eq\f(1,2)·h2·BC＝eq\f(1,6)h1h2·BC，又因為∠BAC＝∠BDC＝60°，考慮圓的一條弦對的圓周角相等，當兩邊相等時頂點究竟邊距離最大．由題意可知，當AB＝AC，BD＝CD時，三棱錐A-BCD的體積最大，此時，△ABC與△BDC是等邊三角形，如圖所示．取BC的中點為O，連接AO，DO，則AO⊥BC，DO⊥BC；又平面ABC⊥平面BCD，則AO，DO，BC兩兩相互垂直，設O為坐標原點，OD，OC，OA所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz；因為BC＝2a，則A(0，0，eq\r(3)a)，B(0，－a，0)，C(0，a，0)，D(eq\r(3)a，0，0)，則eq\o(AB,\s\up6(→)