2020届高考数学(理)一轮复习讲义 8.8　立体几何中的向量方法(二)-求空间角和距离.docx

1、公众号码：王校长资源站8.8立体几何中的向量方法(二)求空间角和距离最新考纲考情考向分析1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解.题型以解答题为主，要求有较强的数学运算素养，广泛应用函数与方程思想、转化与化归思想.1.两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角a与b的夹角范围0，求法cos cos 2.斜线和平面所成的角(1)斜线和它在平面内的射影的

2、所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角).(2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角.3.二面角(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)在二面角l的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线OAl，OBl，则AOB叫做二面角l的平面角.4.空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角满足cos |cosm1，m2|.(2)设直线l的方向向量和平面的法向量分别为m，n，则直线l与平面所成角满足sin |cosm，n|.(3)求二面角的大小1如图，AB、CD是二面角l的两个面内与

3、棱l垂直的直线，则二面角的大小，.2如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos cosn1，n2或cosn1，n2.概念方法微思考1.利用空间向量如何求线段长度？提示利用|2 可以求空间中有向线段的长度.2.如何求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已知AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点B到平面的距离为|cos，n|.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.()(3)两个平面的法向量所成的角是这两个

4、平面所成的角.()(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是0，.()(5)若二面角a的两个半平面，的法向量n1，n2所成角为，则二面角a的大小是.()题组二教材改编2.已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A.45 B.135C.45或135 D.90答案C解析cosm，n，即m，n45.两平面所成二面角为45或18045135.3.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为_.答案解析如图，以A为原点，以，(AEAB)，所在直线分别为x

5、轴、y轴、z轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，则A(0,0,0)，C1(1，2)，D(1,0,2)，(1，2)，(1,0,2).C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，cosC1AD，又C1AD，C1AD.题组三易错自纠4.在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案C解析以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设BCCACC12，则可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1，0,2

6、)，(1，1,2)，(1,0,2).cos，.5.已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若cosm，n，则l与所成的角为_.答案30解析设l与所成角为，cosm，n，sin |cosm，n|，090，30.题型一求异面直线所成的角例1如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.(1)证明如图所示，连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面AB

7、CD，ABBC2，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，AC，FG平面AFC，所以EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC所在直线为x轴、y轴，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤

8、(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.跟踪训练1三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等边三角形，AA1平面ABC，AA1AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点，则AM与BN所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案C解析如图所示，取AC的中点D，以D为原点，BD，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC2，则A(0，1,0)，M(0,0,2)，B(，0,0)，N，所以(0,1,2

9、)，所以cos，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2(2018全国)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得BFPF，BFEF，PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)解如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE

10、1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为，则sin |cos，|.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.思维升华若直线l与平面的夹角为，直线l的方向向量l与平面的法向量n的夹角为，则或，故有sin |cos |.跟踪训练2(2018全国)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点.(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2

11、.如图，连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，所以OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.因为OPOB，OPAC，OBACO，OB，AC平面ABC，所以PO平面ABC.(2)解由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示.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).由(1)知平面PAC的一个法向量为(2,0,0).设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0).设平面PAM的法向量为n(x，y，

12、z).由n0，n0，得可取ya，得平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a4(舍去)或a.所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.题型三求二面角例3(2018锦州模拟)如图，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB2，ABC60，平面ACEF平面ABCD，四边形ACEF是菱形，CAF60.(1)求证：BFAE；(2)求二面角BEFD的平面角的正切值.(1)证明依题意，在等腰梯形ABCD中，AC2，AB4，BC2，AC2BC2AB2，即BCAC，又平面ACEF平面ABCD，平面ACEF

13、平面ABCDAC，BC平面ABCD，BC平面ACEF，而AE平面ACEF，AEBC，连接CF，四边形ACEF为菱形，AEFC，又BCCFC，BC，CF平面BCF，AE平面BCF，BF平面BCF，BFAE.(2)解取EF的中点M，连接MC，四边形ACEF是菱形，且CAF60，由平面几何易知MCAC，又平面ACEF平面ABCD，平面ACEF平面ABCDAC，CM平面ACEF，MC平面ABCD.以CA，CB，CM所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为C(0,0,0)，A(2，0,0)，B(0，2,0)，D(，1,0)，E(，0,3)，F(，0,3)，设平面BEF和平面DEF的

14、一个法向量分别为n1(a1，b1，c1)，n2(a2，b2，c2)，(，2,3)，(2，0,0)，即即不妨令b13，则n1(0,3,2)，同理可求得n2(0,3，1)，设二面角BEFD的大小为，由图易知为锐角，cos |cosn1，n2|，故二面角BEFD的平面角的正切值为.思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：求平面的垂线的方向向量；利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.跟踪训练3(2018全国)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点. (1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三

15、棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.(1)证明由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，BC，CM平面BMC，所以DM平面BMC.又DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)解以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点.由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，(2,1,1)，(0,

16、2,0)，(2,0,0)，设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1,0,2)，是平面MCD的一个法向量，因此cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.利用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥SABCD中，ABD为正三角形，BCD120，CBCDCS2，BSD90.(1)求证：AC平面SBD；(2)若SCBD，求二面角ASBC的余弦值.(1)证明设ACBDO，连接SO，如图，因为ABAD，CBCD，所以AC是BD的垂直平分线，即O为BD的中点，且ACBD.1分在BCD中，因为CBCD2，BCD120，所以BD2，CO1.在RtSBD中，因为BSD90

17、，O为BD的中点，所以SOBD.在SOC中，因为CO1，SO，CS2，所以SO2CO2CS2，所以SOAC.4分因为BDSOO，BD，SO平面SBD，所以AC平面SBD.5分(2)解方法一过点O作OKSB于点K，连接AK，CK，如图，由(1)知AC平面SBD，所以AOSB.因为OKAOO，OK，AO平面AOK，所以SB平面AOK.6分因为AK平面AOK，所以AKSB.同理可证CKSB.7分所以AKC是二面角ASBC的平面角.因为SCBD，由(1)知ACBD，且ACSCC，AC，SC平面SAC，所以BD平面SAC.而SO平面SAC，所以SOBD.在RtSOB中，OK.在RtAOK中，AK，同理可

18、求CK.10分在AKC中，cosAKC.所以二面角ASBC的余弦值为.12分方法二因为SCBD，由(1)知，ACBD，且ACSCC，AC，SC平面SAC，所以BD平面SAC.而SO平面SAC，所以SOBD.6分由(1)知，AC平面SBD，SO平面SBD，所以SOAC.因为ACBDO，AC，BD平面ABCD，所以SO平面ABCD.7分以O为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(3,0,0)，B(0，0)，C(1,0,0)，S(0,0，).所以(3，0)，(1，0)，(0，).8分设平面SAB的法向量n(x1，y1，z1)，则令y1，得平面SAB的一个法向量为n

19、(1，).同理可得平面SCB的一个法向量为m(，1,1).10分所以cosn，m.因为二面角ASBC是钝角，所以二面角ASBC的余弦值为.12分利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角.1.已知两平面的法向量分别为m(1，1,0)，n(0,1，1)，则两平面所成的二面角为()A.60 B.120 C.60或120 D.90答案C解析cosm，n，即m，n120.两平面所成二面角为120或18012060.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC

20、12CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案A解析设CA2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量(2,2,1)，(0,2，1)，由向量的夹角公式得cos，故选A.3.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B. C. D.答案B解析以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，.设平面A1ED

21、的一个法向量为n1(1，y，z)，则有即n1(1,2,2).平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2，即所成的锐二面角的余弦值为.4.在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与B1D所成角的大小为()A. B. C. D.答案D解析以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0).(1,1,0)，(1,1，1)，1(1)110(1)0，AC与B1D所成的角为.5.(2018包头模拟)已知正三棱柱ABCA1B1C1，ABAA12，则异

22、面直线AB1与CA1所成角的余弦值为()A.0 B. C. D.答案C解析以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B1(，1,2)，A1(0,0,2)，C(0,2,0)，(，1,2)，(0,2，2)，设异面直线AB1和A1C所成的角为，则cos .异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值为.6.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，(0,0,2)，平面ABC的法向量为n(2，1,2)，设二面角CABO的大小为，则cos 等于()A. B. C. D.答案C解析由题意可知，平面A

23、BO的一个法向量为(0,0，2)，由图可知，二面角CABO为锐角，由空间向量的结论可知，cos .7.在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，ABAC1，PA2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为_.答案解析以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由ABAC1，PA2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D，E，F.(0,0，2)，.设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则由得取z1，则n(2,0,1)，设直线PA与平面DEF所成的角为，则sin |co

24、sn，|，直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.8.如图，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，则AF与CE所成角的余弦值为_.答案解析AEEDAD11，AEED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设ABEFCD2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，cos，AF与CE所成角的余弦值为.9.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_.答案60解析

25、以B点为坐标原点，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.设ABBCAA12，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则(0，1,1)，(2,0,2)，2，cos，异面直线所成角的范围是(0，90，EF和BC1所成的角为60.10.(2019福州质检)已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为_.答案解析方法一延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.设正方体的棱长为3，则GBBC3，作BHAG于点H，连接EH，则EHB为所

26、求锐二面角的平面角.BH，EB1，tanEHB.方法二如图，以点D为坐标原点，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Dxyz，设DA1，由已知条件得A(1,0,0)，E，F，设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，由得令y1，z3，x1，则n(1,1，3)，取平面ABC的法向量为m(0,0，1)，设平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为，则cos |cosn，m|，tan .11.(2018鄂尔多斯联考)如图，在几何体ABCA1B1C1中，平面A1ACC1底面ABC，四边形A1ACC1是正方形，B1C1BC，Q是A1B的中点，且ACBC2B1C1，ACB.(1)证

27、明：B1QA1C；(2)求直线AC与平面A1BB1所成角的正弦值.(1)证明如图所示，连接AC1与A1C交于M点，连接MQ.四边形A1ACC1是正方形，M是AC1的中点，又Q是A1B的中点，MQBC，MQBC，又B1C1BC且BC2B1C1，MQB1C1，MQB1C1，四边形B1C1MQ是平行四边形，B1QC1M，C1MA1C，B1QA1C.(2)解平面A1ACC1平面ABC，平面A1ACC1平面ABCAC，CC1AC，CC1平面A1ACC1，CC1平面ABC.如图所示，以C为原点，CB，CC1所在直线分别为y轴和z轴建立空间直角坐标系，令ACBC2B1C12，则C(0,0,0)，A(，1,0

28、)，A1(，1,2)，B(0,2,0)，B1(0，1,2)，(，1,0)，(，2,0)，(0,1，2)，设平面A1BB1的法向量为n(x，y，z)，则由n，n，可得可令y2，则x4，z，平面A1BB1的一个法向量n(4,2，)，设直线AC与平面A1BB1所成的角为，则sin .12.(2019盘锦模拟)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中ABCD，CDA90，CD2AB2，AD3，PA，PD2，点E在棱AD上且AE1，点F为棱PD的中点.(1)证明：平面BEF平面PEC；(2)求二面角ABFC的余弦值.(1)证明在RtABE中，由ABAE1，得AEB

29、45，同理在RtCDE中，由CDDE2，得DEC45，所以BEC90，即BEEC.在PAD中，cosPAD，在PAE中，PE2PA2AE22PAAEcosPAE51214，所以PE2AE2PA2，即PEAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD，所以PE平面ABCD，所以PEBE.又因为CEPEE，CE，PE平面PEC，所以BE平面PEC，所以平面BEF平面PEC.(2)解由(1)知EB，EC，EP两两垂直，故以E为坐标原点，以射线EB，EC，EP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(，0,0)，C(0,2，0)，P(0,0,2)，A

30、，D(，0)，F，(，2，0)，设平面ABF的法向量为m(x1，y1，z1)，则不妨设x11，则m(1，1,2)，设平面BFC的法向量为n(x2，y2，z2)，则不妨设y22，则n(4,2,5)，记二面角ABFC为(由图知应为钝角)，则cos ，故二面角ABFC的余弦值为.13.如图，在四棱锥SABCD中，SA平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，ADBC，BAD90，且AB4，SA3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足，当实数的值为_时，AFE为直角.答案解析因为SA平面ABCD，BAD90，以A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间

31、直角坐标系Axyz.AB4，SA3，B(0,4,0)，S(0,0,3).设BCm，则C(m,4,0)，.().()(0,4，3)，F.同理可得E，.，要使AFE为直角，即0，则00，169，解得.14.(2018满洲里模拟)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，ABAC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且(0,1).(1)证明：无论取何值，总有AM平面PNQ；(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由.(1)证明连接A1Q.AA1AC1，M，Q分别是CC1，AC的中点，RtA

32、A1QRtCAM，MACQA1A，MACAQA1QA1AAQA190，AMA1Q.N，Q分别是BC，AC的中点，NQAB.又ABAC，NQAC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，NQAA1.又ACAA1A，AC，AA1平面ACC1A1，NQ平面ACC1A1，NQAM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1，N，Q，A1，P四点共面，A1Q平面PNQ.NQA1QQ，NQ，A1Q平面PNQ，AM平面PNQ，无论取何值，总有AM平面PNQ.(2)解如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M

33、，N，Q，(1,0,0).由(1,0,0)(，0,0)，可得点P(，0,1)，.设n(x，y，z)是平面PMN的法向量，则即得令x3，得y12，z22，n(3,12，22)是平面PMN的一个法向量.取平面ABC的一个法向量为m(0,0,1).假设存在符合条件的点P，则|cosm，n|，化简得421410，解得或(舍去).综上，存在点P，且当A1P时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60.15.在四棱锥PABCD中，(4，2,3)，(4,1,0)，(6,2，8)，则这个四棱锥的高h等于()A.1 B.2C.13 D.26答案B解析设平面ABCD的法向量为n(x，y，z)，则即令y4，则n，则c

34、osn，h22.16.如图所示，在梯形ABCD中，ABCD，BCD120，四边形ACFE为矩形，且CF平面ABCD，ADCDBCCF.(1)求证：EF平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.(1)证明设ADCDBC1，ABCD，BCD120，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos 603，AB2AC2BC2，则BCAC.CF平面ABCD，AC平面ABCD，ACCF，而CFBCC，CF，BC平面BCF，AC平面BCF.EFAC，EF平面BCF.(2)解以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM(0)，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，1,0)，M(，0,1)，(，1,0)，(，1,1).设n(x，y，z)为平面MAB的法向量，由得取x1，则n(1，).易知m(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，cosn，m .0，当0时，cosn，m取得最小值，当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.公众号码：王校长资源站