第7章 第8节 向量法求空间角（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教B版2019）

第八节　向量法求空间角 【课程标准】　能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用． 1．异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝. 2．直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝. 3．平面与平面的夹角 如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角． 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝. 学生用书↓第174页 【记牢常用结论】 最小角定理 如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 1．[多选题]下列结论错误的是(　　) A．两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等 B．直线l的方向向量与平面α的法向量所成的角就是直线l与平面α所成的角 C．二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ D．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，π] 答案：ABC 2．(链接人A选择性必修一P36例7)已知直线l1的方向向量s1＝(1,0,1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：因为s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，所以cos〈s1，s2〉＝＝＝－.又两直线夹角的取值范围为，所以l1和l2夹角的余弦值为.故选C. 3．(链接人A选择性必修一P37例8)已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为________． 答案： 解析：＝. 4．(链接人A选择性必修一P38T2)若PA，PB，PC是从点P发出的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为________． 答案： 解析：如图，过PC上一点D作DO⊥平面APB，过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．因为DO⊥平面APB，所以DO⊥PB，又OF⊥PB，OD∩OF＝O，所以PB⊥平面DFO，PB⊥DF，同理可证PE⊥DE，因为∠APC＝∠BPC＝60°，所以Rt△PDE≌Rt△PDF，所以DE＝DF，OE＝OF，所以点O在∠APB的平分线上，∠OPF＝30°，设PF＝，则OP＝2，DP＝2，故cos∠DPO＝＝，直线PC与平面PAB所成角的余弦值是 . 考点一　异面直线所成的角基础练 [(1)如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. (2)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直线AC将△DAC翻折到△D′AC，当平面D′AC⊥平面ABC时，异面直线AC与BD′所成角的余弦值是________． 答案：(1)A　(2) 解析：(1)因为∠AOD＝2∠BOD， 且∠AOD＋∠BOD＝π，所以∠BOD＝，连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O的半径为2，则A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，D(，1,0)，＝(，3,0)，＝(0，－2,2)，设异面直线AD与BC所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为.故选A. (2)因为CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，所以AC＝， 因为AB＝BC＝3，所以△ABC为等腰三角形．取AC的中点O，则OB⊥AC，以O为原点，OB所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A，B，C，所以＝(0，－，0)，当平面D′AC⊥平面ABC时，D′在平面yOz上，则D′，＝，设异面直线AC与BD′所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝，故异面直线AC与BD′所成角的余弦值是. 　规律方法 用向量法求异面直线所成角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系； 第二步：用坐标表示两异面直线的方向向量； 第三步：利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； 第四步：注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．　 对点练1.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ(0<λ<1)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________． 答案： 解析：以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(图略)，正方体的棱长为2，则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，所以＝(0,2，－1)，＝＋＝＋λ＝(－2λ，0，－2)．所以|cos〈，〉|＝＝＝，解得λ＝． 学生用书↓第175页 考点二　直线与平面所成的角综合练 [在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝. (1)证明：BD⊥PA； (2)求PD与平面PAB所成角的正弦值． 解：(1)证明：在四边形ABCD中， 作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F， 因为CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，所以四边形ABCD为等腰梯形， 所以AE＝BF＝，故DE＝，BD＝＝， 所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD， 因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD， 又PD∩AD＝D，所以BD⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA. (2)如图，以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为BD＝，则A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，0，)， 则＝(－1,0，)，＝(0，－，)，＝(0,0，)， 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则 可取n＝(，1,1)，设PD与平面PAB所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 规律方法 利用空间向量求线面角的解题步骤 　　 对点练2.(2024·广东高州模拟)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，△ABC与△A1B1C1是分别以AB和A1B1为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，A1B1＝1，BC1与B1C交于点D，点E在棱AB上，且EB＝2EA. (1)求证：DE∥平面ACC1A1； (2)若AA1＝2，求直线BC1与平面A1B1C所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC1，在梯形BCC1B1中，BC∥B1C1，BC＝2B1C1，所以＝＝2， 因为EB＝2EA，所以＝2，所以DE∥AC1. 因为DE⊄平面ACC1A1，AC1⊂平面ACC1A1， 所以DE∥平面ACC1A1； (2)取AB的中点O，连接OB1，OC，易得OB1∥AA1，OC⊥OB， 因为AA1⊥平面ABC，所以OB1⊥平面ABC， 以O为坐标原点，分别以OC，OB，OB1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O -xyz， 则O(0,0,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，A1(0，－1,2)，B1(0,0,2)， 由＝2可得C1， 所以＝(0,1,0)，＝(1,1，－2)，＝， 设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，则有得 取z＝1，得n＝(2,0,1)， 设直线BC1与平面A1B1C所成角为θ. 则|sin θ|＝ ＝＝， 所以直线BC1与平面A1B1C所成角的正弦值为. 学生用书↓第176页 考点三　平面与平面的夹角综合练 [(12分)(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D -AB-F的正弦值． [思路分析]　(1),证BC⊥DE,证BC⊥AE,证BC⊥平面ADE,证BC⊥DA (2),证AE⊥平面BCD－,建立空间直角坐标系求解 学生用书↓第177页 　规律方法 向量法求平面与平面夹角(二面角)的方法 1．找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小． 2．找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．　 对点练3.(2024·山东威海模拟)如图，在四棱台ABCD -A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，下底面ABCD是菱形，∠ABC＝120°，BC＝2B1C1＝2，DD1＝3. (1)求四棱锥A-BB1D1D的体积； (2)求平面AB1D与平面BB1C所成角的余弦值． 解：(1)因为ABCD是菱形，则AC⊥BD，又DD1⊥平面ABCD，BD，AC⊂平面ABCD，则BD⊥DD1，AC⊥DD1，而BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面BB1D1D，于是AC⊥平面BB1D1D， 在四棱台ABCD -A1B1C1D1中，四边形BB1D1D为直角梯形，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°， 所以△BCD是正三角形，BD＝BC＝2，B1D1＝B1C1＝1， 梯形BB1D1D的面积S＝(1＋2)×3＝， 显然四棱锥A-BB1D1D的高h，即为正△ABD边BD上的高， 所以四棱锥A-BB1D1D的体积V＝Sh＝××＝. (2)在平面ABCD内过点D作Dx⊥CD，由(1)知Dx，DC，DD1两两垂直， 以点D为原点，射线Dx，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图， 则D(0,0,0)，A(，－1,0)，B1，C(0,2,0)，B(，1,0)， ＝，＝(，－1,0)，＝(－，1,0)，＝， 设平面AB1D的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 令x1＝，得m＝(，3，－1)， 设平面BB1C的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则令x2＝，得n＝(，3,1)， 设平面AB1D与平面BB1C所成角为θ，显然θ为锐角，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝， 所以平面AB1D与平面BB1C所成角的余弦值为. 课时测评57　向量法求空间角 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(14分)(2024·山东济南模拟)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，AB＝2，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°. (1)求证：AC⊥平面BDEF； (2)求AD与平面ABF所成角的正弦值． 解：(1)证明：设AC与BD相交于点O，连接FO. 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且O为AC中点， 因为FA＝FC，所以AC⊥FO， 又FO∩BD＝O，FO，BD⊂面BDEF，所以AC⊥平面BDEF. (2)连接DF， 因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，所以△DBF为等边三角形， 因为O为BD中点，所以FO⊥BD， 又AC⊥FO，BD∩AC＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以FO⊥平面ABCD. 所以OA，OB，OF两两垂直， 如图所示，建立空间直角坐标系O -xyz， 因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，AB＝2，所以BD＝2，AC＝2. 因为△DBF为等边三角形，所以OF＝， 所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(0,0，)， 所以＝(－，－1,0)，＝(－，0，)，＝(－，1,0)， 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，得n＝(1，，1)， 设直线AD与平面ABF所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 2．(14分)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，将△ACD沿AC翻折，使点D到达点S的位置，且平面SAC⊥平面ABCD. (1)证明：BS⊥BC； (2)若E为SC的中点，直线BS与平面EAB所成角的正弦值为，求平面SBC与平面ABCD夹角的大小． 解：(1)证明：因为平面SAC⊥平面ABCD，SA⊥AC，平面SAC∩平面ABCD＝AC，SA⊂平面SAC， 所以SA⊥平面ABC， 因为BC⊂平面ABC，所以SA⊥BC， 又因为BC⊥AB，SA∩AB＝A，SA，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB， 因为BS⊂平面SAB，所以BS⊥BC. (2)如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，BC∥y轴，设AB＝BC＝2，取AS＝AD＝2m(m>0)， 则B(2,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2m)，E(1,1，m)， 由＝(2,0,0)，＝(1,1，m)， 设平面EAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则令y1＝m，则n1＝(0，m，－1)， 设直线BS与平面EAB所成的角为θ， ＝(－2,0,2m)， 则sin θ＝|cos〈n1，〉|＝＝＝＝，所以m＝或m＝， 因为平面ABCD的一个法向量可取n2＝(0,0,1)， 当m＝时，由＝(0,2,0)，＝(－2,0,2)， 设平面SBC的法向量为n3＝(x3，y3，z3)， 则令x3＝，则n3＝(，0,1)， 设平面SBC与平面ABCD的夹角为α， 则cos α＝|cos〈n2，n3〉|＝＝＝， 所以α＝， 同理，当m＝时，可取n3＝(1,0，)， 则cos α＝＝＝，所以α＝， 综上可得，平面SBC与平面ABCD的夹角为或. 3．(16分)(2024·广东深圳模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝2，∠ABC＝，A1C1⊥A1B. (1)证明：A1A＝A1C； (2)若A1A＝2，BC1＝，求平面A1CB1与平面BCC1B1夹角的余弦值． 解：(1)证明：设AC的中点为O，连接OA1，OB， 因为AB＝BC，所以AC⊥OB，又因为AC∥A1C1，且A1C1⊥A1B， 所以AC⊥A1B， 因为A1B，OB⊂平面OBA1，且A1B∩OB＝B，所以AC⊥平面OBA1， 因为OA1⊂平面OBA1，所以AC⊥OA1， 又因为O是AC的中点，所以A1A＝A1C. (2)在△ABC中，由余弦定理求得AC＝2，则A1C1＝AC＝2， 因为A1C1⊥A1B，所以A1C＋AB＝BC，解得A1B＝， 在Rt△AOA1和Rt△AOB中，可知A1O＝OB＝1， 在△OBA1中，OA＋OB2＝A1B2，因此A1O⊥OB. 由(1)知，AC⊥OA1，且AC，OB⊂平面ABC，且AC∩OB＝O， 所以A1O⊥平面ABC. 以，，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， 则A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A(0，－，0)． 所以＝＝(1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1，，0)，＝＝(0，，1)， 设平面A1CB1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即 令x1＝，得m＝(，－1，－)． 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则即 令x2＝，得n＝(，1，－)， 设平面A1CB1与平面BCC1B1夹角为θ，则cos θ＝＝， 所以平面A1CB1与平面BCC1B1夹角的余弦值为. 4.(17分)(2024·九省适应性测试)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°. (1)证明：C1O⊥平面ABCD； (2)求二面角B-AA1-D的正弦值． 解：(1)证明：连接BC1，DC1， 因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC， 又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1， 所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1， 点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD， 在△C1CO中，CC1＝2，CO＝AC＝，∠C1CO＝45°， 所以由余弦定理得，cos∠C1CO＝＝⇒C1O＝， 则C1C2＝OC2＋C1O2⇒C1O⊥OC， 又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以C1O⊥平面ABCD. (2)由题知正方形ABCD中AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如图所示， 则B(0，，0)，D(0，－，0)，A(，0,0)，C(－，0,0)，C1(0,0，)， 则＝＝(，0，)，＝(－，，0)，＝(－，－，0)， 设面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则所以 所以令x1＝1，得y1＝1，z1＝－1，所以m＝(1,1，－1)． 所以 所以令x2＝1，得y2＝－1，z2＝－1，所以n＝(1，－1，－1)． 设二面角B-AA1-D大小为θ， 所以|cos θ|＝＝＝， 所以sin θ＝＝， 所以二面角B-AA1-D的正弦值为. 5．(19分)(2024·广东广州模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，点D是BC的中点，点E在AA1上，AD∥平面BC1E. (1)求证：平面BC1E⊥平面BB1C1C； (2)当三棱锥B1-BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值． 解：(1)证明：取BC1的中点M，连接EM，MD，如图所示． 因为AB＝AC，点D是BC的中点，所以AD⊥BC， 又因为M是BC1的中点， 所以DM∥CC1， 又因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，有AA1∥CC1，AA1⊥平面ABC， 所以DM∥AE，所以DM⊥平面ABC， 因为AD∥平面BC1E，且AD⊂面ADME，平面ADME∩平面BC1E＝ME，所以AD∥ME， 因为CC1⊥平面ABC，且AD⊂平面ABC， 所以CC1⊥AD， 又因为CC1∩BC＝C，且CC1，BC⊂平面BB1C1C，所以AD⊥平面BB1C1C， 又因为AD∥ME，所以ME⊥平面BB1C1C， 因为ME⊂平面BC1E， 所以平面BC1E⊥平面BB1C1C. (2)由(1)知ME⊥平面BB1C1C，则V＝V＝·S·ME， 设BC＝2a，则BD＝a，AD＝ME＝，S＝×2a·3＝3a， 所以V＝·3a·≤＝， 由基本不等式知，当且仅当a＝时等号成立，即三棱锥B1-BC1E的体积最大， 此时a＝. 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DM所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则有A， C， B，E，C1， 所以＝，＝(0,3，－3)，＝， 设平面BC1E的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则有 取y1＝，解得n＝(0，，2)， 设直线AC与平面BC1E所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 故直线AC与平面BC1E所成角的正弦值为. 6．(20分)(2024·湖南岳阳模拟)在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，交线段BC于点D(如图①)，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图②)，点E，M分别为棱BC，AC的中点． (1)求证：CD⊥ME； (2)在条件①：图①中tan 2B＝－， 条件②：图①中＝＋， 条件③：图②中三棱锥A-BCD的体积最大． 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题． 问题：已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解：(1)证明：因为CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABD， 所以CD⊥平面ABD，因为AB⊂平面ABD， 所以CD⊥AB. 又因为M，E分别为AC，BC的中点，所以ME∥AB，所以CD⊥ME. (2)选①，在图①所示的△ABC中，由tan 2B＝－＝，解得tan B＝2或tan B＝－(舍去)． 设AD＝CD＝x，在Rt△ABD中，tan B＝＝＝2，解得x＝2，所以BD＝1. 以点D为坐标原点，DB，DC，DA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz， D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，则＝(－1,1,1)． 设N(0，a,0)，则＝. 因为EN⊥BM，所以·＝0，即·(－1,1,1)＝0，解得a＝， 所以N，所以当DN＝(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时，EN⊥BM. 设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，且＝， 由得令x＝1，则n＝(1,2，－1)， 取平面CBN的一个法向量为m＝(0,0,1)， 则|cos〈m，n〉|＝＝＝， 所以平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值为. 选②，在图①所示的△ABC中，设＝λ， 则＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝(1－λ)＋λ， 又因为＝＋，由平面向量基本定理知λ＝，即BD＝1. 以点D为坐标原点，DB，DC，DA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz， D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，则＝(－1,1,1)． 设N(0，a,0)，则＝. 因为EN⊥BM，所以·＝0， 即·(－1,1,1)＝0，解得a＝， 所以N， 所以当DN＝(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时，EN⊥BM. 设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，且＝， 由得令x＝1，则n＝(1,2，－1)． 取平面CBN的一个法向量为m＝(0,0,1)， 则|cos〈m，n〉|＝ ＝＝， 所以平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值为. 选③，在图①所示的△ABC中，设BD＝x(0<x<3)，则CD＝3－x， 因为AD⊥BC，∠ACB＝45°，所以△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x. 折起后AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，BD，DC⊂平面BCD， 所以AD⊥平面BCD，又∠BDC＝90°， 所以S△BCD＝x(3－x)， VA-BCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)＝(x3－6x2＋9x)，x∈(0,3)， 令f(x)＝(x3－6x2＋9x)，f′(x)＝(x－1)(x－3)， 当0<x<1时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0， 所以x＝BD＝1时，三棱锥A-BCD的体积最大．以点D为坐标原点，DB，DC，DA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz， D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，则＝(－1,1,1)， 设N(0，a,0)，则＝. 因为EN⊥BM，所以·＝0，即·(－1,1,1)＝0，解得a＝，所以N， 所以当DN＝(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时，EN⊥BM. 设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，且＝， 由得令x＝1，则n＝(1,2，－1)． 取平面CBN的一个法向量为m＝(0,0,1)， 则|cos〈m，n〉|＝ ＝＝， 所以平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值为. 学生用书↓第178页 学科网（北京）股份有限公司 $$