板块4 微专题(3) 空间向量与空间角、距离(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

微专题(三)　空间向量与空间角、距离 考法一　直线与平面所成的角 [例1]　(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB=90°，AA1=2，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:A1C=AC; (2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 解:(1)证明:如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D， ∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC. 又∠ACB=90°，∴AC⊥BC， ∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC=C， ∴BC⊥平面ACC1A1. ∵A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D， 又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC=C， ∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D=1. 由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1=AA1=2，A1D=1， ∴D为CC1的中点.又A1D⊥CC1， ∴A1C=A1C1， 又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=A1C1， ∴A1C=AC. (2)如图，连接A1B，由(1)易证A1B=A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F， ∵AA1与BB1的距离为2， ∴A1F=2， 又A1D=1且A1C=AC， ∴A1C=A1C1=AC=，AB=A1B1=，BC=. 建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，B1(-，，)，C1(-，0，)， ∴=(0，，0)，=(-，0，)，=(-2，，). 设平面BCC1B1的法向量为n=(x，y，z)， 则即 取x=1，则y=0，z=1， ∴平面BCC1B1的一个法向量为n=(1，0，1). 设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ， 则sin θ=|cos<n，>|==. ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. [思维建模] 用向量法破解线面角问题的步骤 用定理 利用平行或垂直的判定定理，明确写出所证明的推理过程，注意推理的严谨性 建系 找出(或作出)两两垂直的三条直线，建立适当的空间直角坐标系 求向量 先分别求出几何体相关点的坐标，利用“终减起”，求出直线的方向向量，利用赋值法求出平面的法向量等 用公式 求两法向量的夹角的余弦值 得结论 根据向量夹角与线面角的关系，将向量夹角转化为所求的空间线面角 [变式训练] 1.(2024·青岛三模)如图所示的多面体ABCDEF，底面ABCD是正方形，点O为底面的中心，点M为EF的中点，侧面ADEF与BCEF是全等的等腰梯形，EF=4，其余棱长均为2. (1)证明:MO⊥平面ABCD; (2)若点P在棱CE上，直线BP与平面ABM所成角的正弦值为，求EP. 解:(1)证明:取AB，CD的中点K，Q，连接FK，KQ，QE，则O为KQ的中点， 因为侧面ADEF是等腰梯形，所以EF∥AD，又KQ∥AD，所以KQ∥EF. 由△ABF和△DCE都是边长为2的等边三角形，得FK=EQ，所以四边形FKQE为等腰梯形. 因为点M为EF的中点，O为KQ的中点，所以MO⊥KQ. 因为△ABF是等边三角形，所以AB⊥FK，又AB⊥KQ，KQ，FK⊂平面FKQE，KQ∩FK=K， 所以AB⊥平面FKQE，AB⊂平面ABCD，所以平面FKQE⊥平面ABCD. 又平面FKQE∩平面ABCD=KQ，MO⊂平面FKQE，MO⊥KQ， 故MO⊥平面ABCD. (2)在梯形FKQE中，EF=4，KQ=2，FK=EQ=，等腰梯形中由勾股定理得MO=，取BC的中点N，由(1)知，OK，ON，OM两两垂直，以O为原点，分别以OK，ON，OM所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，M(0，0，)，K(1，0，0)，C(-1，1，0)，A(1，-1，0)，B(1，1，0)，E(-2，0，)，=(0，2，0)，=(-1，1，)，=(-2，0，0)，=(-1，-1，)， 设平面ABM的法向量为n=(x，y，z)，则令z=1，则x=，y=0，得n=(，0，1).设=λ(0≤λ≤1)，则=+=+λ=(-2-λ，-λ，λ)，设直线BP与平面ABM所成的角为θ，则sin θ=|cos<n，>|===，解得λ=(舍负)，所以点P为棱CE的中点，故EP的长为1. 考法二　二面角 [例2]　(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=. (1)若AD⊥PB，证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD. 又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC. 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. (2)法一　如图，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD=AC， 所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP. 又EF⊥CP，DE∩EF=E，DE，EF⊂平面DEF，所以CP⊥平面DEF.根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sin∠DFE=，则tan∠DFE=. 由AD⊥DC，设AD=x(0<x<2)， 则CD=，由等面积法可得，DE=. 又CE==，△EFC为等腰直角三角形，所以EF=， 故tan∠DFE==，解得x=， 即AD=. 法二　如图，以D为原点，分别以DA，DC所在直线为x轴、y轴，过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系. 令AD=t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)，C(0，，0). 所以=(-t，，0)，=(0，0，2)，=(-t，0，-2)，=(0，-，0). 设平面PAC的法向量为m=(x，y，z)， 则即 不妨设x=，则y=t，z=0， 所以m=(，t，0). 设平面PCD的法向量为n=(r，s，v)， 则即 不妨设v=t，则r=-2，s=0， 所以n=(-2，0，t). 因为二面角A-CP-D的正弦值为， 所以其余弦值的绝对值为， 所以|cos<m，n>|===， 解得t=，所以AD=. [思维建模] 1.求二面角大小的基本方法 找法 向量法 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 找与棱垂直的方向向量法 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 2.两个平面夹角的向量求法 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角，用坐标法解题的步骤如下: (1)建系:依据几何条件建立适当的空间直角坐标系; (2)求法向量:在建立的坐标系下求两个平面的法向量n1，n2; (3)计算:cos θ=. [变式训练] 2.如图1，已知D，E，F分别是边长为4的等边△ABC三边AC，AB，BC的中点，将△ADE，△BEF，△CFD分别沿DE，EF，FD向上翻折至与平面DEF均成直二面角的位置，得到如图2几何体ABC-DEF. (1)求证:图2中，A，B，D，F四点共面; (2)求图2中，平面ABC与平面ABE夹角的正弦值. 解: (1)证明:如图(1)，取DE的中点P，EF的中点Q，DF的中点O，连接PQ，AP，BQ，OC，OE，则PQ∥DF， 因为△ADE是等边三角形，所以AP⊥DE. 又平面ADE⊥平面DEF，平面ADE∩平面DEF=DE，AP⊂平面ADE， 所以AP⊥平面DEF，同理BQ⊥平面DEF， 所以AP∥BQ.由题设易知AP=BQ， 所以四边形APQB是平行四边形，所以AB∥PQ， 所以AB∥DF，即A，B，D，F四点共面. (2)由(1)同理知CO⊥平面DEF，如图(2)建立空间直角坐标系， 由题知E(0，，0)，C(0，0，)，A， B， 所以=，=(-1，0，0). 设平面ABE的法向量m=(x，y，z)， 则即 令y=2，则x=0，z=1，所以m=(0，2，1). 设平面ABC的一个法向量n=(0，0，1)，所以|cos<m，n>|==. 设平面ABC与平面ABE的夹角为θ，则sin θ==， 所以平面ABC与平面ABE夹角的正弦值为. 考法三　距离问题 [例3]　(2024·无锡模拟预测)如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在棱AA1上，且AE=1. (1)求四棱锥D1-EABB1的表面积; (2)若点P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距离为，求点P到直线EB1的距离. 解:(1)由AE=1，A1D1=4，得EB1=D1E===5，D1B1=4， 所以=×1×4=2，=×4×=2，==×4×4=8，=×(1+4)×4=10，故四棱锥D1-EABB1的表面积为++++=2+2+16+10=12+2+16. (2)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B1(4，4，4)，E(4，0，1)，设P(0，a，4)，其中0≤a≤4， 则=(4，0，1)，=(4，4，4)，=(0，a，4).设平面B1DE的法向量为n=(x，y，z)，则即令x=1，则平面B1DE的一个法向量为n=(1，3，-4).设P到平面B1DE的距离为d，则d===，由于0≤a≤4，解得a=1，故P(0，1，4)，=(0，4，3)，=(4，3，0)， 所以点P到直线EB1的距离为==. [思维建模] 点到直线的距离 直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设=a，则点P到直线l的距离d= 点到平面的距离 平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离d= [变式训练] 3.(2024·广东三模)如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG=2GD，直线AB与平面EFG相交于点H. (1)证明:BD∥GH; (2)求直线BD与平面EFG的距离. 解:(1)因为E，F分别为BC，CD的中点，所以EF∥BD， 又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，所以BD∥平面EFG. 又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG=GH，所以BD∥GH. (2)由(1)知，BD∥平面EFG， 则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离，连接EA，ED，由△ABC，△BCD均为正三角形，E，D分别为BC，CD的中点，得EA⊥BC，ED⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊂平面ABC， 于是AE⊥平面BCD，又ED⊂平面BCD，所以EA⊥ED. 以点E为原点，直线EB，ED，EA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，0)，B(2，0，0)，F(-1，，0)，A(0，0，2)，D(0，2，0)， 由=2，得G， 所以=(2，0，0)，=(-1，，0)，=. 设平面EFG的法向量为n=(x，y，z)， 则 令y=1，得n=(，1，-2)， 设点B到平面EFG的距离为d，则d===，所以直线BD与平面EFG的距离为. [专题验收评价] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与AD1垂直的直线MN (　　) A.有且仅有1条 B.有且仅有2条 C.有且仅有3条 D.有无数条 解析:选D　以，，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，设正方体棱长为1，则A(1，0，0)，D1(0，0，1)，令M(0，0，a)，N(x，1，1-x)，其中0≤x≤1，0≤a≤1，所以=(x，1，1-x-a)，=(-1，0，1).若AD1⊥MN，则·=-x+1-x-a=0，即2x=1-a(0≤x≤1，0≤a≤1)，方程有无数组解. 2.(2024·沧州二模)已知四面体ABCD满足∠BAC=，cos∠CAD=，cos∠DAB=，AB=2，AC=3，AD=2，则点A到平面BCD的距离为 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　由题意，得·=3，·=2，·=1，平面BCD的一个法向量n=x+y+z，则 令z=1，解得x=1，y=0，所以n=+，所以|n|==，·n=4+1=5.设点A到平面BCD的距离为h，则h===. 3.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1，D为线段BC的中点，点E在线段B1C1上，且B1E=B1C1，则直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA1=4，则AB=AC=6，D(3，3，0)，E(4，2，4)，故=(1，-1，4).因为平面ACC1A1的一个法向量为n=(1，0，0)，所以|cos<，n>|===，即直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为. 4.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2，BC=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于D，以B为原点，BD，BC，BB1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，因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2，BC=1，所以A(，-1，0)，B1(0，0，2)，B(0，0，0)，C1(0，1，2)，所以=(-，1，2)，=(0，1，2).设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cos θ===. 5.[多选]在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，则下列说法正确的是 (　　) A.直线A1C与BD所成的角为90° B.线段A1C的长度为 C.直线A1C与BB1所成的角为90° D.直线A1C与平面ABCD所成角的正弦值为 解析:选ABC　在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，令=a，=b，=c，由AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，得|a|=|b|=|c|=1，a·b=b·c=a·c=.显然=a+b-c，=-a+b，则·=(a+b-c)·(-a+b)=-a2+b2+a·c-b·c=0，即⊥，因此直线A1C与BD所成的角为90°，A正确;||2=(a+b-c)2=a2+b2+c2-2b·c=2，即||=，B正确;·=(a+b-c)·c=a·c+b·c-c2=0，即⊥，因此直线A1C与BB1所成的角为90°，C正确; 如图，连接AC交BD于点O，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD是菱形，即AC⊥BD，又A1C⊥BD，A1C∩AC=C，A1C，AC⊂平面A1CA，于是BD⊥平面A1CA.又BD⊂平面ABCD，所以平面A1CA⊥平面ABCD，在平面A1CA内过点A1作A1E⊥AC于点E，由平面A1CA∩平面ABCD=AC，因此A1E⊥平面ABCD，即直线A1C与平面ABCD所成的角为∠A1CA，=a+b，则||2=|a+b|2=a2+b2+2a·b=3，即||=，由AA1∥BB1及选项C知，∠AA1C=90°，所以sin∠A1CA==，D错误. 6.(2024·威海二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等边三角形，PD⊥AB，AD∥BC，AD=4，AB=BC=2，M为PA的中点. (1)证明:DM⊥平面PAB; (2)求直线PB与平面MCD所成角的正弦值. 解:(1)证明:设AD中点为O，连接PO，由△PAD为等边三角形，得PO⊥AD. 由题意知平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，故PO⊥平面ABCD，因为AB⊂平面ABCD， 所以PO⊥AB，又PD⊥AB，PO∩PD=P，PO，PD⊂平面PAD，故AB⊥平面PAD.因为DM⊂平面PAD，所以AB⊥DM. 因为M为PA的中点，△PAD为等边三角形，所以DM⊥PA，又AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，所以DM⊥平面PAB. (2)由(1)知AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，故AB⊥AD，连接CO，AO=AD=2，则AO∥BC，AO=BC，即四边形AOCB为平行四边形，故OC∥AB，所以OC⊥AD. 以O为坐标原点，OC，OD，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则P(0，0，2)，B(2，-2，0)，M(0，-1，)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，=(2，-2，-2)，=(2，1，-)，=(0，3，-). 设平面MCD的法向量为n=(x，y，z)，则即令y=1，则n=(1，1，)， 设直线PB与平面MCD所成的角为θ，θ∈， 则sin θ=|cos<，n>|===. 7.(2024·潍坊三模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2AA1，E是棱BC的中点. (1)求证:A1C∥平面AB1E; (2)求二面角A-B1E-A1的大小. 解:(1)证明:取B1C1的中点D，连接A1D，CD，DE，由直三棱柱ABC-A1B1C1，得B1C1=BC，B1C1∥BC，AA1∥BB1，AA1=BB1，因为E是棱BC的中点，D是B1C1的中点， 所以B1D=CE，所以四边形ECDB1为平行四边形，所以CD∥B1E. 同理可得四边形BEDB1为平行四边形，所以BB1=DE，BB1∥DE， 所以AA1=DE，AA1∥DE，四边形AEDA1为平行四边形，所以A1D∥AE. 因为AE⊂平面AB1E，A1D⊄平面AB1E，所以A1D∥平面AB1E.同理可得CD∥平面AB1E， 又A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1DC， 所以平面A1DC∥平面AB1E.又A1C⊂平面A1DC，所以A1C∥平面AB1E. (2)设AB=AC=2AA1=2，以A为原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B1(2，0，1)，E(1，1，0)，所以=(1，1，0)，=(2，0，1)，=(2，0，0)，=(-1，-1，1). 设平面AEB1的法向量为n1=(x1，y1，z1)， 由得取x1=1，得n1=(1，-1，-2)， 设平面A1EB1的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 由得取y2=1，得n2=(0，1，1). 设平面AEB1与平面A1EB1的夹角为θ，则cos θ===， 由图可知二面角A-B1E-A1为锐角，则二面角A-B1E-A1的大小为30°. 8.如图，已知菱形ABCD和菱形ADEF的边长均为2，∠FAD=∠BAD=60°，BF=，M，N分别为AE，BD上的动点，且=. (1)证明:MN∥平面EDC; (2)当MN的长度最小时，求AF与平面MND所成角的正弦值. 解:(1)证明:延长AN交直线DC于点G，连接EG，由AB∥DG，得=，又=， 所以=，于是MN∥EG.而MN⊄平面EDC，EG⊂平面EDC，所以MN∥平面EDC. (2)取AD的中点O，连接BO，FO，由△ABD为等边三角形，得BO⊥AD，同理FO⊥AD，而BO∩FO=O，BO，FO⊂平面BOF，则AD⊥平面BOF， 又AD⊂平面ABCD，于是平面BOF⊥平面ABCD.在平面BOF内作Oz⊥OB， 由平面BOF∩平面ABCD=OB，得Oz⊥平面ABCD，以O为坐标原点，直线OA，OB，Oz分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则A(1，0，0)，D(-1，0，0)，B(0，，0)，由BO=FO=BF=，得F，E，则=，=(-1，，0)，=(-1，-，0). 设==λ(0≤λ≤1)，则=λ，=λ，=-=+-=. 从而||=≥，当λ=时，MN取最小值， 此时=，==，=， 设n=(x，y，z)为平面MND的法向量， 则 令z=1，得n=(-3，，1)， 所以AF与平面MND所成角的正弦值为|cos<，n>|===. 9.如图所示的空间几何体是以AD为轴的圆柱与以ABCD为轴截面的半圆柱拼接而成，其中AD为半圆柱的母线，点G为弧CD的中点. (1)求证:平面BDF⊥平面BCG; (2)当AB=4，平面BDF与平面ABG夹角的余弦值为时，求点E到直线BG的距离. 解:(1)证明:过G作GH∥BC交弧AB于点H，连接AH，BH， 则H为弧AB的中点，GH∥BC且GH=BC，所以四边形HBCG为平行四边形，所以HB∥CG. 由题意可知，AF⊥AB，△ABF为等腰直角三角形，则∠ABF=. 因为H为弧AB的中点，所以AH⊥BH，AH=BH，则△ABH为等腰直角三角形，∠ABH=， 所以∠FBH=∠ABF+∠ABH=，则FB⊥BH. 因为HB∥GC，所以FB⊥CG.又BC⊥BF， BC，CG⊂平面BCG，BC∩CG=C，所以BF⊥平面BCG，因为BF⊂平面BDF， 所以平面BDF⊥平面BCG. (2)由题意知，AF，AB，AD两两垂直，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AD=a，则A(0，0，0)，E(4，0，a)，F(4，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，a)，G(-2，2，a)， =(0，-4，a)，=(4，-4，0)，=(0，4，0)，=(-2，2，a)，=(-2，-2，a)，=(4，-4，a). 设平面BDF的法向量为n1=(x1，y1，z1)， 则即 令y1=1，则n1=. 设平面ABG的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 则即 令x2=1，则n2=. 设平面BDF与平面ABG的夹角为θ，则cos θ=|cos<n1，n2>|===，解得a=4(舍负). 所以=(-2，-2，4)，=(4，-4，4)，设点E到直线BG的距离为d， 则d==， 所以点E到直线BG的距离为. 10.(2024·烟台三模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=BB1=2，M，N分别为BB1，AC中点，且C1M⊥AB. (1)证明:C1M⊥A1N; (2)若D为棱A1B1上的动点，当DN与平面ABC所成的角最大时，求二面角A-DM-N的余弦值. 解:(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，而AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以BB1⊥AB，BB1⊥BC. 因为C1M⊥AB，C1M∩BB1=M，C1M⊂平面B1BCC1，BB1⊂平面B1BCC1，所以AB⊥平面B1BCC1. 因为BC⊂平面B1BCC1，所以AB⊥BC，所以BC，BA，BB1两两互相垂直，以点B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AB=BC=BB1=2，M，N分别为BB1，AC中点，所以B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，2)，C1(2，0，2)，A1(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，1，0)， 则=(-2，0，-1)，=(1，-1，-2)，所以·=-2+2=0， 所以⊥，即C1M⊥A1N. (2)由(1)中所建坐标系可设D(0，d，2)(0≤d≤2)，则=(1，1-d，-2). 易知平面ABC的一个法向量为n=(0，0，1). 设DN与平面ABC所成的角为θ，则sin θ=|cos<n，>|==， 若要DN与平面ABC所成的角最大，结合θ∈，则当且仅当sin θ=最大， 所以当且仅当d=1时，sin θ=最大，此时D(0，1，2). 由题意可知BC⊥平面BAA1B1， 因为D∈平面BAA1B1，M∈平面BAA1B1，A∈平面BAA1B1，所以平面DMA和平面BAA1B1是同一个平面， 所以BC⊥平面DMA，所以可取平面DMA的一个法向量为n1=(1，0，0). 因为D(0，1，2)，M(0，0，1)，N(1，1，0)，所以=(0，-1，-1)，=(1，0，-2)， 设平面DMN的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 由得令z2=1，解得x2=2，y2=-1， 所以取平面DMN的一个法向量为n2=(2，-1，1). 由图可知二面角A-DM-N是锐角，所以二面角A-DM-N的余弦值为|cos<n1，n2>|===. 学科网（北京）股份有限公司 $$