2023年高中数学4.3用向量方法研究立体几何中的度量关系第2课时素养作业

第三章　4　4.3　第2课时 A　组·素养自测一、选择题1．如图正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD的夹角的余弦值为(　B　)A．eq \f(\r(3),3)　　 B．eq \f(\r(6),3)C．eq \f(1,3)　　 D．eq \f(\r(2),3)[解析]　以A为坐标原点建系，由法向量法，可得cos θ＝eq \f(\r(6),3).2．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在α内，则P(－2,1,4)到α的距离为(　D　)A．10　　 B．3　　C．eq \f(8,3)　　 D．eq \f(10,3)[解析]　eq \o(AP,\s\up6(→))＝(－1，－2,4)，d＝eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(10,3).3．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为eq \r(2)，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　C　)A．eq \f(\r(2),2)　　 B．eq \f(\r(6),2)　　C．eq \f(\r(6),3)　　 D．eq \f(\r(6),6)[解析]　由正方体的性质易得平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．显然A1C⊥平面AB1D1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，eq \o(DA,\s\up6(→))，eq \o(DC,\s\up6(→))，eq \o(DD1,\s\up6(→))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，则易得平面AB1D1的一个法向量为n＝(1，－1,1)，A(eq \r(2)，0,0)，B(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \o(BA,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(2)，0)，则两平面间的距离为d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3).4．(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \o(AA1,\s\up6(→))，则下列说法正确的是(　BC　)A．点A到直线BE的距离是eq \f(\r(5),5)B．点O到平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),4)C．平面A1BD与平面B1CD1的距离为eq \f(\r(3),3)D．点P到直线AB的距离为eq \f(25,36)[解析]　如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，∴eq \o(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，eq \o(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1)).设∠ABE＝θ，则cos θ＝eq \f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(5),5)，sin θ＝eq \f(2\r(5),5).∴点A到直线BE的距离d1＝|eq \o(BA,\s\up6(→))|sin θ＝eq \f(2\r(5),5)，故A错；eq \o(C1O,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(C1A1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，平面ABC1D1的一个法向量为eq \o(DA1,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，∴点O到平面ABC1D1的距离d2＝eq \f(|\o(C1O,\s\up6(→))·\o(DA1,\s\up6(→))|,|\o(DA1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，故B正确．由题意易证平面A1BD∥平面B1CD1，∴平面A1BD与平面B1CD1的距离就是点D1到平面A1BD的距离.eq \o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq \o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq \o(A1D1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0.))令z＝1，则x＝y＝1，∴n＝(1,1,1)．∴点D1到平面A1BD的距离d3＝eq \f(|\o(A1D1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，故C正确；∵eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \o(AA1,\s\up6(→))，∴eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，又eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,4)，∴点P到直线AB的距离为d4＝eq \r(\o(\s\up7(　),\s\do5(　))|\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(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6)，故D不正确．二、填空题5．直角三角形ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝eq \f(9,5)，则点P到斜边AB的距离是_3__.[解析]　方法1：以C为坐标原点，CA，CB，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图1所示的空间直角坐标系．则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eq \o(AP,\s\up6(→))在eq \o(AB,\s\up6(→))上的投影大小为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))＝eq \f(16,5)，所以点P到斜边AB的距离为d＝eq \r(\a\vs4\al(|\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.方法2：如图2所示，过点C作CD⊥AB于点D，连接PD.因为PC⊥AB，CD⊥AB，PC∩CD＝C，所以AB⊥平面PCD，所以AB⊥PD，故PD即为点P到AB的距离．又AC＝4，BC＝3，所以在直角三角形ABC中，可得CD＝eq \f(12,5).又PC＝eq \f(9,5)，所以在直角三角形PCD中，PD＝eq \r(PC2＋CD2)＝3.6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是C1C，D1A1，AB的中点，则点A到平面EFG的距离为_eq \f(\r(3),3)__.[解析]　建系如图，则A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，G(2,1,0)，所以eq \o(AG,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \o(GE,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq \o(GF,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)．设n＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，点A到平面EFG的距离为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(GE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(GF,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,－x－y＋2z＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝z，,y＝z，))令x＝1，此时n＝(1,1,1)，所以d＝eq \f(|\o(AG,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，即点A到平面EFG的距离为eq \f(\r(3),3).三、解答题7．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点E，F分别在A1B、B1D1上，且A1E＝eq \f(1,3)A1B，B1F＝eq \f(1,3)B1D1.(1)求证：EF∥平面ABC1D1；(2)求EF与平面ABC1D1的距离d.[解析]　(1)证明：建立如图空间直角坐标系B—xyz，易得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(2,3)a))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a，\f(1,3)a，a))，故eq \o(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)a，\f(1,3)a，\f(1,3)a))，eq \o(BA,\s\up6(→))＝(a,0,0)，eq \o(BC1,\s\up6(→))＝(0，a，a)．设n＝(x，y，z)是平面ABC1D1的法向量．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝0,n·\o(BC1,\s\up6(→))＝0))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ax＝0,ay＋az＝0))，令z＝1，得n＝(0，－1,1)．∵eq \o(EF,\s\up6(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)a，\f(1,3)a，\f(1,3)a))·(0，－1,1)＝0，∴eq \o(EF,\s\up6(→))⊥n，由于EF⊄平面ABC1D1，故EF∥平面ABC1D1.(2)解：由(1)得eq \o(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(2,3)a))，∴eq \o(BE,\s\up6(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(2,3)a))·(0，－1,1)＝eq \f(2,3)a.∴d＝eq \f(|\o(BE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(2),3)a.8．如图1五边形ABCDE中，ED＝EA，AB∥CD，CD＝2AB，∠EDC＝150°，将△EAD沿AD折到△PAD的位置，得到如图2所示的四棱锥P－ABCD，点M为线段PC的中点，且BM⊥平面PCD.(1)求证：BM∥平面PAD；(2)求证：CD⊥平面PAD；(3)若直线PC与AB所成角的正切值为eq \f(1,2)，求二面角P－BD－C的余弦值．[解析]　(1)证明：取PD的中点N，连接AN，MN则MN∥CD，MN＝eq \f(1,2)CD，又AB∥CD，AB＝eq \f(1,2)CD，所以MN∥AB，MN＝AB，则四边形ABMN为平行四边形，所以AN∥BM，因为BM⊄平面PAD，所以BM∥平面PAD.(2)由(1)知AN∥BM，又BM⊥平面PCD，∴AN⊥平面PCD，∴AN⊥PD，AN⊥CD.由ED＝EA即PD＝PA及N为PD的中点，可得△PAD为等边三角形，∴∠PDA＝60°，又∠EDC＝150°，∴∠CDA＝90°即CD⊥AD，又AD∩AN＝A，∴CD⊥平面PAD.(3)AB∥CD，∴∠PCD为直线PC与AB所成的角，由(2)可得∠PDC＝90°，∴tan∠PCD＝eq \f(PD,CD)＝eq \f(1,2)，∴CD＝2PD，设PD＝1，则CD＝2，PA＝AD＝AB＝1，取AD的中点O，连接PO，易知PO⊥平面ABCD过O作AB的平行线，可建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1，\f(\r(3),4)))，所以eq \o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \o(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－\f(\r(3),2)))，eq \o(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0，\f(\r(3),4)))， 设n1＝(x，y，z)为平面PBD的法向，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(DB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,\f(1,2)x＋y－\f(\r(3),2)z＝0，))取x＝3，则n1＝(3，－3，－eq \r(3))为平面PBD的一个法向量．又平面BCD的法向量n2＝(0,0,1)，则|cos〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(\r(3),\r(21))＝eq \f(\r(7),7)，由图易知二面角P－BD－C的平面角为钝角，所以二面角P－BD－C余弦值为－eq \f(\r(7),7).B　组·素养提升一、选择题1．在直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为(＋＋＋＋　B　－－－－)A．eq \r(2)　　 B．2eq \r(11)　　C．3eq \r(2)　　 D．4eq \r(2)[解析]　过A，B作x轴的垂线，垂足分别为A′，B′，则|eq \o(AA′,\s\up6(→))|＝3，|eq \o(BB′,\s\up6(→))|＝2，|eq \o(A′B′,\s\up6(→))|＝5，又eq \o(AB,\s\up6(→))＝eq \o(AA′,\s\up6(→))＋eq \o(A′B′,\s\up6(→))＋eq \o(B′B,\s\up6(→))，∴|eq \o(AB,\s\up6(→))|2＝32＋52＋22＋2×3×2×eq \f(1,2)＝44，∴|eq \o(AB,\s\up6(→))|＝2eq \r(11)，故选B．2．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.当A1，E，F，C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为(＋＋＋＋　B　－－－－)A．eq \f(\r(3),2)　　 B．eq \f(1,2)　　C．eq \f(1,5)　　 D．eq \f(2\r(6),5)[解析]　如图所示，以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up6(→))，eq \o(DC,\s\up6(→))，eq \o(DD1,\s\up6(→))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，则A1(6,0,6)，D(0,0,0)，C1(0,6,6)．由题意知，当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F，C1共面．设平面A1DE的一个法向量为n＝(a，b，c)，由eq \o(DA1,\s\up6(→))＝(6,0,6)，eq \o(DE,\s\up6(→))＝(6,3,0)，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝6a＋6c＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝6a＋3b＝0，))取a＝1，得n＝(1，－2，－1)．设平面C1DF的一个法向量为m＝(x，y，z)，由eq \o(DC1,\s\up6(→))＝(0,6,6)，eq \o(DF,\s\up6(→))＝(3,6,0)，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(DC1,\s\up6(→))＝6y＋6z＝0，,m·\o(DF,\s\up6(→))＝3x＋6y＝0，))取x＝2，得m＝(2，－1,1)．设平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的大小为θ，则cos θ＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(3,\r(6)×\r(6))＝eq \f(1,2)，故平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为eq \f(1,2)，故选B．3．正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，则点B1到平面AD1C的距离为(＋＋＋＋　A　－－－－)A．eq \f(8,3)　　 B．eq \f(2\r(2),3)C．eq \f(4\r(2),3)　　 D．eq \f(4,3)[解析]　如图，以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,4)，B1(2,2,4)，∴eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \o(AD1,\s\up6(→))＝(－2,0,4)，eq \o(B1D1,\s\up6(→))＝(－2，－2,0)．设平面AD1C的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,－2x＋4z＝0，))取z＝1，则x＝y＝2，所以n＝(2,2,1)，所以点B1到平面AD1C的距离d＝eq \f(|\o(B1D1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(8,3).4．将锐角为60°，边长为a的菱形ABCD沿较短的对角线BD折成60°的二面角，顶点A，C间距离为(＋＋＋＋　D　－－－－)A．a　　 B．eq \f(3,2)a　　　　　C．eq \f(1,2)a　　　　　 D．eq \f(\r(3),2)a[解析]　取BD中点O，则AO⊥BD，CO⊥BD，∴∠AOC＝60°，又AO＝CO＝eq \f(\r(3),2)a，∴AC＝eq \f(\r(3),2)a.故选D．二、填空题5．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为BD1的中点，N在A1C1上，且|A1N|＝3|NC1|，则MN的长为_eq \r(6)__.[解析]　以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，则A1(4,0,4)，B(4,4,0)，C1(0,4,4)，D1(0,0,4)，M为BD1的中点，所以M(2,2,2)，N在A1C1上且|A1N|＝3|NC1|，所以N＝(1,3,4)，∴eq \o(MN,\s\up6(→))＝(－1,1,2)，∴|MN|＝eq \r(－12＋12＋22)＝eq \r(6).6．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为_eq \f(\r(21),7)__.[解析]　VB1－ABC1＝VA－BB1C1，VA－BB1C1＝eq \f(1,3)S△BB1C1×eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(\r(3),12)，∴VB1－ABC1＝eq \f(1,3)S△ABC1·h，S△ABC1＝eq \f(1,2)AB·eq \f(\r(7),2)＝eq \f(\r(7),4)，∴h＝eq \f(\r(21),7).三、解答题7．在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，且AB＝BC＝2，E为AC的中点，若异面直线AD与BE所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10)，求点B到平面ACD的距离．[解析]　如图所示，以B为坐标原点，BC，BA，BD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，则A(0,2,0)，C(2,0,0)，E(1,1,0)．设D(0,0，z)(z>0)，则eq \o(BE,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \o(AD,\s\up6(→))＝(0，－2，z)．设eq \o(BE,\s\up6(→))与eq \o(AD,\s\up6(→))所成角为θ，由图知直线BE与AD所成角为π－θ.而eq \o(BE,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＝eq \r(2)×eq \r(4＋z2)·cos θ＝－2，∴eq \r(2)×eq \r(4＋z2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝－2，∴z＝4，即D(0,0,4)．设向量n＝(x，y，z)是平面ACD的一个单位向量，则n⊥eq \o(AD,\s\up6(→))且n⊥eq \o(AC,\s\up6(→))，由eq \o(AC,\s\up6(→))＝(2，－2,0)，eq \o(AD,\s\up6(→))＝(0，－2,4)，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋z2＝1，,2x－2y＝0，,－2y＋4z＝0.))取x＝eq \f(2,3)，则y＝eq \f(2,3)，z＝eq \f(1,3).∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(1,3))).又eq \o(BD,\s\up6(→))＝(0,0,4)，∴点B到平面ACD的距离d＝eq \f(|\o(BD,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(4,3).8．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧eq \x\to(CD)所在平面垂直，M是eq \x\to(CD)上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．[解析]　(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因为M为eq \x\to(CD)上异于C，D的点，且DC为直径，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为坐标原点，eq \o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.当三棱锥M－ABC体积最大时，M为eq \x\to(CD)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)，eq \o(AM,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面MAB的一个法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\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的一个法向量，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与平面MCD所成二面角的正弦值是eq \f(2\r(5),5).