高考数学二轮复习 专题三 第2讲 立体几何中的向量方法(理)学案-人教版高三全册数学学案

第2讲立体几何中的向量方法
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查．
1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l
的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，
v ＝(a 3，b 3，c 3)，则
(1)线面平行
l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0．
(2)线面垂直
l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2．
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3．
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0．
2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，
c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．
(1)线线夹角
设l ，m 的夹角为θ02θπ⎛
⎫ ⎪⎝⎭≤≤，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝cos ,a b ．
(2)线面夹角
设直线l 与平面α的夹角为θ02θπ⎛
⎫ ⎪⎝
⎭≤≤，
则
(3)面面夹角
设平面α，β的夹角为θ02θπ⎛
⎫ ⎪⎝
⎭≤≤，
则
热点一 利用空间向量证明平行、垂直关系
【例1】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，
AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．证明：
(1)BE ⊥DC ； (2)BE ∥平面PAD ； (3)平面PCD ⊥平面PAD ．
证明 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．
(1)向量BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC →
＝0． 所以BE ⊥DC ．
(2)因为AB ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥PA ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ， 所以AB ⊥平面PAD ，
所以向量AB →
＝(1，0，0)为平面PAD 的一个法向量， 而BE →·AB →
＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE ⊥AB ， 又BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PAD ．
(3)由(2)知平面PAD 的法向量AB →＝(1，0，0)，向量PD →＝(0，2，－2)，DC →
＝(2，0，0)， 设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩
⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，
2x ＝0，
不妨令y ＝1，可得n ＝(0，1，1)为平面PCD 的一个法向量． 且n ·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n ⊥AB →
．
所以平面PAD ⊥平面PCD ．
探究提高 1．利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系．
2．向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中忽略BE ⊄平面PAD 而致误．
【训练1】在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：
(1)B 1D ⊥平面ABD ；
(2)平面EGF ∥平面ABD ．
证明 (1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则B (0，0，0)，D (0，2，2)，B 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)． 设BA ＝a ，则A (a ，0，0)，
所以BA →＝(a ，0，0)，BD →＝(0，2，2)，B 1D →
＝(0，2，－2)．
B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →
＝0＋4－4＝0，
则B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ．
又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD ．
(2)由(1)知，E (0，0，3)，G ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a
2，1，4，F (0，1，4)， 则EG →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2，1，1，EF →
＝(0，1，1)，
B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →
＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF ．
又EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EGF ， 因此B 1D ⊥平面EGF ．
结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD ． 热点二 利用空间向量计算空间角
【例2】(2019·成都月考)）在直三棱柱（侧棱垂直底面）111ABC A B C -中，1AB AC ==，90BAC ∠=．
（Ⅰ）若异面直线1A B 与11B C 所成的角为60，求棱柱的高；
（Ⅱ）设D 是1BB 的中点，1DC 与平面11A BC 所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sin θ的最大值． 解：建立如图2所示的空间直角坐标系Axyz ，设1(0)AA h h =>，则有
(1,0,0)B ，1(1,0,)B h ，1(0,1,)C h ，1(0,0,)A h ， 11(1,1,0)B C =-，11(0,1,0)A C =，1(1,0,)A B h =-.
（Ⅰ）因为异面直线1A B 与11B C 所成的角60，所以111111B C A B B C A B
⋅
⋅，
，解得1h =. （Ⅱ）由D 是1BB 的中点，得，于是11,1,DC ⎛
=- 设平面11A BC 的法向量为(,,)x y z =n ，
于是由1A B ⊥n ，11A C ⊥n ，可得1110,
0,
A B AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x hz y -=⎧⎨=⎩，可取(,0,1)h =n ，
1,DC n .
111,DC DC DC ⋅==⋅n n n
. 时，sin θ的最大值探究提高
1．异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|．
2．直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角)． 3．二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．
【训练2】(2017·长郡中学二模)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE －BCF 和一个正四棱锥P －ABCD 组合而成，AD ⊥AF ，AE ＝AD ＝2．
(1)证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；
(2)求正四棱锥P －ABCD 的高h ，使得二面角C －AF －P 的余弦值是22
3
．
(1)证明 由于几何体是由一个直三棱柱ADE －BCF 和一个正四棱锥P －ABCD 的组合体． ∴AD ⊥AB ，又AD ⊥AF ，AF ∩AB ＝A ， ∴AD ⊥平面ABEF ．
又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABFE ．
(2)解 以A 为原点，AB ，AE ，AD 的正方向为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz ． 设正四棱锥的高为h ，AE ＝AD ＝2，
则A (0，0，0)，F (2，2，
0)，C (2，0，2)，P (1，－h ，1)，
设平面ACF 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )， AF →
＝(2，2，0)，AC →
＝(2，0，2)，
则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AF →＝2x ＋2y ＝0，
m ·AC →＝2x ＋2z ＝0，
取x ＝1，得m ＝(1，－1，－1)，
设平面AFP 的一个法向量n ＝(a ，b ，c )， AP →
＝(1，－h ，1)，
则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF →＝2a ＋2b ＝0，
n ·AP →＝a －hb ＋c ＝0，取b ＝1，则n ＝(－1，1，1＋h )，
二面角C －AF －P 的余弦值22
3
，
∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝|－1－1－（1＋h ）|3·2＋（h ＋1）2
＝22
3，解得h ＝1． ∴当四棱锥的高为1时，二面角C －AF －P 的余弦值为22
3．
1．(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A．
3
2
B．
15
5
C．
10
5
D．
3
3
2．(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．
3．(2018·全国I 卷)如图，四边形为正方形，，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值．
ABCD E F AD BC DF DFC △C P PF BF
⊥PEF ⊥ABFD DP ABFD
1．(2016·全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A ．
32
B ．
22
C ．
33
D ．13
2．(2017·合肥二模)如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中∠BAE ＝∠GAD ＝45°，AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°．
(1)求证：BD ⊥平面ADG ；
(2)求直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值．
3．(2018·全国II 卷)如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中
点．
（1）证明：PO⊥平面ABC；
--为30︒，求PC与平面PAM所成角的正弦值．（2）若点在棱BC上，且二面角M PA C
1．(2017·衡阳联考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．
2．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝23，M是AC的中点，则异面直线CB1与C1M所成角的余弦值为________．
3．(2017·西安质检)如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD 的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求二面角C－BE－D的余弦值的大小．
4．(2018·全国III卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，是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，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
参考答案
1．【解题思路】异面直线所成的角，可以通过两直线的方向向量的夹角求得． 【答案】 法一 以B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系．
图(1) 图(2)
则B (0，0，0)，B 1(0，0，1)，C 1(1，0，1)．
又在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，则A (－1，3，0)． 所以AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→
＝(1，0，1)，
则cos 〈AB 1→
，BC 1→
〉＝AB 1→·BC 1
→
|AB 1→|·|BC 1→|
＝（1，－3，1）·（1，0，1）5·2＝25·2＝10
5，
因此，异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为
10
5
．故选C ． 法二 如图(2)，设M ，N ，P 分别为AB ，BB 1，B 1C 1中点，则PN ∥BC 1，MN ∥AB 1， ∴AB 1与BC 1所成的角是∠MNP 或其补角． ∵AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，
∴MN ＝12AB 1＝52，NP ＝12BC 1＝22
．
取BC 的中点Q ，连接PQ ，MQ ，则可知△PQM 为直角三角形，且PQ ＝1，MQ ＝1
2
AC ，
在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2
－2AB ·BC ·cos∠ABC ＝4＋1－2×2×1×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12＝7，AC ＝7，
则MQ ＝
72，则△MQP 中，MP ＝MQ 2＋PQ 2＝112
， 则△PMN 中，cos ∠PNM ＝MN 2＋NP 2－PM 2
2·MN ·NP
＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭
⎪⎫11222·
52
·22
＝－
10
5
， 又异面直线所成角范围为⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2，则余弦值为105．故选C ．
2．【解题思路】(1)平面PAB ⊥平面PAD ⇐AB ⊥平面PAD ，(2)利用面面垂直建系，二面角的大小通过二面角的
两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角． 【答案】(1)证明 ∵∠BAP ＝∠CDP ＝90°， ∴PA ⊥AB ，PD ⊥CD ， 又∵AB ∥CD ，∴PD ⊥AB ，
又∵PD ∩PA ＝P ，PD ，PA ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD ．
(2)解 在平面PAD 内作PO ⊥AD ，垂足为点O ．
由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PO ，可得PO ⊥平面ABCD ． 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，
设PA ＝2，∴D (－2，0，0)，
B (2，2，0)，P (0，0，2)，
C (－2，2，0)，
∴PD →＝(－2，0，－2)，PB →
＝(2，2，－2)， BC →
＝(－22，0，0)，
设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BC →＝0
得⎩⎨⎧2x ＋2y －2z ＝0，
－22x ＝0.
令y ＝1，则z ＝2，x ＝0，可得平面PBC 的一个法向量n ＝(0，1，2)， ∵∠APD ＝90°，∴PD ⊥PA ， 又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，
∴PD ⊥AB ，又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ， ∴PD ⊥平面PAB ，
即PD →是平面PAB 的一个法向量，PD →
＝(－2，0，－2)， ∴cos 〈PD →
，n 〉＝PD →·n |PD →|·|n |＝－223＝－33，
由图知二面角A －PB －C 为钝角，所以它的余弦值为－
33
． 3．【解题思路】(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，
又因为PF EF F =，利用线面垂直的判定定理可以得出BF ⊥平面PEF ，
又BF ⊂平面ABFD ，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF ⊥平面ABFD .
(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD 的法向量，设DP 与平
面ABFD 所成角为θ，利用线面角的定义，可以求得3
4sin 3HP DP HP DP
θ⋅===⋅，得到结果.
【答案】（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF EF F =，所以BF ⊥平面PEF.
又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD.
（2）作PH ⊥EF ，垂足为H.由（1）得，PH ⊥平面ABFD.
以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz.
由（1）可得，DE ⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PF=1，EF=2，故PE ⊥PF ，
可得PH =
3
2
EH =，
则()0,0,0H ，P ⎛ ⎝⎭，，31,2DP ⎛= ⎝⎭，HP ⎛= ⎝⎭
为平面ABFD 的法向量.
设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则.3
4sin 3HP DP HP DP
θ⋅===⋅，
所以DP 与平面ABFD ．
1．【解题思路】利用平行关系转化．
【答案】 如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，因为α∥平面CB 1D 1，所以m 1∥m ，
又因为平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1， 结合平面B 1D 1C ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，
所以B 1D 1∥m 1，故B 1D 1∥m ． 同理可得：CD 1∥n ．
故m ，n 所成角即直线B 1D 1与CD 1所成角， 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△CB 1D 1是正三角形， 故直线B 1D 1与CD 1所成角为60°，其正弦值为
3
2
．故选A ． 2．【解题思路】(1)勾股定理可证垂直，(2)直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|．
【答案】(1)证明 在△BAD 中，∵AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°． 由余弦定理，得BD 2
＝AD 2
＋AB 2
－2AB ·AD cos 60°，BD ＝3， ∵AB 2
＝AD 2
＋DB 2
．∴AD ⊥DB ，
在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，∴GD ⊥DB ， 又AD ∩GD ＝D ，AD ，GD ⊂平面ADG ， ∴BD ⊥平面ADG ．
(2)解 如图以D 为原点建立空间直角坐标系D －xyz ，
∵∠BAE ＝∠GAD ＝45°，AB ＝2AD ＝2，
∴A (1，0，0)，B (0，3，0)，E (0，3，2)，G (0，0，1)， AE →
＝(－1，3，2)，AG →＝(－1，0，1)，GB →
＝(0，3，－1)．
设平面AEFG 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，
⎩⎪⎨
⎪⎧n ·AE →＝－x ＋3y ＋2z ＝0，n ·AG →＝－x ＋z ＝0，
令x ＝1，得y ＝－33，z ＝1，∴n ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，－33，1， 设直线GB 和平面AEFG 的夹角为θ，
∴sin θ＝|cos 〈GB →，n 〉|＝
⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪GB →·n |GB →|·|n |＝217， 所以直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值为
217
． 3．【解题思路】（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明PO AC ⊥，PO OB ⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.
【答案】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP = 连结OB ．因为AB =BC =，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =1
2
AC =2．
由OO 2+OO 2=OO 2知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．
（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．
由题设可知OC =12
AC =2，CM =2
3BC ，45ACB ∠=︒．
所以OM ，CH =sin OC MC ACB OM
⋅⋅∠．
所以点C 到平面POM ．
1．【解题思路】此题可建系用向量法做，亦可利用线线角、线面角的定义求其夹角． 【答案】
⎭
⎪⎬⎪
⎫AC ⊥BD AC ⊥BB 1⇒AC ⊥平面BB 1D 1D ⇒AC ⊥DE ，∴α＝π
2．
取A 1D 1的中点F ，连EF ，FD ，易知EF ⊥平面ADD 1A 1，
则β＝∠EDF ，cos(α－β)＝cos ⎝
⎛⎭
⎪⎫π2－∠EDF ＝sin ∠EDF ＝66．故填66．
2．【解题思路】异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|． 【答案】 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝CC 1＝2，AC ＝23，M 是AC 的中点， 所以BM ⊥AC ，BM ＝4－3＝1．
以M 为原点，MA 为x 轴，MB 为y 轴，过M 作AC 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (－3，0，0)，
B 1(0，1，2)，
C 1(－3，0，2)，M (0，0，0)．
∴CB 1→＝(3，1，2)，MC 1→
＝(－3，0，2)． 设异面直线CB 1与C 1M 所成角为θ， 则cos θ＝|CB 1→·MC 1→||CB 1→|·|MC 1→|＝18·7＝14
28．
所以异面直线CB 1与C 1M 所成角的余弦值为
1428．故填14
28
． 3．【解题思路】(1)建系注意底面的垂直关系，(2)二面角转化为法向量的夹角问题．
【答案】解 设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，以AC ，AB 所在的直线分别作为x 轴、z 轴，以过点A 在平面ACD 内和AC 垂直的直线作为y 轴，建立如图所示的坐标系，
A (0，0，0)，C (2a ，0，0)，
B (0，0，a )，D (a ，3a ，0)，E (a ，3a ，2a )．
∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫3
2a ，3a 2，0．
(1)证明 AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →
＝(2a ，0，－a )，
∴AF →＝12(BE →＋BC →
)，AF ⊄平面BCE ，
∴AF ∥平面BCE ．
(2)设平面BCE 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BE →＝0，m ·BC →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＋z ＝0，
2x －z ＝0，
不妨令x ＝1可得m ＝(1，－3，2)．
设平面BDE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，
n ·BD →＝0，
即⎩⎨⎧x ＋3y ＋z ＝0，
x ＋3y －z ＝0.
令x ＝3可得n ＝(3，－1，0)． 于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |×|n |＝6
4
．
故二面角C －BE －D 的余弦值为
64
．
4．【解题思路】（1）先证BC ⊥平面CMD ,得BC CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明。

（2）先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面MAB 和平面MCD 的法向量，进而求得平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．
【答案】（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，DA 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CD 的中点.
由题设得()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，(),0,1,1M ， ()2,1,1AM =-，()0,2,0AB =，()2,0,0DA =，
设(),,x y z =n 是平面MAB 的法向量，则 0
AM AB ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩n n ，即2020x y z y -++=⎧⎨=⎩， 可取()1,0,2=n ，
DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,DA DA DA
⋅=
=n n n ， 2sin ,DA
=
n ，
所以面MAB 与面MCD ．。