第一课时向量法求空间角_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

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考试要求　1.掌握空间向量的应用.2.会用空间向量求空间角和距离.
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，
则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝＝.
2.直线和平面所成的角
直线AB 与平面α 相交于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
(1)两平面的夹角：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.
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β 的法向量分别是n1，n2，平面α 与平面β 的
夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝.
4.点P 到直线l 的距离
设AP＝a，u 是直线l 的单位方向向量，则向量AP在直线l 上的投影向量AQ＝
(a·u)u.在Rt△APQ 中，由勾股定理，得PQ＝＝.
5.点P 到平面α 的距离
若平面α 的法向量为n，平面α 内一点为A，则平面α 外一点P 到平面α 的距离
d＝＝，如图所示.
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6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
1.线面角θ 的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的
绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.
1.思考辨析(在括号内打“√”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平面的夹角.(　　)
(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，π].(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
解析　(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的
方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cosa，
n|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.
2.已知向量m，n 分别是直线l 和平面α 的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉
＝，则l 与α 所成的角为(　　)
A.30°  
B.60° 
 C.120°
  D.150°
答案　B
解析　由于cos 〈m，n〉＝，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l 与α 所成的角为
60°.
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E 是C1D1的中点，则异面直线DE 与AC 所成
角的余弦值为(　　)
A.－ 
 B.－
  C. 
 D.
答案　D
解析　建立如图空间直角坐标系D－xyz，
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设DA＝1，A(1，0，0)，
C(0，1，0)，E，
则AC＝(－1，1，0)，DE＝，设异面直线DE 与AC 所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈AC，DE〉|＝.
4.(2021·聊城模拟)已知点M(0，1，－2)，平面α 过原点，且平面α 的法向量n＝
(1，－2，2)，则点M 到平面α 的距离为________.
答案　2
解析　由题意可知点M 到平面α 的距离即为OM在n 的投影的长度，∵M(0，1，
－2)，
∴OM＝(0，1，－2)，∴OM·n＝－6，|n|＝3，故点M 到平面α 的距离为＝2.
5.(易错题)若直线l 的方向向量与平面α 的法向量的夹角等于120°，则直线l 与
平面α 所成的角为________.
答案　30°
解析　设直线l 与平面α 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 120°|＝.
又∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
6.在空间中，已知平面α 过点(3，0，0)和(0，4，0)及z 轴上一点(0，0，a)(a＞
0)，如果平面α 与平面Oxy 所成的角为45°，则a＝________.
答案　
解析　平面Oxy 的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面α 的一个法向量为u＝(x，y，z)，
则则3x＝4y＝az，取z＝1，
则u＝，而cos〈n，u〉＝＝.
又a＞0，故a＝.
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第一课时　向量法求空间角
　题型一　异面直线所成的角
例1 如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面
ABCD 是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB 与AC 所成角的余弦值；
(3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.
(1)证明　因为四边形ABCD 是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
所以BD⊥平面PAC.
(2)解　设AC∩BD＝O，
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，
则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，
D(－1，0，0)，
所以PB＝(1，，－2)，AC＝(0，2，0).
设PB 与AC 所成角为θ，
则cos θ＝＝＝.
(3)解　由(2)知BC＝(－1，，0).
设P(0，－，t)(t＞0)，
则BP＝(－1，－，t).
设平面PBC 的法向量m＝(x，y，z)，
则BC·m＝0，BP·m＝0，
所以
令y＝，则x＝3，z＝，
所以m＝.
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同理，平面PDC 的法向量n＝.
因为平面PBC⊥平面PDC，
所以m·n＝0，即－6＋＝0，
解得t＝，所以PA＝.
感悟提升　用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两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)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.
训练1 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1 中，AA1⊥底面
ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F 分别是棱AB，
BB1的中点，试求直线EF 和BC1所成的角.
解　以B 为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z 轴，
建立空间直角坐标系(如图).
设AB＝1，
则B(0，0，0)，E，F，C1(1，0，1)，
所以EF＝，BC1＝(1，0，1).
于是cos〈BC1，EF〉＝
＝＝，
所以直线EF 和BC1所成角的大小为60°.
　题型二　直线与平面所成的角
例2 (2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面
ABCD 是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA
＝，M，N 分别为BC，PC 的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
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(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.
(1)证明　因为底面ABCD 是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M
为BC 的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解　法一　因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，
DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝.
又PA＝，所以PM＝2.
由(1)知CD⊥DM，
过点M 作ME∥CD 交AD 于点E，
则ME⊥MD.
故可以以M 为坐标原点，MD，ME，MP 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，
则A(－，2，0)，P(0，0，2)，C(，－1，0)，
所以N，
所以AN＝.
易知平面PDM 的一个法向量为n＝(0，1，0).
设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈AN，n〉|＝＝＝.
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故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为.
法二　由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB 为直线AN 与平面PDM 所成角的余角.
连接AM，因为PM⊥MD，
由(1)知PM⊥DC，
又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.又AM⊂平面ABCD，
所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝.
又PA＝，所以PM＝2，
所以PB＝PC＝2.
连接BN，结合余弦定理得BN＝.
连接AC，则由余弦定理得AC＝，
在△PAC 中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝.
所以在△ABN 中，cos∠BAN
＝＝＝.
设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，
则sin θ＝cos ∠BAN＝.
故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为.
感悟提升　向量法求直线与平面所成角主要方法是：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方
向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量
与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
训练2 如图，四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC
＝3，PA＝BC＝4，M 为线段AD 上一点，AM＝2MD，N 为
PC 的中点.
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.
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(1)证明　由已知得AM＝AD＝2.
取BP 的中点T，连接AT，TN，由N 为PC 中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN 綉AM，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)解　取BC 的中点E，连接AE.
由AB＝AC 得AE⊥BC，
从而AE⊥AD，且AE＝
＝＝.
以A 为坐标原点，AE的方向为x 轴正方向，建立如图所示的
空间直角坐标系A－xyz.
由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N，PM＝
(0，2，－4)，
PN＝，AN＝.
设n＝(x，y，z)为平面PMN 的法向量，则
即
可取n＝(0，2，1).
于是|cos〈n，AN〉|＝＝.
∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为.
　题型三　平面与平面的夹角
例3 (2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD 中，底面ABCD
是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求平面BQD 与平面AQD 夹角的余弦值.
(1)证明　取AD 的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD.
又AD＝2，QA＝，
故QO＝＝2.
在Rt△ODC 中，CO＝＝.
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC 为直角三角形且QO⊥OC.
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因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD.
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)解　在平面ABCD 内，过O 作OT∥CD，交BC 于T，
则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图
所示的空间坐标系，
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，故BQ＝(－
2，1，2)，BD＝(－2，2，0).
设平面QBD 的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝1，z＝，
故n＝.
易知平面QAD 的一个法向量为m＝(1，0，0)，
故cos〈m，n〉＝＝＝.
所以平面BQD 与平面AQD 夹角的余弦值为.
感悟提升　用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平
面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
训练3 (2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A－BCD 中，平面
ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O 为BD 的中点.
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD 是边长为1 的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE＝2EA，且二面角
E－BC－D 的大小为45°，求三棱锥A－BCD 的体积.
(1)证明　因为AB＝AD，O 为BD 的中点，所以OA⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解　法一　如图所示，以O 为坐标原点，OB，OA 所
在直线分别为x，z 轴，在平面BCD 内，以过点O 且与
BD 垂直的直线为y 轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD 是边长为1 的正三角形，且O 为BD 的中点，
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所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C.
设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，
所以E.
由题意可知平面BCD 的一个法向量为n＝(0，0，1).
设平面BCE 的法向量为m＝(x，y，z)，
因为BC＝，BE＝，
所以即
令x＝1，则y＝，z＝，
所以m＝.
因为二面角E－BC－D 的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝BD·CDsin 60°＝×2×1×＝，
所以VA－BCD＝S△BCD·OA＝××1＝.
法二　因为△OCD 是边长为1 的正三角形，且O 为BD 的中点，所以OC＝OB＝
OD＝1，
所以△BCD 是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，所以S△BCD＝.
如图，过点E 作EF∥AO ，交BD 于F ，过点F 作
FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD.
又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC.
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以BC⊥EG，
则∠EGF 为二面角E－BC－D 的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，
所以EF＝OA，DF＝2OF，
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所以＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则＝，所以GF＝，
所以EF＝GF＝，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1＝.
1.如图，三棱柱ABC－A1B1C1 中，底面ABC 为等腰直角三
角形，AB＝AC＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°.
(1)证明：AB⊥B1C；
(2)若B1C＝2，求AC1与平面BCB1所成角的正弦值.
(1)证明　连接AB1，在△ABB1中，AB＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°，
由余弦定理得，AB＝AB2＋BB－2AB·BB1·cos∠ABB1＝3，
∴AB1＝，∴BB＝AB2＋AB，
∴AB1⊥AB.
又△ABC 为等腰直角三角形，且AB＝AC，
∴AC⊥AB.∵AC∩AB1＝A，
∴AB⊥平面AB1C.
又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.
(2)解　∵AB1＝，AB＝AC＝1，B1C＝2，
∴B1C2＝AB＋AC2，∴AB1⊥AC.
如图，以A 为原点，以AB，AC，AB1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A(0，0，0)，B1(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，
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∴BB1＝(－1，0，)，BC＝(－1，1，0).
设平面BCB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由得令z＝1，得x＝y＝，
∴平面BCB1的一个法向量为n＝(，，1).
∵AC1＝AC＋CC1＝AC＋BB1＝(0，1，0)＋(－1，0，)＝(－1，1，)，
∴cos〈AC1，n〉＝＝＝，
∴AC1与平面BCB1所成角的正弦值为.
2.如图，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上
的点.
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求平面CPB 与平面APB 夹角
的余弦值.
(1)证明　由AB 是圆的直径，得AC⊥BC.
由PA 垂直于圆所在的平面，
得PA⊥平面ABC.
由BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
又因为BC⊂平面PBC，
据面面垂直判定定理，平面PAC⊥平面PBC.
(2)解　过点C 作CM∥AP，由(1)知CM⊥平面ABC.
如图所示，以点C 为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM
为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系.
在直角三角形ABC 中，AB＝2，AC＝1，所以BC＝.
又PA＝1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，
P(0，1，1).
故CB＝(，0，0)，CP＝(0，1，1).
设平面CPB 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则∴
不妨令y1＝1，则z1＝－1，故n1＝(0，1，－1).
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设平面APB 的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由同理可得n2＝(1，，0).
于是|cos〈n1，n2〉|＝
＝＝.
∴平面CPB 与平面APB 夹角的余弦值为.
3.(2020·江苏卷)在三棱锥A－BCD 中，已知CB＝CD＝，BD
＝2，O 为BD 的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E 为AC 的
中点.
(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；
(2)若点F 在BC 上，满足BF＝BC，设平面DEF 与平面CDE 夹角的大小为θ，
求sin θ 的值.
解　(1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O 为BD 的中点，
所以CO⊥BD.
又AO⊥平面BCD，OB，OC⊂平面BCD，所以AO⊥OB，
AO⊥OC.
以{OB，OC，OA}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝，AO＝2，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，
A(0，0，2).
因为E 为AC 的中点，所以E(0，1，1)，
所以AB＝(1，0，－2)，DE＝(1，1，1)，
所以|cos〈AB，DE〉|＝
＝＝.
因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为.
(2)因为点F 在BC 上，BF＝BC，
BC＝(－1，2，0)，
所以BF＝BC＝.
又DB＝(2，0，0)，
故DF＝DB＋BF＝.
设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF 的一个法向量，
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则即
取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，
所以n1＝(2，－7，5).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC 的一个法向量，又DC＝(1，2，0)，
则即
取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1).
故|cos θ|＝＝＝.
所以sin θ＝＝.
4.(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD 的底面是矩形，
PD⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1 ，M 为BC 的中点，且
PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求二面角A－PM－B 的正弦值.
解　(1)因为PD⊥平面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD 中，AD⊥DC，故可以点D 为坐标原点建立空
间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，
M，P(0，0，1)，
所以PB＝(t，1，－1)，AM＝.
因为PB⊥AM，
所以PB·AM＝－＋1＝0，
得t＝(t＝－舍去)，
所以BC＝.
(2)由(1)可得AP＝(－，0，1)，AM＝，MB＝，PB＝(，1，－1).
设平面APM 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n1＝(，1，2).
设平面PMB 的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
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则即
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n2＝(0，1，1).
cos〈n1，n2〉＝＝＝，
所以二面角A－PM－B 的正弦值为
＝.
5.(2021· 衡水检测) 如图，AE⊥平面ABCD ，CF∥AE ，
AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；
(3)若平面EBD 与平面FBD 夹角的余弦值为，求线段CF 的长.
解　依题意，建立以A 为原点，分别以AB，AD，AE的方向为
x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，
0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).
设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).
(1)证明　依题意，AB＝(1，0，0)是平面ADE 的一个法向量，
又BF＝(0，2，h)，可得BF·AB＝0，
又因为直线BF⊄平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，BD＝(－1，1，0)，BE＝(－1，0，2)，CE＝(－1，－2，2).
设n＝(x，y，z)为平面BDE 的法向量，
则即
不妨令z＝1，可得n ＝(2，2，1).
因此有cos〈CE，n〉＝＝－.
所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为.
(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF 的法向量，
则即
不妨令y1＝1，可得m ＝.
又n＝(2，2，1)为平面BDE 的一个法向量，
故由题意，
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有|cos〈m，n〉|＝＝＝.
解得h＝.经检验，符合题意.
所以，线段CF 的长为.
6.如图，四棱锥P－ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB
＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E 是PD 的中点.
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求平面MAB 与平
面DAB 夹角的余弦值.
(1)证明　取PA 的中点F，连接EF，BF，因为E 是PD 的中点，所以EF∥AD，
EF＝AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD.
又BC＝AD，所以EF 綉BC，
所以四边形BCEF 是平行四边形，
则CE∥BF.
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)解　由已知得BA⊥AD，以A 为坐标原点，AB的方向为x 轴正方向，|AB|为单
位长，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则
A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，)，
PC＝(1，0，－)，AB＝(1，0，0).
设M(x，y，z)(0<x<1)，则
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BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－).
因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD 的法向量，
所以|cos〈BM，n〉|＝sin 45°，
＝，
即(x－1)2＋y2－z2＝0.①
又M 在棱PC 上，设PM＝λPC，则
x＝λ，y＝1，z＝－λ.②
由①，②解得(舍去)，
所以M，
从而AM＝.
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM 的法向量，则
即
所以可取m＝(0，－，2).
于是|cos〈m，n〉|＝＝.
因此平面MAB 与平面DAB 夹角的余弦值为.
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