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2015年高中数学人教版A版一轮复习学案46 利用向量方法求空间角

学案 46 利用向量方法求空间角
导学目标: 1.掌握各种空间角的定义,弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的 角,二面角的平面角,直线与平面所成的角的联系和区别.3.体会求空间角中的转化思想、数 形结合思想,熟练掌握平移方法、射影方法等.4.灵活地运用各种方法求空间角.
自主梳理 1.两条异面直线的夹角 (1)定义:设 a,b 是两条异面直线,在直线 a 上任取一点作直线 a′∥b,则 a′与 a 的 夹角叫做 a 与 b 的夹角. (2)范围:两异面直线夹角 θ 的取值范围是_______________________________________. (3)向量求法:设直线 a,b 的方向向量为 a,b,其夹角为 φ,则有 cos θ=________= ______________. 2.直线与平面的夹角 (1)定义:直线和平面的夹角,是指直线与它在这个平面内的射影的夹角. (2)范围:直线和平面夹角 θ 的取值范围是________________________________________. (3)向量求法:设直线 l 的方向向量为 a,平面的法向量为 u,直线与平面所成的角为 θ, a 与 u 的夹角为 φ,则有 sin θ=__________或 cos θ=sin φ. 3.二面角 (1)二面角的取值范围是____________. (2)二面角的向量求法: ①若 AB、CD 分别是二面角 α—l—β 的两个面内与棱 l 垂直的异面直线,则二面角的大 小就是向量A→B与C→D的夹角(如图①).

②设 n1,n2 分别是二面角 α—l—β 的两个面 α,β 的法向量,则向量 n1 与 n2 的夹角(或其 补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③).

自我检测

1.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为( )

A.45°

B.135°

C.45°或 135°

D.90°

2.若直线 l1,l2 的方向向量分别为 a=(2,4,-4),b=(-6,9,6),则( )

A.l1∥l2

B.l1⊥l2

C.l1 与 l2 相交但不垂直

D.以上均不正确

3.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

等于( )

A.120°

B.60°

C.30°

D.以上均错

4.(2011·湛江月考)二面角的棱上有 A、B 两点,直线 AC、BD 分别在这个二面角的两个

半平面内,且都垂直于 AB.已知 AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 17,则该二面角的大小为( )

A.150°

B.45°

C.60°

D.120°

5.(2011·铁岭模拟)已知直线 AB、CD 是异面直线,AC⊥CD,BD⊥CD,且 AB=2,CD

=1,则异面直线 AB 与 CD 夹角的大小为( )

A.30°

B.45°

C.60°

D.75°

探究点一 利用向量法求异面直线所成的角 例 1 已知直三棱柱 ABC—A1B1C1,∠ACB=90°,CA=CB=CC1,D 为 B1C1 的中点, 求异面直线 BD 和 A1C 所成角的余弦值. 变式迁移 1
如图所示,在棱长为 a 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,求异面直线 BA1 和 AC 所成的角.
探究点二 利用向量法求直线与平面所成的角 例 2 (2011·新乡月考)如图,已知两个正方形 ABCD 和 DCEF 不在同一平面内,M,N 分别为 AB,DF 的中点.
若平面 ABCD⊥平面 DCEF,求直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值.
变式迁移 2
如图所示,在几何体 ABCDE 中,△ABC 是等腰直角三角形,∠ABC=90°,BE 和 CD

都垂直于平面 ABC,且 BE=AB=2,CD=1,点 F 是 AE 的中点.求 AB 与平面 BDF 所成角 的正弦值.
探究点三 利用向量法求二面角
例 3 如图,ABCD 是直角梯形,∠BAD=90°,SA⊥平面 ABCD,SA=BC=BA=1, AD=12,求面 SCD 与面 SBA 所成角的余弦值大小.
变式迁移 3
(2011·沧州月考)如图,在三棱锥 S—ABC 中,侧面 SAB 与侧面 SAC 均为等边三角形,∠ BAC=90°,O 为 BC 中点.
(1)证明:SO⊥平面 ABC; (2)求二面角 A—SC—B 的余弦值.

探究点四 向量法的综合应用 例4
如图所示,在三棱锥 A—BCD 中,侧面 ABD、ACD 是全等的直角三角形,AD 是公共的 斜边,且 AD= 3,BD=CD=1,另一个侧面 ABC 是正三角形.
(1)求证:AD⊥BC; (2)求二面角 B-AC-D 的余弦值; (3)在线段 AC 上是否存在一点 E,使 ED 与面 BCD 成 30°角?若存在,确定点 E 的位置; 若不存在,说明理由.
变式迁移 4 (2011·山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 为平行四边形,∠ACB= 90°,EA⊥平面 ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,AB=2EF.
(1)若 M 是线段 AD 的中点,求证:GM∥平面 ABFE; (2)若 AC=BC=2AE,求二面角 A-BF-C 的大小.
1.求两异面直线 a、b 的夹角 θ,需求出它们的方向向量 a,b 的夹角,则 cos θ=|cos〈a, b〉|.

2.求直线 l 与平面 α 所成的角 θ.可先求出平面 α 的法向量 n 与直线 l 的方向向量 a 的夹 角.则 sin θ=|cos〈n,a〉|. 3.求二面角 α—l—β 的大小 θ,可先求出两个平面的法向量 n1,n2 所成的角.则 θ=〈n1, n2〉或 π-〈n1,n2〉.

(满分:75 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1.(2011·成都月考)在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,M 是 AB 的中点,则 sin〈D→B1,C→M〉 的值等于( )

1

210

A.2

B. 15

2 C. 3

11 D. 15

2.长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点,则异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为( )

10 A. 10

30 B. 10

2 15 C. 10

3 10 D. 10

3.已知正四棱锥 S—ABCD 的侧棱长与底面边长都相等,E 是 SB 的中点,则 AE、SD

所成的角的余弦值为( )

1

2

3

2

A.3

B. 3

C. 3

D.3

4.

如图所示,在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,已知 B1C,C1D 与上底面 A1B1C1D1 所成的角 分别为 60°和 45°,则异面直线 B1C 和 C1D 所成的余弦值为( )

2 A. 6

6 B. 3

3 C. 6

6 D. 4

5.(2011·兰州月考)P 是二面角 α—AB—β 棱上的一点,分别在 α、β 平面上引射线 PM、

PN,如果∠BPM=∠BPN=45°,∠MPN=60°,那么二面角 α—AB—β 的大小为( )

A.60°

B.70°

C.80°

D.90°

二、填空题(每小题 4 分,共 12 分)

6.(2011·郑州模拟)已知正四棱锥 P—ABCD 的棱长都相等,侧棱 PB、PD 的中点分别为

M、N,则截面 AMN 与底面 ABCD 所成的二面角的余弦值是________.

7.如图,PA⊥平面 ABC,∠ACB=90°且 PA=AC=BC=a,则异面直线 PB 与 AC 所成 角的正切值等于________.

8.如图,已知正三棱柱 ABC—A1B1C1 的所有棱长都相等,D 是 A1C1 的中点,则直线 AD 与平面 B1DC 所成角的正弦值为________.
三、解答题(共 38 分) 9.(12 分)(2011·烟台模拟)
如图所示,AF、DE 分别是⊙O、⊙O1 的直径,AD 与两圆所在的平面均垂直,AD=8.BC 是⊙O 的直径,AB=AC=6,OE∥AD.
(1)求二面角 B-AD-F 的大小; (2)求直线 BD 与 EF 所成的角的余弦值.
10.(12 分)(2011·大纲全国)如图,四棱锥 S-ABCD 中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面 SAB 为等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1.
(1)证明:SD⊥平面 SAB; (2)求 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值.

11.(14 分)(2011·湖北)如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 各棱长都是 4,E 是 BC 的中点, 动点 F 在侧棱 CC1 上,且不与点 C 重合.
(1)当 CF=1 时,求证:EF⊥A1C; (2)设二面角 C-AF-E 的大小为 θ,求 tan θ 的最小值.

学案 46 利用向量方法求空间角

自主梳理

1.(2)??0,π2??

(3)|cos φ|

? a·b ? ?|a|·|b|?

2.(2)??0,π2?? (3)|cos φ| 3.(1)[0,π]

自我检测

1.C 2.B 3.C 4.C 5.C

课堂活动区

例 1 解题导引 (1)求异面直线所成的角,用向量法比较简单,若用基向量法求解,则

必须选好空间的一组基向量,若用坐标求解,则一定要将每个点的坐标写正确.
(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时,应注意异面直线所成角的范围是??0,π2??


如图所示,以 C 为原点,直线 CA、CB、CC1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标 系.
设 CA=CB=CC1=2, 则 A1(2,0,2),C(0,0,0),B(0,2,0),D(0,1,2),





∴BD=(0,-1,2),A1C=(-2,0,-2),

→→ ∴cos〈BD,A1C〉=

→→ BD·A1C →→

=-

10 5.

|BD||A1C|

10 ∴异面直线 BD 与 A1C 所成角的余弦值为 5 .

变式迁移 1



→ → → →→→ ∵BA1=BA+BB1,AC=AB+BC,

∴B→A1·A→C=(B→A+B→B1)·(A→B+B→C)

=B→A·A→B+B→A·B→C+B→B1·A→B+B→B1·B→C.

∵AB⊥BC,BB1⊥AB,BB1⊥BC,

→→

→→

∴BA·BC=0,BB1·AB=0,

B→B1·B→C=0,B→A·A→B=-a2,

∴B→A1·A→C=-a2.

→→ → →

→→

又BA1·AC=|BA1|·|AC|·cos〈BA1,AC〉,

∴cos〈B→A1,A→C〉=

-a2 2a×

2a=-12.

∴〈B→A1,A→C〉=120°.

∴异面直线 BA1 与 AC 所成的角为 60°. 例 2 解题导引 在用向量法求直线 OP 与 α 所成的角(O∈α)时,一般有两种途径:一 是直接求〈O→P,O→P′〉,其中 OP′为斜线 OP 在平面 α 内的射影;二是通过求〈n,O→P〉进

而转化求解,其中 n 为平面 α 的法向量. 解

设正方形 ABCD,DCEF 的边长为 2,以 D 为坐标原点,分别以射线 DC,DF,DA 为 x,

y,z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图.

则 M(1,0,2),N(0,1,0),可得M→N=(-1,1,-2).

又D→A=(0,0,2)为平面 DCEF 的法向量,

可得

cos〈M→N,D→A〉=

→→ MN·DA →→

=-

|MN||DA|

6 3.

所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为

|cos〈M→N,D→A〉|=

6 3.

变式迁移 2 解 以点 B 为原点,BA、BC、BE 所在的直线分别为 x,y,z 轴,建立如

图所示的空间直角坐标系,则

B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),

D(0,2,1),E(0,0,2),F(1,0,1). ∴B→D=(0,2,1),D→F=(1,-2,0).

设平面 BDF 的一个法向量为

n=(2,a,b), ∵n⊥D→F,n⊥B→D,
??n·D→F=0, ∴???n·B→D=0.

???2,a,b?·?1,-2,0?=0, 即?
???2,a,b?·?0,2,1?=0.

解得 a=1,b=-2.∴n=(2,1,-2).

设 AB 与平面 BDF 所成的角为 θ,

则法向量 n 与B→A的夹角为π2-θ,

∴cos??π2-θ??=|BB→→AA|·|nn|=?2,0,0?2·×?2,3 1,-2?=23,

2

2

即 sin θ=3,故 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值为3.

例 3 解题导引 图中面 SCD 与面 SBA 所成的二面角没有明显的公共棱,考虑到易于

建系,从而借助平面的法向量来求解. 解

建系如图,则 A(0,0,0),
D??12,0,0??,C(1,1,0),
B(0,1,0),S(0,0,1), ∴A→S=(0,0,1),S→C=(1,1,-1),
S→D=??12,0,-1??,A→B=(0,1,0),A→D=??12,0,0??.
∴A→D·A→S=0,A→D·A→B=0. ∴A→D是面 SAB 的法向量,设平面 SCD 的法向量为 n=(x,y,z),则有 n·S→C=0 且 n·S→D=

0.

??x+y-z=0, 即???12x-z=0.

令 z=1,则 x=2,y=-1.

∴n=(2,-1,1).

∴cos〈n,A→D〉=

→ n·AD




|n||AD|

2×12 6×21=

6 3.

故面

SCD

与面

SBA

所成的二面角的余弦值为

6 3.

变式迁移 3 (1)证明 由题设 AB=AC=SB=SC=SA.

连接 OA,△ABC 为等腰直角三角形, 所以 OA=OB=OC= 22SA, 且 AO⊥BC.
又△SBC 为等腰三角形, 故 SO⊥BC,且 SO= 22SA.从而 OA2+SO2=SA2, 所以△SOA 为直角三角形,SO⊥AO. 又 AO∩BC=O,所以 SO⊥平面 ABC. (2)解

以 O 为坐标原点,射线 OB、OA、OS 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴,建立如图的空
间直角坐标系 Oxyz,如右图.
设 B(1,0,0),则 C(-1,0,0),
A(0,1,0),S(0,0,1).
SC 的中点 M??-12,0,21??, M→O=??12,0,-12??,M→A=??12,1,-21??,
S→C=(-1,0,-1), ∴M→O·S→C=0,M→A·S→C=0. 故 MO⊥SC,MA⊥SC,〈M→O,M→A〉等于二面角 A—SC—B 的平面角. cos〈M→O,M→A〉=|MM→→OO|·|MM→→AA|= 33,

所以二面角

A—SC—B

的余弦值为

3 3.

例 4 解题导引 立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设,借助空间向量建

立方程,进行求解. (1)证明

作 AH⊥面 BCD 于 H,连接 BH、CH、DH,则四边形 BHCD 是正方形,且 AH=1,将其

补形为如图所示正方体.以 D 为原点,建立如图所示空间直角坐标系.

则 B(1,0,0),C(0,1,0),A(1,1,1).

B→C=(-1,1,0),D→A=(1,1,1),

∴B→C·D→A=0,则 BC⊥AD.

(2)解





设平面 ABC 的法向量为 n1=(x,y,z),则由 n1⊥BC知:n1·BC=-x+y=0,





同理由 n1⊥AC知:n1·AC=-x-z=0,

可取 n1=(1,1,-1),

同理,可求得平面 ACD 的一个法向量为 n2=(1,0,-1).

由图可以看出,二面角 B-AC-D 即为〈n1,n2〉,

∴cos〈n1,n2〉=|nn11|·|nn22|=1+3×0+21=

6 3.

即二面角

B-AC-D

的余弦值为

6 3.

(3)解 设 E(x,y,z)是线段 AC 上一点,

则 x=z>0,y=1,平面 BCD 的一个法向量为 n=(0,0,1),D→E=(x,1,x),要使 ED 与平

面 BCD 成 30°角,由图可知D→E与 n 的夹角为 60°,

所以

cos〈D→E,n〉=

→ DE·n →



|DE||n|

x 1+2x2

=cos 60°=12.

则 2x= 1+2x2,解得 x= 22,则 CE= 2x=1.

故线段 AC 上存在 E 点,且 CE=1 时,ED 与面 BCD 成 30°角. 变式迁移 4

(1)证明 方法一 因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°,

所以∠EGF=90°, △ABC∽△EFG. 由于 AB=2EF,因此 BC=2FG. 连接 AF,由于 FG∥BC,FG=12BC, 在?ABCD 中,M 是线段 AD 的中点, 则 AM∥BC,且 AM=12BC, 因此 FG∥AM 且 FG=AM, 所以四边形 AFGM 为平行四边形,因此 GM∥FA. 又 FA?平面 ABFE,GM?平面 ABFE, 所以 GM∥平面 ABFE.
方法二 因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°, 所以∠EGF=90°, △ABC∽△EFG. 由于 AB=2EF, 所以 BC=2FG. 取 BC 的中点 N,连接 GN, 因此四边形 BNGF 为平行四边形,所以 GN∥FB. 在?ABCD 中,M 是线段 AD 的中点,连接 MN, 则 MN∥AB.因为 MN∩GN=N, 所以平面 GMN∥平面 ABFE. 又 GM?平面 GMN,所以 GM∥平面 ABFE.
(2)解 方法一 因为∠ACB=90°,所以∠CAD=90°. 又 EA⊥平面 ABCD, 所以 AC,AD,AE 两两垂直. 分别以 AC,AD,AE 所在直线为 x 轴,y 轴和 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 不妨设 AC=BC=2AE=2,则由题意得 A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0,1), 所以A→B=(2,-2,0),B→C=(0,2,0).又 EF=12AB, 所以 F(1,-1,1),B→F=(-1,1,1). 设平面 BFC 的法向量为 m=(x1,y1,z1),

则 m·B→C=0,m·B→F=0,

??y1=0,

所以?

取 z1=1,得 x1=1,所以 m=(1,0,1).

??x1=z1,

设平面向量 ABF 的法向量为 n=(x2,y2,z2),

则 n·A→B=0,n·B→F=0,所以???x2=y2, ??z2=0,

取 y2=1,得 x2=1.则 n=(1,1,0). 所以 cos〈m,n〉=|mm|··|nn|=12. 因此二面角 A-BF-C 的大小为 60°.

方法二 由题意知,平面 ABFE⊥平面 ABCD.

取 AB 的中点 H,连接 CH.

因为 AC=BC,

所以 CH⊥AB,

则 CH⊥平面 ABFE.

过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R,连接 CR,则 CR⊥BF,

所以∠HRC 为二面角 A-BF-C 的平面角.

由题意,不妨设 AC=BC=2AE=2,

在直角梯形 ABFE 中,连接 FH,则 FH⊥AB.

又 AB=2 2,

所以 HF=AE=1,BH= 2,

因此在

Rt△BHF

中,HR=

6 3.

由于 CH=12AB= 2,

所以在 Rt△CHR 中,tan∠HRC= 2= 3. 6

3

因此二面角 A-BF-C 的大小为 60°. 课后练习区 1.B

[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,设正方体

→ 棱长为 1,易知DB1=(1,1,1),

C→M=??1,-12,0??,



cos〈D→B1,C→M〉=

→→ DB1·CM →→



|DB1||CM|

1155,

从而 sin〈D→B1,C→M〉=

210 15 .]

2.B [

建立空间直角坐标系如图.

则 A(1,0,0),E(0,2,1),

B(1,2,0),C1(0,2,2).

B→C1=(-1,0,2),A→E=(-1,2,1),

cos〈B→C1,A→E〉=

→→ BC1·AE →→



|BC1|·|AE|

30 10 .

所以异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为 1300.]

3.C 4.D

5.D [

不妨设 PM=a,PN=b,作 ME⊥AB 于 E,NF⊥AB 于 F,

如图:

∵∠EPM=∠FPN=45°,

∴PE= 22a,PF= 22b, ∴E→M·F→N=(P→M-P→E)·(P→N-P→F)
=P→M·P→N-P→M·P→F-P→E·P→N+P→E·P→F

=abcos

60°-a×

2 2 bcos

45°-

2 2 abcos

45°+

22a×

2 2b

=a2b-a2b-a2b+a2b=0,

∴E→M⊥F→N,∴二面角 α—AB—β 的大小为 90°.]

6.2 5 5

解析 如图建立空间直角坐标系,设正四棱锥的棱长为 2,

则 PB= 2,OB=1,OP=1.

∴B(1,0,0),D(-1,0,0),

A(0,1,0),P(0,0,1),
M??12,0,12??, N??-12,0,21??, A→M=??12,-1,21??, A→N=??-12,-1,12??,
设平面 AMN 的法向量为 n1=(x,y,z),
?n·A→M=12x-y+12z=0, ? 由
?n·A→N=-12x-y+12z=0,

解得 x=0,z=2y,不妨令 z=2,则 y=1.

∴n1=(0,1,2),平面 ABCD 的法向量 n2=(0,0,1),



cos〈n1,n2〉=|nn11|··n|n22|=

2 =2 5

5

5 .

7. 2 解析 P→B=P→A+A→B,故P→B·A→C=(P→A+A→B)·A→C=P→A·A→C+A→B·A→C=0+a× 2a×cos 45°

=a2. 又|P→B|= 3a,|A→C|=a.

∴cos〈P→B,A→C〉= 33,sin〈P→B,A→C〉= 36, ∴tan〈P→B,A→C〉= 2.

4 8.5

解析 不妨设正三棱柱 ABC—A1B1C1 的棱长为 2,建立如图所示的空间直角坐标系,

则 C(0,0,0),A( 3,-1,0),B1( 3,1,2),

D?? 23,-12,2??. 则C→D=?? 23,-12,2??,

→ CB1=( 3,1,2), 设平面 B1DC 的法向量为
??n·C→D=0, n=(x,y,1),由???n·C→B1=0, 解得 n=(- 3,1,1).又∵D→A=?? 23,-12,-2??,
∴sin θ=|cos〈D→A,n〉|=45. 9.解 (1)∵AD 与两圆所在的平面均垂直,
∴AD⊥AB,AD⊥AF,
故∠BAF 是二面角 B—AD—F 的平面角.(2 分)
依题意可知,ABFC 是正方形,∴∠BAF=45°.
即二面角 B—AD—F 的大小为 45°.(5 分)

(2)以 O 为原点,CB、AF、OE 所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系(如图所示),则

O(0,0,0),A(0,-3 2,0),B(3 2,0,0),D(0,-3 2,8),

E(0,0,8),F(0,3 2,0),(7 分)

∴B→D=(-3 2,-3 2,8),

E→F=(0,3

2,-8).cos〈B→D,E→F〉=

→→ BD·EF →→

|BD||EF|



0-18-64

100×

=- 82

82 10 .(10

分)

设异面直线 BD 与 EF 所成角为 α,则

cos

α=|cos〈B→D,E→F〉|=

82 10 .

即直线

BD



EF

所成的角的余弦值为

82 10 .

(12 分) 10.

方法一 (1)证明 取 AB 中点 E,连接 DE,则四边形 BCDE 为矩形,DE=CB=2,连 接 SE,则 SE⊥AB,SE= 3.

又 SD=1,

故 ED2=SE2+SD2,

所以∠DSE 为直角,即 SD⊥SE.(3 分)

由 AB⊥DE,AB⊥SE,DE∩SE=E,

得 AB⊥平面 SDE,

所以 AB⊥SD.

由 SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直,

所以 SD⊥平面 SAB.(6 分)

(2)解 由 AB⊥平面 SDE 知,平面 ABCD⊥平面 SDE.



SF⊥DE,垂足为

F,则

SF⊥平面

ABCD,SF=SDD·ESE=

3 2 .(8

分)

作 FG⊥BC,垂足为 G,则 FG=DC=1.

连接 SG,

又 BC⊥FG,BC⊥SF,SF∩FG=F,

故 BC⊥平面 SFG,平面 SBC⊥平面 SFG.

作 FH⊥SG,H 为垂足,则 FH⊥平面 SBC.

SF·FG 3

21

FH=

SG



,则 F 到平面 SBC 的距离为 7

7

.

由于 ED∥BC,

所以 ED∥平面 SBC,E 到平面 SBC 的距离 d 为

21 7 .(10

分)

设 AB 与平面 SBC 所成的角为 α,则 sin α=EdB= 721,

即 AB 与平面 SBC 所成的角的正弦值为

21 7 .(12

分)

方法二 以 C 为坐标原点,射线 CD 为 x 轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系 C

-xyz.

设 D(1,0,0),则 A(2,2,0)、B(0,2,0).(2 分)

又设 S(x,y,z),则 x>0,y>0,z>0.

(1)证明 A→S=(x-2,y-2,z),B→S=(x,y-2,z), D→S=(x-1,y,z), 由|A→S|=|B→S|得
?x-2?2+?y-2?2+z2 = x2+?y-2?2+z2,
故 x=1.

由|D→S|=1 得 y2+z2=1.① 又由|B→S|=2 得 x2+(y-2)2+z2=4, 即 y2+z2-4y+1=0.②

?y=12,

? 联立①②得

?z=

3 2.

(4 分)

于是

1 S(1,2,

23),A→S=(-1,-32,

3 2 ),

B→S=(1,-32, 23),D→S=(0,12, 23). 因为D→S·A→S=0,D→S·B→S=0,

故 DS⊥AS,DS⊥BS.

又 AS∩BS=S,所以 SD⊥平面 SAB.(6 分)

(2)解 设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p), 则 a⊥B→S,a⊥C→B,a·B→S=0,a·C→B=0. 又B→S=(1,-32, 23),C→B=(0,2,0),

故???m-32n+ 23p=0, ??2n=0.

取 p=2 得 a=(- 3,0,2).(9 分)

又A→B=(-2,0,0),cos〈A→B,a〉=|A→→B·a|= |AB||a|

721,

所以 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为

21 7 .(12

分)

11.(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得 A(0,0,0),B(2 3,2,0),

C(0,4,0),A1(0,0,4),E( 3,3,0),F(0,4,1).(2 分)

于是C→A1=(0,-4,4), E→F=(- 3,1,1). 则C→A1·E→F=(0,-4,4)·(- 3,1,1)=0-4+4=0,
故 EF⊥A1C.(7 分) (2)解 设 CF=λ(0<λ≤4),平面 AEF 的一个法向量为 m=(x,y,z),
则由(1)得 F(0,4,λ).(8 分)

A→E=( 3,3,0),A→F=(0,4,λ), 于是由 m⊥A→E,m⊥A→F可得

??m·A→E=0, ???m·A→F=0,

?? 3x+3y=0, 即?
??4y+λz=0.

取 m=( 3λ,-λ,4).

又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1 的一个法向量为 n=(1,0,0),于是由 θ 的锐角可得 cos

|m·n|



λ2+16

λ2+16

1 16

θ=|m|·|n|=2

,sin θ=

λ2+4

2

,所以 tan θ= λ2+4

= 3λ

3+3λ2.(11 分)

由 0<λ≤4,得1λ≥14,即 tan θ≥

13+13=

6 3.

故当

λ=4,即点

F

与点

C1 重合时,tan

θ

取得最小值

6 3.

(14 分)