- 790.50 KB
- 2021-05-14 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
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AB
→
与CD
→
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
=1
2,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〈DB1→
,CM
→
〉
的值等于( )
A.1
2 B.
210
15
C.
2
3 D.
11
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( )
A.
10
10 B.
30
10 C.2 15
10 D.3 10
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( )
A.1
3 B.
2
3 C.
3
3 D.2
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( )
A.
2
6 B.
6
3
C.
3
6 D.
6
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,π
2 ] (3)|cos φ| | a·b
|a|·|b| |
2.(2)[0,π
2 ] (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,π
2 ]
解
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
→
|BD
→
||A1C
→
|
=- 10
5 .
∴异面直线 BD 与 A1C 所成角的余弦值为 10
5 .
变式迁移 1 解 ∵BA1→
=BA
→
+BB1→
,AC
→
=AB
→
+BC
→
,
∴BA1→
·AC
→
=(BA
→
+BB1→
)·(AB
→
+BC
→
)
=BA
→
·AB
→
+BA
→
·BC
→
+BB1→
·AB
→
+BB1→
·BC
→
.
∵AB⊥BC,BB1⊥AB,BB1⊥BC,
∴BA
→
·BC
→
=0,BB1→
·AB
→
=0,
BB1→
·BC
→
=0,BA
→
·AB
→
=-a2,
∴BA1→
·AC
→
=-a2.
又BA1→
·AC
→
=|BA1→
|·|AC
→
|·cos〈BA1→
,AC
→
〉,
∴cos〈BA1→
,AC
→
〉=
-a2
2a × 2a
=-1
2.
∴〈BA1→
,AC
→
〉=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〈OP
→
,OP′→
〉,其中 OP′为斜线 OP 在平面 α 内的射影;二是通过求〈n,OP
→
〉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MN
→
=(-1,1,-2).
又DA
→
=(0,0,2)为平面 DCEF 的法向量,
可得 cos〈MN
→
,DA
→
〉=
MN
→
·DA
→
|MN
→
||DA
→
|
=- 6
3 .
所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为
|cos〈MN
→
,DA
→
〉|= 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).
∴BD
→
=(0,2,1),DF
→
=(1,-2,0).
设平面 BDF 的一个法向量为
n=(2,a,b),
∵n⊥DF
→
,n⊥BD
→
,
∴Error!
即Error!
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BA
→
的夹角为π
2-θ,
∴cos(π
2-θ )=
BA
→
·n
|BA
→
||n|
=
(2,0,0)·(2,1,-2)
2 × 3 =2
3,
即 sin θ=2
3,故 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值为2
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(1
2,0,0),C(1,1,0),
B(0,1,0),S(0,0,1),
∴AS
→
=(0,0,1),SC
→
=(1,1,-1),
SD
→
=(1
2,0,-1),AB
→
=(0,1,0),AD
→
=(1
2,0,0).
∴AD
→
·AS
→
=0,AD
→
·AB
→
=0.
∴AD
→
是面 SAB 的法向量,设平面 SCD 的法向量为 n=(x,y,z),则有 n·SC
→
=0 且 n·SD
→
=0.
即Error!令 z=1,则 x=2,y=-1.
∴n=(2,-1,1).
∴cos〈n,AD
→
〉=
n·AD
→
|n||AD
→
|
=
2 × 1
2
6 × 1
2
= 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= 2
2 SA,
且 AO⊥BC.
又△SBC 为等腰三角形,
故 SO⊥BC,且 SO= 2
2 SA.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(-1
2,0,1
2),
MO
→
=(1
2,0,-1
2),MA
→
=(1
2,1,-1
2),
SC
→
=(-1,0,-1),
∴MO
→
·SC
→
=0,MA
→
·SC
→
=0.
故 MO⊥SC,MA⊥SC,〈MO
→
,MA
→
〉等于二面角 A—SC—B 的平面角.
cos〈MO
→
,MA
→
〉=
MO
→
·MA
→
|MO
→
||MA
→
|
= 3
3 ,
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).
BC
→
=(-1,1,0),DA
→
=(1,1,1),
∴BC
→
·DA
→
=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〉= n1·n2
|n1||n2|= 1+0+1
3 × 2
= 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),DE
→
=(x,1,x),要使 ED 与平
面 BCD 成 30°角,由图可知DE
→
与 n 的夹角为 60°,
所以 cos〈DE
→
,n〉=
DE
→
·n
|DE
→
||n|
= x
1+2x2
=cos 60°=1
2.
则 2x= 1+2x2,解得 x= 2
2 ,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=1
2BC,
在▱ABCD 中,M 是线段 AD 的中点,
则 AM∥BC,且 AM=1
2BC,
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AB
→
=(2,-2,0),BC
→
=(0,2,0).又 EF=1
2AB,
所以 F(1,-1,1),BF
→
=(-1,1,1).
设平面 BFC 的法向量为 m=(x1,y1,z1),
则 m·BC
→
=0,m·BF
→
=0,
所以Error!取 z1=1,得 x1=1,所以 m=(1,0,1).
设平面向量 ABF 的法向量为 n=(x2,y2,z2),
则 n·AB
→
=0,n·BF
→
=0,所以Error!
取 y2=1,得 x2=1.则 n=(1,1,0).
所以 cos〈m,n〉= m·n
|m|·|n|=1
2.
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=1
2AB= 2,
所以在 Rt△CHR 中,tan∠HRC= 2
6
3
= 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),
CM
→
=(1,-1
2,0),
故 cos〈DB1→
,CM
→
〉=
DB1→
·CM
→
|DB1→
||CM
→
|
= 15
15 ,
从而 sin〈DB1→
,CM
→
〉= 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).
BC1→
=(-1,0,2),AE
→
=(-1,2,1),
cos〈BC1→
,AE
→
〉=
BC1→
·AE
→
|BC1→
|·|AE
→
|
= 30
10 .
所以异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为 30
10 .]
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= 2
2 a,PF= 2
2 b,
∴EM
→
·FN
→
=(PM
→
-PE
→
)·(PN
→
-PF
→
)
=PM
→
·PN
→
-PM
→
·PF
→
-PE
→
·PN
→
+PE
→
·PF
→
=abcos 60°-a× 2
2 bcos 45°- 2
2 abcos 45°+ 2
2 a× 2
2 b
=ab
2 -ab
2 -ab
2 +ab
2 =0,
∴EM
→
⊥FN
→
,∴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(1
2,0,1
2),
N(-1
2,0,1
2),
AM
→
=(1
2,-1,1
2),
AN
→
=(-1
2,-1,1
2),
设平面 AMN 的法向量为 n1=(x,y,z),
由Error!
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),
则 cos〈n1,n2〉= n1·n2
|n1|·|n2|= 2
5
=2 5
5 .
7. 2
解析 PB
→
=PA
→
+AB
→
,故PB
→
·AC
→
=(PA
→
+AB
→
)·AC
→
=PA
→
·AC
→
+AB
→
·AC
→
=0+a× 2a×cos 45°
=a2.
又|PB
→
|= 3a,|AC
→
|=a.
∴cos〈PB
→
,AC
→
〉= 3
3 ,sin〈PB
→
,AC
→
〉= 6
3 ,
∴tan〈PB
→
,AC
→
〉= 2.
8.4
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( 3
2 ,-1
2,2).
则CD
→
=( 3
2 ,-1
2,2),
CB1→
=( 3,1,2),
设平面 B1DC 的法向量为
n=(x,y,1),由Error!
解得 n=(- 3,1,1).又∵DA
→
=( 3
2 ,-1
2,-2),
∴sin θ=|cos〈DA
→
,n〉|=4
5.
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)
∴BD
→
=(-3 2,-3 2,8),
EF
→
=(0,3 2,-8).cos〈BD
→
,EF
→
〉=
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〈BD
→
,EF
→
〉|= 82
10 .
即直线 BD 与 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.
作 SF⊥DE,垂足为 F,则 SF⊥平面 ABCD,SF=SD·SE
DE = 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.
FH=SF·FG
SG = 3
7
,则 F 到平面 SBC 的距离为 21
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= d
EB= 21
7 ,
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 AS
→
=(x-2,y-2,z),BS
→
=(x,y-2,z),
DS
→
=(x-1,y,z),
由|AS
→
|=|BS
→
|得
(x-2)2+(y-2)2+z2
= x2+(y-2)2+z2,
故 x=1.
由|DS
→
|=1 得 y2+z2=1.①
又由|BS
→
|=2 得 x2+(y-2)2+z2=4,
即 y2+z2-4y+1=0.②
联立①②得Error!(4 分)
于是 S(1,1
2, 3
2 ),AS
→
=(-1,-3
2, 3
2 ),
BS
→
=(1,-3
2, 3
2 ),DS
→
=(0,1
2, 3
2 ).
因为DS
→
·AS
→
=0,DS
→
·BS
→
=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⊥BS
→
,a⊥CB
→
,a·BS
→
=0,a·CB
→
=0.
又BS
→
=(1,-3
2, 3
2 ),CB
→
=(0,2,0),
故Error!
取 p=2 得 a=(- 3,0,2).(9 分)
又AB
→
=(-2,0,0),cos〈AB
→
,a〉=
|AB
→
·a|
|AB
→
||a|
= 21
7 ,
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CA1→
=(0,-4,4),
EF
→
=(- 3,1,1).
则CA1→
·EF
→
=(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)
AE
→
=( 3,3,0),AF
→
=(0,4,λ),
于是由 m⊥AE
→
,m⊥AF
→
可得
Error!即Error!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 θ= |m·n|
|m|·|n|= 3λ
2 λ2+4
,sin θ= λ2+16
2 λ2+4
,所以 tan θ= λ2+16
3λ
= 1
3+16
3λ2.(11 分)
由 0<λ≤4,得1
λ≥1
4,即 tan θ≥ 1
3+1
3= 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)