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  • 2021-05-14 发布

2015高考数学(理)(利用向量方法求空间角)一轮复习学案

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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)