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【步步高】2015届高三数学北师大版(通用,理)总复习学案:学案46 利用向量方法求空间角


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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,
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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

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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, 1 AD= ,求面 SCD 与面 SBA 所成角的余弦值大小. 2

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.

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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.

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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( ) 1 210 A. B. 2 15 2 11 C. D. 3 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 30 2 15 3 10 A. B. C. D. 10 10 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( ) 1 2 3 2 A. B. C. D. 3 3 3 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 6 A. B. 6 3 3 6 C. 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
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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.
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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
自主梳理

利用向量方法求空间角

π a· b ? 0, ? (3)|cos φ| ? 1.(2)? 2 |a|· ? ? ? |b|? π? 2.(2)? ?0,2? (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. π? (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? ?0,2? 解

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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), → → BD· A1C 10 → → ∴cos〈BD,A1C〉= =- . 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 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〉 , 2 -a 1 → → ∴cos〈BA1,AC〉= =- . 2 2a× 2a → → ∴〈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,

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→ → MN· DA 6 → → 可得 cos〈MN,DA〉= =- . 3 → → |MN||DA| 所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 6 → → |cos〈MN,DA〉|= . 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, → ? DF=0, ?n· ∴? → ? BD=0. ?n·
??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, π → 则法向量 n 与BA的夹角为 -θ, 2 → π ? BA· ?2,1,-2? 2 n ?2,0,0?· -θ = ∴cos? = = , ?2 ? → 3 2×3 |BA||n| 2 2 即 sin θ= ,故 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值为 . 3 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), 1 ? D? ?2,0,0?,C(1,1,0), B(0,1,0),S(0,0,1), → → ∴AS=(0,0,1),SC=(1,1,-1),

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1 → → ?1 ? → ? SD=? ?2,0,-1?,AB=(0,1,0),AD=?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. x+y-z=0, ? ? 即?1 令 z=1,则 x=2,y=-1. x-z=0. ? 2 ? ∴n=(2,-1,1). 1 2× → 2 n· AD 6 → ∴cos〈n,AD〉= = = . 1 3 → |n||AD| 6× 2 6 . 3 变式迁移 3 (1)证明 由题设 AB=AC=SB=SC=SA. 故面 SCD 与面 SBA 所成的二面角的余弦值为

连接 OA,△ABC 为等腰直角三角形, 2 所以 OA=OB=OC= SA, 2 且 AO⊥BC. 又△SBC 为等腰三角形, 2 故 SO⊥BC,且 SO= SA.从而 OA2+SO2=SA2, 2 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). 1 1? SC 的中点 M? ?-2,0,2?, 1 1 1 1 → → ,0,- ?,MA=? ,1,- ?, MO=? 2? 2? ?2 ?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.

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→ → MO· MA 3 → → cos〈MO,MA〉= = , 3 → → |MO||MA| 所以二面角 A—SC—B 的余弦值为 例 4 解题导引 建立方程,进行求解. (1)证明 3 . 3 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

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〉 , n1· n2 1+0+1 6 ∴cos〈n1,n2〉= = = . |n1||n2| 3 3× 2 6 即二面角 B-AC-D 的余弦值为 . 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° , → DE· n x → 所以 cos〈DE,n〉= = → 1+2x2 |DE||n| 1 =cos 60° = . 2 2 ,则 CE= 2x=1. 2 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 则 2x= 1+2x2,解得 x=

(1)证明 方法一 因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90° , 所以∠EGF=90° ,
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△ABC∽△EFG. 由于 AB=2EF,因此 BC=2FG. 1 连接 AF,由于 FG∥BC,FG= BC, 2 在?ABCD 中,M 是线段 AD 的中点, 1 则 AM∥BC,且 AM= BC, 2 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), 1 → → 所以AB=(2,-2,0),BC=(0,2,0).又 EF= AB, 2 → 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, ? ?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), ? ?x2=y2, → → 则 n· AB=0,n· BF=0,所以? ?z2=0, ?
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取 y2=1,得 x2=1.则 n=(1,1,0). m· n 1 所以 cos〈m,n〉= = . |m|· |n| 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, 6 因此在 Rt△BHF 中,HR= . 3 1 由于 CH= AB= 2, 2 2 所以在 Rt△CHR 中,tan∠HRC= = 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), 1 ? → CM=? ?1,-2,0?, → → DB1· CM 15 → → 故 cos〈DB1,CM〉= = , 15 → → |DB1||CM| 210 → → 从而 sin〈DB1,CM〉= .] 15 2.B [

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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), → → BC1· AE 30 → → cos〈BC1,AE〉= = . 10 → → |BC1|· |AE| 所以异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为 3.C 4.D 5.D [ 30 .] 10

不妨设 PM=a,PN=b,作 ME⊥AB 于 E,NF⊥AB 于 F, 如图: ∵∠EPM=∠FPN=45° , 2 2 ∴PE= a,PF= b, 2 2 → → → → → → ∴EM· FN=(PM-PE)· (PN-PF) → → → → → → → → =PM· PN-PM· PF-PE· PN+PE· PF 2 2 2 2 =abcos 60° -a× bcos 45° - abcos 45° + a× b 2 2 2 2 ab ab ab ab = - - + =0, 2 2 2 2 → → ∴EM⊥FN,∴二面角 α—AB—β 的大小为 90° .] 2 5 6. 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), 1 1? M? ?2,0,2?,

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1 1? N? ?-2,0,2?, 1 1? → AM=? ?2,-1,2?, 1 1? → AN=? ?-2,-1,2?, 设平面 AMN 的法向量为 n1=(x,y,z), 1 → 1 n· AM= x-y+ z=0, 2 2 由 1 1 → n· AN=- x-y+ z=0, 2 2

? ? ?

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), 2 2 5 n1· n2 则 cos〈n1,n2〉= = = . |n1|· |n2| 5 5 7. 2 → → → → → → → → → → → → 解析 PB=PA+AB,故PB· AC=(PA+AB)· AC=PA· AC+AB· AC=0+a× 2a×cos 45° 2 =a . → → 又|PB|= 3a,|AC|=a. 3 6 → → → → ∴cos〈PB,AC〉= ,sin〈PB,AC〉= , 3 3 → → ∴tan〈PB,AC〉= 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?

3 1 ? ,- ,2 . 2 2 ? ? 3 1 → 则CD=? ,- ,2?, 2 ? ?2 → CB1=( 3,1,2), 设平面 B1DC 的法向量为 → ? CD=0, ?n· n=(x,y,1),由? → ? CB1=0, ?n· 3 1 → 解得 n=(- 3,1,1).又∵DA=? ,- ,-2?, 2 ?2 ? 4 → ∴sin θ=|cos〈DA,n〉|= . 5 9.解 (1)∵AD 与两圆所在的平面均垂直, ∴AD⊥AB,AD⊥AF,
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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), → → BD· EF → → → EF=(0,3 2,-8).cos〈BD,EF〉= → → |BD||EF| 0-18-64 82 = =- .(10 分) 10 100× 82 设异面直线 BD 与 EF 所成角为 α,则 82 → → cos α=|cos〈BD,EF〉|= . 10 即直线 BD 与 EF 所成的角的余弦值为 (12 分) 10. 82 . 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. SD· SE 3 作 SF⊥DE,垂足为 F,则 SF⊥平面 ABCD,SF= = .(8 分) DE 2 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.
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作 FH⊥SG,H 为垂足,则 FH⊥平面 SBC. SF· FG 3 21 FH= = ,则 F 到平面 SBC 的距离为 . SG 7 7 由于 ED∥BC, 21 所以 ED∥平面 SBC,E 到平面 SBC 的距离 d 为 .(10 分) 7 d 21 设 AB 与平面 SBC 所成的角为 α,则 sin α= = , EB 7 21 即 AB 与平面 SBC 所成的角的正弦值为 .(12 分) 7 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 1 y= , 2 联立①②得 (4 分) 3 z= . 2

? ? ?

1 3 → 3 3 于是 S(1, , ),AS=(-1,- , ), 2 2 2 2 3 3 → 1 3 → BS=(1,- , ),DS=(0, , ). 2 2 2 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. 3 3 → → 又BS=(1,- , ),CB=(0,2,0), 2 2

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? ?m-3n+ 3p=0, 2 2 故? ?2n=0. ?
取 p=2 得 a=(- 3,0,2).(9 分) → |AB· a| 21 → → 又AB=(-2,0,0),cos〈AB,a〉= = , 7 → |AB||a| 21 所以 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为 .(12 分) 7 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 → ? AE=0, ?m· ? 3x+3y=0, ? 即? 取 m=( 3λ,-λ,4). → 4y+λz=0. ? ? AF=0, ?m· 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 λ2+16 λ2+16 |m· n| 3λ 1 16 θ= = ,sin θ= ,所以 tan θ= = + .(11 分) |m|· |n| 2 λ2+4 3 3λ2 3λ 2 λ2+4 1 1 由 0<λ≤4,得 ≥ ,即 tan θ≥ λ 4 1 1 6 + = . 3 3 3 6 . 3

故当 λ=4,即点 F 与点 C1 重合时,tan θ 取得最小值 (14 分)

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