2015高考数学（理）（利用向量方法求空间角）一轮复习学案

2015高考数学（理）（利用向量方法求空间角）一轮复习学案

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)