向量法求空間角

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云師堂,高考數(shù)學(xué),一輪復(fù)習(xí)學(xué)案

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學(xué)案46利用向量方法求空間角

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.把握各種空間角的定義，弄清它們各自的取值范圍.2.把握異面直線所成的角，二面角的平面角，直線與平面所成的角的聯(lián)系和區(qū)別.3.體會(huì)求空間角中的轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，熟練把握平移方法、射影方法等.4.靈活地運(yùn)用各種方法求空間角．

自主梳理

1．兩條異面直線的夾角

(1)定義：設(shè)a，b是兩條異面直線，在直線a上任取一點(diǎn)作直線a′∥b，則a′與a的夾角叫做a與b的夾角．

(2)范圍：兩異面直線夾角θ的取值范圍是_______________________________________．(3)向量求法：設(shè)直線a，b的方向向量為a，b，其夾角為φ，則有cosθ＝________＝______________.

2．直線與平面的夾角

(1)定義：直線和平面的夾角，是指直線與它在這個(gè)平面內(nèi)的射影的夾角．(2)范圍：直線和平面夾角θ的取值范圍是________________________________________．(3)向量求法：設(shè)直線l的方向向量為a，平面的法向量為u，直線與平面所成的角為θ，a與u的夾角為φ，則有sinθ＝__________或cosθ＝sinφ.

3．二面角

(1)二面角的取值范圍是____________．(2)二面角的向量求法：

①若AB、CD分別是二面角α—l—β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的異面直線，則二面角的大

→→

小就是向量AB與CD的夾角(如圖①)．

②設(shè)n1，n2分別是二面角α—l—β的兩個(gè)面α，β的法向量，則向量n1與n2的夾角(或其補(bǔ)角)的大小就是二面角的平面角的大小(如圖②③)．

自我檢測

1．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角為()A．45B．135C．45或135D．90

2．若直線l1，l2的方向向量分別為a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，則()A．l1∥l2B．l1⊥l2C．l1與l2相交但不垂直D．以上均不正確

3．若直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于120，則直線l與平面α所成的角等于()

A．120B．60C．30D．以上均錯(cuò)4．(2023湛江月考)二面角的棱上有A、B兩點(diǎn)，直線AC、BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，則該二面角的大小為()

A．150B．45C．60D．1205．(2023鐵嶺模擬)已知直線AB、CD是異面直線，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，則異面直線AB與CD夾角的大小為()

A．30B．45C．60D．75

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探究點(diǎn)一利用向量法求異面直線所成的角

例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90，CA＝CB＝CC1，D為B1C1的中點(diǎn)，求異面直線BD和A1C所成角的余弦值．

變式遷移1

如下圖，在棱長為a的正方體ABCD—A1B1C1D1中，求異面直線BA1和AC所成的角．

探究點(diǎn)二利用向量法求直線與平面所成的角例2(2023新鄉(xiāng)月考)如圖，已知兩個(gè)正方形ABCD和DCEF不在同一平面內(nèi)，M，N分別為AB

，DF的中點(diǎn)．

若平面ABCD⊥平面DCEF，求直線MN與平面DCEF所成角的正弦值．

變式遷移2

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如下圖，在幾何體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，點(diǎn)F是AE的中點(diǎn)．求AB與平面BDF所成角的正弦值．

探究點(diǎn)三利用向量法求二面角

例3如圖，ABCD是直角梯形，∠BAD＝90，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝BA＝1，1

AD，求面SCD與面SBA所成角的余弦值大?。?/p>

2

變式遷移3

(2023滄州月考)如圖，在三棱錐S—ABC中，側(cè)面SAB與側(cè)面SAC均為等邊三角形，∠BAC＝90，O為BC中點(diǎn)．

(1)證明：SO⊥平面ABC；

(2)求二面角A—SC—B的余弦值．

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探究點(diǎn)四向量法的綜合應(yīng)用

例4

如下圖，在三棱錐A—BCD中，側(cè)面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜邊，且AD3，BD＝CD＝1，另一個(gè)側(cè)面ABC是正三角形．

(1)求證：AD⊥BC；

(2)求二面角B－AC－D的余弦值；

(3)在線段AC上是否存在一點(diǎn)E，使ED與面BCD成30角？若存在，確定點(diǎn)E的位置；若不存在，說明理由．

變式遷移4(2023山東)在如下圖的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，∠ACB＝90，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.

(1)若M是線段AD的中點(diǎn)，求證：GM∥平面ABFE；(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．

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1．求兩異面直線a、b的夾角θ，需求出它們的方向向量a，b的夾角，則

cosθ＝|cos〈a，b〉|.

2．求直線l與平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n與直線l的方向向量a的夾角．則sinθ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出兩個(gè)平面的法向量n1，n2所成的角．則θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．

(總分值：75分)

一、選擇題(每題5分，共25分)

→→

1．(2023成都月考)在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中點(diǎn)，則sin〈DB1，CM〉的值等于()

1210A.B.215211C.D.315

2．長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點(diǎn)，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為()

1021510C.D.10

101010

3．已知正四棱錐S—ABCD的側(cè)棱長與底面邊長都相等，E是SB的中點(diǎn)，則AE、SD所成的角的余弦值為()

1232A.C.D.33334.

如下圖，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D與上底面A1B1C1D1所成的角分別為60和45，則異面直線B1C和C1D所成的余弦值為()

26A.6336C.D.645．(2023蘭州月考)P是二面角α—AB—β棱上的一點(diǎn)，分別在α、β平面上引射線PM、PN，假使∠BPM＝∠BPN＝45，∠MPN＝60，那么二面角α—AB—β的大小為()

A．60B．70C．80D．90二、填空題(每題4分，共12分)6．(2023鄭州模擬)已知正四棱錐P—ABCD的棱長都相等，側(cè)棱PB、PD的中點(diǎn)分別為M、N，則截面AMN與底面ABCD所成的二面角的余弦值是________．

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7．如圖，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90且PA＝AC＝BC＝a，則異面直線PB與AC所成角的正切值等于________．

8．如圖，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點(diǎn)，則直線AD與平面B1DC

所成角的正弦值為________．

三、解答題(共38分)9．(12

分)(2023煙臺(tái)模擬)

如下圖，AF、DE分別是⊙O、⊙O1的直徑，AD與兩圓所在的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直徑，AB＝AC＝6，OE∥AD.

(1)求二面角B－AD－F的大小；

(2)求直線BD與EF所成的角的余弦值．

10．(12分)(2023大綱全國)如圖，四棱錐S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，側(cè)面SAB為等邊三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.

(1)證明：SD⊥平面SAB；

(2)求AB與平面SBC所成角的正弦值．

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11．(14分)(2023湖北)如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱長都是4，E是BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)F在側(cè)棱CC1上，且不與點(diǎn)C重合．

(1)當(dāng)CF＝1時(shí)，求證：EF⊥A1C；

(2)設(shè)二面角C－AF－E的大小為θ，求tanθ的最小值．

學(xué)案46利用向量方法求空間角

自主梳理

πab0，(3)|cosφ|1．(2)|b|2|a|π

0，(3)|cosφ|3.(1)[0，π]2．(2)2自我檢測

1．C2.B3.C4.C5.C課堂活動(dòng)區(qū)

例1解題導(dǎo)引(1)求異面直線所成的角，用向量法比較簡單，若用基向量法求解，則必需選好空間的一組基向量，若用坐標(biāo)求解，則一定要將每個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)寫正確．

π0，(2)用異面直線方向向量求兩異面直線夾角時(shí)，應(yīng)注意異面直線所成角的范圍是2解

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如下圖，以C為原點(diǎn)，直線CA、CB、CC1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．

設(shè)CA＝CB＝CC1＝2，

則A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，→→

∴BD＝(0，－1,2)，A1C＝(－2,0，－2)，

→→BDAC→→

∴cos〈BD，A1C〉＝＝－5→→

|BD||A1C|

∴異面直線BD與A1C所成角的余弦值為5

→→→→→→

變式遷移1解∵BA1＝BA＋BB1，AC＝AB＋BC，→→→→→→∴BA1AC＝(BA＋BB1)(AB＋BC)→→→→→→→→＝BAAB＋BABC＋BB1AB＋BB1BC.∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，→→→→∴BABC＝0，BB1AB＝0，→→→→BB1BC＝0，BAAB＝－a2，→→∴BA1AC＝－a2.→→→→→→又BA1AC＝|BA1||AC|cos〈BA1，AC〉，

2－a1→→

∴cos〈BA1，AC〉＝22a2a

→→

∴〈BA1，AC〉＝120.

∴異面直線BA1與AC所成的角為60.

例2解題導(dǎo)引在用向量法求直線OP與α所成的角(O∈α)時(shí)，一般有兩種途徑：一

→→→

是直接求〈OP，OP′〉，其中OP′為斜線OP在平面α內(nèi)的射影；二是通過求〈n

，OP〉進(jìn)而轉(zhuǎn)化求解，其中n為平面α的法向量．

解

設(shè)正方形ABCD，DCEF的邊長為2，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線DC，DF，DA為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖．

→

則M(1,0,2)，N(0,1,0)，可得MN＝(－1,1，－2)．→

又DA＝(0,0,2)為平面DCEF的法向量，

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→→MNDA6→→

可得cos〈MN，DA〉＝.

3→→

|MN||DA|

所以MN與平面DCEF所成角的正弦值為

→→

|cos〈MN，DA〉|＝.

3

變式遷移2解以點(diǎn)B為原點(diǎn)，BA、BC、BE所在的直線分別為x，y，z

軸，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，則

B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,2,1)，E(0,0,2)，F(xiàn)(1,0,1)．→→

∴BD＝(0,2,1)，DF＝(1，－2,0)．設(shè)平面BDF的一個(gè)法向量為n＝(2，a，b)，

→→∵n⊥DF，n⊥BD，

→DF＝0，n∴

→BD＝0.n

1，－2，0＝0，2，a，b即2，a，b0，2，1＝0.

解得a＝1，b＝－2.∴n＝(2,1，－2)．設(shè)AB與平面BDF所成的角為θ，

π→

則法向量n與BA的夾角為θ，

2

→

πBA2，1，－22n2，0，0∴cos2θ＝＝，

3→23

|BA||n|22

即sinθ＝，故AB與平面BDF所成角的正弦值為33

例3解題導(dǎo)引圖中面SCD與面SBA所成的二面角沒有明顯的公共棱，考慮到易于建系，從而借助平面的法向量來求解．

解

建系如圖，則A(0,0,0)，1

，0，0，C(1,1,0)，D2

B(0，1,0)，S(0,0,1)，→→

∴AS＝(0,0,1)，SC＝(1,1，－1)，

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→→→

0，－1，AB＝(0,1,0)，AD＝0，0.SD＝22

→→→→

∴ADAS＝0，ADAB＝0.→→→∴AD是面SAB的法向量，設(shè)平面SCD的法向量為n＝(x，y，z)，則有nSC＝0且nSD＝0.

x＋y－z＝0，即1令z＝1，則x＝2，y＝－1.

－z＝0.2

∴n＝(2，－1,1)．

1

2→2nAD6→

∴cos〈n，AD〉＝＝.

13→

|n||AD|

2

6.3

變式遷移3(1)證明由題設(shè)AB＝AC

＝SB＝SC＝SA.故面SCD與面SBA連接OA，△ABC為等腰直角三角形，

2

所以O(shè)A＝OB＝OC＝，

2

且AO⊥BC.

又△SBC為等腰三角形，

2

故SO⊥BC，且SO＝SA.從而OA2＋SO2＝SA2，

2

所以△SOA為直角三角形，SO⊥AO.又AO

∩BC＝O，所以SO⊥平面ABC.(2)解

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線OB、OA、OS分別為x軸、y軸、z軸的正半軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如右圖．

設(shè)B(1,0,0)，則C(－1,0,0)，A(0,1,0)，S(0,0,1)．

11－，0，，SC的中點(diǎn)M221111→→

，0，－，MA＝，1，－，MO＝2222

→

SC＝(－1,0，－1)，→→→→∴MOSC＝0，MASC＝0.

→→

故MO⊥SC，MA⊥SC，〈MO，MA〉等于二面角A—SC—B的平面角．

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→→MOMA→→

cos〈MO，MA〉＝

3→→

|MO||MA|

33

例4解題導(dǎo)引立體幾何中開放性問題的解決方式往往是通過假設(shè)，借助空間向量建立方程，進(jìn)行求解．

(1)

證明

所以二面角A—SC—B的余弦值為

作AH⊥面BCD于H，連接BH、CH、DH，則四邊形BHCD是正方形，且AH＝1，將其補(bǔ)形為如下圖正方體．以D為原點(diǎn)，建立如下圖空間直角坐標(biāo)系．

則B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(1,1,1)．→→

BC＝(－1,1,0)，DA＝(1,1,1)，→→∴BCDA＝0，則BC⊥AD.

→→

(2)解設(shè)平面ABC的法向量為n1＝(x，y，z)，則由n1⊥BC知：n1BC＝－x＋y＝0，

→→

同理由n1⊥AC知：n1AC＝－x－z＝0，可取n1＝(1,1，－1)，

同理，可求得平面ACD的一個(gè)法向量為n2＝(1,0，－1)．由圖可以看出，二面角B－AC－D即為〈n1，n2〉，

nn1＋0＋16

∴cos〈n1，n2〉＝＝.

|n1||n2|323

6

即二面角B－AC－D的余弦值為3

(3)解設(shè)E(x，y，z)是線段AC上一點(diǎn)，

→

則x＝z0，y＝1，平面BCD的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)，DE＝(x,1，x)，要使ED與平

→

面BCD成30角，由圖可知DE與n的夾角為60，

→DEnx→

所以cos〈DE，n〉＝→1＋2x|DE||n|

1

＝cos60＝.

2

2

則2x1＋2x，解得x＝CE2x＝1.

2

故線段AC上存在E點(diǎn)，且CE

＝1時(shí)，ED與面BCD成30角．變式遷移4

(1)證明方法一由于EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90，所以∠EGF＝90，

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△ABC∽△EFG.

由于AB＝2EF，因此BC＝2FG.

1

連接AF，由于FG∥BC，F(xiàn)G＝BC，

2

在ABCD中，M是線段AD的中點(diǎn)，

1

則AM∥BC，且AM＝BC，

2

因此FG∥AM且FG＝AM，

所以四邊形AFGM為平行四邊形，因此GM∥FA.又FA平面ABFE，GM平面ABFE，所以GM∥平面ABFE

.

方法二由于EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90，所以∠EGF＝90，△ABC∽△EFG.由于AB＝2EF，所以BC＝2FG.

取BC的中點(diǎn)N，連接GN，

因此四邊形BNGF為平行四邊形，所以GN∥FB.在ABCD中，M是線段AD的中點(diǎn)，連接MN，則MN∥AB.由于MN∩GN＝N，所以平面GMN∥平面ABFE.

又GM平面GMN，所以GM∥平面ABFE

.

(2)解方法一由于∠ACB＝90，所以∠CAD＝90.又EA⊥平面ABCD，

所以AC，AD，AE兩兩垂直．

分別以AC，AD，AE所在直線為x軸，y軸和z軸，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AC＝BC＝2AE＝2，則由題意得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，

2

→

所以F(1，－1,1)，BF＝(－1,1,1)．

設(shè)平面BFC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，

→→則mBC＝0，mBF＝0，

y1＝0，所以取z1＝1，得x1＝1，所以m＝(1,0,1)．

x1＝z1，

設(shè)平面向量ABF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，

x2＝y(tǒng)2，→→

則nAB＝0，nBF＝0，所以

z2＝0，

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取y2＝1，得x2＝1.則n＝(1,1,0)．

mn1

所以cos〈m，n〉＝＝.

|m||n|2

因此二面角A－BF－C的大小為60

.

方法二由題意知，平面ABFE⊥平面ABCD.取AB的中點(diǎn)H，連接CH.由于AC＝BC，所以CH⊥AB，則CH⊥平面ABFE.

過H向BF引垂線交BF于R，連接CR，則CR⊥BF，所以∠HRC為二面角A－BF－C的平面角．由題意，不妨設(shè)AC＝BC＝2AE＝2，

在直角梯形ABFE中，連接FH，則FH⊥AB.又AB＝22，

所以HF＝AE＝1，BH＝2，

6

因此在Rt△BHF中，HR＝3

1

由于CH2，

2

2

所以在Rt△CHR中，tan∠HRC

3.

63

因此二面角A－BF－C的大小為60.課后練習(xí)區(qū)1．B

[以D為原點(diǎn)，DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體

→

棱長為1，易知DB1＝(1,1,1)，

1→

1，－0，CM＝2

→→DBCM15→→

故cos〈DB1，CM〉＝

15→→

|DB1||CM|

210→→

從而sin〈DB1，CM〉＝15

2．B[

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建立空間直角坐標(biāo)系如圖．則A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．→→

BC1＝(－1,0,2)，AE＝(－1,2,1)，

→→BCAE→→

cos〈BC1，AE〉＝＝10→→

|BC1||AE|所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為3．C4.D

5

．D[

3010

不妨設(shè)PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，如圖：

∵∠EPM＝∠FPN＝45，

22

∴PE＝，PF＝，

22→→→→→→∴EMFN＝(PM－PE)(PN－PF)→→→→→→→→＝PMPN－PMPF－PEPN＋PEPF

222

＝abcos60－abcos45－abcos45＋

2222

abababab

＝－＝0，2222→→

∴EM⊥FN，∴二面角α—AB—β的大小為90.]2

6.5

解析2，則PB＝2，OB＝1，OP＝1.

∴B(1,0,0)，D(－1,0,0)，A(0,1,0)，P(0,0,1)，110，，M22

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－0，，N22

11→

，－1，，AM＝2211→

－1，，AN＝22

設(shè)平面AMN的法向量為n1＝(x，y，z)，

1→1

nAM＝x－y＋＝0，

22

由

11→

nAN＝－－y＋z＝0，

22

解得x＝0，z＝2y，不妨令z＝2，則y＝1.

∴n1＝(0,1,2)，平面ABCD的法向量n2＝(0,0,1)，

225nn則cos〈n1，n2〉＝＝.

|n1||n2|55

7.2

→→→→→→→→→→→→

解析PB＝PA＋AB，故PBAC＝(PA＋AB)AC＝PAAC＋ABAC＝0＋a2acos45＝a2.

→→

又|PB|＝3a，|AC|＝a.

36→→→→

∴cos〈PB，AC，sin〈PB，AC〉＝，

33

→→

∴tan〈PB，AC〉＝2.48.5

解析不妨設(shè)正三棱柱ABC—A1B1C1的棱長為

2，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A(3，－1,0)，B1(3，1,2)，

312.

22

31→

則CD＝，2，

22

→

CB1＝(3，1,2)，

設(shè)平面B1DC的法向量為

→CD＝0，n

n＝(x，y,1)，由

→CB1＝0，nD

1→

解得n＝(3，1,1)．又∵DA＝，－，－2，

22

4→

∴sinθ＝|cos〈DA，n〉|＝.

5

9．解(1)∵AD與兩圓所在的平面均垂直，∴AD⊥AB，AD⊥AF，

云師堂,高考數(shù)學(xué),一輪復(fù)習(xí)學(xué)案

故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角．(2分)依題意可知，ABFC是正方形，∴∠BAF＝45.即二面角B—AD—F的大小為45.(5分

)

(2)以O(shè)為原點(diǎn)，CB、AF、OE所在直線為坐標(biāo)軸，建立空間直角坐標(biāo)系(如下圖)，則O(0,0,0)，A(0，－32，0)，B(32，0,0)，D(0，－32，8)，

E(0,0,8)，F(xiàn)(0,32，0)，(7分)→

∴BD＝(－32，－32，8)，

→→BDEF→→→

EF＝(0,32，－8)．cos〈BD，EF〉＝→→|BD||EF|

0－18－6482＝.(10分)

10100設(shè)異面直線BD與EF所成角為α，則

82→→

cosα＝|cos〈

BD，EF〉|＝.

10

82

即直線BD與EF所成的角的余弦值為10

(12分)10.

方法一(1)證明取AB中點(diǎn)E，連接DE，則四邊形BCDE為矩形，DE＝CB＝2，連接SE，則SE⊥AB，SE＝3.

又SD＝1，

故ED2＝SE2＋SD2，

所以∠DSE為直角，即SD⊥SE.(3分)由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD.

由SD與兩條相交直線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.

SDSE3

作SF⊥DE，垂足為F，則SF⊥平面ABCD，SF分)

DE2

作FG⊥BC，垂足為G，則FG＝DC＝1.連接SG，

又BC⊥FG，BC⊥SF，SF∩FG＝F，故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG.

云師堂,高考數(shù)學(xué),一輪復(fù)習(xí)學(xué)案

作FH⊥SG，H為垂足，則FH⊥平面SBC.

SFFG321FH＝＝F到平面SBC的距離為SG77

由于ED∥BC，

21

所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距離d為.(10分)

7d21

設(shè)AB與平面SBC所成的角為α，則sinα＝＝，

EB7即AB與平面SBC所成的角的正弦值為分)

7

方法二以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線CD為x軸正半軸，建立如下圖的