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.课前准备里」回扣戟材夯宴基础______________________________________________【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0的取值范围是 __________________________________________ .（3）___________________________________________________________________________ 向量求法：设直线 a, b的方向向量为a, b,其夹角为購则有cos 0= ___________________________ =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.⑵范围：直线和平面夹角0 的取值范围是（3）向量求法：设直线I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0, a与u的夹角为為则有sin 0= ____________ 或cos 0= sin ©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a I—B的两个面内与棱I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）.胖I① ② ③②设ni，n2分别是二面角 a— I —B的两个面 a B的法向量，则向量 m与匝的夹角（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，I2的方向向量分别为a= （2,4，- 4），b= （-6,9,6），则（）A . I1 / I2 B. I1 丄丨2C. l1与12相交但不垂直D.以上均不正确3.若直线I的方向向量与平面a的法向量的夹角等于 120。

，则直线I与平面a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丄CD , BD丄CD，且 AB = 2, CD = 1，则异面直线 AB与CD夹角的大小为（）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 —A 1B 1C 1,Z ACB = 90° CA = CB = C® , D 为 BQ i 的中点, 求异面直线BD 和A i C 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 — A i B i C i D i 中，求异面直线BA i 和AC 所成的角.探究点二（20ii 新乡月考）如图，已知两个正方形 ABCD 和DCEF 不在同一平面内，M , NB . 45 C. 60 °D . 75例2】 分别为AB,若平面 ABCD 丄平面DCEF ，求直线 MN 与平面DCEF 所成角的正弦值.变式迁移2利用向量法求直线与平面所成的角 BDF的中点.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丄平面 ABCD , SA= BC= BA = 1 ,1AD = 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/ BAC = 90° O 为 BC 中点.(1)证明：SO丄平面ABC ;⑵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 丄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, =90° EA 丄平面 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 ; ⑵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0,需求出它们的方向向量 a , b 的夹角，贝U cos 0= |cosACB〈a ,b > |.2. 求直线I 与平面a 所成的角可先求出平面 a 的法向量n 与直线I 的方向向量a 的 夹角.则 sin 0= |cos 〈n , a > |.3.求二面角a — I —B 的大小0可先求出两个平面的法向量 ni, n2所成的角.贝U 0=〈ni ,n2>或 n —〈 ni , n2> .（满分：75分）、选择题（每小题5分，共25分）1. （20ii 成都月考）在正方体ABCD — A i B i C i D i 中，M 是AB 的中点，则sin 〈 D B i , C M > 的值等于（ ）12i0 A- B J---2i52 ii C.3 D. i52. 长方体 ABCD — A i B i C i D i 中，AB = AA i = 2, AD = i , E 为CC i 的中点，则异面直线 BC i 与AE 所成角的余弦值为（ ）迈 姮2后3低 A.i0C.iOD.io3.已知正四棱锥 S — ABCD 的侧棱长与底面边长都相等， E所成的角的余弦值为（i A 3 4.是SB 的中点，贝U AE 、SD C 並C.3 如图所示， 角分别为60°和45°则异面直线B i C 和C i D 所成的余弦值为（V6 在长方体 ABCD —A 1B 1C 1D 1 中，已知 B i C, C 1D 与上底面 A i B i C i D i 所成的 ）2-6 3-6・・A c2 34. （20ii 兰州月考）F 是二面角 FN ，如果/ BFM = / BFN= 45 ° / A. 60 ° B. 70 ° 二、填空题（每小题4分，共i2分）5. ________________________________________________________ （20ii 郑州模拟）已知正四棱锥 F —ABCD 的棱长都相等，侧棱 FB 、FD 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 丄平面 ABC,/ ACB = 90。

且FA= AC= BC = a,则异面直线 PB 与AC 所成a — AB — B 棱上的一点，分别在 a B 平面上引射线 PM 、 MPN = 60 °那么二面角 a — AB — B 的大小为（ ）C. 80 °D. 90 °角的正切值等于 _________ •&如图，已知正三棱柱 ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A i C i 的中点，则直线 AD 与平面B i DC 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 0、O 01的直径，AD 与两圆所在的平面均垂直， AD = 8.BC是O O 的直径，AB = AC = 6, OE // AD.（1）求二面角B — AD — F 的大小； ⑵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 丄CD ，侧面SAB 为等边三角形， AB = BC= 2, CD = SD= 1.（1）证明：SD 丄平面SAB;⑵求AB 与平面SBC 所成角的正弦值.C11. （14分）（2011湖北）如图，已知正三棱柱 ABC — A 1B 1C 1各棱长都是4, E 是BC 的中 点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点 C 重合.（1）当CF = 1时，求证：EF 丄A 1C;⑵设二面角C — AF — E 的大小为0,求tan B 的最小值.学案46利用向量方法求空间角1. C2.B3.C4.C5.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如图所示，以 C 为原点，直线 CA 、CB 、CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐 标系. 设 CA = CB = CC 1 = 2,则 A 1(2,0,2), C(0,0,0), B(0,2,0), D(0,1,2),3.(1)[0 ,自主梳理自我检测 ⑶|cos 训⑶|cos 训•••异面直线BA i 与AC 所成的角为60°【例2】解题导引 在用向量法求直线 OP 与a 所成的角(0€«)时，一般有两种途径: 是直接求〈0P, 0? >,其中OP'为斜线OP 在平面a 内的射影；二是通过求〈n , 0P> 进而转化求解，其中 n 为平面a 的法向量. 解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， — T T MN DAV6可得 cos 〈 MN , DA >=_ =—亍. |MN||DA|所以MN 与平面DCEF 所成角的正弦值为 |cos 〈 MN , D A > |=f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 D =(0,—1,2), A i C= ( -2,0,— 2), T TBD ACJ l0 •'cos 〈 BD, A i C 〉==—T T5|BD||A i C|10变式迁移 1 解 ••BA i = BA + BB i , AC = A B + BC, ••BA i AC = (BA + BB i ) (AB+ BC)A B + B A B C + B B i A B + B B i BC.••AB JBC , BB i 1AB , BB i JBC , ••E3A BC = 0, B B i A \B = 0, BB i BC = 0, BA AB =— a , •'B A i AC = — a 2.又BA i AC= |BA i | | AC| cos 〈 BA i , AC>, •'cos 〈 BA i , AC>2ax ■, 2ai 2.分别以射线DC , DF , DA 为x,AC> = i20°设正方形ABCDB(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), ■ji _1DF , n _1BD , n DF = 0, BD = 0.2, a, b -1, - 2, 0 = 0, 即 2, a, b -0, 2, 1 = 0. 解得 a= 1, b=-2. • = (2,1 , - 2). 设AB 与平面BDF 所成的角为0—n则法向量n 与BA 的夹角为2- 0, 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 10, 0 , C(1,1,0), B(0, 1,0), S(0,0,1),••A S = (0,0,1), ——C= (1,1 , - 1),—— 1'l -—-—SD= 2 , 0, — 1 , AB = (0,1,0) , AD = .•A D A S = 0 , A D A B = 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••cos n-BA n 2, 0, 0 •1,- 2= 2 2X 3 3|BA||n | 2 2即sin 0= 3,故AB 与平面BDF 所成角的正弦值为-.【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A Dx+ y — z= 0, 即仃 2x — z= 0. ••n = (2, — 1,1).1Tn AD 2X276•'cos 〈 n , AD > == =—T厂 1 3|n ||AD| ,6X 2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, 所以 OA = OB= OCu-^SA, 且 AO JBC.又ASBC 为等腰三角形，故 SO1BC,且 SOh^SA 从而 OA 2+ SO 2= SA 2, 所以A SOA 为直角三角形，SO1AO. 又AO n BC= O,所以SO 丄平面ABC.⑵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),贝U C( —1,0,0),A(0,1,0), &0,0,1). SC 的中点 M (— 2，0，2)' MO = g, 0,— 1, MA = g SC= (— 1,0,— 1), ••MO SC= 0, MA SC= 0.故MO 丄SC, MA _LSC,〈 MO , MA ＞等于二面角 A — SC — B 的平面角.=0.令 z= 1,贝y x= 2, y=— 1. 变式迁移3(1)证明 由题设AB = AC = SB= SC= SA1,cos 〈 MO , MA >=晋号亠|M O||MA| 所以二面角A — sc — B 的余弦值为-33.【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.⑴证明作AH 丄面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.贝V B(1,0,0), C(0,1,0), A(1,1,1). BC=(-1,1,0), DA =(1,1,1), ••BC DA = 0,贝y BC1AD.⑵解 设平面ABC 的法向量为n 1= (x, y, z)，则由 山丄C 知：n 1 BC=- x+ y = 0, 同理由 n 1IAC 知：n 1 AC =— x — z= 0, 可取 m = (1,1 , — 1),同理，可求得平面 ACD 的一个法向量为 n 2= (1,0,— 1). 由图可以看出，二面角 B — AC — D 即为〈n 1, n 2〉， =m n2 = 1+ 0+ 1= V6 n 2>=|n 1||n 2| = . 3 X-. 2= 3.即二面角B — AC — D 的余弦值为 (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°o1=cos 60 = 2-则 2x= 1 + 2x 2,解得 x=22，贝U 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4⑴证明 方法一 因为 EF /AB, FG /BC, EG /AC,/ACB = 90° 所以/EGF = 90°•'cos 〈 n 1,所以 cos 〈 DE, n >DE n x|DE||n | ,1 + 2x 2D△\BC S ZEFG.由于 AB = 2EF，因此 BC = 2FG.1连接AF，由于FG /BC, FG =尹C,在?ABCD中，M是线段 AD的中点，1贝U AM /BC，且 AM = 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,ZACB = 90° 所以Z EGF = 90°△\BC S ZEFG.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 A GN = N,所以平面 GMN //平面ABFE.⑵解方法一因为Z A C B=90°所以/C A D=90°又E A丄平面A B C D, 所以A C,A D,A E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),T T 1 所以 AB= (2, — 2,0), BC= (0,2,0) •又 EF = ^AB, 所以 F(1 , — 1,1), B F = (— 1,1,1) • 设平面BFC 的法向量为 m = (x 1, y 1, z” , 则 m BC = 0, m BF = 0, y 1 = 0,所以％取 Z 1= 1,得 X 1= 1，所以 m = (1,0,1) •X 1 = Z 1,设平面向量 ABF 的法向量为n = (X 2, y 2, Z 2), _TTX 2 = y 2,则 n AB= 0, n EBF = 0,所以Z 2= 0,取 y 2= 1，得 X 2= 1•则 n = (1,1,0) •因此二面角 A — BF — C 的大小为60°方法二 由题意知，平面 ABFE 丄平面ABCD. 取AB 的中点H ，连接CH.因为AC = BC, 所以CH 1AB, 贝U CH 丄平面ABFE.过H 向BF 引垂线交BF 于R,连接CR,贝U CR1BF, 所以Z 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 ，贝U FH 丄AB. 又 AB= 2 2,所以 HF = AE= 1 , BH = 2, 因此在RtABHF 中，HR u-63由于 CH = 2AB = 2,所以在 Rt△CHR 中，tan/HRC =二=3.3因此二面角 A — BF — C 的大小为60°. 课后练习区 1. B所以 cos 〈 m , n > m n1i m 帀=2.[以D 为原点，DA 、DC 、DD i 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方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), C 1 (0,2,2).B C 1= (- 1,0,2), AE = (- 1,2,1), 二 飞、B C 1 AE V 30cos < BC 1, AE〉=— = 70. |BC 1| |AE|所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为 欝.] 3. C 4.D 5. D [不妨设 PM = a, PN = b ，作 ME 1AB 于 E, NF !AB 于 F , 如图:•••EPM = /FPN = 45° •'PE = ~22a, PF =~22b,—> —> —> —> —> —> •'EM FN = (PM — PE) (PN — PF) =PM PN — PM P F — PE PN + PE PFo V2 J2 5/2 V2=abcos 60 —a x 亍bcos 45 —亍abcos 45 斗亍a x 亍bCM 〉=DB 1 CM 从而 sin 〈 D B 1 , C M 〉 |DB 1||CM|=15 .] .15 15，£G/ 0,A体棱长为1,易知DB i = (1,1,1),故 COS 〈 DB ,H辿-ab -ab * ab= 0 , 2 2 2 2'••EM dFN, •••二面角 a — AB 的大小为 90° 6瘀 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.f 1 1n AM = 2x-y+ 2z= 0, 由f 1 1 n AN=- ?x — y+ 尹=0, 解得x= 0, z= 2y,不妨令z= 2,••n 1= (0,1,2)，平面 ABCD 的法向量 n 2= (0,0,1), ni n2 2 ^5则 cos 〈n 1, n 2〉=|ni||n2|= .5= 5 •7. ,2解析 PB =PA + AB ,故 PBAC = (PA + AB) AC = P A AC + AB AC= 0 + a x 迄a x cos 45° 2 =a .则 C(0,0,0), A( .3,- 1,0), B 1( 3, 1,2),A(0,1,0), M 1, 0,12, 0, (1AM = ?,— 1, 12， AN = P(0,0,1), 1)2 ,12 , 12 , 1 n-12 , 设平面AMN 的法向量为n 1= (x, 则 y= 1.ni n2又 |PB|= .3a, |AC | = a.-> -> 3 -> -> 〈PB , AC > = -3 , sin 〈 PB , AC > 3 <PB , AC >= 2.•'cos _63，•an &5 解析不妨设正三棱柱 ABC — A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系,12，2.则 CD = -2-, — 1 , 2 , CB 1= ( 3 , 1,2), 设平面B 1DC 的法向量为n CD = 0,n = (x , y,1),由彳 TI n CB i = 0 , 解得 n = (— ,3 , 1,1).又TD A T4「sin 0= |cos 〈 DA , n > |= 5.9.解（1） '-AD 与两圆所在的平面均垂直， ••AD !AB , AD _1AF ,故ZBAF 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）EF = (0,3 .2, - 8). cos 〈 BD , 0 — 18 — 64 82=.100 — 82 =-石.(10分)设异面直线BD 与EF 所成角为 T T寸82cos a= |cos 〈 BD , EF > | = ^0.即直线BD 与EF 所成的角的余弦值为.8210 .~2，- 2，- 2，CB 、AF 、OE (2)以O 为原点， 则 O(0,0,0), A(0, - 32, 0), B(3 E(0,0,8), F(0,3 .2, 0), (7 分) ••BD = (-3 2 , — 3 ,2 , 8),所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系 罷，0,0），D （0，- 3 罷,8）,（如图所示）,T BD EFEF > = T T|BD||EF|（12 分）10.方法一⑴证明取AB中点E,连接DE，则四边形BCDE为矩形，DE = CB = 2接 SE,贝U SEJAB, SE= 3.又 SD= 1,故 ED2= SE2 + SD2,所以Z DSE为直角，即SDdSE.（3分）由 ABIDE , AB_1SE, DE n SE= E,得AB丄平面SDE,所以 AB _LSD.由SD与两条相交直线 AB、SE都垂直，所以SD丄平面SAB.（6分）（2）解由AB丄平面SDE知，平面ABCD丄平面SDE.SD SE 3作SF1DE,垂足为F，则SF丄平面ABCD , SF = ~DR = 2 .（8分）作 FG JBC,垂足为 G,贝U FG = DC = 1.连接SG,又 BC1FG , BC_LSF, SF n FG = F,故BC丄平面SFG，平面SBC丄平面SFG.作FH 1SG, H为垂足，则 FH丄平面SBC.FH = S；G G= ｛，则F到平面SBC的距离为亠由于ED BC,所以ED //平面SBC, E到平面SBC的距离d为〒.（10分）设AB与平面SBC所成的角为a则sin a= EB =普1即AB与平面SBC所成的角的正弦值为齐―.（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—xyz.设 D（1,0,0），贝U 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 也—2丫+ (y-2$+ z 2x 2+ (y — 2 2+ z 2,故 x = 1.~夕 2 2由 |DS|= 1 得 y + z = 1•①又由 |BS| = 2 得 x + (y — 2)2 + z = 4,即 y 2 + z 2— 4y+ 1 = 0.②联立①②得■■,/3 (4分)于是 S(1, 2 宁)，A S = (—1,— |, ~23), B S = (1,— 2, I 3), D S = (0, 2 舟).因为 DS AS= 0, DS BS= 0,故 DS1AS, DS1BS.又AS n BS= S,所以SD 丄平面SAB.(6分)⑵解设平面SBC 的法向量a = (m, n, p),则 a 丄S, al CB, a BS= 0, a CB= 0.f 3 3 f又 BS= (1 , — 2，尹 CB = (0,2,0),・3 並m — n + p= 0,故 2 22n = 0.取 p = 2 得 a = (— . 3, 0,2). (9 分)又 AB= (— 2,0,0), cos 〈 AB, a >= =乡，|AB||a |所以AB 与平面SBC 所成角的正弦值为 专.(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), A 1(0,0,4), E( 3, 3,0), F(0,4,1). (2 分)B于是 CA i = (0, - 4,4),EF = (- 3, 1,1).则 CA i EF = (0, - 4,4) (- .3, 1,1) = 0-4+ 4 = 0, 故EF 山10(7分) ⑵解 设CF = X 0＜疋4)，平面AEF 的一个法向量为 m = (x, y, z), 则由(1)得 F(0,4, » (8 分)AE= ( 3, 3,0), AF = (0,4,为,于是由m !AE, m 1AF 可得卜:'3x+ 3y= 0,即丫 取m = (J 3人一入4).4y+ 入=0.又由直三棱柱的性质可取侧面 AC 1的一个法向量为n = (1,0,0)，于是由B 的锐角可得 故当 匸4,即点F 与点C 1重合时，tan B 取得最小值 g (14 分) m AE = 0, m AF = 0, COS fl = |m n | =|m | |n| 1 16 八 3+ 3 “11 分)\3入 2 .. 口+ 4 1由0<疋4,得->。