《2022年利用向量方法求空间角学案理北师大版高考数学总复习 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年利用向量方法求空间角学案理北师大版高考数学总复习 .pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载学案 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 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 ，则有 cos _. 2直线与平面的夹角(1)定义：直线和平面的
2、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 ，a 与 u 的夹角为 ，则有 sin _或 cos sin . 3二面角(1)二面角的取值范围是_(2)二面角的向量求法：若 AB、CD 分别是二面角 l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 )设 n1，n2分别是二面角 l的两个面 ， 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 )自我检测1已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0
3、,1,1)，则两平面所成的二面角为() A45B135C45 或 135D 902若直线l1，l2的方向向量分别为a(2,4， 4)，b(6,9,6)，则 () Al1l2Bl1l2Cl1与 l2相交但不垂直D以上均不正确3若直线l 的方向向量与平面的法向量的夹角等于120 ，则直线l 与平面 所成的角等于 () A120B60C30D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 AB4，AC6，BD 8，CD2 17，则该二面角的大小为() A150B45C60D1205(2011 铁岭模拟 )已知直线A
4、B、CD 是异面直线， AC CD，BDCD，且 AB2，CD1，则异面直线AB 与 CD 夹角的大小为() 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 19 页学习必备欢迎下载A30B45C60D75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ABCA1B1C1， ACB 90 ，CACBCC1，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(201
5、1 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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 19 页学习必备欢迎下载如图所示，在几何体ABCDE 中， ABC 是等腰直角三角形，ABC90 ，BE 和 CD都垂直于平面ABC，且 BEAB2，CD1，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，BAD90
6、，SA平面 ABCD，SABCBA1，AD12，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，BAC90 ，O 为 BC 中点(1)证明： SO平面 ABC；(2)求二面角ASCB 的余弦值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 19 页学习必备欢迎下载探究点四向量法的综合应用例 4如图所示，在三棱锥ABCD 中，侧面ABD、ACD 是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且AD3， BDCD1，另一个侧面ABC 是正三
7、角形(1)求证： ADBC；(2)求二面角BACD 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，ACB90 ，EA平面 ABCD，EFAB，FGBC，EG AC，AB2EF. (1)若 M 是线段 AD 的中点，求证：GM平面 ABFE；(2)若 AC BC2AE，求二面角ABF C 的大小1求两异面直线a、b 的夹角 ，需求出它们的方向向量a，b 的夹角，则cos |cos精选学习资料 - - - - - - - -
8、- 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 19 页学习必备欢迎下载a，b|. 2求直线l 与平面 所成的角 .可先求出平面的法向量n 与直线 l 的方向向量a 的夹角则 sin |cosn，a|. 3 求二面角 l的大小 ， 可先求出两个平面的法向量n1， n2所成的角 则 n1，n2或 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ABCDA1B1C1D1中，M 是 AB 的中点， 则 sin DB1，CM的值等于 () A.12B.21015C.23D.11152长方体ABCD A1B1C1D1中， A
9、BAA12，AD1，E 为 CC1的中点，则异面直线BC1与 AE 所成角的余弦值为() A.1010B.3010C.21510D.310103已知正四棱锥SABCD 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.13B.23C.33D.234. 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.26B.63C.36D.645(2011 兰州月考 )P 是二面角 AB棱上的一点，分别在 、平面上引射线PM、PN，如果 BPM
10、BPN45 ， MPN60 ，那么二面角 AB的大小为 () A60B70C80D90二、填空题 (每小题 4 分，共 12 分 ) 6(2011 郑州模拟 )已知正四棱锥PABCD 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，ACB90 且 PA ACBCa，则异面直线PB 与 AC 所成精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 19 页学习必备欢迎下载角的正切值等于_8如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D 是 A1C
11、1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，AD8.BC是 O 的直径， ABAC6，OEAD. (1)求二面角BADF 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SABCD 中， ABCD，BCCD，侧面 SAB为等边三角形，ABBC 2，CDSD1. (1)证明： SD平面 SAB；(2)求 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值精选学习资料 - - - - -
12、- - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 19 页学习必备欢迎下载11(14 分)(2011 湖北 )如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1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 CF1 时，求证： EFA1C；(2)设二面角CAFE 的大小为 ，求 tan 的最小值学案 46利用向量方法求空间角自主梳理1(2) 0，2(3)|cos |a b|a| |b|2(2) 0，2(3)|cos |3.(1)0 ，自我检测1C2.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
13、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0，2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 CBCC12，则 A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 19 页学习必备欢迎下载 BD(0， 1,2)，A1C(2,0， 2)， cosBD，A1CBD A1C|BD|A1C|105. 异
14、面直线 BD 与 A1C 所成角的余弦值为105. 变式迁移 1解 BA1BABB1，ACABBC， BA1 AC(BABB1) (ABBC) BA ABBA BCBB1 ABBB1 BC. AB BC，BB1 AB，BB1 BC， BA BC 0，BB1 AB0，BB1 BC0，BA AB a2， BA1 AC a2. 又BA1 AC |BA1| |AC| cosBA1，AC ， cosBA1，ACa22a2a12. 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 所成的角 (O )时，一般有两种途径：一是直接求 OP，OP ，
15、其中 OP为斜线 OP 在平面 内的射影；二是通过求n，OP进而转化求解，其中n 为平面 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 cosMN，DAMN DA|MN|DA|63. 所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为|cosMN，DA|63. 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，则精
16、选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 19 页学习必备欢迎下载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，n DF 0，n BD 0.即2， a，b 1， 2， 0 0，2， a，b 0，2，1 0.解得 a1， b 2. n(2,1， 2)设 AB 与平面 BDF 所成的角为 ，则法向量 n 与BA的夹角为2 ， cos2BA n|BA|n|2，0，
17、0 2， 1， 22323，即 sin 23，故 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值为23. 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)，D12， 0，0 ， C(1,1,0)，B(0，1,0)，S(0,0,1)， AS (0,0,1)，SC(1,1， 1)，SD12，0， 1 ，AB(0,1,0)，AD12，0，0 . AD AS0，AD AB0. AD是面 SAB 的法向量，设平面SCD 的法向量为n(x，y，z)，则有 n SC0 且 n SD精选学习资料 - - - - - - -
18、- - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 19 页学习必备欢迎下载0. 即xyz0，12x z0.令 z1，则 x2，y 1. n(2， 1,1) cosn，ADn AD|n|AD|21261263. 故面 SCD 与面 SBA所成的二面角的余弦值为63. 变式迁移 3(1)证明由题设 ABACSBSCSA. 连接 OA， ABC 为等腰直角三角形，所以 OAOB OC22SA，且 AO BC. 又 SBC 为等腰三角形，故 SO BC，且 SO22SA.从而 OA2SO2SA2，所以SOA 为直角三角形，SO AO. 又 AOBCO，所以 SO平面ABC. (2)解以
19、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 12，0，12，MO12，0，12，MA12，1，12，SC( 1,0， 1)， MO SC0，MA SC0. 故 MO SC，MA SC， MO，MA等于二面角ASCB 的平面角精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 19 页学习必备欢迎下载cosMO，MAMO MA|MO|MA|33，所以二面角ASCB 的余
20、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(1)证明作 AH面BCD 于 H，连接 BH、CH、DH，则四边形BHCD 是正方形，且AH1，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 DA0，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 xy0，同理由 n1 AC知： n1 AC xz0，可取 n1(1,1， 1)，同理，可求得平面ACD 的一个法向量
21、为n2(1,0， 1)由图可以看出，二面角BACD 即为 n1， n2 ， cosn1，n2n1 n2|n1|n2|1013263. 即二面角 BACD 的余弦值为63. (3)解设 E(x，y，z)是线段 AC 上一点，则 xz0，y1，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 cosDE， nDE n|DE|n|x1 2x2cos 60 12. 则 2x12x2，解得 x22，则 CE2x1. 故线段 AC 上存在 E 点，且 CE1 时， ED 与面 BCD 成 30 角变式迁移
22、4 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 19 页学习必备欢迎下载(1)证明方法一因为 EF AB，FG BC，EG AC， ACB90 ，所以EGF90 ， ABC EFG. 由于 AB2EF，因此 BC2FG. 连接 AF，由于 FG BC，FG12BC，在?ABCD 中， M 是线段 AD 的中点，则 AM BC，且 AM12BC，因此 FG AM 且 FGAM，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
23、BC，EG AC， ACB90 ，所以EGF90 ， ABC EFG. 由于 AB2EF，所以 BC2FG. 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 MNGNN，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ACB90 ，所以CAD90 . 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，精选学习资料 - -
24、- - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 19 页学习必备欢迎下载不妨设 ACBC 2AE2，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 EF12AB，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 BC0， m BF0，所以y10，x1z1，取 z11，得 x11，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 BF0，所以x2 y2，z2 0，取 y21
25、，得 x21.则 n(1,1,0)所以 cosm，nm n|m| |n|12. 因此二面角ABFC 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 ACBC，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ABFC 的平面角由题意，不妨设ACBC2AE2，在直角梯形ABFE 中，连接FH，则 FH AB. 又 AB 2 2，所以 HF AE1，BH2，因此在 Rt BHF 中， HR63. 由于 CH12AB2，所以在 Rt CHR 中， tan HRC2
26、633. 因此二面角ABFC 的大小为60 . 课后练习区1B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 19 页学习必备欢迎下载以 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 1，12， 0 ，故 cosDB1，CMDB1 CM|DB1|CM|1515，从而 sinDB1，CM21015. 2B 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,
27、1)，cosBC1，AEBC1 AE|BC1| |AE|3010. 所以异面直线BC1与 AE 所成角的余弦值为3010. 3C4.D 5D 不妨设 PMa，PNb，作 ME AB 于 E，NF AB 于 F，如图： EPM FPN45 ， PE22a，PF22b， EM FN(PMPE) (PNPF) PM PNPM PFPE PNPE PFabcos 60 a22bcos 45 22abcos 45 22a22b精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 19 页学习必备欢迎下载ab2ab2ab2ab20， EM FN，二面角
28、 AB的大小为 90 . 6.255解析如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，则 PB2，OB1，OP1. B(1,0,0)，D( 1,0,0)，A(0,1,0)， P(0,0,1)，M12，0，12，N12，0，12，AM12， 1，12，AN 12， 1，12，设平面 AMN 的法向量为n1(x，y，z)，由n AM12xy12z 0，n AN12xy12z 0，解得 x0， z2y，不妨令z2，则 y 1. n1(0,1,2)，平面 ABCD 的法向量n2 (0,0,1)，则 cosn1，n2n1 n2|n1| |n2|25255. 7. 2 解析PBPAAB，故 PB AC(P
29、AAB) ACPA ACAB AC0a2acos 45a2. 又|PB|3a，|AC|a. cosPB，AC33，sinPB，AC63， tanPB，AC2. 8.45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)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 19 页学习必备欢迎下载D32，12，2 . 则CD32，12，2 ，CB1 (3， 1,2)，设平面 B1DC 的法向量为n(x，y,1)，由n CD0，n CB10，解得 n(3
30、，1,1)又DA32，12， 2 ， sin |cos DA，n|45. 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BADF 的平面角 (2 分) 依题意可知，ABFC 是正方形，BAF45 . 即二面角 BADF 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)cosBD，
31、EFBD EF|BD|EF|01864100828210.(10 分) 设异面直线BD 与 EF 所成角为 ，则cos |cosBD，EF|8210. 即直线 BD 与 EF 所成的角的余弦值为8210. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 19 页学习必备欢迎下载(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， DECB2，连接 SE，则 SE AB，SE3. 又 SD 1，故 ED2SE2SD2，所以DSE 为直角，即SD SE.(3 分) 由 AB DE，AB SE，
32、DESEE，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，SFSD SEDE32.(8 分) 作 FG BC，垂足为G，则 FG DC1. 连接 SG，又 BC FG，BC SF，SFFGF，故 BC平面 SFG，平面 SBC平面SFG. 作 FH SG，H 为垂足，则FH 平面 SBC. FHSF FGSG37，则 F 到平面 SBC 的距离为217. 由于 ED BC，所以 ED 平面SBC，E 到平面 SBC
33、的距离 d 为217.(10 分) 设 AB 与平面 SBC 所成的角为 ，则 sin dEB217，即 AB 与平面 SBC 所成的角的正弦值为217.(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Cxyz. 设 D(1,0,0)，则 A(2,2,0)、B(0,2,0)(2 分) 又设 S(x，y，z)，则 x0，y0， z0. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 19 页学习必备欢迎下载(1)证明AS(x2， y2，z)，BS(x，y2，z)，DS(x1，y， z
34、)，由|AS| |BS|得x22 y22z2x2 y22 z2，故 x1. 由|DS|1 得 y2z21.又由 |BS|2 得 x2(y2)2 z2 4，即 y2z24y10.联立得y12，z32.(4 分) 于是 S(1，12，32)，AS(1，32，32)，BS(1，32，32)，DS(0，12，32)因为 DS AS0，DS BS0，故 DS AS，DS BS. 又 ASBSS，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 BS0， a CB0. 又BS(1，32，32)，CB(0,2,0)，故m32n32p0，2n0.取
35、 p2 得 a(3，0,2)(9 分) 又AB(2,0,0)，cosAB，a|AB a|AB|a|217，所以 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为217.(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) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 19 页学习必备欢迎下载于是 CA1(0， 4,4)，EF(3，1,1)则CA1 EF (0， 4,4) (3，1,1)0440，故 EF
36、A1C.(7 分 ) (2)解设 CF (0 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， )，于是由 m AE，m AF可得m AE0，m AF0，即3x3y0，4yz0.取 m(3 ， ， 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 的锐角可得cos |m n|m| |n|3224， sin 216224，所以 tan 2163131632.(11 分) 由 0 4，得114，即 tan 131363. 故当 4，即点 F 与点 C1重合时， tan 取得最小值63. (14 分 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 19 页