Gothedistance
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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cosθ＝________＝
______________.
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sinθ＝__________或cosθ＝sinφ.
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∥l2B．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＝217，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，
AD＝12，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．
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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cosθ＝|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sinθ＝|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.12B.21015
C.23D.1115
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.1010B.3010C.21510D.31010
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.13B.23C.33D.23
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.26B.63
C.36D.64
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tanθ的最小值．
学案46利用向量方法求空间角
自主梳理
1．(2)????0，π2(3)|cosφ|????a·b|a|·|b|
2．(2)????0，π2(3)|cosφ|3.(1)[0，π]
自我检测
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????0，π2
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)，
∴cos〈BD→，A1C→〉＝BD
→·A
1C
→
|BD→||A1C→|
＝－105.
∴异面直线BD与A1C所成角的余弦值为105.
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→〉＝－a
2
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，
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可得cos〈MN→，DA→〉＝MN
→·DA→
|MN→||DA→|
＝－63.
所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为
|cos〈MN→，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
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π2－θ，
∴cos????π2－θ＝BA
→·n
|BA→||n|
＝?2，0，0?·?2，1，－2?2×3＝23，
即sinθ＝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)，
D????12，0，0，C(1,1,0)，
B(0，1,0)，S(0,0,1)，
∴AS→＝(0,0,1)，SC→＝(1,1，－1)，
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SD→＝????12，0，－1，AB→＝(0,1,0)，AD→＝????12，0，0.
∴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
??
??
?x＋y－z＝0，
1
2x－z＝0.
令z＝1，则x＝2，y＝－1.
∴n＝(2，－1,1)．
∴cos〈n，AD→〉＝n·AD
→
|n||AD→|
＝
2×12
6×12
＝63.
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AB＝AC＝SB＝SC＝SA.
连接OA，△ABC为等腰直角三角形，
所以OA＝OB＝OC＝22SA，
且AO⊥BC.
又△SBC为等腰三角形，
故SO⊥BC，且SO＝22SA.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????－12，0，12，
MO→＝????12，0，－12，MA→＝????12，1，－12，
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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cos〈MO→，MA→〉＝MO
→·MA→
|MO→||MA→|
＝33，
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．
(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|n
1||n2|
＝1＋0＋13×2＝63.
即二面角B－AC－D的余弦值为63.
(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|
＝x1＋2x2
＝cos60°＝12.
则2x＝1＋2x2，解得x＝22，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°，
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△ABC∽△EFG.
由于AB＝2EF，因此BC＝2FG.
连接AF，由于FG∥BC，FG＝12BC，
在?ABCD中，M是线段AD的中点，
则AM∥BC，且AM＝12BC，
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＝12AB，
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
??
??
?y1＝0，
x1＝z1，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
??
??
?x2＝y2，
z2＝0，
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取y2＝1，得x2＝1.则n＝(1,1,0)．
所以cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝12.
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＝22，
所以HF＝AE＝1，BH＝2，
因此在Rt△BHF中，HR＝63.
由于CH＝12AB＝2，
所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝26
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，－12，0，
故cos〈DB1→，CM→〉＝DB1
→·CM→
|DB1→||CM→|
＝1515，
从而sin〈DB1→，CM→〉＝21015.]
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)，
cos〈BC1→，AE→〉＝BC1
→·AE→
|BC1→|·|AE→|
＝3010.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010.]
3．C4.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＝22a，PF＝22b，
∴EM→·FN→＝(PM→－PE→)·(PN→－PF→)
＝PM→·PN→－PM→·PF→－PE→·PN→＋PE→·PF→
＝abcos60°－a×22bcos45°－22abcos45°＋22a×22b
＝ab2－ab2－ab2＋ab2＝0，
∴EM→⊥FN→，∴二面角α—AB—β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PB＝2，OB＝1，OP＝1.
∴B(1,0,0)，D(－1,0,0)，
A(0,1,0)，P(0,0,1)，
M????12，0，12，
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N????－12，0，12，
AM→＝????12，－1，12，
AN→＝????－12，－1，12，
设平面AMN的法向量为n1＝(x，y，z)，
由
??
?n·AM→＝12x－y＋12z＝0，
n·AN→＝－12x－y＋12z＝0，
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|n
1|·|n2|
＝25＝255.
7.2
解析PB→＝PA→＋AB→，故PB→·AC→＝(PA→＋AB→)·AC→＝PA→·AC→＋AB→·AC→＝0＋a×2a×cos45°
＝a2.
又|PB→|＝3a，|AC→|＝a.
∴cos〈PB→，AC→〉＝33，sin〈PB→，AC→〉＝63，
∴tan〈PB→，AC→〉＝2.
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)，
D????32，－12，2.
则CD→＝????32，－12，2，
CB1→＝(3，1,2)，
设平面B1DC的法向量为
n＝(x，y,1)，由
??
??
?n·CD→＝0，
n·CB1→＝0，
解得n＝(－3，1,1)．又∵DA→＝????32，－12，－2，
∴sinθ＝|cos〈DA→，n〉|＝45.
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，－32，0)，B(32，0,0)，D(0，－32，8)，
E(0,0,8)，F(0,32，0)，(7分)
∴BD→＝(－32，－32，8)，
EF→＝(0,32，－8)．cos〈BD→，EF→〉＝BD
→·EF→
|BD→||EF→|
＝0－18－64100×82＝－8210.(10分)
设异面直线BD与EF所成角为α，则
cosα＝|cos〈BD→，EF→〉|＝8210.
即直线BD与EF所成的角的余弦值为8210.
(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·SEDE＝32.(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.
Gothedistance
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作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBC.
FH＝SF·FGSG＝37，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的距离d为217.(10分)
设AB与平面SBC所成的角为α，则sinα＝dEB＝217，
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
?
??
y＝12，
z＝32.
(4分)
于是S(1，12，32)，AS→＝(－1，－32，32)，
BS→＝(1，－32，32)，DS→＝(0，12，32)．
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，－32，32)，CB→＝(0,2,0)，
Gothedistance
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故
??
??
?m－3
2n＋
3
2p＝0，
2n＝0.
取p＝2得a＝(－3，0,2)．(9分)
又AB→＝(－2,0,0)，cos〈AB→，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(23，2,0)，
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
??
??
?m·AE→＝0，
m·AF→＝0，
即???3x＋3y＝0，4y＋λz＝0.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|＝3λ2λ2＋4，sinθ＝λ
2＋16
2λ2＋4，所以tanθ＝
λ2＋16
3λ＝
1
3＋
16
3λ2.(11分)
由0<λ≤4，得1λ≥14，即tanθ≥13＋13＝63.
故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tanθ取得最小值63.
(14分)
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