2015高考数学（文）（利用向量方法求空间角）一轮复习学案

2015高考数学（文）（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与的夹角(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，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＝，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＝，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〈，〉的值等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎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. B. C. D. ‎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. B. C. D. ‎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. B. C. D. ‎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)　(3)|cos φ|　 ‎2．(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 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)，‎ ‎∴＝(0，－1,2)，＝(－2,0，－2)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝－.‎ ‎∴异面直线BD与A‎1C所成角的余弦值为.‎ 变式迁移1　解　∵＝＋，＝＋，‎ ‎∴·＝(＋)·(＋)‎ ‎＝·＋·＋·＋·.‎ ‎∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，‎ ‎∴·＝0，·＝0，‎ ·＝0，·＝－a2，‎ ‎∴·＝－a2.‎ 又·＝||·||·cos〈，〉，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝－.‎ ‎∴〈，〉＝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〈，〉，其中OP′为斜线OP在平面α内的射影；二是通过求〈n，〉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＝(－1,1，－2)．‎ 又＝(0,0,2)为平面DCEF的法向量，‎ 可得cos〈，〉＝＝－.‎ 所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为 ‎|cos〈，〉|＝.‎ 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)．‎ ‎∴＝(0,2,1)，＝(1，－2,0)．‎ 设平面BDF的一个法向量为 n＝(2，a，b)，‎ ‎∵n⊥，n⊥，‎ ‎∴　‎ 即 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与的夹角为－θ，‎ ‎∴cos＝＝＝，‎ 即sin θ＝，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，C(1,1,0)，‎ B(0，1,0)，S(0,0,1)，‎ ‎∴＝(0,0,1)，＝(1,1，－1)，‎ ＝，＝(0,1,0)，＝.‎ ‎∴·＝0，·＝0.‎ ‎∴是面SAB的法向量，设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)，则有n·＝0且n·＝0.‎ 即令z＝1，则x＝2，y＝－1.‎ ‎∴n＝(2，－1,1)．‎ ‎∴cos〈n，〉＝＝＝.‎ 故面SCD与面SBA所成的二面角的余弦值为.‎ 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＝SA，‎ 且AO⊥BC.‎ 又△SBC为等腰三角形，‎ 故SO⊥BC，且SO＝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，‎ ＝，＝，‎ ＝(－1,0，－1)，‎ ‎∴·＝0，·＝0.‎ 故MO⊥SC，MA⊥SC，〈，〉等于二面角A—SC—B的平面角．‎ cos〈，〉＝＝，‎ 所以二面角A—SC—B的余弦值为.‎ 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)．‎ ＝(－1,1,0)，＝(1,1,1)，‎ ‎∴·＝0，则BC⊥AD.‎ ‎(2)解　设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)，则由n1⊥知：n1·＝－x＋y＝0，‎ 同理由n1⊥知：n1·＝－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〉＝＝＝.‎ 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)，＝(x,1，x)，要使ED与平面BCD成30°角，由图可知与n的夹角为60°，‎ 所以cos〈，n〉＝＝ ‎＝cos 60°＝.‎ 则2x＝，解得x＝，则CE＝x＝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＝BC，‎ 在▱ABCD中，M是线段AD的中点，‎ 则AM∥BC，且AM＝BC，‎ 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＝(2，－2,0)，＝(0,2,0)．又EF＝AB，‎ 所以F(1，－1,1)，＝(－1,1,1)．‎ 设平面BFC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，‎ 则m·＝0，m·＝0，‎ 所以取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·＝0，n·＝0，所以 取y2＝1，得x2＝1.则n＝(1,1,0)．‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.‎ 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，‎ 所以HF＝AE＝1，BH＝，‎ 因此在Rt△BHF中，HR＝.‎ 由于CH＝AB＝，‎ 所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝＝.‎ 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＝(1,1,1)，‎ ＝，‎ 故cos〈，〉＝＝，‎ 从而sin〈，〉＝.]‎ ‎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)．‎ ＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，‎ cos〈，〉＝＝.‎ 所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.]‎ ‎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＝a，PF＝b，‎ ‎∴·＝(－)·(－)‎ ‎＝·－·－·＋· ‎＝abcos 60°－a×bcos 45°－abcos 45°＋a×b ‎＝－－＋＝0，‎ ‎∴⊥，∴二面角α—AB—β的大小为90°.]‎ ‎6. 解析　如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为，‎ 则PB＝，OB＝1，OP＝1.‎ ‎∴B(1,0,0)，D(－1,0,0)，‎ A(0,1,0)，P(0,0,1)，‎ M，‎ N，‎ ＝，‎ ＝，‎ 设平面AMN的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 由 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〉＝＝＝.‎ ‎7. 解析　＝＋，故·＝(＋)·＝·＋·＝0＋a×a×cos 45°＝a2.‎ 又||＝a，||＝a.‎ ‎∴cos〈，〉＝，sin〈，〉＝，‎ ‎∴tan〈，〉＝.‎ ‎8. 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(，－1,0)，B1(，1,2)，‎ D.‎ 则＝，‎ ＝(，1,2)，‎ 设平面B1DC的法向量为 n＝(x，y,1)，由 解得n＝(－，1,1)．又∵＝，‎ ‎∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝.‎ ‎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 ，0)，B(3 ，0,0)，D(0，－3 ，8)，‎ E(0,0,8)，F(0,3 ，0)，(7分)‎ ‎∴＝(－3 ，－3 ，8)，‎ ＝(0,3 ，－8)．cos〈，〉＝ ‎＝＝－.(10分)‎ 设异面直线BD与EF所成角为α，则 cos α＝|cos〈，〉|＝.‎ 即直线BD与EF所成的角的余弦值为.‎ ‎(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＝.‎ 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＝＝.(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＝＝，则F到平面SBC的距离为.‎ 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α，则sin α＝＝，‎ 即AB与平面SBC所成的角的正弦值为.(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　＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，‎ ＝(x－1，y，z)，‎ 由||＝||得 ‎＝，‎ 故x＝1.‎ 由||＝1得y2＋z2＝1.①‎ 又由||＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，‎ 即y2＋z2－4y＋1＝0.②‎ 联立①②得(4分)‎ 于是S(1，，)，＝(－1，－，)，‎ ＝(1，－，)，＝(0，，)．‎ 因为·＝0，·＝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⊥，a⊥，a·＝0，a·＝0.‎ 又＝(1，－，)，＝(0,2,0)，‎ 故 取p＝2得a＝(－，0,2)．(9分)‎ 又＝(－2,0,0)，cos〈，a〉＝＝，‎ 所以AB与平面SBC所成角的正弦值为.(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(2，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(0,4,1)．(2分)‎ 于是＝(0，－4,4)，‎ ＝(－，1,1)．‎ 则·＝(0，－4,4)·(－，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)‎ ＝(，3,0)，＝(0,4，λ)，‎ 于是由m⊥，m⊥可得 即取m＝(λ，－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＝＝，sin θ＝，所以tan θ＝＝.(11分)‎ 由0<λ≤4，得≥，即tan θ≥＝.‎ 故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tan θ取得最小值.‎ ‎(14分)‎