高考數學二輪專題復習與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點12 立體幾何中的向量方法教師用書 理-人教版高三數學試題

《高考數學二輪專題復習與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點12 立體幾何中的向量方法教師用書 理-人教版高三數學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學二輪專題復習與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點12 立體幾何中的向量方法教師用書 理-人教版高三數學試題（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、突破點12　立體幾何中的向量方法 (對應學生用書第167頁) 提煉1 兩條異面直線的夾角 (1)兩異面直線的夾角θ∈. (2)設直線l1，l2的方向向量為s1，s2，則cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝. 提煉2 直線與平面的夾角 (1)直線與平面的夾角θ∈. (2)設直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. 提煉3 兩個平面的夾角 　(1)如圖12-1①，AB，CD是二面角α-l-β的兩個半平面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉． ①　　　?、凇　　　、? 圖12-1 (2)如圖12-1②③，n1，

2、n2分別是二面角α-l-β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cos θ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉． 回訪1　直線與平面的夾角 1．(2015·全國卷Ⅱ)如圖12-2，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點E，F的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形． (1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)； (2)求直線AF與平面α所成角的正弦值． 圖12-2 [解]　(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示． 5分 (2)作EM⊥

3、AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因為四邊形EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝＝6，所以AH＝10.7分 以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，＝(10,0,0)，＝(0，－6,8).8分 設n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則即 所以可取n＝(0,4,3).10分 又＝(－10,4,8)，故|cos〈n，〉|＝＝. 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為.12分 回訪2　二面角 2．(2016·山東高考

4、)在如圖12-3所示的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，FB是圓臺的—條母線. (1)已知G，H分別為EC，FB的中點，求證：GH∥平面ABC； (2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角 F-BC-A的余弦值． 圖12-3 [解]　(1)證明：設CF的中點為I，連接GI，HI. 在△CEF中，因為點G，I分別是CE，CF的中點， 所以GI∥EF. 又EF∥OB，所以GI∥OB.3分 在△CFB中，因為H，I分別是FB，CF的中點， 所以HI∥BC. 又HI∩GI＝I， 所以平面GHI∥平面ABC. 因為GH?平面GHI，

5、 所以GH∥平面ABC.5分 (2)法一：連接OO′，則OO′⊥平面ABC. 又AB＝BC，且AC是圓O的直徑， 所以BO⊥AC. 以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 由題意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)． 過點F作FM⊥OB于點M， 所以FM＝＝3，可得F(0，，3)． 故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)． 設m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量.8分 由 可得 可得平面BCF的一個法向量m＝.10分 因為平面ABC的一個法向量n＝(0,0,1)， 所以cos 〈m，n〉＝＝， 所以二面角F-BC-A的余弦值為.12分

6、 法二：如圖，連接OO′，過點F作FM⊥OB于點M，則有FM∥OO′. 又OO′⊥平面ABC， 所以FM⊥平面ABC， 可得FM＝＝3. 過點M作MN⊥BC于點N，連接FN， 可得FN⊥BC， 從而∠FNM為二面角F-BC-A的平面角.10分 又AB＝BC，AC是圓O的直徑， 所以MN＝BMsin 45°＝. 從而FN＝，可得cos∠FNM＝. 所以二面角F-BC-A的余弦值為.12分 (對應學生用書第167頁) 熱點題型1　向量法求線面角 題型分析：向量法求線面角是高考中的?？碱}型，求解過程中，建系是突破口，求直線的方向向量與平面的法向量是關鍵. 　(2016

7、·全國丙卷)如圖12-4，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． (1)證明MN∥平面PAB； (2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值． 圖12-4 [解]　(1)證明：由已知得AM＝AD＝2. 取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB.4分 (2)取BC的中點E，連接AE. 由AB＝A

8、C得AE⊥BC，從而AE⊥AD， 且AE＝＝＝.6分 以A為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz. 由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，8分 ＝(0,2，－4)，＝，＝. 設n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則 即 可取n＝(0,2,1).10分 于是|cos〈n，〉|＝＝. 所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為.12分 向量法求線面角的一般步驟 1．建立恰當的空間直角坐標系，求出相關點的坐標． 2．寫出相關向量的坐標． 3．求平面的法向量． 4．求線面角的正弦值． 5．轉化為幾何結論．

9、提醒：直線和平面所成角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數名稱的變化． [變式訓練1]　(2016·呼和浩特二模)如圖12-5，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，點E，F分別為AB和PD的中點． 圖12-5 (1)求證：直線AF∥平面PEC； (2)求PE與平面PBC所成角的正弦值． 【導學號：67722043】 [解]　(1)證明：作FM∥CD交PC于點M，連接EM. ∵點F為PD的中點，∴FM＝CD. ∵AE＝AB，AB＝CD，∴AE＝FM. 又AE∥FM， ∴四邊

10、形AEMF為平行四邊形，∴AF∥EM. ∵AF?平面PEC，EM?平面PEC， ∴直線AF∥平面PEC.6分 (2)連接DE， ∵∠DAB＝60°，ABCD是菱形，∴DE⊥DC. 以D為坐標原點，以DE，DC，DP所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，7分 則P(0,0,1)，C(0,1,0)，E，A，B， ∴＝，＝(0,1，－1)，＝.8分 設平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)． ∵n·＝0，n·＝0， ∴取n＝(，3,3)， ∴平面PBC的一個法向量為n＝(，3,3).10分 設向量n與所成的角為θ， ∴cos θ＝＝－. ∴PE與平面PBC所成

11、角的正弦值為.12分 熱點題型2　向量法求二面角 題型分析：向量法求二面角是高考重點考查題型，此類問題求解的突破口是建立恰當的坐標系，求解的關鍵是求兩個平面的法向量. 　(2016·全國乙卷)如圖12-6，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°. (1)證明：平面ABEF⊥平面EFDC； (2)求二面角E-BC-A的余弦值． 圖12-6 [解]　(1)證明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE， 所以AF⊥平面EFDC. 又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EF

12、DC. (2)過D作DG⊥EF，垂足為G. 由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz.6分 由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，則|DF|＝2，|DG|＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，).7分 由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF. 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC， 所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°. 從而可得C(－

13、2,0，).8分 所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)． 設n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量， 則即 所以可取n＝(3,0，－).9分 設m是平面ABCD的法向量，則 同理可取m＝(0，，4).10分 則cos〈n，m〉＝＝－. 故二面角E-BC-A的余弦值為－.12分 利用空間向量求二面角的思路 二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角． [變式訓練2]　(名師押題)如圖12-7，在四棱錐P-ABCD中，側面PA

14、B⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形，PA＝PB，O為AB的中點，OD⊥PC. (1)求證：OC⊥PD； (2)若PD與平面PAB所成的角為30°，求二面角D-PC-B的余弦值. 【導學號：67722044】 圖12-7 [解]　(1)證明：連接OP，∵PA＝PB，O為AB的中點，∴OP⊥AB. ∵側面PAB⊥底面ABCD，∴OP⊥平面ABCD， ∴OP⊥OD，OP⊥OC. ∵OD⊥PC，OP∩PC＝P，∴OD⊥平面OPC，∴OD⊥OC.4分 又∵OP∩OD＝O，∴OC⊥平面OPD，∴OC⊥PD.6分 (2)取CD的中點E，以O為原點，OE，OB，OP所在的直線分別為

15、x，y，z軸建立空間直角坐標系O-xyz. 由(1)知OD⊥OC，則AB＝2AD， 又側面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形， ∴DA⊥平面PAB. ∴∠DPA為直線PD與平面PAB所成的角， ∴∠DPA＝30°. 不妨設AD＝1，則AB＝2， PA＝，PO＝. ∴B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，－1,0)，P(0,0，)， 從而＝(1,1，－)，＝(0，－2,0).9分 設平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 由得可取n1＝(，0,1)． 同理，可取平面PCB的一個法向量為n2＝(0，－，－1).11分 于是cos〈n1，n2〉＝＝

16、－. ∴二面角D-PC-B的余弦值為－.12分 熱點題型3　利用空間向量求解探索性問題 題型分析：(1)立體幾何中的探索性題目主要有兩類：一是利用空間線面關系的判定與性質定理進行推理探究，二是對幾何體的空間角、距離和體積等的研究.,(2)其解決方法多通過求角、距離、體積等把這些問題轉化為關于某個參數的方程問題，根據方程解的存在性來解決. 　如圖12-8，空間幾何體ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC. (1)證明：AE∥平面BCD； (2)若△ABC是邊長為2的正三角形，DE∥平面ABC，且AD與BD，CD所成角的余弦值均為，試問在CA上是否存在一點P，使得二面角

17、P-BE-A的余弦值為.若存在，請確定點P的位置；若不存在，請說明理由． 圖12-8 [解題指導]　(1)→→→ (2)→→→→→→→ [解]　(1)證明：過點D作直線DO⊥BC交BC于點O，連接DO. 因為平面ABC⊥平面BCD，DO?平面BCD， DO⊥BC，且平面ABC∩平面BCD＝BC， 所以DO⊥平面ABC.1分 因為直線AE⊥平面ABC， 所以AE∥DO.2分 因為DO?平面BCD，AE?平面BCD， 所以直線AE∥平面BCD.4分 (2)連接AO，因為DE∥平面ABC， 所以AODE是矩形，所以DE⊥平面BCD. 因為直線AD與直線BD，CD所成角

18、的余弦值均為， 所以BD＝CD，所以O為BC的中點，所以AO⊥BC， 且cos∠ADC＝. 設DO＝a，因為BC＝2，所以OB＝OC＝1，AO＝. 所以CD＝，AD＝. 在△ACD中，AC＝2， 所以AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC， 即4＝3＋a2＋1＋a2－2×××， 即·＝2a2， 解得a2＝1，a＝1.6分 以O為坐標原點，OA，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系． 則C(0，－1,0)，B(0,1,0)，A(，0,0)，E(，0,1)． 假設存在點P，連接EP，BP，設＝λ，則P(－λ，－λ，0)．

19、 設平面ABE的法向量為m＝(x，y，z)， 則取x＝1，則平面ABE的一個法向量為m＝(1，，0)． 設平面PBE的法向量為n＝(x，y，z)， 則取x＝1＋λ，則平面PBE的一個法向量為n＝(1＋λ，－λ，－2λ).9分 設二面角P-BE-A的平面角的大小為θ，由圖知θ為銳角． 則cos θ＝＝＝， 化簡得6λ2＋λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－(舍去).11分 所以在CA上存在一點P，使得二面角P-BE-A的余弦值為，其為線段AC的三等分點(靠近點A).12分 利用空間向量解點或參數存在性問題的優(yōu)勢及思路 1．優(yōu)勢：空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它無需進行

20、復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷． 2．思路：把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標(或參數)是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題． [變式訓練3]　如圖12-9所示，在多面體ABCDE中，CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB＝2，AC＝4，BC＝2，CD＝4，BE＝1. (1)求證：平面ADC⊥平面BCDE； (2)試問在線段DE上是否存在點S，使得AS與平面ADC所成的角的余弦值為？若存在，確定S的位置；若不存在，請說明理由． 圖12-9 [解]　(1)證明：因為AB

21、＝2，AC＝4，BC＝2， 所以AB2＝AC2＋BC2，故AC⊥BC.2分 因為CD⊥平面ABC，所以CD⊥BC.因為AC∩CD＝C，故BC⊥平面ADC. 因為BC?平面BCDE，所以平面ADC⊥平面BCDE.5分 (2)由(1)知AC⊥BC. 又CD⊥平面ABC，所以CD⊥AC，CD⊥BC.以C為坐標原點，CA，CB，CD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,4)，E(0,2,1).8分 假設線段DE上存在點S(x，y，z)，使得AS與平面ACD所成的角θ的余弦值為. 設＝λ(0

22、≤λ≤1)，又＝(x，y，z－4)，＝(0,2，－3)， 所以(x，y，z－4)＝λ(0,2，－3)，得S(0,2λ，4－3λ)，則＝(－4,2λ，4－3λ)． 由(1)知平面ADC的一個法向量是＝(0,2,0)，因為cos θ＝，10分 所以sin θ＝＝| cos〈，〉|＝，化簡得9λ2＋6λ－8＝0， 解得λ＝或λ＝－(舍去)． 故存在滿足條件的點S，且DS＝DE.12分 專題限時集訓(十二)　立體幾何中的向量方法 [建議用時：45分鐘] 1．(2016·北京高考)如圖12-10，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB

23、＝1，AD＝2，AC＝CD＝. 圖12-10 (1)求證：PD⊥平面PAB. (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值． (3)在棱PA上是否存在點M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由． [解]　(1)證明：因為平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD， 所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.2分 又因為PA⊥PD， 所以PD⊥平面PAB.4分 (2)取AD的中點O，連接PO，CO. 因為PA＝PD，所以PO⊥AD. 又因為PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. 因為CO?平面ABCD，所以PO⊥CO. 因為

24、AC＝CD，所以CO⊥AD.5分 如圖，建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1).6分 設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則 即 令z＝2，則x＝1，y＝－2. 所以n＝(1，－2,2).8分 又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－. 所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為.10分 (3)設M是棱PA上一點， 則存在λ∈[0,1]使得＝λ.11分 因此點M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ).12分 因為BM?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD當且僅當

25、·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0. 解得λ＝.所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD，此時＝.14分 2．(2016·四川高考)如圖12-11，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD，E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°. 圖12-11 (1)在平面PAB內找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由； (2)若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 【導學號：67722045】 [解]　(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行．如圖(1)，延長AB，DC，

26、相交于點M(M∈平面PAB)，點M即為所求的一個點.2分 (1) 理由如下： 由已知，知BC∥ED，且BC＝ED， 所以四邊形BCDE是平行四邊形， 從而CM∥EB.4分 又EB?平面PBE，CM?平面PBE， 所以CM∥平面PBE.6分 (說明：延長AP至點N，使得AP＝PN，則所找的點可以是直線MN上任意一點) (2)法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD，從而CD⊥PD， 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角， 所以∠PDA＝45°.7分 設BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 如圖(1)，過點A作AH⊥

27、CE，交CE的延長線于點H，連接PH，易知PA⊥平面ABCD， 從而PA⊥CE，于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH.9分 過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE， 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角． 在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝. 在Rt△PAH中，PH＝＝， 所以sin∠APH＝＝.12分 法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD，于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角， 所以∠PDA＝45°. 又PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD.7分 設BC＝1，則在Rt

28、△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A為原點，以，的方向分別為x軸、z軸的正方向，建立如圖(2)所示的空間直角坐標系A-xyz，則A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)， (2) 所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2).9分 設平面PCE的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 設x＝2，解得n＝(2，－2,1).10分 設直線PA與平面PCE所成角為α， 則sin α＝＝＝， 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為.12分 3．(2016·泰安模擬)在平面四邊形ACBD(如圖12-12(1))中，△ABC與

29、△ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，將△ABC沿AB折起，構成如圖12-12(2)所示的三棱錐C′-ABD，且使C′D＝. (1)　　　　　　　　　(2) 圖12-12 (1)求證：平面C′AB⊥平面DAB； (2)求二面角A-C′D-B的余弦值． 【導學號：67722046】 [解]　(1)證明：取AB的中點O，連接C′O，DO， 在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，C′O＝DO＝1.又∵C′D＝， ∴C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD.2分 又∵C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB，OD?平面ABD，

30、 ∴C′O⊥平面ABD.4分 又∵C′O?平面ABC′，∴平面C′AB⊥平面DAB.5分 (2)以O為原點，AB，OC′所在的直線分別為y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系． 則A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C′(0,0,1)，D， ∴＝(0,1,1)，＝(0，－1,1)，＝.6分 設平面AC′D的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 令z1＝1，則y1＝－1，x1＝， ∴n1＝(，－1,1).8分 設平面BC′D的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則即 令z2＝1，則y2＝1, x2＝， ∴n2＝，10分 ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，

31、 二面角A-C′D-B的余弦值為－.12分 4．(2016·鄭州二模)如圖12-13，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四邊形BFED為矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1. 圖12-13 (1)求證：AD⊥平面BFED； (2)點P在線段EF上運動，設平面PAB與平面ADE所成銳二面角為θ，試求θ的最小值． [解]　(1)證明：在梯形ABCD中， ∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2. ∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝3.2分 ∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD. ∵平

32、面BFED⊥平面ABCD， 平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE?平面BFED，DE⊥DB， ∴DE⊥平面ABCD，4分 ∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED.6分 (2)由(1)可建立以直線DA，DB，DE為x軸、y軸、z軸的如圖所示的空間直角坐標系，令EP＝λ(0≤λ≤)， 則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)， ∴＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1).8分 設n1＝(x，y，z)為平面PAB的法向量， 由得 取y＝1，則n1＝(，1，－λ)． ∵n2＝(0,1,0)是平面ADE的一個法向量， ∴cos θ＝＝＝. ∵0≤λ≤，∴當λ＝時，cos θ有最大值，∴θ的最小值為.12分