1、高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！突破点 12 立体几何中的向量方法(对应学生用书第 167 页)提炼 1两条异面直线的夹角(1)两异面直线的夹角 0，2.(2)设直线 l1，l2 的方向向量为 s1，s2，则 cos|coss1，s2|s1s2|s1|s2|.提炼 2直线与平面的夹角(1)直线与平面的夹角 0，2.(2)设直线 l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 n，则 sin|cosa，n|an|a|n|.提炼 3两个平面的夹角(1)如图 12-1，AB，CD 是二面角-l-的两个半平面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 AB，CD 图 12-1(2)如图
2、 12-1，n1，n2 分别是二面角-l-的两个半平面，的法向量，则二面角的大小 满足 cos cosn1，n2或 cosn1，n2回访 1 直线与平面的夹角高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！1(2015全国卷)如图 12-2，长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB16，BC10，AA18，点 E，F 分别在 A1B1，D1C1 上，A1ED1F4.过点 E，F 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线 AF 与平面 所成角的正弦值图 12-2解(1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示5 分(
3、2)作 EMAB，垂足为 M，则 AMA1E4，EMAA18.因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EHEFBC10.于是 MHEH2EM26，所以 AH10.7 分以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，则 A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，FE(10,0,0)，HE(0，6,8).8 分设 n(x，y，z)是平面 EHGF 的法向量，则nFE0，nHE0，即10 x0，6y8z0，所以可取 n(0,4,3).10 分又AF(10,4,8)，故|cosn，AF|nAF|n|AF|4 515.所以
4、AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为4 515.12 分回访 2 二面角 高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！2(2016山东高考)在如图 12-3 所示的圆台中，AC 是下底面圆 O 的直径，EF 是上底面圆 O的直径，FB 是圆台的条母线.(1)已知 G，H 分别为 EC，FB 的中点，求证：GH平面 ABC；(2)已知 EFFB12AC2 3，ABBC，求二面角 F-BC-A 的余弦值图 12-3解(1)证明：设 CF 的中点为 I，连接 GI，HI.在CEF 中，因为点 G，I 分别是 CE，CF 的中点，所以 GIEF.又 EFOB，所以 GIOB.3 分
5、在CFB 中，因为 H，I 分别是 FB，CF 的中点，所以 HIBC.又 HIGII，所以平面 GHI平面 ABC.因为 GH平面 GHI，所以 GH平面 ABC.5 分(2)法一：连接 OO，则 OO平面 ABC.又 ABBC，且 AC 是圆 O 的直径，所以 BOAC.以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.由题意得 B(0,2 3，0)，C(2 3，0,0)过点 F 作 FMOB 于点 M，所以 FM FB2BM23，可得 F(0，3，3)高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！故BC(2 3，2 3，0)，BF(0，3，3)设 m(x，y，z
6、)是平面 BCF 的法向量.8 分由mBC0，mBF0，可得2 3x2 3y0，3y3z0.可得平面 BCF 的一个法向量 m1，1，33.10 分因为平面 ABC 的一个法向量 n(0,0,1)，所以 cos m，n mn|m|n|77，所以二面角 F-BC-A 的余弦值为 77.12 分法二：如图，连接 OO，过点 F 作 FMOB 于点 M，则有 FMOO.又 OO平面 ABC，所以 FM平面 ABC，可得 FM FB2BM23.过点 M 作 MNBC 于点 N，连接 FN，可得 FNBC，从而FNM 为二面角 F-BC-A 的平面角.10 分又 ABBC，AC 是圆 O 的直径，所以
7、MNBMsin 45 62.从而 FN 422，可得 cosFNM 77.所以二面角 F-BC-A 的余弦值为 77.12 分(对应学生用书第 167 页)高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！热点题型 1 向量法求线面角题型分析：向量法求线面角是高考中的常考题型，求解过程中，建系是突破口，求直线的方向向量与平面的法向量是关键.(2016全国丙卷)如图 12-4，四棱锥 P-ABCD 中，PA底面 ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M 为线段 AD 上一点，AM2MD，N为 PC 的中点(1)证明 MN平面 PAB；(2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角
8、的正弦值图 12-4解(1)证明：由已知得 AM23AD2.取 BP 的中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 的中点知 TNBC，TN12BC2.又 ADBC，故 TN 綊 AM，所以四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MNAT.因为 AT平面 PAB，MN平面 PAB，所以 MN平面 PAB.4 分(2)取 BC 的中点 E，连接 AE.由 ABAC 得 AEBC，从而 AEAD，且 AE AB2BE2AB2BC22 5.6 分以 A 为坐标原点，AE的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.由题意知 P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(5，2,0)，N
9、52，1，2，8 分PM(0,2，4)，PN52，1，2，AN52，1，2.高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！设 n(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则nPM0，nPN0，即2y4z0，52 xy2z0，可取 n(0,2,1).10 分于是|cosn，AN|nAN|n|AN|8 525.所以直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 525.12 分向量法求线面角的一般步骤1建立恰当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标2写出相关向量的坐标3求平面的法向量4求线面角的正弦值5转化为几何结论提醒：直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝
10、对值，即注意函数名称的变化变式训练 1(2016呼和浩特二模)如图 12-5，在四棱锥 P-ABCD 中，底面ABCD 是菱形，DAB60，PD平面 ABCD，PDAD1，点 E，F 分别为AB 和 PD 的中点图 12-5(1)求证：直线 AF平面 PEC；高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！(2)求 PE 与平面 PBC 所成角的正弦值【导学号：67722043】解(1)证明：作 FMCD 交 PC 于点 M，连接 EM.点 F 为 PD 的中点，FM12CD.AE12AB，ABCD，AEFM.又 AEFM，四边形 AEMF 为平行四边形，AFEM.AF平面 PEC
11、，EM平面 PEC，直线 AF平面 PEC.6 分(2)连接 DE，DAB60，ABCD 是菱形，DEDC.以 D 为坐标原点，以 DE，DC，DP 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，7 分则 P(0,0,1)，C(0,1,0)，E32，0，0，A32，12，0，B32，12，0，PB32，12，1，PC(0,1，1)，PE32，0，1.8 分设平面 PBC 的法向量为 n(x，y，z)nPB0，nPC0，高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！32 x12yz0，yz，取 n(3，3,3)，平面 PBC 的一个法向量为 n(3，3,3).10 分设向量 n 与
12、PE所成的角为，cos nPE|n|PE|37.PE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 37.12 分热点题型 2 向量法求二面角题型分析：向量法求二面角是高考重点考查题型，此类问题求解的突破口是建立恰当的坐标系，求解的关键是求两个平面的法向量.(2016全国乙卷)如图 12-6，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角 D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是 60.(1)证明：平面 ABEF平面 EFDC；(2)求二面角 E-BC-A 的余弦值图 12-6解(1)证明：由已知可得 AFDF，AFFE，所以 AF平面 EFDC.
13、又 AF平面 ABEF，故平面 ABEF平面 EFDC.(2)过 D 作 DGEF，垂足为 G.由(1)知 DG平面 ABEF.以 G 为坐标原点，GF的方向为 x 轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！的空间直角坐标系 G-xyz.6 分由(1)知DFE 为二面角 D-AF-E 的平面角，故DFE60，则|DF|2，|DG|3，可得 A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，3).7 分由已知得 ABEF，所以 AB平面 EFDC.又平面 ABCD平面 EFDCCD，故 ABCD，CDEF.由 BEAF，可
14、得 BE平面 EFDC，所以CEF 为二面角 C-BE-F 的平面角，CEF60.从而可得 C(2,0，3).8 分所以EC(1,0，3)，EB(0,4,0)，AC(3，4，3)，AB(4,0,0)设 n(x，y，z)是平面 BCE 的法向量，则nEC0，nEB0，即x 3z0，4y0，所以可取 n(3,0，3).9 分设 m 是平面 ABCD 的法向量，则mAC0，mAB0，同理可取 m(0，3，4).10 分则 cosn，m nm|n|m|2 1919.故二面角 E-BC-A 的余弦值为2 1919.12 分利用空间向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方
15、向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角变式训练 2(名师押题)如图 12-7，在四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAB底面 ABCD，底面 ABCD 为矩形，PAPB，O 为 AB 的中点，ODPC.(1)求证：OCPD；高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！(2)若 PD 与平面 PAB 所成的角为 30，求二面角 D-PC-B 的余弦值.【导学号：67722044】图 12-7解(1)证明：连接 OP，PAPB，O 为 AB 的中点，OPAB.侧面 PAB底面 ABCD，OP平面 ABCD，OPOD，OPOC.O
16、DPC，OPPCP，OD平面 OPC，ODOC.4 分又OPODO，OC平面 OPD，OCPD.6 分(2)取 CD 的中点 E，以 O 为原点，OE，OB，OP 所在的直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系 O-xyz.由(1)知 ODOC，则 AB2AD，又侧面 PAB底面 ABCD，底面 ABCD 是矩形，DA平面 PAB.DPA 为直线 PD 与平面 PAB 所成的角，DPA30.不妨设 AD1，则 AB2，PA 3，PO 2.B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，1,0)，P(0,0，2)，从而PC(1,1，2)，CD(0，2,0).9 分设平面 PCD 的法向量为 n1(
17、x1，y1，z1)，高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！由PCn10，CDn10，得x1y1 2z10，2y10，可取 n1(2，0,1)同理，可取平面 PCB 的一个法向量为 n2(0，2，1).11 分于是 cosn1，n2 n1n2|n1|n2|13.二面角 D-PC-B 的余弦值为13.12 分热点题型 3 利用空间向量求解探索性问题题型分析：1立体几何中的探索性题目主要有两类：一是利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究.,2其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在
18、性来解决.如图 12-8，空间几何体 ABCDE 中，平面 ABC平面 BCD，AE平面 ABC.(1)证明：AE平面 BCD；(2)若ABC 是边长为 2 的正三角形，DE平面 ABC，且 AD 与 BD，CD 所成角的余弦值均为 24，试问在 CA 上是否存在一点 P，使得二面角 P-BE-A 的余弦值为 104.若存在，请确定点 P 的位置；若不存在，请说明理由图 12-8 解 题 指 导 (1)作DOBCDO平面ABCDOAE AE平面BCD高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！(2)DE平面BCD，AOBC DOa 求a 以点O为坐标原点建系 设APAC求平面A
19、BE与平面PBE的法向量 建立方程求解(1)证明：过点 D 作直线 DOBC 交 BC 于点 O，连接 DO.因为平面 ABC平面 BCD，DO平面 BCD，DOBC，且平面 ABC平面 BCDBC，所以 DO平面 ABC.1 分因为直线 AE平面 ABC，所以 AEDO.2 分因为 DO平面 BCD，AE平面 BCD，所以直线 AE平面 BCD.4 分(2)连接 AO，因为 DE平面 ABC，所以 AODE 是矩形，所以 DE平面 BCD.因为直线 AD 与直线 BD，CD 所成角的余弦值均为 24，所以 BDCD，所以 O 为 BC 的中点，所以 AOBC，且 cosADC 24.设 DO
20、a，因为 BC2，所以 OBOC1，AO 3.所以 CD 1a2，AD 3a2.在ACD 中，AC2，所以 AC2AD2CD22ADCDcosADC，即 43a21a22 3a2 1a2 24，即 1a23a22 2a2，解得 a21，a1.6 分以 O 为坐标原点，OA，OB，OD 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！则 C(0，1,0)，B(0,1,0)，A(3，0,0)，E(3，0,1)假设存在点 P，连接 EP，BP，设APAC，则 P(3 3，0)设平面 ABE 的法向量为 m(x，y，z)，
21、则mAEz0，mBA 3xy0，取 x1，则平面 ABE 的一个法向量为 m(1，3，0)设平面 PBE 的法向量为 n(x，y，z)，则nPB 3 3x1y0，nBE 3xyz0，取 x1，则平面 PBE 的一个法向量为 n(1，3 3，2 3).9 分设二面角 P-BE-A 的平面角的大小为，由图知 为锐角则 cos|mn|m|n|133|2 12312122 104，化简得 6210，解得 13或 12(舍去).11 分所以在 CA 上存在一点 P，使得二面角 P-BE-A 的余弦值为 104，其为线段AC 的三等分点(靠近点 A).12 分利用空间向量解点或参数存在性问题的优势及思路1
22、优势：空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！2思路：把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题变式训练 3 如图 12-9 所示，在多面体 ABCDE 中，CD平面 ABC，BECD，AB2 5，AC4，BC2，CD4，BE1.(1)求证：平面 ADC平面 BCDE；(2)试问在线段 DE 上是否存在点 S，使得 AS 与平面 ADC 所
23、成的角的余弦值为3 57？若存在，确定 S 的位置；若不存在，请说明理由图 12-9解(1)证明：因为 AB2 5，AC4，BC2，所以 AB2AC2BC2，故 ACBC.2 分因为 CD平面 ABC，所以 CDBC.因为 ACCDC，故 BC平面 ADC.因为 BC平面 BCDE，所以平面 ADC平面 BCDE.5 分(2)由(1)知 ACBC.又 CD平面 ABC，所以 CDAC，CDBC.以 C 为坐标原点，CA，CB，CD 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,4)，E(0,2,1).
24、8 分假设线段 DE 上存在点 S(x，y，z)，使得 AS 与平面 ACD 所成的角 的余弦值为3 57.高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！设DSDE(01)，又DS(x，y，z4)，DE(0,2，3)，所以(x，y，z4)(0,2，3)，得 S(0,2，43)，则AS(4,2，43)由(1)知平面 ADC 的一个法向量是CB(0,2,0)，因为 cos 3 57，10 分所以 sin 27|cosAS，CB|42 1322432，化简得 92680，解得 23或 43(舍去)故存在满足条件的点 S，且 DS23DE.12 分专题限时集训(十二)立体几何中的向量方法
25、建议用时：45 分钟1(2016北京高考)如图 12-10，在四棱锥 P-ABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD 5.图 12-10(1)求证：PD平面 PAB.(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值(3)在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM平面 PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由解(1)证明：因为平面 PAD平面 ABCD，ABAD，所以 AB平面 PAD.所以 ABPD.2 分又因为 PAPD，所以 PD平面 PAB.4 分(2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO.高考资源网（）您身边的高考专家高
26、考资源网版权所有，侵权必究！因为 PAPD，所以 POAD.又因为 PO平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD，所以 PO平面 ABCD.因为 CO平面 ABCD，所以 POCO.因为 ACCD，所以 COAD.5 分如图，建立空间直角坐标系 O-xyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)，P(0,0,1).6 分设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，则nPD 0，nPC0，即yz0，2xz0.令 z2，则 x1，y2.所以 n(1，2,2).8 分又PB(1,1，1)，所以 cosn，PB nPB|n|PB|33.所以直线 PB 与平面
27、 PCD 所成角的正弦值为 33.10 分(3)设 M 是棱 PA 上一点，则存在 0,1使得AM AP.11 分因此点 M(0,1，)，BM(1，).12 分因为 BM平面 PCD，所以要使 BM平面 PCD 当且仅当BM n0，即(1，)(1，2,2)0.解得 14.所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM平面 PCD，此时AMAP14.14 分2(2016四川高考)如图 12-11，在四棱锥 P-ABCD 中，ADBC，ADCPAB90，BCCD12AD，E 为棱 AD 的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！为 90.图 1
28、2-11(1)在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM平面 PBE，并说明理由；(2)若二面角 P-CD-A 的大小为 45，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值.【导学号：67722045】解(1)在梯形 ABCD 中，AB 与 CD 不平行如图(1)，延长 AB，DC，相交于点 M(M平面 PAB)，点 M 即为所求的一个点.2 分(1)理由如下：由已知，知 BCED，且 BCED，所以四边形 BCDE 是平行四边形，从而 CMEB.4 分又 EB平面 PBE，CM平面 PBE，所以 CM平面 PBE.6 分(说明：延长 AP 至点 N，使得 APPN，则所找的点可以是直线 M
29、N 上任意一点)(2)法一：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以 CD平面 PAD，从而 CDPD，所以PDA 是二面角 P-CD-A 的平面角，所以PDA45.7 分设 BC1，则在 RtPAD 中，PAAD2.如图(1)，过点 A 作 AHCE，交 CE 的延长线于点 H，连接 PH，易知 PA平面 ABCD，高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！从而 PACE，于是 CE平面 PAH.所以平面 PCE平面 PAH.9 分过 A 作 AQPH 于 Q，则 AQ平面 PCE，所以APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角在 RtAEH 中，AEH45，AE1，所
30、以 AH 22.在 RtPAH 中，PH PA2AH23 22，所以 sinAPHAHPH13.12 分法二：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以 CD平面 PAD，于是 CDPD.从而PDA 是二面角 P-CD-A 的平面角，所以PDA45.又 PAAB，所以 PA平面 ABCD.7 分设 BC1，则在 Rt PAD 中，PAAD2，作 Ay平面 PAD，以 A 为原点，以AD，AP的方向分别为 x 轴、z 轴的正方向，建立如图(2)所示的空间直角坐标系 A-xyz，则 A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，(2)所以PE(1,0，2)，EC(1,1
31、,0)，AP(0,0,2).9 分设平面 PCE 的法向量为 n(x，y，z)，由nPE0，nEC0，得x2z0，xy0.设 x2，解得 n(2，2,1).10 分设直线 PA 与平面 PCE 所成角为，高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！则 sin|nAP|n|AP|22 2221213，所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为13.12 分3(2016泰安模拟)在平面四边形 ACBD(如图 12-12(1)中，ABC 与ABD均为直角三角形且有公共斜边 AB，设 AB2，BAD30，BAC45，将ABC 沿 AB 折起，构成如图 12-12(2)所示的三棱锥
32、 C-ABD，且使 CD 2.(1)(2)图 12-12(1)求证：平面 CAB平面 DAB；(2)求二面角 A-CD-B 的余弦值【导学号：67722046】解(1)证明：取 AB 的中点 O，连接 CO，DO，在 RtACB，RtADB 中，AB2，CODO1.又CD 2，CO2DO2CD2，即 COOD.2 分又COAB，ABODO，AB，OD平面 ABD，CO平面 ABD.4 分又CO平面 ABC，平面 CAB平面 DAB.5 分(2)以 O 为原点，AB，OC所在的直线分别为 y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系则 A(0，1,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，D32
33、，12，0，高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！AC(0,1,1)，BC(0，1,1)，CD 32，12，1.6 分设平面 ACD 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，则n1AC，n1CD，即n1AC 0，n1CD 0，y1z10，32 x112y1z10，令 z11，则 y11，x1 3，n1(3，1,1).8 分设平面 BCD 的法向量为 n2(x2，y2，z2)，则n2BC，n2CD，即n2BC 0，n2CD 0，y2z20，32 x212y2z20，令 z21，则 y21,x2 33，n233，1，1，10 分cosn1，n23 33 111131113111
34、573 10535，二面角 A-CD-B 的余弦值为 10535.12 分4(2016郑州二模)如图 12-13，在梯形 ABCD 中，ABCD，ADDCCB1，BCD120，四边形 BFED 为矩形，平面 BFED平面 ABCD，BF1.图 12-13(1)求证：AD平面 BFED；高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！(2)点 P 在线段 EF 上运动，设平面 PAB 与平面 ADE 所成锐二面角为，试求 的最小值解(1)证明：在梯形 ABCD 中，ABCD，ADDCCB1，BCD120，AB2.BD2AB2AD22ABADcos 603.2 分AB2AD2BD2，A
35、DBD.平面 BFED平面 ABCD，平面 BFED平面 ABCDBD，DE平面 BFED，DEDB，DE平面 ABCD，4 分DEAD，又 DEBDD，AD平面 BFED.6 分(2)由(1)可建立以直线 DA，DB，DE 为 x 轴、y 轴、z 轴的如图所示的空间直角坐标系，令 EP(0 3)，则 D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，3，0)，P(0，1)，AB(1，3，0)，BP(0，3，1).8 分设 n1(x，y，z)为平面 PAB 的法向量，由n1AB0，n1BP0，得x 3y0，3yz0，取 y1，则 n1(3，1，3)n2(0,1,0)是平面 ADE 的一个法向量，cos|n1n2|n1|n2|131 3211 324.0 3，当 3时，cos 有最大值12，的最小值为3.12 分
