1、高考专题突破四高考专题突破四高考中的立体几何问题高考中的立体几何问题 【考点自测】 1在正三棱柱 ABCA1B1C1中，D 为 BC 的中点，E 为 A1C1的中点，则 DE 与平面 A1B1BA 的位置关系为() A相交B平行 C垂直相交D不确定 答案B 解析如图取 B1C1的中点为 F，连接 EF，DF， 则 EFA1B1，DFB1B， 且 EFDFF，A1B1B1BB1， 平面 EFD平面 A1B1BA， DE平面 A1B1BA. 2设 x，y，z 是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形： x，y，z 均为直线；x，y 是直线，z 是平面；z 是直线，x，y 是平面；x，y，z 均为
2、平面 其中使“xz 且 yzxy”为真命题的是() ABCD 答案C 解析由正方体模型可知为假命题；由线面垂直的性质定理可知为真命题 3 (2018 届黑龙江海林市朝鲜中学模拟)已知某几何体的三视图如图所示， 则该几何体的表面 积为() A94( 2 5)B102( 2 3) C112( 2 5)D112( 2 3) 答案C 解析根据三视图还原几何体为一个直四棱柱，两底面为四边形(侧视图)，其余各侧面为矩 形， 两底面面积为 2 1 222 1 2115， 四个侧面面积为 22122 52 2 62 52 2，几何体的表面积为 112( 5 2)，故选 C. 4(2017天津滨海新区模拟)如图
3、，以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕，把 ABD 和ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： BDAC； BAC 是等边三角形； 三棱锥 DABC 是正三棱锥； 平面 ADC平面 ABC. 其中正确的是() AB CD 答案B 解析由题意知，BD平面 ADC，故 BDAC，正确；AD 为等腰直角三角形斜边 BC 上 的高，平面 ABD平面 ACD，所以 ABACBC，BAC 是等边三角形，正确；易知 DA DBDC，又由知正确；由知错故选 B. 5(2017沈阳调研)设，是三个平面，a，b 是两条不同的直线，有下列三个条件： a，b；a，b；b，a.
4、如果命题“a，b，且_，则 ab”为真命题，则可以在横线处填入的条件是_(把所有正确的序号填上) 答案或 解析由线面平行的性质定理可知，正确；当 b，a时，a 和 b 在同一平面内，且没 有公共点，所以平行，正确故应填入的条件为或. 题型一题型一求空间几何体的表面积与体积求空间几何体的表面积与体积 例 1(2016全国)如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O， 点 E，F 分别在 AD，CD 上，AECF，EF 交 BD 于点 H，将DEF 沿 EF 折到DEF 的位置 (1)证明：ACHD； (2)若 AB5，AC6，AE5 4，OD2 2，求五棱锥 D-ABCFE 的体
5、积 (1)证明由已知得 ACBD，ADCD，又由 AECF 得AE AD CF CD，故 ACEF，由此得 EFHD，折后 EF 与 HD 保持垂直关系，即 EFHD，所以 ACHD. (2)解由 EFAC 得OH DO AE AD 1 4. 由 AB5，AC6 得 DOBO AB2AO24， 所以 OH1，DHDH3， 于是 OD2OH2(2 2)2129DH2， 故 ODOH. 由(1)知 ACHD，又 ACBD，BDHDH， BD，HD平面 BHD， 所以 AC平面 BHD，于是 ACOD， 又由 ODOH，ACOHO，AC，OH平面 ABC， 所以 OD平面 ABC. 又由EF AC
6、DH DO得 EF 9 2. 五边形 ABCFE 的面积 S1 268 1 2 9 23 69 4 . 所以五棱锥 D-ABCFE 的体积 V1 3 69 4 2 223 2 2 . 思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行 求解其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积 (2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何 体，再利用公式求解 (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解 跟踪训练 1(2018乌鲁木齐质检)正三棱锥的高为 1，底面边长为 2 6， 内有一个球与它的
7、四个面都相切(如图)求： (1)这个正三棱锥的表面积； (2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积 解(1)底面正三角形中心到一边的距离为1 3 3 2 2 6 2，则正棱锥 侧面的斜高为 12 22 3， S侧31 22 6 39 2， S表S侧S底9 21 2 3 2 (2 6)2 9 26 3. (2)设正三棱锥 PABC 的内切球球心为 O，连接 OP，OA，OB，OC， 而 O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径 r. V三棱锥PABCV三棱锥OPABV三棱锥OPBCV三棱锥OPACV三棱锥OABC 1 3S 侧r1 3S ABCr1 3S 表r (3 22 3)r. 又 VPABC1
8、 3 1 2 3 2 (2 6)212 3， (3 22 3)r2 3， 得 r 2 3 3 22 3 2 33 22 3 1812 62. S内切球4( 62)2(4016 6). V内切球4 3( 62) 38 3(9 622). 题型二题型二空间点、线、面的位置关系空间点、线、面的位置关系 例 2(2017广州五校联考)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形，PAPD， BAD60，E 是 AD 的中点，点 Q 在侧棱 PC 上 (1)求证：AD平面 PBE； (2)若 Q 是 PC 的中点，求证：PA平面 BDQ； (3)若 VPBCDE2VQABCD，试求CP CQ的
9、值 (1)证明由 E 是 AD 的中点，PAPD 可得 ADPE. 因为底面 ABCD 是菱形，BAD60， 所以 ABBD，所以 ADBE， 又 PEBEE，PE，BE平面 PBE， 所以 AD平面 PBE. (2)证明连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OQ. 因为 O 是 AC 的中点，Q 是 PC 的中点， 所以 OQPA， 又 PA平面 BDQ，OQ平面 BDQ， 所以 PA平面 BDQ. (3)解设四棱锥 PBCDE，QABCD 的高分别为 h1，h2. 所以 V四棱锥PBCDE1 3S 四边形BCDEh1， V四棱锥QABCD1 3S 四边形ABCDh2. 又 VPBCDE2V
10、QABCD，且 S四边形BCDE3 4S 四边形ABCD， 所以CP CQ h1 h2 8 3. 思维升华 (1)平行问题的转化 利用线线平行、 线面平行、 面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时， 一般遵循从“低 维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性 质定理时，其顺序正好相反在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合， 灵活运用 (2)垂直问题的转化 在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可 为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基 本作法是过其中一个平面内
11、一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题， 进而可转化为线线垂直问题 跟踪训练 2 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAC，E 是 BC 的中点，求证： (1)平面 AB1E平面 B1BCC1； (2)A1C平面 AB1E. 证明(1)在直三棱柱 ABCA1B1C1中， CC1平面 ABC. 因为 AE平面 ABC，所以 CC1AE. 因为 ABAC，E 为 BC 的中点，所以 AEBC. 因为 BC平面 B1BCC1，CC1平面 B1BCC1， 且 BCCC1C，所以 AE平面 B1BCC1. 因为 AE平面 AB1E， 所以平面 AB1E平面 B1BCC1. (2)
12、连接 A1B，设 A1BAB1F，连接 EF. 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，四边形 AA1B1B 为平行四边形，所以 F 为 A1B 的中点 又因为 E 是 BC 的中点，所以 EFA1C. 因为 EF平面 AB1E，A1C平面 AB1E， 所以 A1C平面 AB1E. 题型三题型三平面图形的翻折问题平面图形的翻折问题 例 3 (2016全国)如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB 5，AC6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AECF5 4，EF 交 BD 于 点 H.将DEF 沿 EF 折到DEF 的位置，OD 10. (1)证明：DH平面 ABCD； (
13、2)求二面角 B-DA-C 的正弦值 (1)证明由已知得 ACBD，ADCD. 又由 AECF 得AE AD CF CD，故 ACEF. 因此 EFHD，从而 EFDH. 由 AB5，AC6 得 DOBO AB2AO24. 由 EFAC 得OH DO AE AD 1 4. 所以 OH1，DHDH3. 于是 DH2OH2321210DO2，故 DHOH. 又 DHEF，而 OHEFH， 所以 DH平面 ABCD. (2)解如图，以 H 为坐标原点，HF，HD，HD所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则 H(0,0,0)， A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0
14、)， D(0,0,3)，AB (3，4,0)，AC(6,0,0)， AD (3,1,3) 设 m(x1，y1，z1)是平面 ABD的法向量，则 mAB 0， m AD 0， 即 3x14y10， 3x1y13z10， 所以可取 m(4,3，5) 设 n(x2，y2，z2)是平面 ACD的法向量，则 nAC 0， n AD 0， 即 6x20， 3x2y23z20， 所以可取 n(0，3,1) 于是 cosm，n mn |m|n| 14 50 10 7 5 25 ， sinm，n2 95 25 . 因此二面角 B-DA-C 的正弦值是2 95 25 . 思维升华 平面图形的翻折问题， 关键是搞清
15、翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化 情况一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生 变化 跟踪训练 3如图(1)，四边形 ABCD 为矩形，PD平面 ABCD，AB1，BCPC2，作如 图(2)折叠，折痕 EFDC.其中点 E，F 分别在线段 PD，PC 上，沿 EF 折叠后，点 P 叠在线 段 AD 上的点记为 M，并且 MFCF. (1)证明：CF平面 MDF； (2)求三棱锥 MCDE 的体积 (1)证明因为 PD平面 ABCD，AD平面 ABCD， 所以 PDAD. 又因为 ABCD 是矩形，CDAD， PDCDD，PD，CD平面 PCD， 所以
16、 AD平面 PCD. 又 CF平面 PCD，所以 ADCF，即 MDCF. 又 MFCF，MDMFM，MD，MF平面 MDF， 所以 CF平面 MDF. (2)解因为 PDDC，PC2，CD1，PCD60， 所以 PD 3，由(1)知 FDCF， 在 RtDCF 中，CF1 2CD 1 2. 如图，过点 F 作 FGCD 交 CD 于点 G， 得 FGFCsin 601 2 3 2 3 4 ， 所以 DEFG 3 4 ，故 MEPE 3 3 4 3 3 4 ， 所以 MD ME2DE2 3 3 4 2 3 4 2 6 2 . SCDE1 2DEDC 1 2 3 4 1 3 8 . 故 V三棱锥
17、MCDE1 3MDS CDE1 3 6 2 3 8 2 16. 题型四题型四立体几何中的存在性问题立体几何中的存在性问题 例 4 (2017安徽江南名校联考)如图，在四棱锥 PABCD 中，PD平面 ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E 为 PA 的中点 (1)求证：DE平面 BPC； (2)线段 AB 上是否存在一点 F，满足 CFDB？若存在，请求出二面角 FPCD 的余弦值；若不存在，请说明理由 (1)证明取 PB 的中点 M，连接 EM 和 CM，过点 C 作 CNAB，垂足为 点 N. 在平面 ABCD 内， CNAB，DAAB，CNDA， 又 AB
18、CD，四边形 CDAN 为平行四边形， CNAD8，DCAN6， 在 RtBNC 中， BN BC2CN2 102826， AB12，而 E，M 分别为 PA，PB 的中点， EMAB 且 EM6，又 DCAB， EMCD 且 EMCD，四边形 CDEM 为平行四边形， DECM.CM平面 PBC，DE平面 PBC， DE平面 BPC. (2)解由题意可得 DA，DC，DP 两两互相垂直，如图，以 D 为原点， DA，DC，DP 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz， 则 A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8) 假设 AB 上存在一点 F
19、 使 CFBD，设点 F 的坐标为(8，t,0)(0t12)， 则CF (8，t6,0)，DB (8,12,0)， 由CF DB 0，得 t2 3. 又平面 DPC 的一个法向量为 m(1,0,0)， 设平面 FPC 的法向量为 n(x，y，z) 又PC (0,6，8)，FC8，16 3 ，0 . 由 nPC 0， nFC 0， 得 6y8z0， 8x16 3 y0， 即 z3 4y， x2 3y， 不妨令 y12，则 n(8,12,9) 则 cosn，m nm |n|m| 8 1 8212292 8 17. 又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角 FPCD 的余弦值为 8 17. 思维升
20、华 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关 系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾 的结论则否定假设 跟踪训练 4(2018成都模拟)如图，四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E 为棱 AA1的中点 (1)证明：B1C1CE； (2)求二面角 B1CEC1的正弦值； (3)设点 M 在线段 C1E 上， 且直线 AM 与平面 ADD1A1所成角的正弦值为 2 6 ， 求线段 AM 的长 (1)证明如图，以点 A 为原点，分别以 AD，AA1，AB
21、 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，由题意得 A(0,0,0)，B(0,0,2)， C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0) 易得 B1C1 (1,0，1)，CE (1,1，1)，于是 B 1C1 CE 0， 所以 B1C1CE. (2)解B1C (1，2，1) 设平面 B1CE 的法向量 m(x，y，z)， 则 mB1C 0， mCE 0， 即 x2yz0， xyz0. 消去 x，得 y2z0，不妨令 z1， 可得一个法向量为 m(3，2,1) 由(1)知，B1C1CE，又 CC1B1C1，CC1CEC， CC1，CE平面 CEC1，可得
22、 B1C1平面 CEC1， 故 B1C1 (1,0，1)为平面 CEC1的一个法向量 于是 cosm，B1C1 m B1C1 |m| B1C1 | 4 14 2 2 7 7 ，从而 sinm， B1C1 21 7 ， 所以二面角 B1CEC1的正弦值为 21 7 . (3)解AE (0,1,0)，EC 1 (1,1,1)，设EM EC1 (，)(01)，则AM AE EM (， 1，) 可取AB (0,0,2)为平面 ADD 1A1的一个法向量 设为直线 AM 与平面 ADD1A1所成的角，则 sin |cosAM ， AB |AM AB | |AM |AB | 2 21222 3221， 于
23、是 3221 2 6 ，解得1 3(负值舍去)， 所以 AM 2. 1(2017北京)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为() A3 2B2 3 C2 2D2 答案B 解析在正方体中还原该四棱锥，如图所示， 可知 SD 为该四棱锥的最长棱 由三视图可知正方体的棱长为 2， 故 SD 2222222 3. 故选 B. 2(2018沈阳质检)如图所示，已知平面平面l，.A，B 是直线 l 上的两点，C，D 是平面内的两点，且 ADl，CBl， DA4， AB6， CB8.P 是平面上的一动点， 且有APDBPC， 则四棱锥 PABCD 体积的最大值是() A48B16C24 3D1
24、44 答案A 解析由题意知，PAD，PBC 是直角三角形， 又APDBPC，所以PADPBC. 因为 DA4，CB8，所以 PB2PA. 作 PMAB 于点 M，由题意知，PM平面. 令 BMt，则 AM|6t|， PA2(6t)24PA2t2， 所以 PA24t12. 所以 PM t216t48， 即为四棱锥 PABCD 的高， 又底面 ABCD 为直角梯形，S1 2(48)636. 所以 V1 336 t 216t4812 t8216 12448. 3(2017云南省 11 校调研)设已知 m，n 是两条不同的直线，为两个不同的平面，有下 列四个命题： 若，m，n，则 mn； 若 m，n，
25、mn，则； 若 m，n，mn，则； 若 m，n，则 mn. 其中所有正确命题的序号是_ 答案 解析对于，当两个平面互相垂直时，分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直，因此 不正确；对于，依据结论“由空间一点向一个二面角的两个半平面(或半平面所在平面) 引垂线，这两条垂线所成的角与这个二面角的平面角相等或互补”可知正确；对于，分 别与两条平行直线平行的两个平面未必平行，因此不正确；对于，由 n得，在平面 内必存在直线 n1平行于直线 n，由 m，得 m，mn1，又 n1n，因此有 mn， 正确综上所述，所有正确命题的序号是. 4.如图梯形 ABCD 中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，
26、 E，F 分别是 AB，CD 的中点，将四边形 ADFE 沿直线 EF 进行翻折，给 出四个结论： DFBC； BDFC； 平面 DBF平面 BFC； 平面 DCF平面 BFC. 在翻折过程中，可能成立的结论是_(填写结论序号) 答案 解析因为 BCAD，AD 与 DF 相交不垂直，所以 BC 与 DF 不垂直， 则错误；设点 D 在平面 BCF 上的射影为点 P，当 BPCF 时就有 BDFC，而 ADBCAB234，可使条件满足，所以正确； 当点 P 落在 BF 上时，DP平面 BDF，从而平面 BDF平面 BCF，所 以正确；因为点 D 的投影不可能在 FC 上，所以平面 DCF平面 B
27、FC 不成立，即错误 5.如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为 BC 的中点，点 P 在线段 D1E 上，则点 P 到直线 CC1的距离的最小值为_ 答案 2 5 5 解析点 P 到直线 CC1的距离等于点 P 在平面 ABCD 上的射影到点 C 的距离，设点 P 在平 面 ABCD 上的射影为 P， 显然点 P 到直线 CC1的距离的最小值为 PC 的长度的最小值 连 接 DE，当 PCDE 时，PC 的长度最小，此时 PC 21 221 2 5 5 . 6(2018烟台模拟)如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，ACB1D，BB1底面 ABCD，E，
28、F，H 分别为 AD，CD，DD1的中点，EF 与 BD 交于点 G. (1)证明：平面 ACD1平面 BB1D； (2)证明：GH平面 ACD1. 证明(1)BB1平面 ABCD，AC平面 ABCD， ACBB1. 又 ACB1D，BB1B1DB1， BB1，B1D平面 BB1D， AC平面 BB1D. AC平面 ACD1， 平面 ACD1平面 BB1D. (2)设 ACBDO，连接 OD1. E，F 分别为 AD，CD 的中点， EFODG， G 为 OD 的中点 H 为 DD1的中点，HGOD1. GH平面 ACD1，OD1平面 ACD1， GH平面 ACD1. 7 (2017青岛质检)
29、在平面四边形 ABCD 中， ABBDCD1， ABBD， CDBD.将ABD 沿 BD 折起，使得平面 ABD平面 BCD，如图所示 (1)求证：ABCD； (2)若 M 为 AD 的中点，求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值 (1)证明平面 ABD平面 BCD， 平面 ABD平面 BCDBD， AB平 面 ABD，ABBD， AB平面 BCD. 又 CD平面 BCD，ABCD. (2)解过点 B 在平面 BCD 内作 BEBD，如图 由(1)知 AB平面 BCD，BE平面 BCD，BD平面 BCD. ABBE，ABBD. 以 B 为坐标原点，分别以 BE，BD，BA 所在直线为 x
30、 轴，y 轴，z 轴， 建立空间直角坐标系 由题意，得 B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M 0，1 2， 1 2 ， 则BC (1,1,0)，BM 0，1 2， 1 2 ，AD (0,1，1) 设平面 MBC 的法向量为 n(x0，y0，z0)， 则 nBC 0， nBM 0， 即 x0y00， 1 2y 01 2z 00， 取 z01，得平面 MBC 的一个法向量 n(1，1,1) 设直线 AD 与平面 MBC 所成的角为， 则 sin |cosn， AD | |nAD | |n|AD | 6 3 ， 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 6
31、 3 . 8(2017郑州模拟)等边三角形 ABC 的边长为 3，点 D，E 分别是边 AB，AC 上的点，且满足 AD DB CE EA 1 2，如图 1.将ADE 沿 DE 折起到A 1DE 的位置，使二面角 A1DEB 为直二面 角，连接 A1B，A1C，如图 2. (1)求证：A1D平面 BCED； (2)在线段 BC 上是否存在点 P，使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60？若存在，求出 PB 的长；若不存在，请说明理由 (1)证明因为等边三角形 ABC 的边长为 3， 且AD DB CE EA 1 2，所以 AD1，AE2. 在ADE 中，DAE60，由余弦定理得 DE
32、1222212cos 60 3. 从而 AD2DE2AE2，所以 ADDE. 折起后有 A1DDE，因为二面角 A1DEB 是直二面角， 所以平面 A1DE平面 BCED， 又平面 A1DE平面 BCEDDE，A1DDE， 所以 A1D平面 BCED. (2)解存在理由：由(1)可知 EDDB，A1D平面 BCED. 以 D 为坐标原点，分别以 DB，DE，DA1所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 设 PB2a(02a3)，作 PHBD 于点 H， 连接 A1H，A1P， 则 BHa，PH 3a，DH2a. 所以 A1(0,0,1)，P(2a， 3a
33、,0)，E(0，3，0) 所以PA1 (a2， 3a,1) 因为 ED平面 A1BD， 所以平面 A1BD 的一个法向量为DE (0，3，0) 要使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60， 则 sin 60 |PA1 DE | |PA1 |DE | 3a 4a24a5 3 3 2 ， 解得 a5 4.此时 2a 5 2，满足 02a3，符合题意 所以在线段 BC 上存在点 P，使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60，此时 PB5 2. 9 (2018合肥模拟)如图， 在梯形 ABCD 中， ABCD， ADDCCB1， BCD2 3 ，四边形 BFED 为矩形，平面 BFED
34、平面 ABCD，BF1. (1)求证：AD平面 BFED； (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 (1)证明在梯形 ABCD 中， ABCD，ADDCCB1，BCD2 3 ， AB2，BD2AB2AD22ABADcos 33. AB2AD2BD2，ADBD. 平面 BFED平面 ABCD，平面 BFED平面 ABCDBD，DE平面 BFED，DEDB， DE平面 ABCD， DEAD，又 DEBDD， AD平面 BFED. (2)解由(1)可建立以点 D 为坐标原点，分别以直线 DA，DB，DE 为 x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，如图所示 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) 设 n1(x，y，z)为平面 PAB 的一个法向量， 由 n1AB 0， n1BP 0， 得 x 3y0， 3yz0， 取 y1，得 n1( 3，1， 3)， n2(0,1,0)是平面 ADE 的一个法向量， cos |n1n2| |n1|n2| 1 31 321 1 324 . 0 3， 当 3时，cos 有最大值1 2， 又为锐角，的最小值为 3.
