2017年高考数学（理,山东）二轮专题复习（教师用书）：第1部分 专题4 突破点12 立体几何中的向量方法

2017年高考数学（理,山东）二轮专题复习（教师用书）：第1部分 专题4 突破点12 立体几何中的向量方法

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θ∈.‎ ‎(2)设直线l1，l2的方向向量为s1，s2，则cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝.‎ 提炼2‎ 直线与平面的夹角 ‎(1)直线与平面的夹角θ∈.‎ ‎(2)设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.‎ 提炼3‎ 两个平面的夹角 ‎　(1)如图121①，AB，CD是二面角αlβ的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．‎ ‎①　　　　②　　　　③‎ 图121‎ ‎(2)如图121②③，n1，n2分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉．‎ 回访1　直线与平面的夹角 ‎1．(2015·全国卷Ⅱ)如图122，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α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α所成角的正弦值．‎ 图122‎ ‎[解]　(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．‎ ‎ 5分 ‎(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.‎ 因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.‎ 于是MH＝＝6，所以AH＝10.7分 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，＝(10,0,0)，＝(0，－6,8).8分 设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即 所以可取n＝(0,4,3).10分 又＝(－10,4,8)，故|cos〈n，〉|＝＝.‎ 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.12分 回访2　二面角 ‎2．(2016·山东高考)在如图123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EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角 FBCA的余弦值．‎ 图123‎ ‎[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GI∥EF.‎ 又EF∥OB，所以GI∥OB.3分 在△CFB中，因为H，I分别是FB，CF的中点，‎ 所以HI∥BC.‎ 又HI∩GI＝I，‎ 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AB＝BC，且AC是圆O的直径，‎ 所以BO⊥AC.‎ 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)．‎ 过点F作FM⊥OB于点M，‎ 所以FM＝＝3，可得F(0，，3)．‎ 故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)．‎ 设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量.8分 由 可得 可得平面BCF的一个法向量m＝.10分 因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，‎ 所以cos 〈m，n〉＝＝，‎ 所以二面角FBCA的余弦值为.12分 法二：如图，连接OO′，过点F作FM⊥OB于点M，则有FM∥OO′.‎ 又OO′⊥平面ABC，‎ 所以FM⊥平面ABC，‎ 可得FM＝＝3.‎ 过点M作MN⊥BC于点N，连接FN，‎ 可得FN⊥BC，‎ 从而∠FNM为二面角FBCA的平面角.10分 又AB＝BC，AC是圆O的直径，‎ 所以MN＝BMsin 45°＝.‎ 从而FN＝，可得cos∠FNM＝.‎ 所以二面角FBCA的余弦值为.12分 ‎(对应学生用书第167页)‎ 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124，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．‎ ‎(1)证明MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．‎ 图124‎ ‎[解]　(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.‎ 取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.‎ 又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.‎ 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AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，‎ 且AE＝＝＝.6分 以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ 由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，8分 ＝(0,2，－4)，＝，＝.‎ 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则 即 可取n＝(0,2,1).10分 于是|cos〈n，〉|＝＝.‎ 所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.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125，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，点E，F分别为AB和PD的中点．‎ 图125‎ ‎(1)求证：直线AF∥平面PEC；‎ ‎(2)求PE与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎ 【导学号：67722043】‎ ‎[解]　(1)证明：作FM∥CD交PC于点M，连接EM.‎ ‎∵点F为PD的中点，∴FM＝CD.‎ ‎∵AE＝AB，AB＝CD，∴AE＝FM.‎ 又AE∥FM，‎ ‎∴四边形AEMF为平行四边形，∴AF∥EM.‎ ‎∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，‎ ‎∴直线AF∥平面PEC.6分 ‎(2)连接DE，‎ ‎∵∠DAB＝60°，ABCD是菱形，∴DE⊥DC.‎ 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)，E，A，B，‎ ‎∴＝，＝(0,1，－1)，＝.8分 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)．‎ ‎∵n·＝0，n·＝0，‎ ‎∴取n＝(，3,3)，‎ ‎∴平面PBC的一个法向量为n＝(，3,3).10分 设向量n与所成的角为θ，‎ ‎∴cos θ＝＝－.‎ ‎∴PE与平面PBC所成角的正弦值为.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126，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°.‎ ‎(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；‎ ‎(2)求二面角EBCA的余弦值．‎ 图126‎ ‎ [解]　(1)证明：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EFDC.‎ ‎(2)过D作DG⊥EF，垂足为G.‎ 由(1)知DG⊥平面ABEF.‎ 以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.6分 由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角，故∠DFE＝60°，则|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为二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°.‎ 从而可得C(－2,0，).8分 所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，‎ 则即 所以可取n＝(3,0，－).9分 设m是平面ABCD的法向量，则 同理可取m＝(0，，4).10分 则cos〈n，m〉＝＝－.‎ 故二面角EBCA的余弦值为－.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127，在四棱锥PABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝PB，O为AB的中点，OD⊥PC.‎ ‎(1)求证：OC⊥PD；‎ ‎(2)若PD与平面PAB所成的角为30°，求二面角DPCB的余弦值. ‎ ‎【导学号：67722044】‎ 图127‎ ‎[解]　(1)证明：连接OP，∵PA＝PB，O为AB的中点，∴OP⊥AB.‎ ‎∵侧面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Oxyz.‎ 由(1)知OD⊥OC，则AB＝2AD，‎ 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，‎ ‎∴∠DPA＝30°.‎ 不妨设AD＝1，则AB＝2，‎ PA＝，PO＝.‎ ‎∴B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，－1,0)，P(0,0，)，‎ 从而＝(1,1，－)，＝(0，－2,0).9分 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 由得可取n1＝(，0,1)．‎ 同理，可取平面PCB的一个法向量为n2＝(0，－，－1).11分 于是cos〈n1，n2〉＝＝－.‎ ‎∴二面角DPCB的余弦值为－.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，根据方程解的存在性来解决.‎ ‎　如图128，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，试问在CA上是否存在一点P，使得二面角PBEA的余弦值为.若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．‎ 图128‎ ‎[解题指导]　(1)→→→ ‎(2)→→→→→→→ ‎[解]　(1)证明：过点D作直线DO⊥BC交BC于点O，连接DO.‎ 因为平面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 因为直线AE⊥平面ABC，‎ 所以AE∥DO.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，‎ 所以BD＝CD，所以O为BC的中点，所以AO⊥BC，‎ 且cos∠ADC＝.‎ 设DO＝a，因为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．‎ 则C(0，－1,0)，B(0,1,0)，A(，0,0)，E(，0,1)．‎ 假设存在点P，连接EP，BP，设＝λ，则P(－λ，－λ，0)．‎ 设平面ABE的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则取x＝1，则平面ABE的一个法向量为m＝(1，，0)．‎ 设平面PBE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则取x＝1＋λ，则平面PBE的一个法向量为n＝(1＋λ，－λ，－2λ).9分 设二面角PBEA的平面角的大小为θ，由图知θ为锐角．‎ 则cos θ＝＝＝，‎ 化简得6λ2＋λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－(舍去).11分 所以在CA上存在一点P，使得二面角PBEA的余弦值为，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．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．‎ ‎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129所示，在多面体ABCDE中，CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB＝2，AC＝4，BC＝2，CD＝4，BE＝1.‎ ‎(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所成的角的余弦值为？若存在，确定S的位置；若不存在，请说明理由．‎ 图129‎ ‎[解]　(1)证明：因为AB＝2，AC＝4，BC＝2，‎ 所以AB2＝AC2＋BC2，故AC⊥BC.2分 因为CD⊥平面ABC，所以CD⊥BC.因为AC∩CD＝C，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AC⊥BC.‎ 又CD⊥平面ABC，所以CD⊥AC，CD⊥BC.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).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θ的余弦值为.‎ 设＝λ(0≤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)，则＝(－4,2λ，4－3λ)．‎ 由(1)知平面ADC的一个法向量是＝(0,2,0)，因为cos θ＝，10分 所以sin θ＝＝| cos〈，〉|＝，化简得9λ2＋6λ－8＝0，‎ 解得λ＝或λ＝－(舍去)．‎ 故存在满足条件的点S，且DS＝DE.12分 专题限时集训(十二)　立体几何中的向量方法 ‎ [建议用时：45分钟]‎ ‎1．(2016·北京高考)如图1210，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.‎ 图1210‎ ‎(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，求的值；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，‎ 所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.2分 又因为PA⊥PD，‎ 所以PD⊥平面PAB.4分 ‎(2)取AD的中点O，连接PO，CO.‎ 因为PA＝PD，所以PO⊥AD.‎ 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PO⊥CO.‎ 因为AC＝CD，所以CO⊥AD.5分 如图，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 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 即 令z＝2，则x＝1，y＝－2.‎ 所以n＝(1，－2,2).8分 又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.10分 ‎(3)设M是棱PA上一点，‎ 则存在λ∈[0,1]使得＝λ.11分 因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ).12分 因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.‎ 解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.14分 ‎2．(2016·四川高考)如图1211，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.‎ 图1211‎ ‎(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PCDA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BC∥ED，且BC＝ED，‎ 所以四边形BCDE是平行四边形，‎ 从而CM∥EB.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AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(2)法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，‎ 所以∠PDA是二面角PCDA的平面角，‎ 所以∠PDA＝45°.7分 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.‎ 如图(1)，过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH，易知PA⊥平面ABCD，‎ 从而PA⊥CE，于是CE⊥平面PAH.‎ 所以平面PCE⊥平面PAH.9分 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE，‎ 所以∠APH是PA与平面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.‎ 从而∠PDA是二面角PCDA的平面角，‎ 所以∠PDA＝45°.‎ 又PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD.7分 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A为原点，以，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＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2).9分 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 设x＝2，解得n＝(2，－2,1).10分 设直线PA与平面PCE所成角为α，‎ 则sin α＝＝＝，‎ 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.12分 ‎3．(2016·泰安模拟)在平面四边形ACBD(如图1212(1))中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图1212(2)所示的三棱锥C′ABD，且使C′D＝.‎ ‎(1)　　　　　　　　　(2)‎ 图1212‎ ‎(1)求证：平面C′AB⊥平面DAB；‎ ‎(2)求二面角AC′DB的余弦值．‎ ‎ 【导学号：67722046】‎ ‎[解]　(1)证明：取AB的中点O，连接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，‎ ‎∴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)，D，‎ ‎∴＝(0,1,1)，＝(0，－1,1)，＝.6分 设平面AC′D的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 令z1＝1，则y1＝－1，x1＝，‎ ‎∴n1＝(，－1,1).8分 设平面BC′D的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 令z2＝1，则y2＝1, x2＝，‎ ‎∴n2＝，10分 ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，‎ 二面角AC′DB的余弦值为－.12分 ‎4．(2016·郑州二模)如图1213，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.‎ 图1213‎ ‎(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θ，试求θ的最小值．‎ ‎[解]　(1)证明：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＝λ(0≤λ≤)，‎ 则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，‎ ‎∴＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1).8分 设n1＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，‎ 由得 取y＝1，则n1＝(，1，－λ)．‎ ‎∵n2＝(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，‎ ‎∴cos θ＝＝＝.‎ ‎∵0≤λ≤，∴当λ＝时，cos θ有最大值，∴θ的最小值为.12分