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立体几何中的向量方法学生


立体几何中的向量方法
一、平行与垂直问题 平行
设直线 l , m 的方向向量分别为 a , b ,平面 ? , ? 的法向量分别为 u, v ,则

? ?

? ?

? ? ? ? 线线平行 l ∥m ? ? a ∥? b ?a ?? ? kb ; 线面平行 l ∥ ? ? a?? u? ? a? ?u ? ? 0; 面面平行 ? ∥ ? ? u ∥ v ? u ? kv . 注意: 这里的线线平行包括线线重合, 线面平行包括直线在平面内, 面面平行包括面面重合。 垂直
设直线 l , m 的方向向量分别为 ? a ? , b ,平面 ? ? ? , ? 的法向量分别为 u, v ,则 线线垂直 l ⊥m ? ? a ⊥b ? ?a ? ? b ??0 ; 线面垂直 l ⊥ ? ? a ∥ u ? a ? ku ; 面面垂直 ? ⊥ ? ? u ⊥ v ? u ? v ? 0. 求平面的法向量的坐标的步骤: 第一步(设):设出平面法向量的坐标为 n=(x,y,z). 1 1 1 第二步(列):根据 n·a = 0 且 n·b = 0 可列出方程组 第三步(解):把 z 看作常数,用 z 表示 x、y. 2 2 2 第四步(取):取 z 为任意一个正数(当然取得越特 殊越好),便得到平面法向量 n 的坐标. 二夹角与距离问题 夹角

? ?

? ?

?x x? y y?z z ?0 ? ?x x ? y y ? z z ? 0
? ?

设直线 l , m 的方向向量分别为 a , b ,平面 ? , ? 的法向量分别为 u, v ,则

? ?

? ? a ?b ? ①两直线 l , m 所成的角为 ? ( 0 ≤ ? ≤ ), cos ? ? ? ? ; 2 a b ? ? a?u ? ②直线 l 与平面 ? 所成的角为 ? ( 0 ≤ ? ≤ ), sin ? ? ? ? ; 2 a u ? ?
③二面角 ? ─l ─ ? 的大小为 ? ( 0 ≤ ? ≤ ? ), cos ? ? ? ? .

u?v uv

距离 点、直线、平面之间的距离有 7 种。点到平面的距离是重点.
(定理)如图,设 n 是平面 ?

?P
?O

? n

?

的法向量,
?

A ?, AP 是平面 ? 的一条斜线, 其中 ??? ?? ?? ? | AP ? n | 则点 P 到平面 ? 的距离 h ? ??? . |n|

A?

h

例题精讲 例 1. 如图, 已知矩形 ABCD 和矩形 ADEF 所在平面互相垂 直,点 M , N 分别在对角线 BD , AE 上,且 BM ?

1 BD , 3

1 AE .求证: MN // 平面 CDE . 3 ???? ? 解析: 要证明 MN // 平面 CDE , 只要证明向量 NM 可以用平 ???? ???? 面 CDE 内的两个不共线的向量 DE 和 DC 线性表示. ???? 1 ??? ? 1 ??? ? 1 ??? ? 1 证明:如图,因为 M 在 BD 上,且 BM ? BD ,所以 MB ? DB ? DA ? AB .同理 3 3 3 3 AN ?

1

???? 1 ???? 1 ???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ? ???? ??? ? ???? AN ? AD ? DE ,又 CD ? BA ? ? AB ,所以 MN ? MB ? BA ? AN 3 3 ? 1 ??? ? ??? ? 1 ???? 1 ???? ? 1 ???? 2 ??? ? 1 ???? ??? ? ???? 1 ??? 2 ??? ? ( DA ? AB) ? BA ? ( AD ? DE ) ? BA ? DE ? CD ? DE .又 CD 与 DE 3 3 3 3 3 3 3 3 ???? ? ??? ? ???? 不共线,根据共面向量定理,可知 MN , CD , DE 共面.由于 MN 不在平面 CDE 内,所 以 MN // 平面 CDE .
例 2. 如图, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AC=3, BC=4, AA1=4, 点 D 是 AB 的中点, (I)求证:AC⊥BC1; (II)求证:AC 1//平面 CDB1; 解析: (1)证明线线垂直方法有两类:一是通过三垂线定理或逆定理证明,二是通过线 面垂直来证明线线垂直; (2)证明线面平行也有两类:一是通过线线平行得到线面平行,二 是通过面面平行得到线面平行. 解法一: (I)直三棱柱 ABC-A1B1C1,底面三边长 AC=3,BC=4AB=5, ∴ AC⊥BC,且 BC1 在平面 ABC 内的射影为 BC,∴ AC⊥BC1; (II)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,连结 DE,∵ D 是 AB 的中点,E 是 BC1 的中点, ∴ DE//AC1,∵ DE ? 平面 CDB1,AC1 ? 平面 CDB1, z ∴ AC1//平面 CDB1; C 解法二:∵直三棱柱 ABC-A1B1C1 底面三边长 AC=3,BC =4,AB=5,∴AC、BC、C1C 两两垂直,如图,以 C 为坐标 原点,直线 CA、CB、C1C 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空 间直角坐标系,则 C(0,0,0) ,A(3,0,0) ,C1(0,0,4) , B(0,4,0) ,B1(0,4,4) ,D(
1

B
11 1 1

A
1

1

E

3 ,2,0) 2

C A D

(1) ∵ AC = (-3,0, 0) ,BC1 = (0, -4,0) , ∴ AC ? BC1 =0,∴AC⊥BC1. (2)设 CB1 与 C1B 的交战为 E,则 E(0,2,2).∵ DE =(-

B

y

x

3 1 ,0,2) , AC1 =(-3,0,4) ,∴ DE ? AC1 , 2 2
∴DE∥AC1. 例 3 如图,在长方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中,

D1

C1 B1

E 在线段 AB 上. AD ? AA 1 ? 1, AB ? 2, 点 (Ⅰ)求异面直线 D1E 与 A 1 D 所成的角; (Ⅱ)若二面角 D1 ? EC ? D 的大小为 45 ? ,
求点 B 到平面 D1EC 的距离.

A1
D

C

解析:本题涉及立体几何线面关系的有关知识 , 本 B A E 题实质上求角度和距离,在求此类问题中, 要将这些 量归结到三角形中,最好是直角三角形,这样有利于问题的解决, 此外用向量也是一种比较好 的方法. 解法一: (Ⅰ)连结 AD1 。由已知, AA1D1D 是正方形,有 AD1 ? A 1D 。 ∵ AB ? 平面 AA1D1D ,∴ AD1 是 D1E 在平面 AA1D1D 内的射影。

90 ? 。 根据三垂线定理, AD1 ? D1E 得,则异面直线 D1E 与 A 1 D 所成的角为
作 DF ? CE ,垂足为 F ,连结 D1F ,则 CE ? D1F 所以 ?DFD1 为二面角 D1 ? EC ? D 的平面角, ?DFD1 ? 45? . 于是 DF ? DD1 ? 1, D1F ? 2 易得 Rt ?BCE ? Rt ?CDF ,所以 CE ? CD ? 2 ,又 BC ? 1 ,所以 BE ? 3 。

2

设点 B 到平面 D1EC 的距离为 h .

1 1 ? BE ? BC ? DD1 , 3 2 6 ∴ CE ? D1F ? h ? BE ? BC ? DD1 ,即 2 2h ? 3 ,∴ h ? . 4 6 故点 B 到平面 D1EC 的距离为 。 4 解法二:分别以 DA, DB, DD1 为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立空间直角坐标系.
∵ VB?CED1 ? VD?BCE , 即 ? CE ? D1 F ? h ? (Ⅰ)由 A1 (1,0,1) ,得 DA 1 ? (1,0,1) 设 E (1, a, 0) ,又 D1 (0,0,1) ,则 D1E ? (1, a, ?1) 。 ∵ DA 1?D 1E ? 1 ? 0 ?1 ? 0 ∴ DA 1 ?D 1E

1 1 3 2

???? ?

???? ?

???? ? ???? ?

???? ?

???? ?

90 ? 。 则异面直线 D1E 与 A 1 D 所成的角为
(Ⅱ) m ? (0,0,1) 为面 DEC 的法向量,设 n ? ( x, y, z ) 为面 CED1 的法向量,则

n ? ( x, y, z ) | cos ? m, n ?|?
∴z ?x ?y .
2 2 2

| m?n| ? | m || n |

|z| x ?y ?z
2 2 2

? cos 45? ?

2 2

???? ? ???? ? ???? ? 由 C (0, 2,0) ,得 DC 1 ? (0,2, ?1) ,则 n ? D 1C ,即 n ? D 1C ? 0
∴ 2y ? z ? 0 ② 由①、②,可取 n ? ( 3,1, 2)



??? ? | CB ? n | 3 6 。 d? ? ? |n| 4 2 2

又 CB ? (1,0,0) ,所以点 B 到平面 D1EC 的距离

??? ?

点评:立体几何的内容就是空间的判断、推理、证明、角度和距离、面积与体积的计 算,这是立体几何的重点内容,本题实质上求角度和距离,在求此类问题中,尽量要将这些量 归结于三角形中,最好是直角三角形,这样计算起来,比较简单,此外用向量也是一种比较好 的方法,不过建系一定要恰当,这样坐标才比较容易写出来.

提高训练 ? 1.已知四棱锥 P ? ABCD 的底面为直角梯形, AB // DC , ?DAB ? 90 , PA ? 底面 1 ABCD ,且 PA ? AD ? DC ? , AB ? 1 , M 是 PB 的中点。 2 (Ⅰ)证明:面 PAD ? 面 PCD ; (Ⅱ)求 AC 与 PB 所成的角的余弦; (Ⅲ)求面 AMC 与面 BMC 所成二面角的余弦。

3

2.如图,在四棱锥 V ? ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,侧面 VAD 是正三角形, 平面 VAD ? 底面 ABCD . (Ⅰ)证明: AB ? 平面 VAD ; V (Ⅱ)求面 VAD 与面 DBV 所成的二面角的余弦值.

D A B

C

3.如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, 侧棱 PA ? 底面 ABCD , AB ? 3 , BC ? 1 , PA ? 2 , E 为 PD 的中点. (Ⅰ)求直线 AC 与 PB 所成角的余弦值; (Ⅱ)在侧面 PAB 内找一点 N ,使 NE ? 面 PAC , 并求出点 N 到 AB 和 AP 的距离.

4.如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEC1F 所截面而得到的,其中

AB ? 4, BC ? 2, CC1 ? 3, BE ? 1 . (Ⅰ)求 BF 的长; (Ⅱ)求点 C 到平面 AEC1F 的距离.

4

E 在棱 AD 上移 5.如图,在长方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 ,中, AD ? AA 1 ? 1, AB ? 2 ,点
动.(1)证明: D1E ? A 1D ; (2)当 E 为 AB 的中点时,求点 E 到面 ACD1 的距离; (3) AE 等于何值时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

? . 4

AB ? 侧面 BB1C1C , E 为棱 CC1 上异于 C , C1 的一 6.如图,在三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 中,
点, EA ? EB1 ,已知 AB ?

2, BB1 ? 2, BC ? 1, ?BCC1 ?

?

3

,求:

(Ⅰ)异面直线 AB 与 EB1 的距离; (Ⅱ)二面角 A ? EB1 ? A1 的平面角的正切值.

5

7.如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, PD ? 底面 ABCD , E 是 AB 上 一点, PF ? EC . 已知 PD ?

2 , CD ? 2, AE ?

1 , 2

求(Ⅰ)异面直线 PD 与 EC 的距离; (Ⅱ)二面角 E ? PC ? D 的大小.

8.如图,四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, PD ? 底面 ABCD,AD=PD,E,F 分 别 CD、PB 的中点。 (Ⅰ)求证:EF ? 平面 PAB; (Ⅱ)设 AB= 2 BC,求 AC 与平面 AEF 所成角的正弦的大小。

6

答案: 1、证明:以 A 为坐标原点 AD 长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为
1 A(0, 0, 0), B(0, 2, 0), C (1,1, 0), D(1, 0, 0), P(0, 0,1), M (0,1, ) . 2
(Ⅰ)证明:因 AP ? (0,0,1), DC ? (0,1,0),故AP ? DC ? 0, 所以AP ? DC. 由题设知 AD ? DC , 且 AP 与 AD 是平面 PAD 内的两条相交直线, 由此得 DC ? 面 PAD . 又 DC 在面 PCD 上,故面 PAD ⊥面 PCD . (Ⅱ)解:因 AC ? (1,1,0), PB ? (0,2,?1),

故 | AC |? 2 , | PB |? 5 , AC ? PB ? 2, 所以 cos ? AC, PB ?? AC ? PB | AC | ? | PB | ? 10 . 5

(Ⅲ)解:在 MC 上取一点 N ( x, y, z ) ,则存在 ? ? R, 使 NC ? ? MC,

1 1 NC ? (1 ? x,1 ? y,? z ), MC ? (1,0,? ),? x ? 1 ? ? , y ? 1, z ? ?.. 2 2 ???? ???? ? 1 4 要使 AN ? MC , 只需 AN ?MC ? 0即x ? z ? 0, 解得? ? . 2 5 4 1 2 可知当? ? 时, N点坐标为( ,1, ),能使 AN ? MC ? 0. 5 5 5 1 2 1 2 此时, AN ? ( ,1, ), BN ? ( ,?1, ), 有 BN ? MC ? 0 5 5 5 5

由AN ? MC ? 0, BN ? MC ? 0得AN ? MC, BN ? MC.所以?ANB 为
所求二面角的平面角.

???? 30 ???? 30 ???? ???? 4 ?| AN |? ,| BN |? , AN ?BN ? ? . 5 5 5 ???? ???? ???? ???? AN ?BN 2 ? cos( AN , BN ) ? ???? ???? ? ? . 3 | AN | ? | BN | 2 故所求的二面角为arccos(? ). 3 2、证明:以 D 为坐标原点,建立如图所示的坐标图系. (Ⅰ)证明:不防设 A(1, 0, 0) ,
1 3 1 3 ) , AB ? (0,1,0),VA ? ( ,0,? ) 2 2 2 2 B ? A D , 由 AB ? VA ? 0, 得 AB ? VA , 又A 因而 AB 与平面 VAD 内两条相交直线 VA , AD 都垂直. ∴ AB ? 平面 VAD . 1 3 ) , ( Ⅱ ) 解 : 设 E 为 DV 中 点 , 则 E ( ,0, 4 4 3 3 3 3 1 3 EA ? ( ,0,? ), EB ? ( ,1,? ), DV ? ( ,0, ). 4 4 4 4 2 2 由 EB ? DV ? 0, 得EB ? DV , 又EA ? DV. 因此, ?AEB 是所求二面角的平面角,
则 B(1,1, 0) , V ( ,0,

7

cos( EA, EB ) ?

EA ? EB | EA | ? | EB |

?

21 , 7

3、解: (Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系,则 A, B, C, D, P, E 的坐标为 A(0, 0, 0) 、
1 B( 3,0,0) 、 C( 3,1,0) 、 D(0,1, 0) 、 P(0, 0, 2) 、 E (0, ,1) , 从 而 2 AC ? ( 3,1,0), PB ? ( 3,0,?2).设 AC与PB 的夹角为 ? ,则

3 7 3 7 , ∴ AC 与 PB 所成角的余弦值为 . 14 14 | AC | ? | PB | 2 7 (Ⅱ)由于 N 点在侧面 PAB 内,故可设 N 点坐标为 ( x, 0, z ) ,则 1 NE ? (? x, ,1 ? z ) ,由 NE ? 面 PAC 可得, 2 cos ? ? ? ?
? ? NE ? AP ? 0, ? ? ? NE ? AC ? 0. 1 ? (? x, ,1 ? z ) ? (0,0,2) ? 0, ? z ? 1 ? 0, ? ? ? 2 即? 化简得? 1 ? 3 x ? ? 0. ?(? x, 1 ,1 ? z ) ? ( 3 ,1,0) ? 0. ? 2 ? ? 2 ?

AC ? PB

3

? 3 ?x ? ∴? 6 ?z ? 1 ?
即 N 点的坐标为 ( 别为 1,

3 ,0,1) ,从而 N 点到 AB 和 AP 的距离分 6

3 . 6

4、解: (I)建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0) , B(2, 4,0)
A(2,0,0), C(0, 4,0), E(2, 4,1), C1 (0, 4,3) 设 F (0,0, z) . ∵ AEC1F 为平行四边形, ?由AEC1 F为平行四边形 ,
?由AF ? EC1得, (?2,0, z ) ? (?2,0,2), ? z ? 2. ? F (0,0,2). ? EF ? (?2,?4,2). 于是 | BF |? 2 6 , 即BF的长为2 6 .
(II)设 n1 为平面 AEC1F 的法向量,

显然n1不垂直于平面 ADF, 故可设n1 ? ( x, y,1)
? x ? 1, ? ?4 y ? 1 ? 0, ?n1 ? AE ? 0, ?0 ? x ? 4 ? y ? 1 ? 0 ? 由? 得? 即? ?? 1 ? 2 ? x ? 0 ? y ? 2 ? 0 ?? 2 x ? 2 ? 0, ? y ? ? . ? ?n1 ? AF ? 0, ? 4 ?

又CC1 ? (0,0,3),设CC1与n1 的夹角为 ? ,则
cos? ? CC1 ? n1 | CC1 | ? | n1 | ? 3 3? 1? 1 ?1 16 ? 4 33 . 33

8

∴ C 到平面 AEC1F 的距离为 d ?| CC1 | cos? ? 3 ?

4 33 4 33 ? . 33 11

5、 解:以 D 为坐标原点,直线 DA, DC, DD1 分别为 x, y , z 轴,建立空间直角坐标系,
设 AE ? x ,则 A 1 (1,0,1), D 1 (0,0,1), E(1, x,0), A(1,0,0), C (0, 2,0) (1) 因为DA ,0,1), (1, x,?1) ? 0, 所以DA1 ? D1 E. 1, D 1 E ? (1 (2)因为 E 为 AB 的中点,则 E (1,1, 0) ,从而 D1 E ? (1,1,?1), AC ? (?1,2,0) ,

? ?n ? AC ? 0, AD1 ? (?1,0,1) ,设平面 ACD1 的法向量为 n ? (a, b, c) ,则 ? ? ?n ? AD1 ? 0, ?? a ? 2b ? 0 ?a ? 2b 也即 ? ,得 ? ,从而 n ? (2,1,2) ,所以点 E 到平面 ACD1 的距离为 ?? a ? c ? 0 ?a ? c
h? | D1 E ? n | |n| ? 2 ?1? 2 1 ? . 3 3

(3) 设平面 D1EC 的法向量 n ? (a, b, c) , ∴ CE ? (1, x ? 2,0), D1C ? (0,2,?1), DD1 ? (0,0,1), 由?

? ?n ? D1C ? 0,

?2b ? c ? 0 令 b ? 1,? c ? 2, a ? 2 ? x , ?? a ? b( x ? 2) ? 0. ? ? n ? CE ? 0 , ?

∴ n ? (2 ? x,1,2). 依题意 cos

?
4

?

| n ? DD1 | | n | ? | DD1 |

?

2 2 2 ? ? . 2 2 2 ( x ? 2) ? 5

∴ x1 ? 2 ? 3 (不合,舍去) , x2 ? 2 ? 3 . ∴ AE ? 2 ? 3 时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

? . 4

6、解: (I)以 B 为原点, BB1 、 BA 分别为 y , z 轴建立空间直角坐标系.
由于, AB ?

2, BB1 ? 2, BC ? 1, ?BCC1 ?

?

3

在三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 中有

B(0,0,0), A(0,0, 2), B1 (0,2,0) , C (
设 E(

3 1 3 3 ,? ,0), C1 ( , ,0) 2 2 2 2

3 , a,0),由EA ? EB1 , 得EA ? EB1 ? 0,即 2 3 3 0 ? (? , ? a, 2 ) ? ( ? ,2 ? a,0) 2 2 3 3 ? ? a(a ? 2) ? a 2 ? 2a ? , 4 4 1 3 1 3 3 1 得(a ? )(a ? ) ? 0,即a ? 或a ? (舍去),故E ( , ,0) 2 2 2 2 2 2 3 1 3 3 3 3 BE ? EB1 ? ( , ,0) ? (? ? ? 0) ? ? ? ? 0,即BE ? EB1 . 2 2 2 2 4 4

9

又 AB ? 侧面 BB1C1C ,故 AB ? BE . 因此 BE 是异面直线 AB, EB1 的公垂线, 则 | BE |?

3 1 ? ? 1 ,故异面直线 AB, EB1 的距离为1 . 4 4

(II)由已知有 EA ? EB1 , B1 A1 ? EB1 , 故二面角 A ? EB1 ? A1 的平面角 ? 的大小为向 量 B1 A1与EA 的夹角.

因B1 A1 ? BA ? (0,0, 2 ), EA ? (? 故 cos? ? 即 tan? ? EA ? B1 A1 | EA || B1 A1 | 2 . 2 ? 2 3 ,

3 1 ,? , 2 ), 2 2

7、解: (Ⅰ)以 D 为原点, DA 、 DC 、 DP 分别为 x, y , z 轴建立空间直角坐标系.
由已知可得 D(0,0,0), P(0,0, 2), C(0, 2,0) 设 A( x,0,0)(x ? 0),则B( x,2,0),

1 1 3 E ( x, ,0), PE ? ( x, ,? 2 ), CE ? ( x,? ,0). 由 PE ? CE得PE ? CE ? 0 , 2 2 2 3 3 3 1 3 3 2 即 x ? ? 0, 故x ? . 由 DE ? CE ? ( , ,0) ? ( ,? ,0) ? 0得DE ? CE , 4 2 2 2 2 2 又 PD ? DE ,故 DE 是异面直线 PD 与 CE 的公垂线,易得 | DE |? 1 ,故异面直线 PD , CE 的距离为 1 .
(Ⅱ)作 DG ? PC ,可设 G(0, y, z ) .由 DG ? PC ? 0 得 (0, y, z) ? (0,2,? 2 ) ? 0 即z?

2 y, 故可取DG ? (0,1, 2 ), 作 EF ? PC 于 F ,设 F (0, m, n) ,

3 1 , m ? , n). 2 2 3 1 由 EF ? PC ? 0得(? , m ? , n) ? (0,2,? 2 ) ? 0,即2m ? 1 ? 2n ? 0 , 2 2 2 2 3 1 2 又由 F 在 PC 上得 n ? ? m ? 2 , 故m ? 1, n ? , EF ? (? , , ). 2 2 2 2 2 因 EF ? PC, DG ? PC, 故 E ? PC ? D 的平面角 ? 的大小为向量 EF与DG 的夹角.
则 EF ? (?

| DG || EF | ? E ? PC ? D 的大小为 . 4
的直角坐标系, (1)证明: 设 E ? a,0,0 ? ,其中 a ? 0 ,则

故 cos ? ?

DG ? EF

?

2 ? ,? ? , 2 4

即二面角

z
P

8、以 D 为坐标原点,DA 的长为单位,建立如图所示

x C
B

F E y
A

D

? 1 1? C ? 2a,0,0? , A ? 0,1,0 ? , B ? 2a,1,0 ? , P ?0,0,1? , F ? a, , ? , ? 2 2?

10

??? ? ??? ? ??? ? ? 1 1 ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? EF ? ? 0, , ? , PB ? ? 2a,1, ?1? , AB ? ? 2a,0,0? , EF ? PB ? 0,? EF ? PB ,AB ? EF ? 0,? AB ? EF 又 ? 2 2? PB ? 平面PAB, AB ? 平面PAB, PB ? AB ? B , ? EF ?? 平面PAB ???? ??? ? 2 (2)解:由 AB ? 2BC, 得 a ? ,可得 AC ? 2, ?1,0 , PB ? 2,1, ?1 2 ???? ??? ? ???? ? 2 1 1 ? ???? ??? ? ???? ??? ? AC ? PB 3 ,? , ? ,? AF ? PB ? 0, AF ? PB ,又 PB ? EF , AF , AF ? ? cos? AC, PB? ? ???? ??? ? ? ? ? 2 2? 6 AC ? PB ? 2
王新敞
奎屯 新疆

王新敞
奎屯

新疆

?

?

?

?

为平面 AEF 内两条相交直线,
? PB ? 平面AEF , ? AC 与平面 AEF 所成的角为

?
2

? AC , PB ,

即 AC 与平面 AEF 所成的角正弦为

王新敞
奎屯

新疆

3 6

11

12


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