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高中数学奥赛辅导专题-立体几何(传统方法与向量方法)


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高中数学奥赛辅导专题——立体几何(传统方法与向量方法)

立体几何(传统方法)
知识精要 1. 直线与平面问题,主要是对空间中的直线与平面的位置关系、距离、角以及它们的综合 问题进行研究.这些问题往往与代数、三角、组合等知识综合,因而在解题过程中,要 力求做到概念清晰,方法得当,转化适时,突破得法. 2. 四面体是一种最简单的多面体,它的许多性质可以用类比的思想从三角形的性质而得 来. 较复杂的多面体常转化为四面体问题加以解决. 解决这一类问题的所常用的数学思 想方法有:变换法、类比和转化、体积法、展开与对折等方法. 3. 解决旋转体的有关问题要注意截面的知识的应用.在解决球相切问题时,注意球心连线 通过切点,球心距等于两球半径之和.因此,研究多球相切问题时,连结球心,从而转 化为多面体问题. 例题 1 从正方体的棱和各个面上的对角线中选 出 k 条,使得其中任意两条线段所在直线 都是异面直线,求 k 的最大值. 解答 考察如图所示的正方体上的四条 线段 AC,BC1,D1B1, A1D,它们所 在直线两两都是异面直线.又若有 5 条 或 5 条以上两两异面的直线,则它们的 D1 端点相异且个数不少于 10,与正方体只 有 8 个顶点矛盾.故 K 的最大值是 4. 练习 1:在正方体的 8 个顶点、12 条棱的中点、6 个面的中心及正方体的中心共计 27 个点 A1 中,问共线的三点组的个数是多少 解答:两端点都为顶点的共线三点组共有 有
6 ?1 2 8? 7 2 ? 2 8 个;两端点都为面的中心共线三点组共 D 12 ? 3 2 ? 1 8 个, 且没有别的类
A B

C1

B1

C

? 3 个; 两端点都为各棱中点的共线三点组共有

型的共线三点组,所以总共有 28 ? 3 ? 18 ? 49 个. 例题 2:已知一个平面与一个正方体的 12 条 棱的夹角都等于 ? ,求 sin ? . 解答:如右图所示,平面 BCD 与正方体的 12 条 棱的夹角都 等于 ? ,过 A 作 AH 垂直平 面 BCD.连 DH,则 ? ? ? A D H .设正方 体的边长为 b,则
DH ? 2 3
2

C A

?

2 b sin 6 0 ?
0

6 3

b

D H

AH ?

? 6 ? 3 b ?? b? ? b ? 3 ? 3 ? ?
2

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B

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所以 sin ? ? sin ? A D H ?
AH AD ?

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3 3



练习 2:如图所示,正四面体 ABCD 中,E 在棱 AB 上,F 在棱 CD 上,使得
AE EB ? CF FD ? ? (0 ? ? ? ? ? ) ,记 f ( ? ) ? ? ? ? ? ? ,
A

其中

? ? 表示 EF 与 AC 所成的角, ? ? 表示 EF 与

E D B

BD 所成的角,证明 f ? ( ? ) ? 0 ,即 f ( ? ) 为常数. 解答:因 ABCD 是正四面体,故 AC 垂直 BD,作 EG 平行 AC 交 BC 于 G,连 GF,则 ? ? ? ? G E F , 且
CG GB ? AE FD ? CF FD
G C F

,所以 GF 平行 BD.

所以 GF 垂直 EG,且 ? ? ? ? E F G .所以 f ( ? ) 为常数. 例题 3:三棱锥 P-ABC 中,若棱 PA=x,其余棱长均为 1,探讨 x 是否有最值. 解答:当 P-ABC 为三棱锥时,x 的最小极限是 P、A 重合,取值为 0,若 ? P B C 绕 BC 顺时针旋转,PA 变大,最大极限是 P、A、B、C 共面时,PA 为菱形 ABPC 的 对角线,长度为 3 .所以无最值. 练习 3:若正三棱锥底面棱长棱长均为 1,探讨其侧棱否有最值. 解答:若 P 在底面的射影为 O,易知 PO 越小,侧棱越小.故 P、O 重合时,侧棱取最小极 值
3 3

,PO 无穷大时,侧棱也无穷大.所以无最值.

例题 4:在单位正方体 ABCD-A1B1C1D1 的面对角线 A1B 上存在一点 P 使得 AP+D1P 最短, 求 AP+D1P 的最小值. 解答:将等腰直角三角形 AA1B 沿 A1B 折起至 A ? A1 B ,使三角形 A ? A1 B 与四边形 A1BCD1 共 面,联结 A ? D 1 ,则 A ? D 1 的长即为 AP+D1P 的最小值,所以,
A ? D1 ? 1 ? 1 ? 2 ? 1 ? 1 ? co s 1 3 5 ?
2 2 0

2?

2

练习 4:已知单位正方体 ABCD-A1B1C1D1 的对棱 BB1、D1 上有两个动点 E、F,BE=D1F= ? (0 ? ? ? 值. 解答:当 ? ? 小值为
1 2 1 2

) .设 EF 与 AB 所成的角为 ? ,与 BC 所成的角为 ? ,求 ? ? ? 的最小

时, ? ? ? ? .

?
2

.不难证明 ? ? ? ? f ( ? ) 是单调减函数.因此 ? ? ? 的最

?
2

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例题 5:在正 n 棱锥中,求相邻两侧面所成的二面角的取值范围. 解答:当顶点落在底面的时候,相邻两侧面所成的二面角为 ? .当顶点在无穷远处的时候, ( n ? 2 )? 正 n 棱锥变为正 n 棱柱,这时相邻两侧面所成的二面角为 .
n

练习 5:已知直平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 的各条棱长均为 3,角 BAD=600,长为 2 的线段 MN 的一个端点 M 在 DD1 上运动,另一端点 N 在底面 ABCD 上运动,求 MN 的中点 P 的轨迹(曲面)与共一顶点 D 的三个面所围成的几何体的体积. 解答: 联结 DP、 DN, 在三角形 MDN 为直角三角形, DP=MN/2=1, 且 又由已知角 BAD=600, 角 ADC=1200,所以点 P 的轨迹以点 D 为球心,半径为 1 的 1/6 球面,所以其与顶点 D 以及三个面围成的几何体的体积为 ?
6 1 4 3

? ?1 ?
3

2 9

? .

立体几何(向量方法)
知识精要 1.证明两条直线平行,只需证明这两条直线上的向量共线(即成倍数关系) .证明两条 直线平行,只需证明这两条直线上的向量的数量积等于零. 2.通过法向量,把线面、面面的角转化为线线的角.从而可以利用公式
cos ? ? ? ?? | ? || ? | 求解.

3.建立空间直角坐标系. 例题 1 如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB⊥BC,AB=BC= PA, 点 O、D 分别是 AC、PC 的中点,
2 1

P

OP⊥底面 ABC.
(Ⅰ)求证 O D ∥平面 P A B ; (Ⅱ) 求直线 O D 与平面 PBC 所成角的大小. 解答? O P ? 平 面 A B C , O A ? O C , A B ? B C ,
? O A ? O B, O A ? O P, O B ? O P .

D

A

O B

C

以 O 为 原 点 , 射 线 O P 为 非 负 z 轴 , 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 O ? xyz ? 如 图 ? ,
? 2 ? ? ? 2 设 A B ? a, 则 A ? a , 0, 0 ? , B ? 0, a, 0 ? ,C ? 2 ? ? ? 2 ? ? ? ?
设 O P ? h, 则 P ? 0, 0, h ? .

? ? 2 a , 0, 0 ? ?? ? ? 2 ? ?

z

P D

?Ⅰ? ?

D为 P C的 中 点 ,

A

???? ? ??? ? 2 ? ? 2 1 ? ? OD ? ? ? a , 0, h ? , 又 P A ? ? a , 0, ? h ? , ? ? ? 2 ? 4 2 ? ? ? ?

x

O B

C

y

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???? ? 1 ??? ? O D ? ? P A. 2 ???? ??? ? ? O D∥ P A.

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? O D∥平 面 P A B .

?Ⅱ ? ?

PA ? 2a, ? h ?

7

???? ? 2 a , 0, a, ? OD ? ? ? ? 4 2 ? 1 ? ?, ? 7 ? ?

14 4

? a ?, ? ?
210 30

? ? 可 求 得 平 面 P B C 的 法 向 量 n ? ? ? 1,1, ? ?
设 OD与 平 面 PBC 所 成 的 角 为 ?, 则

???? ? ???? ? OD ? n co s ? O D , n ? ? ???? ? ? OD ? n
210 30

.

???? ? sin ? ? co s ? O D , n ? ? 210 30

,

? O D 与 平 面 P B C 所 成 的 角 为 arcsin



练习 1 如图, 已知长方体 A B C D ? A1 B1C 1 D 1 ,A B ? 2, A A1 ? 1 , 直线 B D 与平面 A A1 B1 B 所 成的角为 3 0 , A E 垂直 B D 于 E , F 为 A1 B1 的中点. (Ⅰ)求异面直线 A E 与 B F 所成的角; (Ⅱ)求平面 B D F 与平面 A A1 B 所成二面角(锐角)的大小;
F A1 D1
0

(Ⅲ)求点 A 到平面 B D F 的距离

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B1

A

C1 E C

D

解答 在长方体 A B C D ? A1 B1C 1 D 1 中,以 A B 所在直线为 x 轴, A D 所在直线为 y 轴, A A1 所在直线为 z 轴建立空间直 角坐标系如图.
B

由已知 A B ? 2, A A1 ? 1 ,可得 A (0, 0, 0), B (2, 0, 0), F (1, 0,1) .又 A D ? 平面 A A1 B1 B , 从面 B D 与平面 A A1 B1 B 所成的角即为 ? D B A ? 30 又 A B ? 2, A E ? B D , A E ? 1, A D ?
2 3
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0

A1 F

z
D1

3 1 3 2 2 3 3

B1

A

C1 E

D

y

从而易得 E ( ,
2

, 0 ), D (0,

, 0)

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x

? A

B

C


??? ? ??? ? 1 3 ? AE ? ( , , 0 ), B F ? ( ? 1, 0,1) ? c 2 2
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? A ? ? A
? ? 1 2 2

? 2 o ? E 4
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? E ? E

即异面直线 A E 、 B F 所成的角为 arcco s
?

2
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4

(Ⅱ)易知平面 A A1 B 的一个法向量 m ? (0,1, 0 ) 设 n ? ( x , y , z ) 是平面 B D F 的一个法
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?

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???? 2 3 , 0) 向 量 . B D ? ( ? 2, 3

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? ? ??? ? n ?B F ? 0 ? ? ? ? ???? ? n ?B D ? 0 ?

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??? ? ? ?n ? BF ? 由 ? ? ???? ?n ? BD ?

? ?x ? x ? 0 ? ? ? 2 3 y ?0 ?2x ? 3 ?

? x ? z ? ? ? ? 取 n ? (1, ? 3x ? y ?
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? ? m ?n 3 ? ? ? 3 ,1) ∴ co s ? m , n ? ? ? ? ? m n 1? 5
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15
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5

即平面 B D F 与平面 A A1 B 所成二面角(锐角)大小为 arcco s
??? ?
?

15
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5

(Ⅲ)点 A 到平面 BDF 的距离,即 A B 在平面 BDF 的法向量 n 上的投影的绝对值
??? ? ? ??? ? ? ??? ? ??? ? ??? ? ? | A B ?n | 2 2 5 A B ?n ? ? ? 所以距离 d ? | A B |?co s ? A B , n ? ? | A B |? ??? ? ? ? |n | 5 | A B |?| n | 5
2 5
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所以点 A 到平面 BDF 的距离为

5

例题 2 如图 1,已知 ABCD 是上.下底边长分别为 2 和 6,高为 3 的等腰梯形,将它沿对 称轴 OO1 折成直二面角,如图 2 (Ⅰ)证明:AC⊥BO1; (Ⅱ)求二面角 O-AC-O1 的大小.
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O1
O1 C

z

C

D

O1 C
D

D

A

O

B
A

O

B

O
x A
图3

B y

图1

图2

解答(I)证明 由题设知 OA⊥OO1,OB⊥OO1.所以∠AOB 是所折成的直二面角的平 面角,即 OA⊥OB. 故可以 O 为原点,OA、OB、OO1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图 3,则相关各点的坐标是 A(3,0,0) ,B(0,3,0) ,C (0,1, 3 )O1(0,0, 3 ) . 从而 AC ? ( ? 3 ,1, 3 ), BO 1 ? ( 0 , ? 3 , 3 ), AC ? BO 1 ? ? 3 ? 所以 AC⊥BO1. (II)解:因为 BO 1 ? OC ? ? 3 ?
3? 3 ? 0 , 所以 BO1⊥OC,由(I)AC⊥BO1,所以 3? 3 ? 0.

BO1⊥平面 OAC,BO 1 是平面 OAC 的一个法向量. n ? ( x , y , z ) 是 0 平面 O1AC 的一 设

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个法向量,由 ? n ? AC ?
? ? 0

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3 z ? 0, 取z ? 3,

?? 3x ? y ? ? ? ? n ? O 1C ? 0 ? y ? 0. ?

得 n ? (1, 0 , 3 ) . 设二面

角 O — AC — O1 的 大 小 为 ? , 由 n 、 BO 1 的 方 向 可 知 ? ?? n , BO 1 > , 所 以
BO COS ? ? cos ? n , 1 >=
n ? BO 1 | n | ? | BO 1 | ? 3 4 . 即二面角

O—AC—O1 的大小是 arccos

3 4

.

练习 2 如图, 在直三棱柱 A B C ? A1 B1C 1 中, A C ? 3, B C ? 4, A B ? 5, A A1 ? 4 ,点 D 为
A B 的中点
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(Ⅰ)求证 A C ? B C 1 ; (Ⅱ) 求证 A C 1 ? 平 面 C D B1 ; (Ⅲ)求异面直线 A C 1 与 B1C 所成角的余弦值
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C1 A1

B1

C A
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B D

解答∵直三棱锥 A B C ? A1 B1C 1 底面三边长

A C ? 3, B C ? 4, A B ? 5 , A C , B C , C C 1 两两垂直 如图建立坐标系,则

C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(
???? ? ???? ? ???? ???? ? ?

3 2

,2,0)
???? ? ???? ?

(Ⅰ)? A C 1 ? ( ? 3, 0, 0 ), B C 1 ? (0, 4, 4 ) ,? A C 1 ? B C 1 ? 0,? A C 1 ? B C 1 (Ⅱ)设 C B1 与 C 1 B 的交点为 E,则 E(0,2,2)
???? ???? ? 3 ? D E ? ( ? , 0, 2 ), A C 1 ? ( ? 3, 0, 4 ) 2 ???? 1 ???? ? ???? ???? ? ? D E ? A C 1 ,? D E // A C 1 2

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C1 z A1
E

B1

B x A
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C

D

y

? D E ? 平 面 C D B1 , A C 1 ? 平 面 C D B1 , ? A C 1 // 平 面 C D B1

???? ???? ? ???? ???? ? ???? ? ???? A C 1 ?C B1 2 2 ? , ∴异 (Ⅲ)? A C 1 ? ( ? 3, 0, 4), C B1 ? (0, 4, 4), ? co s ? A C 1 , C B1 ? ? ???? ???? ? 5 | A C 1 || C B1 |
2 5
6 6

面直线 A C 1 与 B1C 所成角的余弦值为

2
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例题 3 在Δ ABC 中,已知 AB ?

4 6 3

, cos B ?

,AC 边上的中线 BD= 5 ,求 SINA.

解答 以 B 为坐标原点, BC 为 x 轴正向建立直角坐标指法,且不妨设点 A 位于第一象

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由 sin B ?

30 6

,则 B A ? (

??? ?

4 6 3

co s B ,

4 6 3

sin B ) ? (

4 3

,

4 5 3

) ,设 BC =(x,0) ,

则 BD ? (

????

4 ? 3x 6

,

2 5 3

) ,由条件得 | BD | ?

(

4 ? 3x 6

) ?(
2

2 5 3

)

2

?

5 ,从而 x=2,

x ? ?

14 3

(舍去) ,故 C A ? ( ?

??? ?

2 3

,

4 5 3

) .于是

cos A ?

BA ? CA | BA | ? | CA |

? ? 16 9
70
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8 9

? ?

80 9 4 9 ? 80 9 ? 3 14
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?

80 9

14

∴ sin A ?

1 ? cos

2

A ?

14

练习 3 在平面上给定 ? ABC ,对于平面上的一点 P,建立如下的变换 f : A P 的中点为 Q, BQ 的中点为 R,CR 的中点为 P , f ( P ) ? P ,求证 f 只有一个不动点(指 P 与 P 重
'
'

'

合的点) . 解 答 : 依 提 意 , 有 AQ ?
? ??? ? 1 ??? ???? ? ? ??? 1 ??? 1??? 1 ? AP , 且 AR ? ( AB ? AQ ) ? AB ? AP , 2 2 2 4 ???? ? 1 ???? ??? ? ???? ??? 1 ??? ? ? 1 1 ' ' AP ? ( AC ? AR ) ? AC ? ? AB ? AP , 要 使 P 与 P 重 合 , 应 2 2 4 8 ? ? ?1 ? ? 1? ? ? 1 ? ? ???? 1 ????? ? ? ??? ?? ? ? A P ? A ? C A B ,得 A P P ( 4 A C ? 2 A B ) ,对于给定的 ? ABC ,满足条件 ? A ? 2 4 8 7 ????

的不动点 P 只有一个. 例题 4 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, PE⊥EC.已知 PD ?
2 , CD ? 2 , AE ? 1 2 ,

P D C A E B

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

z
P G F C y

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D 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com A B E

x

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E ( x, 1 2 , 0 ), PE ? ( x , 1 2 ,?

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3 2 , 0 ).

2 ), CE ? ( x , ?

2 由 PE ? CE 得 PE ? CE ? 0 ,即 x ?

3 4

? 0, 故 x ?

3 2

.

由 DE ? CE ? (

3 1 3 3 , ,0 ) ? ( , ? , 0 ) ? 0 得 DE ? CE , 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,
3 2 1 2 3 2 2 2 1 2 2 2 3 1 2 , , ). 2 2 2

2 ), 作 EF⊥PC 于 F,设 F(0,M,N) ,则

EF ? ( ?

,m ?

, n ).

由 EF ? PC ? 0 得 ( ?

,m ?

, n ) ? (0,2,?

2 ) ? 0,即 2 m ? 1 ?

2n ? 0 ,

又由 F 在 PC 上得 n ? ?

m ?

2 , 故 m ? 1, n ?

, EF ? ( ?

因 EF ? PC , DG ? PC , 故平面 E—PC—D 的平面角 ? 的大小为向量 EF 与 DG 的夹 角. 故 cos ? ?
DG ? EF | DG || EF | ? 2 2 ,? ?

?
4

,

即二面角 E—PC—D 的大小为

?
4

.

练习 4 如图,在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB⊥侧面 BB1C1C,E 为棱 CC1 上异于 C、C1 的一 ? 点,EA⊥EB1,已知 AB= 2 ,BB1=2,BC=1,∠BCC1= ,求:
3

(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. 解答(I)以 B 为原点, BB 1 、 BA 分别为 Y、Z 轴建立 空间直角坐标系. 由于 BC=1,BB1=2,AB= 2 , ∠BCC1=
?
3

A

A1

B C E C1

B1

,在三棱柱 ABC—A1B1C1 中有

z
A

A1

B(0,0,0) ,A(0,0, 2 ) 1(0,2,0) ,B ,
B C
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C1 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com E x

B1 y

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C( 3 2
3 2

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,?

1 2

, 0 ), C 1 (

3 3 , ,0 ) 2 2

设E(

, a , 0 ), 由 EA ? EB 1 , 得 EA ? EB 1 ? 0 , 即

0 ? (?

3 2

,? a ,

2 ) ? (?

3 2

, 2 ? a ,0 ) ?

3 4

? a (a ? 2) ? a

2

? 2a ?

3 4

,

得 (a ?

1 2

)( a ?

3 2

) ? 0,即 a ?

1 2

或a ?

3 2

( 舍去 ), 故 E (

3 1 , ,0 ) 2 2

BE ? EB 1 ? (

3 1 3 3 3 3 , ,0 ) ? ( ? ? ? 0 ) ? ? ? ? 0 , 即 BE ? EB 1 . 2 2 2 2 4 4

又 AB⊥面 BCC1B1,故 AB⊥BE. 因此 BE 是异面直线 AB、EB1 的公垂线, 则 | BE |?
3 4 ? 1 4 ? 1 ,故异面直线 AB、EB1 的距离为 1.

(II)由已知有 EA ? EB 1 , B 1 A1 ? EB 1 , 故二面角 A—EB1—A1 的平面角? 的大小为向量
B 1 A1 与 EA 的夹角.
3 2 ? 2 3 , 1 2

因 B 1 A1 ? BA ? ( 0 , 0 , 故 cos ? ? EA ? B 1 A1

2 ), EA ? ( ?

,?

,

2 ),

| EA || B 1 A1 | 即 tan ? ? 2 2 .

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