nbhkdz.com冰点文库

用空间向量解立体几何中几类典型问题

时间:2011-06-24


立体几何中几类典型问题的向量解法 立体几何中几类典型问题的向量解法
空间向量的引入为求立体几何的空间角和距离问题、证线面平行与垂直以及解决立体几何的探索性试题提供了简便、快速的 解法。它的实用性是其它方法无法比拟的,因此应加强运用向量方法解决几何问题的意识,提高使用向量的熟练程度和自觉性, 注意培养向量的代数运算推理能力,掌握向量的基本知识和技能,充分利用向量知识解决图

形中的角和距离、平行与垂直问题。 一、 利用向量知识求点到点,点到线,点到面,线到线,线到面,面到面的距离 利用向量知识求点到点, 点到线,点到面,线到线,线到面,

r r r r r r 若n ⊥ a ,则n 叫a 的法向量 若n ⊥ 平面α,则n 叫平面α的法向量

uuu r
(1)点到点的距离:求两点 P, Q 之间距离,可转化求向量 PQ 的模。 )点到点的距离: 之间距离, 的模。 (2)点到线的距离: )点到线的距离:

如图, 为面α外任意的一点, 内任意一点, 为的法向量, 如图,E 为面α外任意的一点,F 为α内任意一点, n 为的法向量,则,E 到平面的距

r

E

r n
F α

r n ? EF 离为 d = r n

例 1、如图,ABCD 为边长为 4 的正方形,GC⊥平面 ABCD,GC=2,E、F 分别是 AD、AB 的中点,求点 B 到平面 EFG 的距离.

z G x E A F B y D C

解析:如图建立空间直角坐标系,则:A(4,4,0) ,B(0,4,0) ,D(4,0,0) ,E (4,2,0) ,F(2,4,0) ,G(0,0,2) 。 ,则: 设平面 EFG 的一个法向量为 n =(x,y,z) ( )

r

r n ? EF = x, y, z ) ? (?2,2,0) = 0 ( r n ? GF = ( x, y, z ) ? (2,4,?2) = 0

?

x= y z = 3y

r y ∴ n = ( y, y,3 y ) ?令?→(1,1,3) ?=1

r n ? BF 1 2 11 ∴ 点B到平面EFG的距离d = = (1,1,3) ? (2,0,0) = r n 11 11
(3)求点到平面的距离:设分别以平面外一点 P 与平面内一点 M(平面内异于垂足的任一点)为起点和终点的向量为 a ,平面 )求点到平面的距离: 的法向量为 n ,则 P 到平面的距离 d 等于 a 在 n 方向上正射影向量的模, 即 d=

a ? cos? a, n? =

a?n


n
P

r n
M α D X

Z G C F E A B Y

例 2.如图,ABCD 是边长为 4 的正方形,GC 面 ABCD,GC=2,E、F 分别是 AD、AB 的中点, 求点 B 到平面 EFG 的距离。 第 1 页 共 8 页

解析:如图,建立空间直角坐标系,则 G(0,0,2),B(0,4,0),A(4,4,0), D(4,0,0),E(4,2,0),F(2,4,0)

z D 1

M

C1 B1
N

GE =(4,2,-2), GF =(2,4,-2), GB =(0,4,-2)
设 n =(x,y,z)是平面 EFG 的一个法向量 ∵ ∵ ∴

A1

n ? GE =4x+2y-2z=0 n ? GF =2x+4y-2z=0 可取 n =(1,1,3)
= 2 11 11

D A x B

C

y

d=

GB ? n n

又如:如图 15,已知正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 的底面边长为 4,A1A=6,Q 为 BB1 的中点, ∈ DD1,M ∈ A1B1,N ∈ C1D1, P A1M=1,D1N=3,若 P 为 DD1 的中点,求三棱锥 Q—PMN 的体积。 解法:建立如图 15 的直角坐标系,则 有 P(0,0,3) ,M(4,1,0) ,N(0,3,0) PM = (4,1,?3) , PN = (0,3,?3) , MN = (?4,2,0) ,

| PM |= 16 + 1 + 9 = 26 | PN |= 0 + 9 + 9 = 18 , | MN |= 16 + 4 + 0 = 2 5
COS ? PM , PN ? =

z D A P D1 x A1 M 图 15 B Q
=

C

PM ? PN

3+9 26 ? 3 2

| PM | ? | PN |

=

2 13

N B1

C1 y

∴ sin ∠ MPN= 1 ? ∴ S ?PMN =


4 3 = 13 13

1 1 3 | PM |× | PN | × sin ∠MPN = × 26 × 18 × =9 2 2 13

PQ =(4,4,0) ,设平面 PMN 的法向量为 n =(x,y,z) ,
?n ? PM = 0 ? ?n ? PN = 0 ?
得, ?

则由 ?

?4 x + y ? 3 z = 0 ?3 y ? 3 z = 0

∴ y = z = 2x,不妨取 n =(1,2,2) ,
则 Q 到平面 PMN 的距离 h =

| PQ ? n | |n|

=

| 4+8| 1+ 4 + 4

=4

C

l1

1 1 ∴ VQ ? PMN = × S ?PMN × h = × 9 × 4 = 12 3 3

r n
r
D

(4)求两条异面直线间距离:可设异面直线 l1 , l2 的法向量为 n , C , D 分别是 l1 , l2 上的任意两点, 求两条异面直线间距离: 求两条异面直线间距离

l2

第 2 页 共 8 页

n ? CD 则 l1 , l2 之间距离 d = r n
例 3.如图,已知 ABCD 是正方形, PD 分别是 PB、PD 中点, 求异面直线 AF 与 CE 间的距离。 解析:如图建立空间直角坐标系,则:A(1,0,0) ,B(1,1,0) ,C(0, 1,0) ,P(0,0,1) ( ,E

⊥ 面ABCD ,PD=AB=1,E、E

z P

1 1 1 1 1 1 1 , , ) ,F (0,0, ) AE = (? , , ) , 2 2 2 2 2 2 2 1 r CF = (0,?1, ) ,又设 AE,CF 的公垂线的方向向量为 n = ( x, y, z ) , 2

D A x

y C B

则:

r 1 1 1 n ? AE = ? x + y + z = 0 x = 3y r 2 2 2 y ? ∴ n = (3 y, y,2 y ) ?令?→(3,1,2) ?=1 r 1 z = 2x n ? CF = ? y + z = 0 2

r n ? EF 1 1 1 14 ∴ AE与CF间的距离d = = (3,1,2) ? ( , ,0) = r n 2 2 7 14
例 4:如图,在长方体 ABCD ? : 解:Q BC1 //

A1 B1C1 D1 中, AB = 4, BC = 3, CC1 = 2, 求平面 A1 BC1 与平面 ACD1 的距离。

AD1 , AD1 ? 平面ACD1 ,∴ BC1 // 平面ACD1 ,同理 A1 B // 平面ACD1 , 又

A1 B I BC1 = B,∴ 平面A1BC1//平面ACD1 ,建立直角坐标系 D ? xyz ,Q AB = 4, BC = 3, CC1 = 2 , A1 (3, 0, 2), B (3, 4, 0), C1 (0, 4, 2)

D1

z

C1 B1
y

uuur uuuu r r ∴ A1 B = (0, 4, ?2), BC1 = (?3, 0, 2) ,设 n = ( x, y, z ) 为平面 A1 BC1 的法 r uuur r uuur 向量,则 n ⊥ A1 B ? n ? A1 B = 0, ? 4 y ? 2 z = 0, r
由n

A 1
D

C

uuuu r r uuuu r ⊥ BC1 ? n ? BC1 = 0 ? ?3x + 2 z = 0 ,

x

A

B

不妨设 z

1 2 r 2 1 = 1,∴ y = , x = ,∴ n = ( , ,1) ,再选一条斜线段(端点分别在两个平面内) ,求斜线段对应的向量在法向量上 2 3 3 2

的射影向量的模即可。

uuu r r AB ? n r 点评:若 n 是平面 α 的法向量, AB 是平面 α 的一条斜线段,且 B ∈ α ,则点 A 到平面 α 的距离 d = r n
之间的距离转化为点到平面的距离,变为斜线在法向量上的射影向量的模。 二、利用向量知识求线线角,线面角,二面角的大小。 利用向量知识求线线角,线面角,二面角的大小。 (1)线线角 : 设 l1 , l2 是两条异面直线, 线线角: 线线角

,平行平面

A, B 是 l1 上的任意两点, C , D 是直线 l2 上的任意两点,则 l1 , l2 所成的角 θ



第 3 页 共 8 页

cos θ =

AB ? CD AB ? CD
AB 在平面 α 内的射影,则斜线 AB 与平面 α 所成的角 θ ,

(2)线面角:设 AB 是平面 α 的斜线,且 B ∈ α , BC 是斜线 线面角: 线面角

uuu uuu r r AB ? BC cos θ = , θ = arccos uuu 即 r uuu r AB ? BC AB ? BC
AB ? BC

。 n 是平面 α 的法向量, AB 是平面 α 的一条斜线, 设 则

r

AB 与平面 α 所

uuu r r AB ? n π 成的角 θ , cos θ = ,即 θ = ? arccos uuu r r ,或者arcsin 2 AB ? n AB ? n AB ? n

uuu r r AB ? n uuu r r AB ? n



( 3 ) 二 面 角 : 设

ur uu r n1 , n2

是 二 面 角

α ?l ?β

的 面

α,β

的 法 向 量 , 则

cos < n1 , n 2 >=

n1 ? n2 n1 ? n2
, 即

ur uu r ur uu r n1 ? n2 < n1 , n2 >= arc cos ur uu r n1 ? n2
例 5:在棱长为 a 的正方体 : (1)求直线

,就是二面角或二面角的补角。

ABCD ? A' B 'C ' D ' 中, EF 分别是 BC , A' D ' 的中点,
z

A'C与DE 所成角;
AD 与平面 B ' EDF 所成的角,
'

A' B'

F

D' C'

(2)求直线

(3)求平面 B EDF 与平面 解: (1)如图建立坐标系,则

ABCD 所成的角
A G D E C y

a A' (0, 0, a ), C (a, a, 0), D(0, a, 0), E (a, , 0) 2 uuur uuur a B ∴ A'C = (a, a, ?a ), DE = (a, ? , 0) , x 2 uuur uuur uuur uuur A'C ? DE 15 ' ∴ cos < A C , DE >= uuur uuur = 15 A'C ? DE


A'C与DE 所成的角为 arccos

15 15
内的射影在 ∠EDF 的平分线上,又 所 成 的 角 为

(2) Q ∠ADE

= ∠ADF , 所以 AD 在平面 B ' EDF AD
与 平 面

B ' EDF

为菱形, ∴ DB 为
'

∠EDF

的 平 分 线 , 故 直 线
'

B ' EDF

∠ADB '

, 建 立 如 图 所 示 坐 标 系 , 则

r uuu uuuu' r uuuu r r uuu r uuu uuuu' r DA ? DB 3 ' A(0, 0, 0), B (a, 0, a ), D(0, a, 0) ,∴ DA = (0, ? a, 0), DB = (a, ? a, a ) ,∴ cos < DA, DB >= uuu uuuu = r r 3 DA ? DB '

第 4 页 共 8 页



AD 与平面 B ' EDF

所成角为 arccos

3 3



ur uuur a A(0, 0, 0), A' (0, 0, a ), B ' (a, 0, a ), D(0, a, 0), E (a, , 0) 所以平面 ABCD 的法向量为 m = AA' = (0, 0, a ) 下面求平 2 r uuu r uuur ?n ? ED = 0 uuu r r ?y = 2 a a ? ' ' 面 B EDF 的 法 向 量 , 设 n = (1, y , z ) , 由 ED = ( ?a, , 0), EB = (0, ? , a ) , ∴ ? r uuur ?? , 2 2 n ? EB ' = 0 ? z = 1 ? ? r ∴ n = (1, 2,1) ur r r ur m?n 6 6 ' ∴ cos < n, m >= ur r = ,所以平面 B EDF 与平面 ABCD 所成的角 arccos 6 6 m?n
1 .求面 SCD 2

例 6:如图,在底面是直角梯形的四棱锥 S-ABCD 中,∠ABC = 90°,SA⊥面 ABCD,SA = AB = BC = 1, AD = : 与面 SBA 所成的二面角的正切值.

z

1 解:如图建立直角坐标系,则 B (0,1, 0), D ( , 0, 0), C (1,1, 0), S (0, 0,1) 2 S y uuur 1 uuu r uuu r 1 AD = ( , 0, 0), SC = (1,1, ?1), SD = ( , 0, ?1) , 2 2 B Q SA ⊥ 平面ABCD,∴ AD ⊥ 平面SAB uuur 所 以 AD 是 平 面 SAB 的 一 个 法 向 量 。 设 平 面 SCD 的 一 个 法 向 量 A D r uuu r r uuu r ?x + y ? z = 0 ?n ⊥ SC ?n ? SC = 0 ?x = 2z ? ? ? 由 ?r ,∴ ? 1 ?? uuu , ? ? r uuu r r ? y = ?z ?n ⊥ SD ?n ? SD = 0 ?2 x ? z = 0 ? ? ? uuur r uuur r uuur r r AD ? n 6 2 , ∴ tan < AD, n >= 令 z = 1, n = (2, ?1,1) ,∴ cos < AD, n >= uuur r = 3 2 AD ? n
平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角的正切值为

C x

r n = ( x, y , z )

2 2

点评:用向量知识求二面角的大小时,是将二面角的问题转化为两平面的法向量的夹角问题, (1)当法向量 n1与n2 的方向分别 指向二面角内侧与外侧时,二面角的大小等于法向量 n1与n2 的夹角的大小。

ur uu r

ur uu r

二面角的大小等于法向量 n1与n2 的夹角的补角 π ? < (2) 当法向量 n1与n2 的方向同时指向二面角的内侧或外侧时, 三、利用向量知识解决立体几何中的探索性问题。 利用向量知识解决立体几何中的探索性问题。 例 7:如图,在四棱锥 P—ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为正方形,PD=DC,E、F 分 : 别是 AB、PB 的中点. (Ⅰ)求证:EF⊥CD; (Ⅱ)在平面 PAD 内是否存在一点 G,使 GF⊥平面 PCB,并证明你的结论; (Ⅲ)求 DB 与平面 DEF 所成角的大小. 解:以 DA、DC、DP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图) ,设 AD=a,则 D(0, 0,0) 、A(a,0,0) 、B(a,a,0)、C(0,a,0) E ( a, (Ⅰ) EF

ur uu r

ur uu r

r uu r n1 , n2 > 。

a a a a ,0) 、 F ( , , ) 、 P (0,0, a ). 2 2 2 2

a a ? DC = (? ,0, ) ? (0, a,0) = 0, ∴ EF ⊥ DC . 2 2
第 5 页 共 8 页

(Ⅱ)假设存在, 设G ( x,0, z ), 则G ∈ 平面PAD.

uuu r a a a FG = ( x ? , ? , z ? ), 2 2 2 uuu uuu r r a a a a a FG ? CB = ( x ? , ? , z ? ) ? (a, 0, 0) = a ( x ? ) = 0, x = ; 2 2 2 2 2 2 uuu uuu r r a a a a a + a ( z ? ) = 0, z = 0. FG ? CP = ( x ? , ? , z ? ) ? (0, ? a, a ) = 2 2 2 2 2 a ∴ G点坐标为( , 0, 0), 即G点为AD的中点. 2
(Ⅲ)设平面 DEF 的法向量为 n

= ( x, y, z ).

a a a ? r uuur ? ?n ? DF = 0, ?( x, y, z) ? ( 2 , 2 , 2 ) = 0, ? 由? r uuur 得? ?n ? DE = 0 ?( x, y, z) ? (a, a ,0) = 0, ? ? ? 2 ?a ? 2 ( x + y + z) = 0, ? 即? 取x = 1, 则y = ?2, z = 1, a ?ax + y = 0. ? ? 2 uuu r r r uuu r r BD ? n a 3 r , ∴ n = (1, ?2,1).cos < BD, n >= uuu r = = | BD || n | 2a ? 6 6

C1 A1
C B

π 3 3 ∴ DB与平面DEF所成角大小为 ? arccos (即arcsin ). 2 6 6
例 8:如图,在直三棱柱 ABC ? : (1)求证 (3)在

B1

A1 B1C1 中, AC = 3, BC = 4, AB = 5, AA1 = 4
A

AC ⊥ BC1 ; (2)在 AB 上是否存在点 D 使得 AC1 ⊥ CD ?

D

AB 上是否存在点 D 使得 A1C // 平面CDB1 ABC ? A1 B1C1 , AC = 3, BC = 4, AB = 5, AC , BC , CC1 两两垂直,以 C 为坐标原点,
y 轴, z 轴,建立空间直角坐标系,

解:直三棱柱

直线 CA, CB , CC1 分别为 x 轴

则 C (0, 0, 4), A(3, 0, 0), C1 (0, 0, 4) , B (0, 4, 0), B1 (0, 4, 4)

uuur
(1)Q AC

uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r = (?3, 0, 0), BC1 = (0, ?4, 4) ,∴ AC ? BC1 = 0,∴ AC ⊥ BC1
uuur uuu r AB 上存在点 D ,使得 AC1 ⊥ CD ,则 AD = λ AB = (?3λ , 4λ , 0)

∴ AC ⊥ BC
(2)假设在 其中 0 ≤ λ

uuuu r uuu r ≤ 1 ,则 D (3 ? 3λ , 4λ , 0) ,于是 CD = (3 ? 3λ , 4λ , 0) 由于 AC1 = (?3, 0, 4) ,且 AC1 ⊥ CD
= 0 得 λ = 1 ,所以在 AB 上存在点 D 使得 AC1 ⊥ CD ,且这时点 D 与点 B 重合。
第 6 页 共 8 页

所以 ?9 + 9λ

(3)假设在

AB

上存在点

D

使得

AC1 // 平面CDB1

,则

uuur uuu r AD = λ AB = (?3λ , 4λ , 0)

其中

0 ≤ λ ≤1



uuuu r uuur uuuu r D (3 ? 3λ , 4λ , 0) , B1 D = (3 ? 3λ , 4λ ? 4, ?4) 又 B1C = (0, ?4, ?4). 由于 AC1 = (?3, 0, 4) , AC1 // 平面CDB1 ,所
以存在实数 m, n, 使 AC1 所以在

uuuu r

uuuu r uuur 1 = mB1 D + nB1C 成立,∴ m(3 ? 3λ ) = ?3, m(4λ ? 4) ? 4n = 0, ?4m ? 4n = 4, 所以 λ = , 2
A1 C1 D1

AB 上存在点 D 使得 AC1 // 平面CDB1 ,且 D 使 AB 的中点。

练习 1、如图 5 , 在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是棱 BC、CD 上的点, B1 且 BE=CF.求异面直线 B1F 与 D1E 所成的角; 解:以 A 为原点,分别以 AB

、 AD 、 1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图 6 AA
B

A F E 图5 z A1 B1 A G B x E 图6 A1 C1 A F C F C1 D D1 C

D

设 BE=x,则有 B1(a,0,a),D1(0,a,a), E(a,x,0),F(a-x,a,0) ∴ B1F

= (? x , a , ? a) ,D1E = (a , x ? a , ? a)

∴ B1 F 说明:

? D1 E = ?ax + a( x ? a ) + (?a )( ? a) = 0
0

因此,B1F⊥D1E.即 B1F 与 D1E 所成的角为 90

本题也可利用线面垂直来证明 B1F⊥D1E, 也可通过平移直接求异面直线 B1F 与 D1E 所 AD 在正方形 ABCD 中, BE=CF 可证得 BF ⊥ AE, 由 成的角, 如图 7, 连接 BF、 AE、 1D、 1, A A1D,而 A1D ⊥ AD1,∴ B1F ⊥ AD1,又 AD1 ∩ AE=A,∴ B1F ⊥ 面 AED1,而 D1E ? 面 AED1∴ B1F⊥D1E。 显然,利用此法比利用向量解要复杂的多,本题充分体现了利用向量法解决立体 几何问题的优越性。 练习 2、如图 8,四棱锥 P - ABCD 中,PD ⊥ 底面 ABCD, 底面 ABCD 是直角梯形, ∠ BAD 又 BF 为 B1F 在底面 ABCD 上的射影,∴ B1F ⊥ AE,又Q B1F 在面 A1ADD1 上的射影为

y

D1

=

∠ ADC = 90 o ,AB = AD = PD = 2,CD = 4,E 是 PB 的中点,以 DA、DC、DP 分别为 x 轴、 B1
若点 F ∈ 平面 ABCD,且 FE ⊥ 面 PBC, ,求 F 点坐标; 求直线 AB 与平面 PBC 所成的角。

y 轴、z 轴建立直角坐标系。 (1) (2)

D E 图7 C

解:依题意,知 A(2,0,0) ,B(2,2,0) ,C(0,4,0), P (0,0,2)

z P

B

Q

F ∈ 平面 ABCD,故可设 F(x,y,0)又 E(1,1,1) ∴ ,

EF =
,

( x – 1 , y – 1 , – 1 ) Q FE



面 PBC , ∴

EF ⊥ PB

D A x F

E

C y

EF ⊥ PC



PB = ( 2 , 2 , – 2 ) PC ,

= ( 0 , 4 , -2 ) 于 是

?2( x ? 1) + 2( y ? 1) + (?2) × (?1) = 0 ? ?0 × ( x ? 1) + 4( y ? 1) + (?2) × (?1) = 0

B 图8

1 ? ?x = 2 1 1 ? 解得 ? ,故 F( , ,0 ) (2)由(1)知, EF 为平面 PBC 的法向量, 2 2 ?y = 1 ? ? 2
第 7 页 共 8 页

EF =

(?

EF ? AB 1 1 ,又 AB =(0,2,0) ∴ cos ? EF, AB? = , = , ? , ?1 ) 2 2 | EF | ? | AB |

1 1 0 × (? ) + 2 × (? ) + 0 × (?1) 2 2 1 1 (? ) 2 + (? ) 2 + (?1) 2 ? 0 2 + 2 2 + 0 2 2 2
设 AB 与平面 PBC 所成的角为 θ , 则有 θ =

=

?1 3 ×2 2

=?

6 6 ∴ cos ? FE, AB? = 6 6

π
2

? ? FE, AB? ,∴ sin θ = cos ? FE, AB? =

6 6

即 AB 与平面 PBC 所成的角为 arcsin

6 6

.

说明:本例中,按常规方法。求 AB 与平面 PBC 所成的角,需找 AB 在平面 PBC 内的射影,而过 A 点作平面 PBC 的垂线,垂足 的位置不易找到,利用向量来解,巧妙地绕过了这一难点,问题迎刃而解。 练习 3、如图 9,正三棱锥 ABC—A1B1C1 的所有棱长均为 2,P 是侧棱 AA1 上一点。 (1) (2) 当 BC1 ⊥ B1P 时,求线段 AP 的长; 在(1)的条件下,求二面角 C—B1P—C1 的大小。

z A1

C1 B1

解(1)以 A 为原点,以 AB 为 y 轴,AA1 为 z 轴,过 A 且与平面 ABB1A1 垂直的直线为 x 轴建立空间直角坐标系,如图,设 AP = m, 则有 B(0,2,0),C( ?

3 ,1,0 ) , C1( ? 3 ,1,2 ), B1(0,2,2) , P(0,0,m),∴ BC1 =( ? 3 ,?1,2 ),
P C y A x 图9 B

B1 P =(0, -2

, m –2)

Q BC1 ⊥ B1P, ∴ BC1 ? B1 P = 0∴ ? 3 × 0 + ( ?2) × ( ?1) + 2 × ( m ? 2) = 0 ,
解得 m = 1,即线段 AP 的长为 1。 (2)Q 侧面 BCC1B1 为正方形,

∴ B C1 ⊥ B1C 又Q

B C1 ⊥ B1P, B1P

I B1C=B1



B C1 ⊥ 平面 B1PC ,∴ B C1 为平面 B1PC 的法向量,且

BC1 =( ? 3 ,?1,2 ) ,

Q 平面的法向量不唯一,故不妨设平面 B1PC1 的法向量为 a =(x,y,1)
则a

⊥ B1 P , a ⊥ B1C1 又 B1 P = (0, -2

,–1), B1C1 =( ?

3 ,?1,0 )

1 ? ?y = ? 2 ?0 × x + (?2) × y + (?1) × 1 = 0 3 1 ? 解得 ? 即平面 B1PC1 的法向量为( ,? ,0) 。 ∴? 6 2 3 (? 3 ) × x + (?1) × y + 0 × 1 = 0 ? ?x = ? 6 ?
a ? BC1 | a | ? | BC1 |



cos ? a, BC1 ? =

(? 3) ×
=

3 1 + (?1) × (? ) + 2 × 1 6 6 6 2 = ∴ 二面角 C1—B1P—C 有大小为 arccos 2 2 3 1 3 +1+ 4 ? + +1 36 4



第 8 页 共 8 页