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2013高三数学一轮复习 立体几何中的向量方法课件 (理) 新人教A版


高三总复习

人教A 版 · 数学 (理)

第七节

立体几何中的向量方法

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1.理解直线的方向向量与平面的法向量. 2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、 平面与平面的垂直、平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的

一些定理(包括三垂线定理).
4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、 平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究

立体几何问题中的应用.

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一、平面的法向量 1.所谓平面的法向量,就是指所在的直线与 平面垂直 的 向 量,显然一个平面的法向量有 无数 多个,它们是 共线 向量. 2.在空间中,给定一个点A和一个向量a,那么以向量a为法 向量且经过点A的平面是 唯一的.

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二、利用向量求空间角 1.求两条异面直线所成的角 设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量,则
l1 与 l2 所成的角 θ 范围 π 0<θ≤2 cosθ=|cos〈a,b〉| 求法 = |a· b| |a||b| cos〈a,b〉= a· b |a||b| a 与 b 的夹角〈a,b〉 0<〈a,b〉<π

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2.求直线与平面所成的角

设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所
成的角为θ,

则sinθ=

|cos〈a,n〉| =

.

3.求二面角的大小 (1)若AB、CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的异面 直线,则二面角的大小就是

→ → 向量AB与CD 的夹角(如下图①).

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(2)设n1,n2分别是二面角α—l—β的两个面α,β的法向量,则向 量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是 平面角的大小 (如上图②③). 二面角的

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1.已知点A(-3,1,-4),则点A关于原点的对称点坐标为 ( ) A.(1,-3,-4) C.(3,-1,4) B.(-4,1,-3) D.(4,-1,3)

解 析 : 设 A 点 关 于 原点 的 对 称 点 坐 标 为(x ,y , z) , 则

?x-3=0 ? ?y+1=0, ∴x=3,y=-1,z=4. ?z-4=0 ?
答案:C

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15 2.已知向量 a=(2,-3,5),b=(3,λ, 2 ),且 a∥b,则 λ 等于( 2 A.3 ) 9 B.2 9 2 C.-2 D.-3

?2x=3 ?-3x=λ 解析:∵a∥b,则 b=xa,∴? ?5x=15 2 ?
答案:C

9 ,解得 λ=-2.

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3.已知 A(1,-2,3),B(4,-4,-3),C(2,4,3),D(8,6,6), → → 则向量AB在向量CD方向上的射影 A′B′=________.

→ → 解析:AB=(4-1,-4+2,-3-3)=(3,-2,-6),CD= → CD → (8-2,6-4,6-3)=(6,2,3),而CD方向上的单位向量是 e= = →| |CD ?6,2,3? 6 2 3 6 2 →· ( 2 2 2=(7,7,7),∴A′B′=AB e=(3,-2,-6)· ,7, 7 6 +2 +3 3 4 7)=-7.
4 答案:- 7

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4.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向 量.在平面直角坐标系中,利用求动点轨迹方程的方法,可以求 出过点A(2,1)且法向量为n=(-1,2)的直线(点法式)方程为-(x-2)

+2(y-1)=0,化简后得x-2y=0.类比以上求法,在空间直角坐标
系中,经过点A(2,1,3),且法向量n=(-1,2,1)的平面(点法式)方程

为____________.(请写出化简后的结果)
答案:x-2y-z+3=0

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5.如下图,已知三棱锥A—BCD中,A(-1,0,0),B(0,1,0),

C(-4,0,0),D(0,0,2),则该三棱锥的高为________.

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→ → → 解析:由题意知AB=(1,1,0),BC=(-4,-1,0),BD=(0, -1,2),设平面 BCD 的一个法向量 n=(x,y,z), → ?n· =0 ?-4x-y=0 BC ? 则由? ,得? , ?-y+2z=0 → ? BD ?n· =0

?x=-y ? 4 ∴? ?z=y ? 2



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令 y=4,则 x=-1,z=2, ∴n=(-1,4,2), → n| |-1+4| |AB· 21 ∴三棱锥的高 h= = = 7 . |n| ?-1?2+42+22
21 答案: 7

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热点之一

利用空间向量证明平行、垂直问题

1.证线线平行与垂直 若直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则: (1)l1∥l2?v1∥v2.(2)l1⊥l2?v1⊥v2?v1·v2=0.

2.证线面平行与垂直
若直线l的方向向量为v,平面α的法向量为n,则:

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(1)l∥α?v⊥n.(2)l⊥α?v∥n.

3.证面面平行与垂直
若平面α和β的法向量分别为n1,n2,则 (1)α∥β?n1∥n2.(2)α⊥β?n1⊥n2.

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[例1]

如下图,已知直三棱柱ABC—A1B1C1中,△ABC为等腰

直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,D、E、F 分别为B1A、
C1C、BC的中点.

(1)求证:DE∥平面ABC;
(2)求证:B1F⊥平面AEF.

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[思路探究] 可利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定
理;也可用向量法建立空间直角坐标系,用向量的坐标运算来解

决.
[课堂记录] 如下图建立空间直角坐标系A—xyz,令AB=AA1

=4,则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4).

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(1)取 AB 中点为 N,则 N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2), → ∴DE=(-2,4,0), → NC=(-2,4,0), → → ∴DE=NC, ∴DE∥NC.又∵NC 在平面 ABC 内, 故 DE∥平面 ABC.

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→ (2)B1F=(-2,2,-4), → → EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0). → EF → B1F· =(-2)×2+2×(-2)+ (-4)×(-2)=0, → → 则B1F⊥EF,∴B1F⊥EF, → AF → ∵B1F· =(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. → → ∴B1F⊥AF,即 B1F⊥AF,
又∵AF∩FE=F,∴B1F⊥平面AEF.

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即时训练 如下图,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,AC=3,BC =4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点. (1)求证:AC⊥BC1; (2)求证:AC1∥平面CDB1.

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证明:∵直三棱柱ABC—A1B1C1 底面三边长AC=3,BC=4,

AB=5,且C1C垂直底面.∴AC、BC、C1C 两两垂直.
如下图,以C为坐标原点,直线CA、CB、CC1 分别为x轴、y

轴、z轴建立空间直角坐标系.

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3 则 C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(2, 2,0). → → → BC → (1)∵AC=(-3,0,0),BC1=(0,-4,4),∴AC· 1=0. ∴AC⊥BC1. (2)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,连接 DE. 则 E(0,2,2). → =(-3,0,2),AC1=(-3,0,4), → ∵DE 2

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→ =1AC1,∴DE∥AC1. → ∴DE 2 ∵DE?平面 CDB1,AC1?平面 CDB1, ∴AC1∥平面 CDB1.

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热点之二 利用空间向量求异面直线所成的角、二面角 1.求异面直线所成角时注意的问题 利用向量的夹角来求异面直线的夹角时,注意区别:当异面 直线的向量的夹角为锐角或直角时,就是该异面直线的夹角;当 异面直线的向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线的夹角. 2.利用向量法求线面角的方法.

一是分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,转
化为求两个方向向量的夹角(或其补角); 二是通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面 的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.

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[例 2]

(2010· 徐州质检)如下图所示, 在四棱锥 S-OABC 中,

π 底面四边形 OABC 是直角梯形,且∠COA=∠OAB= ,OA=OS 2 =AB=1,OC=4,点 M 是棱 SB 的中点,N 是 OC 上的点,且 ON:NC=1:3,以 OC,OA,OS 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴 建立空间直角坐标系 O-xyz. (1)求异面直线 MN 与 BC 所成的角的余弦值; (2)求 MN 与平面 SAB 所成的角的正弦值.

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[思路探究] 入夹角公式.

(1)利用所建坐标系,准确写出所需点的坐标代

(2)先求面SAB的一个法向量,代入夹角公式.注意所求角与 此夹角的关系.

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[课堂记录] (1)由题知 S(0,0,1),C(4,0,0),A(0,1,0),B(1,1,0), 1 1 1 所以 N(1,0,0),M( , , ). 2 2 2 → =(1,-1,-1),CB=(-3,1,0), → (1)MN 2 2 2 3 1 -2-2 → CB → MN· → → cos〈MN,CB〉= = → |CB 3 |MN|·→ | · 10 4 2 =- 30. 15

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2 30 ∴直线 MN 与 BC 所成的角的余弦值为 15 . (2)设平面 SAB 的一个法向量为 n=(a,b,c), → 则 n· =(a,b,c)· SB (1,1,-1)=a+b-c=0, → n· =(a,b,c)· SA (0,1,-1)=b-c=0. 令 b=1 可得 n=(0,1,1), → n -1 MN· 6 → ,n〉= cos〈MN = =- 3 . → |· 3 |MN |n| 4· 2 → ,n〉= 3. ∴sin〈MN 3

3 ∴直线 MN 与平面 SAB 所成的角的正弦值为 . 3

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即时训练

(2010· 江苏四市调研)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,F 是 BC 1 的中点,点 E 在 D1C1 上,且 D1E= D1C1,试求直线 EF 与平面 4 D1AC 所成角的正弦值.

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→ → → 解:设正方体棱长为 1,以DA,DC,DD1为单位正交基底, 建立如下图所示坐标系 D—xyz,则各点的坐标分别为 B1(1,1,1), 1 1 E(0,4,1),F(2,1,0),连接 DB1,
→ 所以DB1=(1,1,1), → =(1,3,-1), EF 2 4

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→ 由题意可知,DB1为平面 D1AC 的一个法向量, → EF → DB1· → → cos〈DB1,EF〉= → → |DB1||EF| 1 3 1×2+1×4-1×1 87 = = . 87 1 9 3× 4+16+1 87 所以直线 EF 与平面 D1AC 所成角的正弦值为 87 .

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热点之三 利用空间向量求二面角 利用空间向量方法求二面角,可以有两种办法: 一是分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出 发的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角

的大小;二是通过平面的法向量来求:设二面角的两个面的法向
量 分 别 为 n1 和 n2 , 则 二 面 角 的 大 小 等 于 〈n1 , n2〉( 或 π - 〈n1·n2〉). 注意:利用空间向量方法求二面角时,注意结合图形判断二 面角是锐角还是钝角.

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[例 3]

如右图,四棱锥 S-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,

SD⊥底面 ABCD,AD= 2,DC=SD=2,点 M 在侧棱 SC 上, ∠ABM=60° . (1)证明:M 是侧棱 SC 的中点; (2)求二面角 S-AM-B 的余弦值.

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→ 1→ [思路探究] 建立空间直角坐标系后, (1)题可以证SM=2SC; (2)题可以先求平面 SAM 和平面 BAM 的法向量.利用法向量求夹 角,也可以在平面 SAM 和平面 BAM 中分别找一条垂直于 AM 的 直线,然后用向量法求解.
[课堂记录] 如右图以 D 为原点, 射线 DA, DC, 为 x, DS y, z 轴的正方向建立空间直角坐标系, D(0,0,0), 则 S(0,0,2), C(0,2,0), B( 2,2,0),A( 2,0,0).

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2λ 2 → → (1)证明:设SM=λMC(λ>0),则 M(0, , ), 1+λ 1+λ → =( 2, 2 , -2 ). MB 1+λ 1+λ → 又因为AB=(0,2,0), → → 〈MB,AB〉=60° , → AB → |AB cos60° → → 故MB· =|MB|· |· , 4 即 = 1+λ -2 2 2 2 ? 2? +? ? +? ?, 1+λ 1+λ
2

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→ → 解得 λ=1,即SM=MC. 所以 M 为侧棱 SC 的中点. (2)由 M(0,1,1),A( 2,0,0), 2 1 1 得 AM 的中点 G( , , ). 2 2 2 → =( 2,3,-1),MS=(0,-1,1), → 又因为GB 2 2 2 → → AM → → AM → AM=(- 2,1,1),GB· =0,MS· =0,

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→ → → → 所以GB⊥AM,MS⊥AM. → → 因此〈GB,MS〉等于二面角 S—AM—B 的平面角. → MS → GB· 6 → ,MS〉= → cos〈GB =- . 3 → ||MS| → |GB 6 所以二面角 S-AM-B 的余弦值为- 3 .

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即时训练

如下图,四棱锥 P—ABCD 的底面是矩形,PA⊥平

面 ABCD,且 PA=AD=2AB,点 M、N 分别在侧棱 PD、PC 上, → → 且PM=MD. (1)求证:平面 AMN⊥平面 PCD; → → (2)若PN=2NC,求平面 AMN 与平面 PAB 所成的锐二面角的 余弦值.

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解:(1)∵PA=AD,M为△PAD的边PD的中点,∴AM⊥PD. 又∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD, 又∵CD⊥AD,AD∩PA=A, ∴CD⊥平面PAD,∴CD⊥AM,∴AM⊥平面PCD,∴平面

AMN⊥平面PCD.

(2)建立如右图所示的空间直角坐标系,设 AB 的长为 1,则 2 4 2 A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1),N(3,3,3),

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4 → =(0,1,1), =(2, , → ∴平面 PAB 的法向量为 m=(0,1,0), AM AN 3 3 2 ), 3 设平面 AMN 的法向量为 n= → n=x+y=0, (1,x,y),则AM· → · 2+4x+2y=0,即 x+y=0 且 1+2x+y=0, 且AN n=3 3 3 ∴x=-1,y=1,

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m· n ∴n=(1, -1,1), n=|m|· cos m, , 〈m, = m· |n|· 〈 n〉 cos n〉 , |m|· |n| -1 3 ∴cos〈m,n〉= =- 3 , 1· 3 3 ∴平面 AMN 与平面 PAB 所成的锐二面角的余弦值为 3 .

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利用空间向量解决空间中线面位置关系的论证、空间中各种

角的求解问题,以代数运算代替复杂的空间的想象,给解决立体
几何问题带来了鲜活的方法.另外,空间向量还可以用来解决许

多探索性问题,这类问题具有一定的思维深度,更能考查学生的
能力,因此正逐渐成为高考命题的热点题型.

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[例4]

(2010·福建高考)如右图,圆柱OO1 内有一个三棱柱

ABC-A1B1C1 ,三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形,且AB是 圆O的直径. (1)证明:平面A1ACC1⊥平面B1BCC1; (2)设AB=AA1.在圆柱OO1内随机选取 一点,记该点取自于三棱柱ABC-A1B1C1内的概率为p.

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(ⅰ)当点C在圆周上运动时,求p的最大值; (ⅱ)记平面A1ACC1与平面B1OC所成的角为θ(0°<θ≤90°).当

p取最大值时,求cosθ的值.
[解] (1)∵A1A⊥平面ABC,BC?平面ABC,∴A1A⊥BC.

∵AB是圆O的直径,∴BC⊥AC.
又AC∩A1A=A,∴BC⊥平面A1ACC1.

而BC?平面B1BCC1,
所以平面A1ACC1⊥平面B1BCC1.

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(2)(ⅰ)设圆柱的底面半径为 r,则 AB=AA1=2r,故三棱柱 1 ABC-A1B1C1 的体积 V1=2AC· 2r=AC· r. BC· BC· 又∵AC2+BC2=AB2=4r2, AC2+BC2 ∴AC· BC≤ =2r2, 2 当且仅当 AC=BC= 2r 时等号成立. 从而,V1≤2r3.

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V1 2r3 1 而圆柱的体积 V=πr2· 2r=2πr3,故 p= V ≤2πr3=π,当且仅 当 AC=BC= 2r,即 OC⊥AB 时等号成立.所以,p 的最大值等 1 于π.
(ⅱ)由(ⅰ)可知,p取最大值时,OC⊥AB. 于是,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz(如上 图), 则C(r,0,0),B(0,r,0),B1(0,r,2r).

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→ ∵BC⊥平面 A1ACC1,∴BC=(r,-r,0)是平面 A1ACC1 的一 个法向量. 设平面 B1OC 的法向量 n=(x,y,z), → ?n⊥OC, ?rx=0, ?x=0, ? ? ? 由? 得 故? ?ry+2rz=0. ?y=-2z. → ? ? ?n⊥OB1 取 z=1,得平面 B1OC 的一个法向量为 n=(0,-2,1).
? → n· ? ? ? BC ? ? → ∵0° <θ≤90° ,∴cosθ=|cos〈n,BC〉|=? = → |? ? |BC ?|n|· ?

2r ? ? 5· 2r?

10 = . 5

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1.(2010·全国Ⅰ)如右图,四棱锥S-ABCD中,SD⊥底面
ABCD,AB∥DC,AD⊥DC,AB=AD=1,DC=SD=2,E为棱SB

上的一点,平面EDC⊥平面SBC.
(1)证明:SE=2EB;

(2)求二面角A-DE-C的大小.

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解:以 D 为坐标原点,射线 DA 为 x 轴正半轴,建立如下图 所示的直角坐标系 D-xyz. 设 A(1,0,0),则 B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2). → → (1)SC=(0,2,-2),BC=(-1,1,0). 设平面 SBC 的法向量为 n=(a,b,c), → → → → 由 n⊥SC,n⊥BC得 n· =0,n· =0, SC BC

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故 2b-2c=0,-a+b=0. 令 a=1,则 b=1,c=1,n=(1,1,1). → → 又设SE=λEB(λ>0), 则
? λ λ 2 ? E?1+λ,1+λ,1+λ?, ? ?

? λ λ 2 ? → → DE=?1+λ,1+λ,1+λ?,DC=(0,2,0). ? ?

设平面 CDE 的法向量 m=(x,y,z),

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→ 由 m⊥DE, → → → m⊥DC,得 m· =0,m· =0. DE DC λx λy 2z 故 + + =0,2y=0. 1+λ 1+λ 1+λ 令 x=2,则 m=(2,0,-λ). 由平面 DEC⊥平面 SBC 得 m⊥n, m· n=0,2-λ=0,λ=2. 故 SE=2EB.

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?2 2 2 ? E?3,3,3?,取 ? ? ?1 1 1? F?3,3,3?, ? ?

(2)由(1)知

DE 中点 F,则

? ? → =?2,-1,-1?,故FA· =0,由此得 FA⊥DE. → DE → FA 3 3 3 ? ? ? ? → =?-2,4,-2?,故EC· =0,由此得 EC⊥DE, → DE → 又因为EC 3 3 3 ? ?

→ → 向量FA与EC的夹角等于二面角 A—DE—C 的平面角. → EC → FA· 1 → → 于是 cos〈FA,EC〉= =-2, → → |FA||EC| 所以,二面角 A—DE—C 的大小为 120° .


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