前言
典例剖析
法1:几何法,通过作---证---算的步骤完成。
如图所示,取(AC)的中点(O),由于(AB=BC=3),故(BOperp AC),
在(Rt riangle ACD')中,(AC=sqrt{1^{2}+(sqrt{5})^{2}}=sqrt{6}),
作 (D'Eperp AC),垂足为(E),(D'E=cfrac{1 imessqrt{5}}{sqrt{6}}=cfrac{sqrt{30}}{6}),
(CO=cfrac{sqrt{6}}{2}),(CE=cfrac{DC^{2}}{CA}=cfrac{1}{sqrt{6}}=cfrac{sqrt{6}}{6}),故(EO=CO-CE=cfrac{sqrt{6}}{3}),
过点(B)作(BF//AC),过点(E)作(EF//BO)交(BF)于点(F),则(EFperp AC),
连接(D'F),(angle FBD')为异面直线(AC)与(BD')所成的角求作异面直线所成的角,常用的方法是将其中的一条直线平移和另一条共面,此时这两条共面直线所成的角,即两异面直线所成的角。故两异面直线所成的角的范围为((0,cfrac{pi}{2}]),此题目中,由于(AC)//(BF),故(angle FBD')即异面直线(AC)与(BD')所成的角(quad),
则四边形(BOEF)为矩形,所以(BF=EO=cfrac{sqrt{6}}{3}),
(EF=BO=sqrt{3^{2}-(cfrac{sqrt{6}}{2})^{2}}=cfrac{sqrt{30}}{2}),
则(angle FED')为二面角 (D'-CA-B)的平面角,设为( heta),
则(D'F^{2}=(cfrac{sqrt{30}}{6})^{2}+(cfrac{sqrt{30}}{2})^{2}-2 imescfrac{sqrt{30}}{6} imescfrac{sqrt{30}}{2} imescos heta)
(=cfrac{25}{3}-5cos heta geqslant cfrac{10}{3}),当(cos heta=1) 时取等号,
故(BD')的最小值 (BD'_{min}=sqrt{cfrac{10}{3}+(cfrac{sqrt{6}}{3})^{2}}=2),
故直线(AC)与(BD')所成角(alpha)的余弦在(Rt riangle BFD')中,(cos)(alpha)(=)(cfrac{邻}{斜}),由于邻边(BF)长度不变,故斜边(BD')最小时,(cosalpha)的值最大;(quad)的最大值([cosalpha]_{max}=cfrac{BF}{BD'}=cfrac{frac{sqrt{6}}{3}}{2}=cfrac{sqrt{6}}{6})
法2: 也可以考虑使用空间向量法;