一月 2019

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(2006年浙江高考)正四面体$ABCD$的棱长为$1$,棱$AB\parallel$平面$\alpha$,则正四面体上的所有点在平面$\alpha$内的射影构成的图形面积的取值范围是?

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解:设平面$\alpha$的一个单位法向量为$\bm{n}$,且设$\bm{n}$的方向指向平面$\alpha$的下方.考虑$4$个向量
$$
\frac{1}{2}\ov{AC}\times\ov{AB},\frac{1}{2}\ov{AB}\times \ov{AD},\frac{1}{2}\ov{CA}\times \ov{CD},\frac{1}{2}\ov{CD}\times\ov{CB}
$$
如果把这四个向量的起始点放置到空间中的某一点$D$,则如图2所示.这四个向量的终点位于某个正四面体的四个顶点上.易得四个向量中每个向量的模都是$\frac{\sqrt{3}}{4}$,且向量两两之间的夹角$\theta$的余弦是$\cos\theta=-\frac{1}{3}$.
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将这四个向量与$\bm{n}$进行数量积运算:
$$
(\frac{1}{2}\ov{AC}\times
\ov{AB})\cdot\bm{n},(\frac{1}{2}\ov{AB}\times\ov{AD})\cdot\bm{n},(\frac{1}{2}\ov{CA}\times\ov{CD})\cdot\bm{n},(\frac{1}{2}\ov{CD}\times\ov{CB})\cdot\bm{n}
$$
这四个数量积中,凡是算出来是负数或为$0$,表明它对正四面体在平面上的投影面积不做贡献.凡是算出来是正数,表明它对正四面体在平面上的投影面积做出了贡献.因此在如下几种情形,四面体在平面上的投影面积会达到最大值:

  • 当$(\frac{1}{2}\ov{AB}\times\ov{AD})\cdot\bm{n}$和$(\frac{1}{2}\ov{AC}\times\ov{AB})\cdot\bm{n}$为非负,$(\frac{1}{2}\ov{CA}\times\ov{CD})\cdot\bm{n}$和$(\frac{1}{2}\ov{CD}\times
    \ov{CB})\cdot\bm{n}$为负时.此时四面体在平面$\alpha$上的投影面积
    $$
    S=(\frac{1}{2}\ov{AB}\times
    \ov{AD})\cdot\bm{n}+(\frac{1}{2}\ov{AC}\times\ov{AB})\cdot\bm{n}=(\frac{1}{2}\ov{AB}\times
    \ov{CD})\cdot\bm{n}\leq \frac{1}{2}|\ov{AB}\times\ov{CD}|=\frac{1}{2}.
    $$
    最大值当且仅当$\ov{AB}\times\ov{CD}$与向量$\bm{n}$同向时成立,即当$CD$平行于平面$\alpha$时成立.如图3所示.

    此图像的alt属性为空;文件名为20190129-3.png

  • 当$(\frac{1}{2}\ov{CA}\times\ov{CD})\cdot\bm{n}$和$(\frac{1}{2}\ov{CD}\times\ov{CB})\cdot\bm{n}$非负,而$(\frac{1}{2}\ov{AB}\times\ov{AD})\cdot\bm{n}$和$(\frac{1}{2}\ov{AC}\times\ov{AB})\cdot\bm{n}$为负时.此时四面体在平面$\alpha$上的投影面积
    $$
    S=(\frac{1}{2}\ov{CA}\times\ov{CD})\cdot\bm{n}+(\frac{1}{2}\ov{CD}\times\ov{CB})\cdot\bm{n}=(\frac{1}{2}\ov{BA}\times\ov{CD})\cdot\bm{n}\leq \frac{1}{2}|\ov{BA}\times\ov{CD}|=\frac{1}{2}.
    $$
    最大值当且仅当$\ov{BA}\times\ov{CD}$与向量$\bm{n}$同向时,即当$CD$平行于平面$\alpha$时成立.如图4所示.

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而在当且仅当$\frac{1}{2}\ov{CA}\times\ov{CD}$和$\frac{1}{2}\ov{CD}\times\ov{CB}$平行于平面$\alpha$,即$CD\perp$平面$\alpha$时,情形,四面体在平面上的投影面积会达到最小值$\frac{\sqrt{2}}{4}$.如图5和图6所示.

图5
图6

继博文向量法解一道动态立体几何难题后,我们继续用向量法解一道动态立体几何题.这道题相比第一篇的那道题要简单一点.

(郑日锋《每日一题:高考热点问题》第84题练习2)如图,直线$l\perp$平面$\alpha$,垂足为$O$,已知在直角三角形$ABC$中,$BC=1,AC=2,AB=\sqrt{5}$,该直角三角形在空间作符合以下条件的自由运动:(1)$A\in l$;(2)$C\in\alpha$,则$BO$的最大值为?

此图像的alt属性为空;文件名为20190126-1.png解:设平面$\alpha$的一个单位法向量是$\bm{n}$.则
$$
\ov{OA}=(\ov{CA}\cdot\bm{n})\bm{n},
$$

$$
\ov{CO}=\ov{CA}-\ov{OA}=\ov{CA}-(\ov{CA}\cdot\bm{n})\bm{n}.
$$

$$
\ov{BO}=\ov{BC}+\ov{CO}=\ov{BC}+\ov{CA}-(\ov{CA}\cdot\bm{n})\bm{n}.
$$
因此
\begin{align*}
\ov{BO}^2&=\left[\ov{BC}+\ov{CA}-(\ov{CA}\cdot\bm{n})\bm{n}\right]^{2}
\\&=\ov{BC}^2+\ov{CA}^2+(\ov{CA}\cdot\bm{n})^2-2(\ov{CA}\cdot\bm{n})(\ov{BC}\cdot\bm{n})-2(\ov{CA}\cdot\bm{n})^2
\\&=5-(\ov{CA}\cdot\bm{n})^{2}-2(\ov{CA}\cdot\bm{n})(\ov{BC}\cdot\bm{n}).
\end{align*}
因为$\{\ov{BC},\frac{1}{2}\ov{CA}\}$是平面$ABC$的一组单位正交基底,故
$$
0\leq (\bm{n}\cdot\ov{BC})^2+(\frac{1}{2}\bm{n}\cdot\ov{CA})^2\leq 1.
$$
设$\bm{n}\cdot\ov{BC}=x,\frac{1}{2}\bm{n}\cdot\ov{CA}=y$,则
$$
0\leq x^2+y^2\leq 1,
$$

$$
\ov{BO}^2=5-4(y^2+xy).
$$
下求$y^2+xy$的最小值.因为
$$
xy=\sqrt{\sqrt{2}-1}x\cdot \frac{1}{\sqrt{\sqrt{2}-1}}y\geq -\frac{(\sqrt{\sqrt{2}-1}x)^{2}+(\frac{1}{\sqrt{\sqrt{2}-1}}y)^2}{2}=-\frac{(\sqrt{2}-1)x^2+(\sqrt{2}+1)y^2}{2},
$$
所以
$$
y^2+xy\geq
y^2-\frac{(\sqrt{2}-1)x^2+(\sqrt{2}+1)y^2}{2}=-\frac{\sqrt{2}-1}{2}(x^2+y^2)\geq -\frac{\sqrt{2}-1}{2},
$$

$$
\ov{BO}^2\leq 5-4\cdot \left(-\frac{\sqrt{2}-1}{2}\right)=2 \sqrt{2}+3,
$$

$$
|\ov{BO}|\leq \sqrt{2 \sqrt{2}+3}=\sqrt{2}+1.
$$
最大值当且仅当$x=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$,$y=-\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}$或$x=-\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$,$y=\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}$时成立.

题目:如图,直线$l\perp$平面$\alpha$,垂足为$O$.正四面体$ABCD$的棱长为$1$.点$C$在平面$\alpha$内,点$B$是直线$l$上的动点,则点$O$到直线$AD$的距离的最大值和最小值分别为?

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解:设平面$\alpha$的一个单位法向量为$\bm{n}$.则
$$
\ov{OA}=\ov{BA}-\ov{BO}=\ov{BA}-\left(\ov{BC}\cdot\bm{n}\right)\bm{n},
$$
设点$O$在直线$AD$上的射影是点$P$,则
\begin{align*}
\ov{OP}&=\ov{OA}+\ov{AP}\\&=\ov{OA}-\left(\ov{OA}\cdot\ov{AD}\right)\ov{AD}
\\&=\ov{BA}-\left(\ov{BC}\cdot\bm{n}\right)\bm{n}-\left[\left(\ov{BA}-\left(\ov{BC}\cdot\bm{n}\right)\bm{n}\right)\cdot\ov{AD}\right]\ov{AD}
\\&=\ov{BA}-\left(\ov{BC}\cdot\bm{n}\right)\bm{n}-\left[\ov{BA}\cdot\ov{AD}-\left(\ov{BC}\cdot\bm{n}\right)\left(\ov{AD}\cdot\bm{n}\right)\right]\ov{AD}
\\&=\ov{BA}-\left(\ov{BC}\cdot\bm{n}\right)\bm{n}-\left[-\frac{1}{2}-\left(\ov{BC}\cdot\bm{n}\right)\left(\ov{AD}\cdot\bm{n}\right)\right]\ov{AD}
\\&=\ov{BA}-\left(\ov{BC}\cdot\bm{n}\right)\bm{n}+\left(\ov{BC}\cdot\bm{n}\right)\left(\ov{AD}\cdot\bm{n}\right)\ov{AD}+\frac{1}{2}\ov{AD},
\end{align*}
因此
\begin{align*}
\ov{OP}^2&=\ov{BA}^2+(\ov{BC}\cdot\bm{n})^2+(\ov{BC}\cdot\bm{n})^{2}(\ov{AD}\cdot\bm{n})^2+\frac{1}{4}\ov{AD}^2-2(\ov{BC}\cdot\bm{n})(\ov{BA}\cdot\bm{n})\\&+2\ov{BA}\cdot\ov{AD}(\ov{BC}\cdot\bm{n})(\ov{AD}\cdot\bm{n})+\ov{BA}\cdot\ov{AD}-2(\ov{BC}\cdot\bm{n})^2(\ov{AD}\cdot\bm{n})^2-(\ov{BC}\cdot\bm{n})(\ov{AD}\cdot\bm{n})+(\ov{BC}\cdot\bm{n})(\ov{AD}\cdot\bm{n})\ov{AD}^2
\\&=\frac{3}{4}+(\ov{BC}\cdot\bm{n})^{2}-(\ov{BC}\cdot\bm{n})^2(\ov{AD}\cdot\bm{n})^2-2(\ov{BC}\cdot\bm{n})(\ov{BA}\cdot\bm{n})-(\ov{BC}\cdot\bm{n})(\ov{AD}\cdot\bm{n})
\\&=\frac{3}{4}+(\ov{BC}\cdot\bm{n})^2-(\ov{BC}\cdot\bm{n})^2(\ov{AD}\cdot\bm{n})^2-2(\ov{BC}\cdot\bm{n})(\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{AD})\cdot\bm{n}
\\&=\frac{3}{4}+2(\ov{BC}\cdot\bm{n})(\frac{1}{2}\ov{BC}-\ov{BA}-\frac{1}{2}\ov{AD})\cdot\bm{n}-(\ov{BC}\cdot\bm{n})^{2}(\ov{AD}\cdot\bm{n})^{2}
\end{align*}
记线段$AD$的中点是$M$,线段$BC$的中点是$N$.则
$$
\ov{OP}^2=\frac{3}{4}+2(\ov{BC}\cdot\bm{n})(\ov{MN}\cdot\bm{n})-(\ov{BC}\cdot\bm{n})^2(\ov{AD}\cdot\bm{n})^2=\frac{3}{4}+\sqrt{2}(\ov{BC}\cdot\bm{n})(\sqrt{2}\ov{MN}\cdot\bm{n})-(\ov{BC}\cdot\bm{n})^2(\ov{AD}\cdot\bm{n})^2
$$
$\{\ov{BC},\ov{AD},\sqrt{2}\ov{MN}\}$构成$\mathbf{R}^3$的一组单位正交基底,设
$$
\bm{n}\cdot\ov{BC}=x,\bm{n}\cdot\ov{AD}=y,\bm{n}\cdot (\sqrt{2}\ov{MN})=z,
$$

$$
x^2+y^2+z^2=\bm{n}^2=1,
$$
于是
$$
\ov{OP}^2=\frac{3}{4}+\sqrt{2}xz-x^2y^2\leq
\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{2}}{2}(2xz)\leq
\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{2}}{2}(x^2+z^2)\leq \frac{3}{4}+\frac{\sqrt{2}}{2},
$$
当且仅当$y=0$且$x=z=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$时,$\ov{OP}^2$取到最大值$\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\left(\frac{\sqrt{2}+1}{2}\right)^{2}$.且
\begin{align*}
\ov{OP}^2&=\frac{3}{4}+\sqrt{2}xz-x^2y^2
\\&=\frac{3}{4}+\sqrt{2}xz-x^2(1-x^2-z^2)
\\&=(x^2-\frac{1}{2})^2+(xz+\frac{\sqrt{2}}{2})^2,
\end{align*}
因为
$$
xz\geq -\frac{x^2+z^2}{2}\geq -\frac{1}{2}>-\frac{\sqrt{2}}{2},
$$
所以
$$
\ov{OP}^2\geq (x^2-\frac{1}{2})^2+(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2})^2\geq (\frac{\sqrt{2}-1}{2})^2.
$$
等号当且仅当$y=0$,$x=-z=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}$时成立.综上,
$$
\frac{\sqrt{2}-1}{2}\leq |\ov{OP}|\leq \frac{\sqrt{2}+1}{2},
$$
即点$O$到直线$AD$距离的最大值为$\frac{\sqrt{2}+1}{2}$,最小值为$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$.

继博文射影向量法解一道立体几何难题(1)射影向量法解一道立体几何难题(2)后,让我们继续用射影向量法解决一道类似的立体几何难题.

题目(郑日锋《每日一题:高考热点问题》第83题):已知在正四面体$ABCD$中,$AB\parallel$平面$\alpha$,$E,F$分别为线段$AD,BC$上的点,且$AE=\frac{1}{3}AD$,$BF=\frac{2}{3}BC$,当正四面体$ABCD$以$AB$为轴旋转时,直线$AB$与$EF$在平面$\alpha$上的射影所成角的余弦值的取值范围是?

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解:不妨设四面体$ABCD$的棱长为$1$.设平面$\alpha$上的一组单位正交向量为$\ov{AB}$和$\bm{e}$.易知
$$
\ov{EF}=\frac{1}{3}\ov{AB}+\frac{2}{3}\ov{AC}-\frac{1}{3}\ov{AD}.
$$
向量$\ov{EF}$在平面$\alpha$上的射影向量
\begin{align*}
\ov{E’F’}&=\left(\ov{EF}\cdot\ov{AB}\right)\ov{AB}+\left(\ov{EF}\cdot\bm{e}\right)\bm{e}
\\&=\left[\left(\frac{1}{3}\ov{AB}+\frac{2}{3}\ov{AC}-\frac{1}{3}\ov{AD}\right)\cdot\ov{AB}\right]\ov{AB}+\left[\left(\frac{1}{3}\ov{AB}+\frac{2}{3}\ov{AC}-\frac{1}{3}\ov{AD}\right)\cdot\bm{e}\right]\bm{e}
\\&=\left(\frac{1}{3}\ov{AB}^{2}+\frac{2}{3}\ov{AC}\cdot\ov{AB}-\frac{1}{3}\ov{AD}\cdot\ov{AB}\right)\ov{AB}+\left[\left(\frac{2}{3}\ov{AC}-\frac{1}{3}\ov{AD}\right)\cdot\bm{e}\right]\bm{e}
\\&=\frac{1}{2}\ov{AB}+\left(\frac{2}{3}\ov{AC}\cdot\bm{e}-\frac{1}{3}\ov{AD}\cdot\bm{e}\right)\bm{e}.
\end{align*}
如图2所示,记线段$AB$的中点为$M$.在线段$MC$上取点$N$,使得$\ov{MN}=\frac{2}{3}\ov{MC}$.在线段$MD$上取点$H$,使得$\ov{MH}=\frac{1}{3}\ov{MD}$.则
\begin{align*}
\frac{2}{3}\ov{AC}\cdot\bm{e}-\frac{1}{3}\ov{AD}\cdot\bm{e}&=\frac{2}{3}\left(\ov{AM}+\ov{MC}\right)\cdot\bm{e}-\frac{1}{3}\left(\ov{AM}+\ov{MD}\right)\cdot\bm{e}
\\&=\frac{2}{3}\ov{MC}\cdot\bm{e}-\frac{1}{3}\ov{MD}\cdot\bm{e}
\\&=\ov{MN}\cdot\bm{e}-\ov{MH}\cdot\bm{e}
\\&=\ov{HN}\cdot\bm{e}
\end{align*}

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因此,
$$
\ov{E’F’}=\frac{1}{2}\ov{AB}+\left(\ov{HN}\cdot\bm{e}\right)\bm{e},
$$

$$
\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\ov{AB}^{2}\leq \ov{E’F’}^2=\frac{1}{4}\ov{AB}^2+\left(\ov{HN}\cdot\bm{e}\right)^2\leq \frac{1}{4}\ov{AB}^2+\ov{HN}^2=\frac{5}{9}.
$$
因此
$$
\frac{1}{2}\leq|\ov{E’F’}|\leq \frac{\sqrt{5}}{3}.
$$
设直线$AB$与$EF$在平面$\alpha$上的射影所成角为$\theta$,则
$$
\frac{3 \sqrt{5}}{10}\leq
\cos\theta=\frac{|\ov{AB}\cdot\ov{E’F’|}}{|\ov{AB}||\ov{E’F’}|}=\frac{\frac{1}{2}\ov{AB}^2}{|\ov{E’F’}|}=\frac{1}{2|\ov{E’F’}|}\leq 1.
$$当且仅当直线$HN$垂直于平面$\alpha$时,直线$AB$与$EF$在平面上射影的夹角余弦值取到最大;当且仅当直线$HN$平行于平面$\alpha$时,直线$AB$与$EF$在平面上射影的夹角余弦值取到最小.

继博文射影向量法解一道立体几何难题后,让我们继续用射影向量法解决一道类似的难题,不过这道题的难度更大些.

题目(2016届宁波高三“十校”联考):如图1,正四面体$ABCD$的棱$CD$在平面$\alpha$上,$E$为棱$BC$的中点.当正四面体$ABCD$绕$CD$旋转时,直线$AE$与平面$\alpha$所成最大角的正弦值为?

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解:不妨设正四面体的棱长为$1$.设平面$\alpha$上有两个互相正交的单位向量$\ov{CD}$和$\bm{e}$.易得
$$
\ov{AE}=\frac{1}{2}\ov{CB}-\ov{CA}.
$$
向量$\ov{AE}$在平面$\alpha$上的射影向量$\ov{A’E’}$为
\begin{align*}
\ov{A’E’}&=\left(\ov{AE}\cdot\ov{CD}\right)\ov{CD}+\left(\ov{AE}\cdot\bm{e}\right)\bm{e}
\\&=\left[\left(\frac{1}{2}\ov{CB}-\ov{CA}\right)\cdot\ov{CD}\right]\ov{CD}+\left[\left(\frac{1}{2}\ov{CB}-\ov{CA}\right)\cdot\bm{e}\right]\bm{e}
\\&=\left(\frac{1}{2}\ov{CB}\cdot\ov{CD}-\ov{CA}\cdot\ov{CD}\right)\ov{CD}+\left[\left(\frac{1}{2}\ov{CB}-\ov{CA}\right)\cdot\bm{e}\right]\bm{e}
\\&=-\frac{1}{4}\ov{CD}+\left[\left(\frac{1}{2}\ov{CB}-\ov{CA}\right)\cdot\bm{e}\right]\bm{e}.
\\&=-\frac{1}{4}\ov{CD}+\left(\frac{1}{2}\ov{CB}\cdot\bm{e}-\ov{CA}\cdot\bm{e}\right)\bm{e}
\end{align*}
所以
$$
\ov{A’E’}^2=\frac{1}{16}\ov{CD}^2+\left(\frac{1}{2}\ov{CB}\cdot\bm{e}-\ov{CA}\cdot\bm{e}\right)^{2}=\frac{1}{16}+\left(\frac{1}{2}\ov{CB}\cdot\bm{e}-\ov{CA}\cdot\bm{e}\right)^{2}.
$$
如图2,记线段$CD$的中点为$F$.则
\begin{align*}
\frac{1}{2}\ov{CB}\cdot\bm{e}-\ov{CA}\cdot\bm{e}&=\frac{1}{2}\left(\ov{CF}+\ov{FB}\right)\cdot\bm{e}-\left(\ov{CF}+\ov{FA}\right)\cdot\bm{e}
\\&=\frac{1}{2}\ov{FB}\cdot\bm{e}-\ov{FA}\cdot\bm{e}
\\&=\left(\frac{1}{2}\ov{FB}-\ov{FA}\right)\cdot\bm{e}.
\end{align*}
记线段$BF$的中点为$H$.则
$$
\left(\frac{1}{2}\ov{FB}-\ov{FA}\right)\cdot\bm{e}=\left(\ov{FH}-\ov{FA}\right)\cdot\bm{e}=\ov{AH}\cdot\bm{e}.
$$

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因此,
$$
\frac{1}{16}\leq \ov{A’E’}^2=\frac{1}{16}+\left(\ov{AH}\cdot\bm{e}\right)^{2}\leq \frac{1}{16}+\ov{AH}^2=\frac{3}{4}.
$$
因此$\frac{1}{4}\leq|\ov{A’E’}|\leq \frac{\sqrt{3}}{2}$,即线段$AE$在平面$\alpha$上的射影$A’E’$的长度的取值范围是$[\frac{1}{4},\frac{\sqrt{3}}{2}]$.当$AE$与平面$\alpha$所成角最大时,$A’E’$的长度最小,为$\frac{1}{4}$.因此直线$AE$与平面$\alpha$所成最大角$\theta$的余弦值为
$$
\cos\theta=\frac{|A’E’|}{|AE|}=\frac{\sqrt{3}}{6},
$$
故直线$AE$与平面$\alpha$所成最大角$\theta$的正弦值为
$$
\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}=\frac{\sqrt{33}}{6},
$$
当且仅当直线$AH$垂直于平面$\alpha$时,直线$AE$与平面$\alpha$所成的角最大.

题目:正四面体$ABCD$的棱长为$6$,其中$AB\parallel$平面$\alpha$,$E,F$分别为线段$AD,BC$的中点,当正四面体以$AB$为轴旋转时,线段$EF$在平面$\alpha$上的射影长的取值范围是?

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解:设平面$\alpha$上有两个互相正交的向量$\ov{AB}$和向量$\bm{e}$,其中$\bm{e}$是单位向量.易得
$$
\ov{EF}=\frac{1}{2}\ov{AB}+\frac{1}{2}\ov{AC}-\frac{1}{2}\ov{AD},
$$
向量$\ov{EF}$在平面$\alpha$上的射影向量$\ov{E’F’}$是
\begin{align*}
\ov{E’F’}&=\frac{\ov{EF}\cdot\ov{AB}}{\ov{AB}^2}\ov{AB}+\left(\ov{EF}\cdot\bm{e}\right)\bm{e}\\&=\frac{\left(\frac{1}{2}\ov{AB}+\frac{1}{2}\ov{AC}-\frac{1}{2}\ov{AD}\right)\cdot\ov{AB}}{\ov{AB}^{2}}\ov{AB}+\left[\left(\frac{1}{2}\ov{AB}+\frac{1}{2}\ov{AC}-\frac{1}{2}\ov{AD}\right)\cdot\bm{e}\right]\bm{e}
\\&=\frac{\frac{1}{2}\ov{AB}^2+\frac{1}{2}\ov{AC}\cdot\ov{AB}-\frac{1}{2}\ov{AD}\cdot\ov{AB}}{\ov{AB}^2}\ov{AB}+\left[\left(\frac{1}{2}\ov{AB}+\frac{1}{2}\ov{AC}-\frac{1}{2}\ov{AD}\right)\cdot\bm{e}\right]\bm{e}
\\&=\frac{1}{2}\ov{AB}+\left[\left(\frac{1}{2}\ov{AC}-\frac{1}{2}\ov{AD}\right)\cdot\bm{e}\right]\bm{e}.
\end{align*}
因此,
$$
\ov{E’F’}^2=\frac{1}{4}\ov{AB}^2+\frac{1}{4}\left[\left(\ov{AC}-\ov{AD}\right)\cdot\bm{e}\right]^{2}
=\frac{1}{4}\ov{AB}^2+\frac{1}{4}\left(\ov{DC}\cdot\bm{e}\right)^{2}.
$$
所以
$$
9=\frac{1}{4}\ov{AB}^{2}\leq \ov{E’F’}^2\leq \frac{1}{4}\ov{AB}^2+\frac{1}{4}\ov{DC}^2=18
$$
故$3\leq |\ov{E’F’}|\leq 3 \sqrt{2}$.即线段$EF$在平面$\alpha$上的射影长的取值范围是$[3,3 \sqrt{2}]$.当且仅当直线$CD$垂直于平面$\alpha$时线段$EF$在平面$\alpha$上的射影长取到最小值,当且仅当直线$CD$平行于平面$\alpha$时线段$EF$在平面$\alpha$上的射影长取到最大值.

(2018年浙江高考立体几何大题)如图,已知多面体$ABCA_1B_1C_1$,$A_1A,B_1B,C_1C$均垂直于平面$ABC$,$\angle ABC=120^{\circ}$,$A_1A=4,C_1C=1$,$AB=BC=B_1B=2$.

  • 证明:$AB_1\perp$平面$A_1B_1C_1$;
  • 求直线$AC_1$与平面$ABB_1$所成的角的正弦值.

此图像的alt属性为空;文件名为20190116.png
解:

  • $\mathcal{A}=\{\ov{BC},\ov{BA},\ov{BB_1}\}$是$\mathbf{R}^3$的基底.该基底中各向量的关系如下:
    $$
    \ov{BC}^2=\ov{BA}^2=\ov{BB_1}^2=4,
    $$
    $$
    \ov{BC}\cdot\ov{BA}=|\ov{BC}||\ov{BA}|\cos\langle
    \ov{BC},\ov{BA}\rangle=-2,\ov{BC}\cdot\ov{BB_1}=\ov{BA}\cdot\ov{BB_1}=0.
    $$

    $$
    \ov{AB_1}=-\ov{BA}+\ov{BB_1},
    $$
    $$
    \ov{B_1C_1}=\ov{BC}-\frac{1}{2}\ov{BB_1},
    $$
    $$
    \ov{B_1A_1}=\ov{BA}+\ov{BB_1},
    $$
    因此
    \begin{align*}
    \ov{AB_1}\cdot \ov{B_1C_1}&=(-\ov{BA}+\ov{BB_1})\cdot
    (\ov{BC}-\frac{1}{2}\ov{BB_1})
    \\&=-\ov{BA}\cdot\ov{BC}+\frac{1}{2}\ov{BA}\cdot\ov{BB_1}+\ov{BB_1}\cdot\ov{BC}-\frac{1}{2}\ov{BB_1}^2
    \\&=2-\frac{1}{2}\times 4
    \\&=0,
    \end{align*}

    \begin{align*}
    \ov{AB_1}\cdot\ov{B_1A_1}&=(-\ov{BA}+\ov{BB_1})\cdot
    (\ov{BA}+\ov{BB_1})
    \\&=\ov{BB_1}^2-\ov{BA}^2
    \\&=0.
    \end{align*}
    因此$AB_1\perp B_1C_1$,$AB_1\perp B_1A_1$,且由于$B_1C_1\cap B_1A_1=B_1$,因此$AB_1\perp$平面$A_1B_1C_1$.
  • $\ov{AC_1}=\ov{BC}-\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1}$.先求出向量$\ov{AC_1}$在平面$ABB_1$上的正交投影向量$\ov{AC’}$(或称射影向量),其中点$C’$是点$C$在平面$ABB_1$上的射影.为此,先找到平面上的一组正交的非零向量$\ov{BA},\ov{BB_1}$(如果平面$ABB_1$上不存在现成的互相正交的非零向量,则可通过Gram-Schmidt正交化过程构造出来).可得$\ov{AC_1}$在平面$ABB_1$上的射影向量为
    \begin{align*}
    \ov{AC_1′}&=\frac{\ov{AC_1}\cdot\ov{BA}}{\ov{BA}^2}\ov{BA}+\frac{\ov{AC_1}\cdot\ov{BB_1}}{\ov{BB_1}^2}\ov{BB_1}\\&=\frac{(\ov{BC}-\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1})\cdot\ov{BA}}{\ov{BA}^2}\ov{BA}+\frac{(\ov{BC}-\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1})\cdot\ov{BB_1}}{\ov{BB_{1}}^2}\ov{BB_{1}}
    \\&=\frac{\ov{BC}\cdot\ov{BA}-\ov{BA}^2+\frac{1}{2}\ov{BB_1}\cdot\ov{BA}}{\ov{BA}^2}\ov{BA}+\frac
    {\ov{BC}\cdot\ov{BB_{1}}-\ov{BA}\cdot\ov{BB_1}+\frac{1}{2}\ov{BB_1}^{2}}{\ov{BB_{1}}^2}\ov{BB_{1}}
    \\&=-\frac{3}{2}\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1}.
    \end{align*}
    可得
    $$
    |\ov{AC_1′}|=\sqrt{\left(-\frac{3}{2}\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1}\right)^2}
    =\sqrt{\frac{9}{4}\ov{BA}^2+\frac{1}{4}\ov{BB_1}^2-\frac{3}{2}\ov{BA}\cdot\ov{BB_1}}
    =\sqrt{10},
    $$

    $$
    |\ov{AC_1}|=\sqrt{\left(\ov{BC}-\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1}\right)^2}=\sqrt{\ov{BC}^2+\ov{BA}^2+\frac{1}{4}\ov{BB_1}^2-2\ov{BC}\cdot\ov{BA}-\ov{BA}\cdot\ov{BB_1}+\ov{BC}\cdot\ov{BB_1}}=\sqrt{13}.
    $$
    因此直线$AC_1$与平面$ABB_1$所成角$\theta$的余弦值
    $$\cos\theta=\frac{|\ov{AC_1′}|}{|\ov{AC_1}|}=\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{13}},$$

    $$
    \sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}=\frac{\sqrt{39}}{13}.
    $$

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习题 1. 在下面的习题中,通过求出张成零空间的向量,求出$\mathrm{Null}A$的一个显
式表示.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&3&5&0\\
    0&1&4&-2
    \end{pmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&-6&4&0\\
    0&0&2&0
    \end{pmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&-2&0&4&0\\
    0&0&1&-9&0\\
    0&0&0&0&1
    \end{pmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&5&-4&-3&1\\
    0&1&-2&1&0\\
    0&0&0&0&0
    \end{pmatrix}
    $.

证明 .
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    -6\\
    2\\
    0\\
    1
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    7\\
    -4\\
    1\\
    0
    \end{pmatrix}
    \right\}$.
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    0\\
    0\\
    0\\
    1\\
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    6\\
    1\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix}. \right\}$
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    -4\\
    0\\
    9\\
    1\\
    0
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    2\\
    1\\
    0\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix}
    \right\}$.
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    -1\\
    0\\
    0\\
    0\\
    1
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    8\\
    -1\\
    0\\
    1\\
    0
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    -6\\
    2\\
    1\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix}
    \right\}$.

习题 2. 定义$T:\mathbb{P}_2\to \mathbb{R}^2$,$T(\bm{p})=
\begin{pmatrix}
\bm{p}(0)\\
\bm{p}(1)
\end{pmatrix}
$,比如,若$\bm{p}(t)=3+5t+7t^2$,则$T(\bm{p})=
\begin{pmatrix}
3\\
15
\end{pmatrix}
$.
  • 证明$T$是一个线性变换.
  • 求$\mathbb{P}_2$中的一个多项式$\bm{p}$使之生成$T$的核并刻
    画$T$的值域.

证明 .
  • $\forall \bm{p}_1,\bm{p}_2\in \mathbb{P}_2$,$c\in \mathbf{R}$,
    $$
    T(\bm{p}_1+\bm{p}_2)=
    \begin{pmatrix}
    (\bm{p}_1+\bm{p}_2)(0)\\
    (\bm{p}_1+\bm{p}_2)(1)
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_1(0)+\bm{p}_2(0)\\
    \bm{p}_1(1)+\bm{p}_2(1)
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_1(0)\\
    \bm{p}_1(1)
    \end{pmatrix}+
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_2(0)\\
    \bm{p}_2(1)
    \end{pmatrix}=T(\bm{p}_1)+T(\bm{p}_2),
    $$

    $$
    T(c\bm{p}_1)=
    \begin{pmatrix}
    (c\bm{p}_1)(0)\\
    (c\bm{p}_1)(1)\\
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    c(\bm{p}_1(0))\\
    c(\bm{p}_1(1))\\
    \end{pmatrix}=c
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_1(0)\\
    \bm{p}_1(1)
    \end{pmatrix}=cT(\bm{p}_1).
    $$
    因此$T$是一个线性变换.

  • 若$\bm{p}\in \ker T$,则$\bm{p}(0)=\bm{p}(1)=0$.设$\bm{p}(t)=at^2+bt+c$,其中$a,b,c\in
    \mathbf{R}$.则
    $$
    c=0,a+b=0.
    $$
    所以$\bm{p}(t)=at^2-at$.下面刻画$T$的值域.设$\bm{q}(t)=a’t^2+b’t+c’$,其中$a’,b’,c’\in \mathbf{R}$,则
    $$
    T(\bm{q}(t))=
    \begin{pmatrix}
    c’\\
    a’+b’+c’
    \end{pmatrix}=(a’+b’)
    \begin{pmatrix}
    0\\
    1
    \end{pmatrix}+c’
    \begin{pmatrix}
    1\\
    1\\
    \end{pmatrix}.
    $$
    可见,
    $$
    \mathrm{Im}T=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    0\\
    1
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    1\\
    1
    \end{pmatrix}. \right\}
    $$

习题 3. 由$T(\bm{p})=
\begin{pmatrix}
\bm{p}(0)\\
\bm{p}(0)
\end{pmatrix}
$定义一个线性变换$T:\mathbb{P}_2\to
\mathbb{R}^2$.求$\mathbb{P}_2$中多项式$\bm{p}_1$和$\bm{p}_2$,使之生成$T$的核并刻画$T$的值域.

证明 . 设$\bm{p}(t)=at^2+bt+c,a,b,c\in
\mathbb{R}$且$\bm{p}\in \ker T$.则$\bm{p}(0)=0$,即
$$
c=0.
$$
所以
$$
\ker T=\mathrm{Span}\{t^2,t\}.
$$

$$
\mathrm{Im}T=\mathrm{Span}\left\{
\begin{pmatrix}
1\\
1
\end{pmatrix}
\right\}.
$$

习题 4. 令$\bm{v}_1=
\begin{pmatrix}
1\\
-3\\
4
\end{pmatrix},\bm{v}_2=
\begin{pmatrix}
6\\
2\\
-1
\end{pmatrix},\bm{v}_3=
\begin{pmatrix}
2\\
-2\\
3
\end{pmatrix},\bm{v}_4=
\begin{pmatrix}
-4\\
-8\\
9
\end{pmatrix},
$,求由$\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3,\bm{v}_4\}$生成的子空间$W$的一个基.

证明 . $\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3\}$.

习题 5. 令$\bm{b}_1=
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}
$,$\bm{b}_2=
\begin{pmatrix}
-3\\
4\\
0
\end{pmatrix}
$,$\bm{b}_3=
\begin{pmatrix}
3\\
-6\\
3
\end{pmatrix}
$,$\bm{x}=
\begin{pmatrix}
-8\\
2\\
3
\end{pmatrix}
$.
  • 证明集合$\mathcal{B}=\{\bm{b}_1,\bm{b}_2,\bm{b}_3\}$是$\mathbf{R}^3$的一个基.
  • 求由$\mathcal{B}$到标准基的坐标变换矩阵.
  • 写出$\mathbf{R}^3$中$\bm{x}$与$[\bm{x}]_{\mathcal{B}}$相关联的方程.
  • 对上面给出的$\bm{x}$,求$[\bm{x}]_{\mathcal{B}}$.

证明 .
  • 略.
  • $P_{\mathcal{B}}=[\bm{b}_1,\bm{b}_2,\bm{b}_3]$.
  • $\bm{x}=P_{\mathcal{B}}[\bm{x}]_{\mathcal{B}}$.

  • 已知
    $$
    \bm{x}=
    \begin{pmatrix}
    -8\\
    2\\
    3
    \end{pmatrix}=P_{\mathcal{B}}[\bm{x}]_{\mathcal{B}}=
    \begin{pmatrix}
    1&-3&3\\
    0&4&-6\\
    0&0&3
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{pmatrix}_{\mathcal{B}},
    $$
    解得
    $$
    [\bm{x}]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{pmatrix}_{\mathcal{B}}=
    \begin{pmatrix}
    -5\\
    2\\
    1
    \end{pmatrix}_{\mathcal{B}}.
    $$

习题 6. 集合$\mathcal{B}=\{1+t,1+t^2,t+t^2\}$是$\mathbb{P}_2$的一个基.求$\bm{p}(t)=6+3t-t^2$关于$\mathcal{B}$的坐标向量.

证明 .
$$
\bm{p}(t)=c_1(1+t)+c_2(1+t^2)+c_3(t+t^2),
$$
解得
$$
c_1=5,c_2=1,c_3=-2.
$$
所以$[\bm{p}(t)]_{\mathcal{B}}=
\begin{pmatrix}
5\\
1\\
-2
\end{pmatrix}
$.

习题 7. 设$V$和$W$是有限维向量空间,还有线性变换$T:V\to W$.
  • 令$H$是$V$的非零子空间,$T(H)$为$H$中向量的像集,则由4.2节中习题35,$T(H)$是$W$的子空间.证明$\dim T(H)\leq \dim H$.
  • 令$H$是$V$的非零子空间,$T$是一个由$V$到$W$内的一一线性映射,证明
    $\dim T(H)=\dim H$.若$T$是一个由$V$到$W$上的一一映射,则$\dim V=\dim
    W$.同构的有限维向量空间具有相同的维数.

证明 .
  • 当$H$为非零
    空间时,设向量空间$T(H)$的一组基为$\{T(\bm{v}_1),\cdots T(\bm{v}_n)\}$,其中$n\in \mathbf{N}^{+}$,且$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_n\in H$.则$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_n$线性无关,否则,存在不全为零的实数$k_1,\cdots,k_n$,使得
    $$
    k_1\bm{v}_1+\cdots+k_n\bm{v}_n=\bm{0},
    $$
    于是
    $$
    T(k_1\bm{v}_1+\cdots+k_n\bm{v}_n)=\bm{0},
    $$

    $$
    k_1T(\bm{v}_1)+\cdots+k_nT(\bm{v}_n)=\bm{0},
    $$
    可得$T(\bm{v}_1),\cdots,T(\bm{v}_n)$线性相关,矛盾.因此$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_n$线性无关.因此$\dim H\geq n=\dim T(H)$.
  • 因为$T$是从非零空间$H$到$T(H)$的线性映射,所以由第一小题的结论,$\dim T(H)\leq \dim H$.由于$T$是从$H$到$T(H)$的一一线性映射,所以
    $T^{-1}$是从$T(H)$到$H$的线性映射.重复使用第一小题的结论可得$\dim
    H\leq \dim T(H)$.综上,$\dim H=\dim T(H)$.

习题 8. 按照定理11,$\mathbf{R}^n$中一线性无关集$\{\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k\}$可以扩充为$\mathbf{R}^n$的一个基.一个方法是构造矩阵$A=[\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k,\bm{e}_1,\cdots,\bm{e}_n]$,其中$\bm{e}_1,\cdots,\bm{e}_n$是单位矩阵的列,那么$A$的主元列构成$\mathbf{R}^n$的一个基.
  • 利用这个方法将下列向量扩充为$\mathbf{R}^5$的一个基.
    $$
    \bm{v}_1=
    \begin{pmatrix}
    -9\\
    -7\\
    8\\
    -5\\
    7
    \end{pmatrix},\bm{v}_2=
    \begin{pmatrix}
    9\\
    4\\
    1\\
    6\\
    -7
    \end{pmatrix},\bm{v}_3=
    \begin{pmatrix}
    6\\
    7\\
    -8\\
    5\\
    -7
    \end{pmatrix}.
    $$
  • 解释下面的问题:为什么原来的向量$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k$包含在
    $\mathrm{Col}A$的基中?为什么$\mathrm{Col}A=\mathbf{R}^n$?

证明 .
    构造矩阵
    $$
    A=
    \begin{pmatrix}
    -9&9&6&1&0&0&0&0\\
    -7&4&7&0&1&0&0&0\\
    8&1&-8&0&0&1&0&0\\
    -5&6&5&0&0&0&1&0\\
    7&-7&-7&0&0&0&0&1
    \end{pmatrix},
    $$
    对矩阵$A$进行初等行变换,最终变为简化型阶梯矩阵,我们的运算通过Matlab来
    实现.最终可得行阶梯型矩阵.Matlab运行代码如下:

    因此可得$\mathbf{R}^5$的一个基其实是$\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3,\bm{e}_2,\bm{e}_3\}$.

  • 因为原来的向量$\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3$是线性无关的,所以包含在$\mathrm{Col}A$的基中.因为向量$\bm{e}_1,\cdots,\bm{e}_n$线性无关,所以$\mathrm{Col}A=\mathbf{R}^n$.

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在立体几何问题中,如果空间图形里没有出现两两互相垂直的线段,则比较难通过建立空间直角坐标系解题,这样就无法使用只能在直角系中成立的各种公式.对于这种难建系问题,即便要建立空间直角坐标系,往往也需要比较多的思维量(经常要作各种辅助线,还要使用一些立体几何定理比如三垂线定理).这个时候,可以选取空间中一组恰当的基底$\mathcal{A}$,然后使用线性代数中的Gram-Schmidt正交化方法,从这组基底中产生出一组单位正交基底$\mathcal{B}$,从而得以建立空间直角坐标系,再通过基底$\mathcal{A}$与基底$\mathcal{B}$之间的关系解题.这种方法通用、简单、机械.下面我们通过一个具体的高考题阐述这种方法.

2017年浙江高考立体几何大题是个典型的难建系问题,使用几何方法建立空间直角坐标系解题需要较多的思维量.看我们如何对付它:

(2017年浙江高考数学立体几何大题第2小题)如图,已知四棱锥$P-ABCD$,$\triangle PAD$是以$AD$为斜边的等腰直角三角形,$BC\parallel AD$,$CD\perp AD$,$PC=AD=2DC=2CB$,$E$为$PD$的中点.求直线$CE$与平面$PBC$所成角的正弦值.

此图像的alt属性为空;文件名为20190112.png


解:不妨设$PC=2$.$\mathcal{A}=\{\ov{DA},\ov{DC},\ov{DP}\}$是空间$\mathbf{R}^{3}$中的一组基底.且基底$\mathcal{A}$中各基向量之间的关系如下:
$$
|\ov{DA}|=2,|\ov{DC}|=1,|\ov{DP}|=\sqrt{2},
$$
$$
\cos\langle \ov{DA},\ov{DC}\rangle=0,\cos\langle
\ov{DC},\ov{DP}\rangle =\frac{DP^2+DC^2-PC^2}{2DP\cdot
DC}=-\frac{\sqrt{2}}{4},\cos \langle \ov{DP},\ov{DA}\rangle =\frac{\sqrt{2}}{2}.
$$
由于基底$\mathcal{A}$并非单位正交基,因此下面从基$\mathcal{A}$出发,利用Gram-Schmidt正交化方法,构造$\mathbf{R}^3$的一组单位正交基$\mathcal{B}$.由于$\ov{DA}$与$\ov{DC}$已经正交,因此只用令
$$
\bm{v}_{1}=\ov{DA},\bm{v}_2=\ov{DC},\bm{v}_3=\ov{DP}-\frac{\ov{DP}\cdot
\ov{DC}}{|\ov{DC}|^{2}}\ov{DC}-\frac{\ov{DP}\cdot\ov{DA}}{|\ov{DA}|^2}\ov{DA},
$$
即可得到正交基底$\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3\}$.经进一步计算可得
$$
\bm{v}_1=\ov{DA},\bm{v}_2=\ov{DC},\bm{v}_3=\ov{DP}+\frac{1}{2}\ov{DC}-\frac{1}{2}\ov{DA}.
$$

$$
|\bm{v}_1|=2,|\bm{v}_2|=1,|\bm{v}_3|=\sqrt{\left(\ov{DP}+\frac{1}{2}\ov{DC}-\frac{1}{2}\ov{DA}\right)^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
$$


$$
\bm{w}_1=\frac{\bm{v}_1}{|\bm{v}_1|}=\frac{1}{2}\ov{DA},\bm{w}_2=\frac{\bm{v}_2}{|\bm{v}_2|}=\ov{DC}, $$ $$ \bm{w}_3=\frac{\bm{v}_3}{|\bm{v}_3|}=-\frac{\sqrt{3}}{3}\ov{DA}+\frac{\sqrt{3}}{3}\ov{DC}+\frac{2 \sqrt{3}}{3}\ov{DP}, $$ 则$\mathcal{B}=\{\bm{w}_1,\bm{w}_2,\bm{w}_3\}$是$\mathbf{R}^3$的单位正交基.从基底$\mathcal{B}$到基底$\mathcal{A}$的过渡矩阵 $$ [I]_{\mathcal{B}}^{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}&0&-\frac{\sqrt{3}}{3}\\
0&1&\frac{\sqrt{3}}{3}\\
0&0&\frac{2 \sqrt{3}}{3}
\end{pmatrix},
$$
因此从基底$\mathcal{A}$到基底$\mathcal{B}$的过渡矩阵
$$
[I]_{\mathcal{A}}^{\mathcal{B}}=([I]_{\mathcal{B}}^{\mathcal{A}})^{-1}=
\begin{pmatrix}
2&0&1\\
0&1&-\frac{1}{2}\\
0&0&\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{pmatrix}.
$$

因为
$$
\ov{CE}=-\ov{DC}+\frac{1}{2}\ov{DP},\ov{CB}=\frac{1}{2}\ov{DA},\ov{CP}=-\ov{DC}+\ov{DP},
$$
所以向量$\ov{CE},\ov{CB},\ov{CP}$在基$\mathcal{A}$下的坐标依次是
$$
[\ov{CE}]_{\mathcal{A}}= \begin{pmatrix} 0\\ -1\\ \frac{1}{2} \end{pmatrix},[\ov{CB}]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}\\
0\\
0
\end{pmatrix},[\ov{CP}]_{\mathcal{A}}= \begin{pmatrix} 0\\ -1\\ 1 \end{pmatrix}. $$ 所以向量$\ov{CE},\ov{CB},\ov{CP}$在单位正交基底$\mathcal{B}$下的坐标依次是 $$ [\ov{CE}]_{\mathcal{B}}=[I]_{\mathcal{A}}^{\mathcal{B}}[\ov{CE}]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
2&0&1\\
0&1&-\frac{1}{2}\\
0&0&\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0\\
-1\\
\frac{1}{2}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}\\
-\frac{5}{4}\\
\frac{\sqrt{3}}{4}
\end{pmatrix},
$$
$$
[\ov{CB}]_{\mathcal{B}}=[I]_{\mathcal{A}}^{\mathcal{B}}[\ov{CB}]_{\mathcal{A}}= \begin{pmatrix} 2&0&1\\ 0&1&-\frac{1}{2}\\ 0&0&\frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ \end{pmatrix}, $$ $$ [\ov{CP}]_{\mathcal{B}}=[I]_{\mathcal{A}}^{\mathcal{B}}[\ov{CP}]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
2&0&1\\
0&1&-\frac{1}{2}\\
0&0&\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0\\
-1\\
1
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1\\
-\frac{3}{2}\\
\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{pmatrix}.
$$
设向量$\bm{n}$是平面$PBC$的一个法向量,且设向量$\bm{n}$在基底$\mathcal{B}$下的坐标为
$$
[\bm{n}]_{\mathcal{B}}= \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}, $$ 因为$\bm{n}\cdot\ov{CB}=0,\bm{n}\cdot\ov{CP}=0$,所以 $$ x=0,x-\frac{3}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0. $$ 由此,不妨设 $$ [\bm{n}]_{\mathcal{B}}=
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0\\
1\\
\sqrt{3}
\end{pmatrix}.
$$
可得向量$\bm{n}$与向量$\ov{CE}$夹角的余弦值
$$
\cos\langle \bm{n},\ov{CE}\rangle
=\frac{\bm{n}\cdot\ov{CE}}{|\bm{n}||\ov{CE}|}=\frac{0\times
\frac{1}{2}+1\times (-\frac{5}{4})+\sqrt{3}\times
\frac{\sqrt{3}}{4}}{2\times \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{8}.
$$
因此向量$\ov{CE}$与平面$PBC$夹角的正弦值即为$\frac{\sqrt{2}}{8}$.

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朱映颖今天问我一个解析几何最值问题.由于她教的是高二学生,她要求在求最值的过程中不能使用导数工具.我允了.题目及我的解答如下.

已知抛物线$C:x^2=4y$.抛物线$C$上存在三个点$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),D(x_3,y_3)$,满足$x_3<x_1<x_2$.若$\triangle ABD$是以角$A$为直角的等腰直角三角形,求$\triangle ABD$面积的最小值.

解:因为点$A,B,D$在抛物线$C$上,所以
$$
\begin{cases}
x_1^2=4y_1\\
x_2^2=4y_2\\
x_3^2=4y_3
\end{cases}.
$$

$$
\overrightarrow{AB}=(x_2-x_1,y_2-y_1)=(x_2-x_1,\frac{x_2^2-x_1^2}{4}),
$$
\begin{equation}\label{eq:1}
\overrightarrow{AD}=(x_3-x_1,y_3-y_1)=(x_3-x_1,\frac{x_3^2-x_1^2}{4}).
\end{equation}
而$\triangle ABD$的面积
\begin{align*}
S_{\triangle ABD}&=\frac{1}{2}
\begin{vmatrix}
x_2-x_1&x_3-x_1\\
y_2-y_1&y_3-y_1
\end{vmatrix}\\&=\frac{1}{2}
\begin{vmatrix}
x_2-x_1&x_3-x_1\\
\cfrac{x_2^2-x_1^2}{4}&\cfrac{x_3^2-x_1^2}{4}
\end{vmatrix}
\\&=\frac{(x_2-x_1)(x_3^2-x_1^2)-(x_3-x_1)(x_2^2-x_1^2)}{8}
\\&=\frac{(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)}{8}
\end{align*}
令$x_2-x_1=t,x_1-x_3=s$,则
$$
S_{\triangle ABD}=\frac{ts(t+s)}{8}.
$$
又因为$\overrightarrow{AD}$是$\overrightarrow{AB}$以点$A$为旋转中心逆时针旋转$90^{\circ}$得到的,因此
\begin{equation}\label{eq:2}
\overrightarrow{AD}=(-\frac{x_2^2-x_1^2}{4},x_2-x_1).
\end{equation}
由$\overrightarrow{AD}$的两种表达式\eqref{eq:1},\eqref{eq:2}可得到关系式
$$
x_3-x_1=-\frac{x_2^2-x_1^2}{4},\frac{x_3^2-x_1^2}{4}=x_2-x_1,
$$

$$
x_3-x_1=\frac{(x_1+x_2)(x_1-x_2)}{4},x_2-x_1=-\frac{(x_1+x_3)(x_1-x_3)}{4},
$$
将$x_2-x_1=t,x_1-x_3=s$代入,整理可得
$$
\frac{4s}{t}=x_1+x_2,\frac{4t}{-s}=x_1+x_3.
$$
因此
$$
\frac{4s}{t}+\frac{4t}{s}=x_2-x_3=t+s,
$$
整理可得
\begin{equation}\label{eq:3}
4t^2+4s^2=ts(t+s).
\end{equation}
所以
$$
S_{\triangle ABD}=\frac{ts(t+s)}{8}=\frac{t^2+s^2}{2}.
$$
下面求$t^2+s^2$的最小值.将方程\eqref{eq:3}两边平方可得
\begin{equation}\label{eq:4}
16(t^2+s^2)^2=(ts)^2(t+s)^2=(ts)^2[(t^2+s^2)+2ts]
\end{equation}
由基本不等式,$ts\leq \cfrac{t^2+s^2}{2}$,代入式\eqref{eq:4},可得
$$
16(t^2+s^2)^2\leq \frac{1}{2}(t^2+s^2)^3
$$
解得
$$
t^2+s^2\geq 32.
$$
因此
$$
S_{\triangle ABD}=\frac{t^2+s^2}{2}\geq 16.
$$
等号当且仅当$t=s=4$,即$x_3=-4,x_1=0,x_2=4$时成立.

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