射影向量法解2018浙江高考立体几何题

(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
    $$\cos\theta=\frac{|\ov{AC_1′}|}{|\ov{AC_1}|}=\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{13}},$$

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

Tags:

Reply

电子邮件地址不会被公开。 必填项已用*标注

此站点使用Akismet来减少垃圾评论。了解我们如何处理您的评论数据

%d 博主赞过: