射影向量法解一道立体几何难题(2)

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?

此图像的alt属性为空;文件名为20190120-1.png

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
$$
\left(\frac{1}{2}\ov{FB}-\ov{FA}\right)\cdot\bm{e}=\left(\ov{FH}-\ov{FA}\right)\cdot\bm{e}=\ov{AH}\cdot\bm{e}.
$$

此图像的alt属性为空;文件名为20190120-2.png

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.

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