立体几何

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在这篇博文里,我解一道自己改编的题.首先呈上原题:

(闻杰《高考数学拉档提分全攻略——立体几何》第25页问题4)如图1,棱长为$3$的正方体的顶点$A$在平面$\alpha$上,三条棱$AB,AC,AD$都在平面$\alpha$的同侧,若顶点$B,C$到平面$\alpha$的距离分别为$1,\sqrt{2}$,则顶点$A$的对顶点$E$到平面$\alpha$的距离是?

此图像的alt属性为空;文件名为20190206-1.png
解:设平面的一个单位法向量是$\bm{n}$,且法向量的方向指向正方体所在的一侧.则
$$
\ov{AB}\cdot\bm{n}=1,\ov{AC}\cdot\bm{n}=\sqrt{2}.
$$

$$
\ov{AE}\cdot\bm{n}=(\ov{AB}+\ov{AC}+\ov{AD})\cdot\bm{n}=\ov{AB}\cdot\bm{n}+\ov{AC}\cdot\bm{n}+\ov{AD}\cdot\bm{n}=1+\sqrt{2}+\ov{AD}\cdot\bm{n}.
$$
因为
$$
(\frac{1}{3}\ov{AB}\cdot\bm{n})^2+(\frac{1}{3}\ov{AC}\cdot\bm{n})^2+(\frac{1}{3}\ov{AD}\cdot\bm{n})^2=1,
$$
所以
$$
\ov{AD}\cdot\bm{n}=\sqrt{9-(\ov{AB}\cdot\bm{n})^2-(\ov{AC}\cdot\bm{n})^2}=\sqrt{6}.
$$
因此
$$
\ov{AE}\cdot\bm{n}=1+\sqrt{2}+\sqrt{6},
$$
即点$E$到平面$\alpha$的距离是$1+\sqrt{2}+\sqrt{6}$.$\Box$

对上述这题改编如下:

(改编1)如图2,棱长为$1$的正四面体$A-BCD$的顶点$A$在平面$\alpha$上,三条棱$AB,AC,AD$在平面$\alpha$的同一侧.若顶点$B,C$到平面$\alpha$的距离分别为$\frac{2}{3},\frac{1}{3}$.则顶点$D$到平面$\alpha$的距离是?

此图像的alt属性为空;文件名为20190206-2.png解:$\mathcal{A}=\{\ov{AB},\ov{AC},\ov{AD}\}$是空间的一组基底.下面使用Gram-Schimidt正交化过程构造空间的一组单位正交基底:设点$C$在直线$AB$上的射影是$C’$,点$D$在平面$ABC$上的射影是$D’$,则
$$
\ov{C’C}=\ov{AC}-\frac{\ov{AC}\cdot\ov{AB}}{\ov{AB}^2}\ov{AB}=\ov{AC}-\frac{1}{2}\ov{AB},
$$
$$
\ov{D’D}=\ov{AD}-\frac{\ov{AD}\cdot\ov{AB}}{\ov{AB}^2}\ov{AB}-\frac{\ov{AD}\cdot\ov{C’C}}{\ov{C’C}^2}\ov{C’C}=\ov{AD}-\frac{1}{3}\ov{AB}-\frac{1}{3}\ov{AC}.
$$
因此$\mathcal{B}=\left\{\frac{\ov{AB}}{|\ov{AB}|},\frac{\ov{C’C}}{|\ov{C’C}|},\frac{\ov{D’D}}{|\ov{D’D}|}\right\}=\left\{\ov{AB},\frac{2}{\sqrt{3}}\ov{C’C},\frac{\sqrt{6}}{2}\ov{D’D}\right\}$是空间的一组单位正交基底.设平面的一个法向量为$\bm{n}$,且$\bm{n}$的方向指向正四面体所在的一侧.则
$$
(\ov{AB}\cdot\bm{n})^2+(\frac{2}{\sqrt{3}}\ov{C’C}\cdot\bm{n})^2+(\frac{\sqrt{6}}{2}\ov{D’D}\cdot\bm{n})^2=1,
$$

$$
(\ov{AB}\cdot\bm{n})^2+(\frac{2}{\sqrt{3}}\ov{AC}\cdot\bm{n}-\frac{1}{\sqrt{3}}\ov{AB}\cdot\bm{n})^2+(\frac{\sqrt{6}}{2}\ov{AD}\cdot\bm{n}-\frac{\sqrt{6}}{6}\ov{AB}\cdot\bm{n}-\frac{\sqrt{6}}{6}\ov{AC}\cdot\bm{n})^2=1,
$$
由题意,设$\ov{AB}\cdot\bm{n}=x=\frac{2}{3}$,$\ov{AC}\cdot\bm{n}=y=\frac{1}{3}$.再设$\ov{AD}\cdot\bm{n}=z$,则上式即
$$
x^2+(\frac{2}{\sqrt{3}}y-\frac{1}{\sqrt{3}}x)^2+(\frac{\sqrt{6}}{2}z-\frac{\sqrt{6}}{6}x-\frac{\sqrt{6}}{6}y)^2=1.
$$
解得$z=\frac{3+\sqrt{30}}{9}$.即点$D$到平面$\alpha$的距离是$\frac{3+\sqrt{30}}{9}$.$\Box$

通过按比例放大$9$倍,我们可以把题目改造得更简洁些:

(改编2:为了数字更简洁)如图2,棱长为$9$的正四面体$A-BCD$的顶点$A$在平面$\alpha$上,三条棱$AB,AC,AD$在平面$\alpha$的同一侧.若顶点$B,C$到平面$\alpha$的距离分别为$6$和$3$.则顶点$D$到平面$\alpha$的距离是$3+\sqrt{30}$.

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闻杰老师出了一套《高考数学拉档提分全攻略》,我买了其中的立体几何分册.从里面挑选了一道题试了一下射影向量法的威力,顺便发现闻老师的解答出了问题.(这不是我第一次使用这种方法了,上次使用见博文射影向量法解2018浙江高考立体几何题).

(闻杰《高考数学拉档提分全攻略——立体几何》第39页例5)如图,已知四面体$A-BCD$,$\angle DAB=30^{\circ}$,$\angle BAC=60^{\circ}$,$\angle CAD=45^{\circ}$,$AB=4,AC=2,AD=3$.求直线$AC$与平面$ABD$所成的角的余弦值.

此图像的alt属性为空;文件名为20190205-1.png解:$\mathcal{A}=\{\ov{AB},\ov{AD}\}$是平面$ABD$的一组基底.令
$$
\ov{AD’}=\ov{AD}-\frac{\ov{AD}\cdot\ov{AB}}{\ov{AB}^2}\ov{AB}=\ov{AD}-\frac{3
\sqrt{3}}{8}\ov{AB}.
$$
可得
$$
|\ov{AD’}|=\sqrt{\left(\ov{AD}-\frac{3
\sqrt{3}}{8}\ov{AB}\right)^2}=\sqrt{\ov{AD}^2+\frac{27}{64}\ov{AB}^2-\frac{3
\sqrt{3}}{4}\ov{AD}\cdot\ov{AB}}=\frac{3}{2}.
$$

$$
\bm{v}_1=\frac{\ov{AB}}{|\ov{AB}|}=\frac{1}{4}\ov{AB},\bm{v}_2=\frac{\ov{AD’}}{|\ov{AD’}|}=\frac{2}{3}\ov{AD}-\frac{\sqrt{3}}{4}\ov{AB},
$$
则$\{\bm{v}_1,\bm{v}_2\}$是平面$ABD$上的一组单位正交基底.向量$\ov{AC}$在平面$ABD$上的射影向量
$$
\ov{AC’}=(\ov{AC}\cdot\bm{v}_1)\bm{v}_{1}+(\ov{AC}\cdot\bm{v}_2)\bm{v}_{2}=\bm{v}_1+(2
\sqrt{2}-\sqrt{3})\bm{v}_2.
$$
因此
$$
|\ov{AC’}|=\sqrt{1^2+(2 \sqrt{2}-\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{12-4 \sqrt{6}}
$$
因此直线$AC$与平面$ABD$所成角$\theta$的余弦值为
$$
\cos\theta=\frac{|\ov{AC’}|}{|\ov{AC}|}=\sqrt{3- \sqrt{6}}.
$$

 

闻杰老师的解答是错误的(附于下面),因为他好像求的是直线$AD$与平面$ABC$的夹角余弦值.

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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?

此图像的alt属性为空;文件名为20190129-1.png

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$\cos\theta=-\frac{1}{3}$.
此图像的alt属性为空;文件名为20190129-2.png
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.

此图像的alt属性为空;文件名为20190129-4.png
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?

此图像的alt属性为空;文件名为20190123.png

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?

此图像的alt属性为空;文件名为20190121-1.png

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*}

此图像的alt属性为空;文件名为20190121-2.png

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?

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.

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?

此图像的alt属性为空;文件名为20190119.png

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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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.

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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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