高考

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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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(2015浙江高考理科数学填空题15) 已知{\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{e_2}}是空 间单位向量,{\overrightarrow{e_1}\cdot \overrightarrow{e_2}=\frac{1}{2}},若空间向量{\overrightarrow{b}}满足 {\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_1}=2},{\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_2}=\frac{5}{2}}, 且对于任意{x,y\in \mathbf{R}},

\displaystyle |\overrightarrow{b}-(x\overrightarrow{e_{1}}+y\overrightarrow{e_{2}})|\geq |\overrightarrow{b}-(x_{0}\overrightarrow{e_{1}}+y_{0}\overrightarrow{e_{2}})|=1(x_0,y_0\in \mathbf{R}),

{x_0=\underline{~~~~~~},y_0=\underline{~~~~~~},|\overrightarrow{b}|=\underline{~~~~~~}}.

解: 令向量

\displaystyle \overrightarrow{v}=\overrightarrow{e_{2}}-\frac{\overrightarrow{e_{2}}\cdot\overrightarrow{e_1}}{\overrightarrow{e_1}^2}\overrightarrow{e}_1=\overrightarrow{e_{2}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{e}_{1}

, 则{\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{e_1}=0}.再令 {\overrightarrow{e_3}=\frac{\overrightarrow{v}}{|\overrightarrow{v}|}=\frac{2}{\sqrt{3}}\overrightarrow{v}}, 则向量{\overrightarrow{e_3}}是和向量{\overrightarrow{e_1}}正交的单位 向量.且

\displaystyle \overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{v}=\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_{2}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_1}\right)=\sqrt{3}.

设向量{\overrightarrow{e_1}}和向量{\overrightarrow{e_{3}}}张成二维线性空间{\alpha},则向量{\overrightarrow{b}}{\alpha}上的投影向量是

\displaystyle \overrightarrow{b'}=(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_1})\overrightarrow{e_1}+(\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{e_3})\overrightarrow{e_3}=2\overrightarrow{e_1}+\sqrt{3}\overrightarrow{e_3}=\overrightarrow{e_1}+2\overrightarrow{e_2}.

{\overrightarrow{b'}=x_0\overrightarrow{e_1}+y_0\overrightarrow{e_2}}.所 以{x_0=1,y_0=2}.且

\displaystyle |\overrightarrow{b}|=\sqrt{|\overrightarrow{b}-\overrightarrow{b'}|^2+(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_1})^2+(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_{3}})^2}=\sqrt{1^2+2^2+(\sqrt{3})^{2}}=2 \sqrt{2}.

\Box

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(2011年浙江文科数学第16题) 若实数{x,y}满足{x^2+y^2+xy=1},则{x+y}的最大值是{\underline{~~~~~~~~~~}}.

解:

\displaystyle x^2+y^2+xy=1\iff \begin{bmatrix} x&y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}=1. \ \ \ \ \ (1.1)

将对称矩阵正交相似对角化:

\displaystyle \begin{bmatrix} 1&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&1 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}^{T} \begin{bmatrix} \frac{3}{2}&0\\ 0&\frac{1}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}, \ \ \ \ \ (1.2)

\displaystyle \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}, \ \ \ \ \ (1.3)

则方程(1.1)化为

\displaystyle \begin{bmatrix} u&v \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{3}{2}&0\\ 0&\frac{1}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}=1,

\displaystyle \frac{3}{2}u^2+\frac{1}{2}v^{2}=1. \ \ \ \ \ (1.4)

由关系式(1.3)可得{x+y=\sqrt{2}u}.由方程(1.4)可得{-\frac{\sqrt{6}}{3}\leq u\leq \frac{\sqrt{6}}{3}},因此

\displaystyle -\frac{2 \sqrt{3}}{3}\leq x+y=\sqrt{2}u\leq \frac{2 \sqrt{3}}{3}.

所以答案是{\frac{2 \sqrt{3}}{3}}. \Box

(2011年浙江理科数学第16题){x,y}为实数,若{4x^2+y^2+xy=1},则{2x+y}的最大值 是{\underline{~~~~~~}}.

解:

\displaystyle 4x^2+y^2+xy=1.\iff \begin{bmatrix} 2x&y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&\frac{1}{4}\\ \frac{1}{4}&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2x\\ y \end{bmatrix}=1. \ \ \ \ \ (2.1)

将对称矩阵正交相似对角化:

\displaystyle \begin{bmatrix} 1&\frac{1}{4}\\ \frac{1}{4}&1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}^{T} \begin{bmatrix} \frac{5}{4}&0\\ 0&\frac{3}{4} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix},

\displaystyle \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2x\\ y \end{bmatrix}, \ \ \ \ \ (2.2)

则方程(2.1)化为

\displaystyle \frac{5}{4}u^2+\frac{3}{4}v^2=1. \ \ \ \ \ (2.3)

由关系式(2.2)可得{2x+y=\sqrt{2}u}.由方程(2.3)可得 {-\frac{2 \sqrt{5}}{5}\leq u\leq \frac{2 \sqrt{5}}{5}},因此

\displaystyle -\frac{2 \sqrt{10}}{5}\leq 2x+y=\sqrt{2}u\leq \frac{2 \sqrt{10}}{5}.

所以答案是{\frac{2 \sqrt{10}}{5}}. \Box

(2014年辽宁高考理科数学第14题) 对于{c>0},当非零实数{a,b}满足{4a^2-2ab+4b^2-c=0},且使{|2a+b|}最大 时,{\frac{3}{a}-\frac{4}{b}+\frac{5}{c}}的最小值为{\underline{~~~~~~~}}.

解:

\displaystyle 4a^2-2ab+4b^2=c \iff \begin{bmatrix} a&b \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 4&-1\\ -1&4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\\ b \end{bmatrix}=c \ \ \ \ \ (3.1)

将对称矩阵正交相似对角化:

\displaystyle \begin{bmatrix} 4&-1\\ -1&4 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}^{T} \begin{bmatrix} 5&0\\ 0&3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}

\displaystyle \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\\ b \end{bmatrix}, \ \ \ \ \ (3.2)

则方程(3.1)化为

\displaystyle \begin{bmatrix} u&v \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 5&0\\ 0&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}=c,

\displaystyle 5u^2+3v^2=c. \ \ \ \ \ (3.3)

由关系式(3.2)可得

\displaystyle |2a+b|=\left|\frac{\sqrt{2}}{2}u+\frac{3 \sqrt{2}}{2}v\right|=\left|\frac{\sqrt{10}}{10}\left(\sqrt{5}u\right)+\frac{\sqrt{6}}{2}\left(\sqrt{3}v\right)\right|, \ \ \ \ \ (3.4)

由柯西不等式的取等条件,可得当且仅当

\displaystyle \sqrt{3}v:\sqrt{5}u=\frac{\sqrt{6}}{2}:\frac{\sqrt{10}}{10},

{v=5u}时,式(3.4)取得最大值,此时{c=80u^{2}}.则

\displaystyle \begin{array}{rcl} \frac{3}{a}-\frac{4}{b}+\frac{5}{c }&=&\frac{3}{\frac{\sqrt{2}}{2}u+\frac{\sqrt{2}}{2}v}-\frac{4}{-\frac{\sqrt{2}}{2}u+\frac{\sqrt{2}}{2}v}+\frac{5}{80u^2}\\&=&\frac{1}{16u^2}-\frac{\sqrt{2}}{2u}\\&=&\left(\frac{1}{4u}-\sqrt{2}\right)^2-2\geq -2. \end{array}

所以答案是{-2}. \Box

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