Gram-Schmidt正交化

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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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(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.

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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