08 建系千般好 求点是关键-《中学生数理化》高二数学2024年9月刊

建系千般好　求点是关键 ■浙江省绍兴市上虞区上虞中学 章舜龙 空间向量的引入为代数方法处理立体几 何问题提供了一种重要的工具。通过建立空 间直角坐标系,借助空间向量坐标运算来计 算和证明立体几何问题,用定量的计算代替 定性的分析,避免了一些烦琐的推理论证,无 疑大大简化了思维与运算过程。 一、利用共线性质求点 由于空间直角坐标系中点的坐标由x, y,z三部分构成,直接设点 M(x,y,z),无疑 加大了运算量,考虑到点 M 在某条直线AB 上运动,故可设AM→=λAB→,则可用参数λ表 示点M 的坐标,从而大大降低运算量。 图1 例 1 如图1,四 棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是 直 角 梯 形, PA⊥ 平 面 ABCD, AB⊥AD,AB ∥CD, AB=AD=AP= 1 2DC=1 ,点E 为棱PC 的 中点。 (1)证明:BE⊥CD; (2)若点F 为棱PC 上一点,且AF 与平 面ABCD 所成角的正弦值是 2 3 ,求二面角F- AB-P 的余弦值。 分析:本题有比较明显的直角坐标系框 架,且问题中涉及两个不同性质的空间角,可 以直接考虑建系解决问题。第二问的突破口 是确定点F 的坐标,根据点F 为棱PC 上一 点,设CF→=λCP→(0≤λ≤1),从而求得点F 的坐标。 解:(1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平 面ABCD,AD⊂平面 ABCD,所以 PA⊥ AB,PA⊥AD。 因为AB⊥AD,所以AP,AB,AD 三条 直线两两垂直。 如图2,以A 为原点,AB 为x 轴,AD 为 y 轴,AP 为z轴,建立空间直角坐标系。 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0), 图2 D(0,1,0),P(0,0, 1)。 由 题 意 可 知 E 1, 1 2 ,1 2 ,故 BE→ = 0, 1 2 ,1 2 ,CD→ = (-2,0,0)。 易得BE→·CD→=0,故BE⊥CD。 (2)由已知条件,设CF→=λCP→(0≤λ≤ 1),F(x,y,z)。由(1)知,CF→=(x-2,y- 1,z),CP→=(-2,-1,1),AB→=(1,0,0)。 因为CF→=λCP→,所以 x-2,y-1,z = (-2λ,-λ,λ),解得x=2-2λ,y=1-λ, z=λ,即F(2-2λ,1-λ,λ)。 故AF→=(2-2λ,1-λ,λ)。 因为PA⊥平面ABCD,所以AP→=(0, 0,1)是平面ABCD 的一个法向量。 设AF 与平面ABCD 所成的角为θ,则: sin θ= |AF→·AP→| |AF→||AP→| = |λ| (2-2λ)2+(1-λ)2+λ2 = 2 3 。 解得λ= 2 3 或λ=2(舍去),故 AF→= 2 3 ,1 3 ,2 3 。 设n=(x,y,z)为平面FAB 的一个法 向量,则: n·AB→=x=0, n·AF→=23x+ 1 3y+ 2 3z=0 。 取z=1,得n=(0,-2,1)。 因AD⊥平面 ABP,故平面 ABP 的一 个法向量为m=(0,1,0)。 m·n=0×0+1×(-2)+1×0=-2, |m|=1,|n|= (-2)2+12= 5。 故二面角F-AB-P 的余弦值cos<m,n>= |m·n| |m||n|= 2 1× 5 = 25 5 。 32 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月 二、利用向量三角形法则求点 由于空间向量OM→(其中O 为原点)与点 M 的坐标一一对应,故可以利用三角形法则 求出OM→,从而确定点 M 的坐标。这是利用 空间向量解立体几何问题中求点最常用的方 法,它比第一种方法更自然,更简单。 图3 例 2 如图3, 在 直 四 棱 柱 ABCD- A1B1C1D1 中, 底 面 ABCD 为菱形,∠ABC =60°,AA1=AB=2。 (1)点 E 为 直 线 C1C 上 的 动 点, 求 证: BD⊥A1E; (2)点P 为直线C1D1 上的动点, 求直线 A1C与平面PAD 所成角的正弦值的最大值。 分析:由于直棱柱底面为菱形,故以底面 菱形的对角线分别为x 轴,y 轴建立空间直 角坐标系,根据对称关系一一标出点的坐标, 考虑到点P 为直线C1D1 上的动点,故可用 三角形法则轻松标出点P 的坐标。 解:(1)连接AC,BD 交于点O。由题意 知CC1⊥平面ABCD,且BD⊂平面ABCD, 故CC1⊥BD。 因为底面ABCD 为菱形,所以BD⊥AC。 又因为CC1∩AC=C,所以BD⊥平面 ACC1A1。 因A1E⊂平面ACC1A1,故BD⊥A1E。 图4 (2)如图4,以 OB 为x 轴,OC 为y 轴,过 O 且垂直平面ABCD 向 上方 向 为z 轴 的 正 方 向,建立空间直角坐标 系O-xyz,则A(0,-1, 0),A1(0,-1,2),C(0, 1,0),C1 (0,1,2), D(- 3,0,0),D1(- 3,0,2)。 因为点P 为直线C1D1 上的动点,所以 可设C1P→=λC1D1→,则OP→=OC1→+λC1D1→= (- 3λ,-λ+1,2)。 设m=(x,y,z)为平面PAD 的一个法 向量,则: m·AD→=0, m·AP→=0。 故 - 3x+y=0, - 3λx+(-λ+2)y+2z=0。 令x=1,则m=(1,3,3λ- 3)。 A1C→=(0,2,-2),设A1C 与平面PAD 所成角为θ,则: sin θ =|cos<A1C→,m>|= 6 2 × |λ-2| 4+3(1-λ)2 。 设t=λ-2,则sin θ= 6 2× t2 3t2+6t+7 ≤ 6 2× 1 7 1t+ 3 7 2 + 12 7 ≤ 14 4 。 所以直线A1C 与平面PAD 所成角的正 弦值的最大值为 14 4 。 三、利用线段长度求点 对于任意空间点 M(x,y,z),若要确定 点 M 的准确位置(即坐标),需要三个条件。 若已知与点 M 有关的三条线段长度,则可通 过联立三个方程求得点 M 的坐标,这是最朴 素的求点方法,但是计算比较复杂。 图5 例 3 如图5, 在 四 边 形 ABCD 中,AB∥CD, AD =AB=BC= 1 2CD =2,E 为DC 的中 点,连 接 AE,将 △DAE 沿AE 翻折到△D1AE。 (1)证明:BD1⊥AE; (2)若CD1= 10,求直线 D1E 与平面 D1AB 所成角的正弦值。 分析:本题是立体几何中的翻折问题,翻 折过程中要注意垂直关系的变化情况,这是 为顺利建系作铺垫。而要求直线 D1E 与平 面D1AB 所成角的正弦值,关键是准确求出 点D1 的坐标。解题思路就是“求什么设什 42 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月 么”,根据已知线段长度联立方程组即得。 解:(1)取线段AE 的中点O,连接OD1, OB。由AB∥CD, AD=AB=BC= 1 2CD= 2,可知四边形ABCE 为菱形。 因为∠BAE=60°,所以BO⊥AE。 又△D1AE 为 等 边 三 角 形,故 OD1⊥ AE,AE⊥平面 BD1O,则BD1⊥AE。 图6 (2)如 图6,过 点O 作OM⊥平面 ABCE,以 OA 为x 轴,OB 为y 轴,OM 为z轴,建立空间直 角坐标系。 则 A(1,0,0), B (0, 3,0), C(-2,3,0),E(-1,0,0)。 设 D1(x,y,z),由 AD1=D1E=2, CD1= 10,得 (x-1)2+y2+z2=4, (x+1)2+y2+z2=4, (x+2)2+(y-3)2+z2=10。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 x=0, y=0, z= 3, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以D1(0,0,3)。 设平面ABD1 的一个法向量n=(x,y, z),则 n·AB→=-x+ 3y=0, n·BD1→=- 3y+ 3z=0。 令z=1,得n=(3,1,1)。 所以直线D1E 与平面D1AB 所成角的 正弦值为sin θ=|cos<D1E→,n>|= 15 5 。 四、利用垂直关系求点 若点P 在平面xOy内的射影为D,则P、 D 坐标的x值和y值均相等。据此,要顺利求 点的坐标,可以积极寻找与此点相关的垂直关 系,包括垂线、垂面等。 例 4 筝形是指有一条对角线所在直 线为对称轴的四边形。如图7,四边形 AB- CD 是一个筝形,AD=AB= 3,CD=CB= 1,AC=2。沿对角线 AC 将△ADC 折起到 E 点,形成四棱锥E-ABCD(图8)。 图7 (1)点 M 为线段 AE 的 中 点,求 证: BM∥平面ECD; (2)当 EB= 3 2 时,求直线 BC 与 平 面EAD 所成角的正 弦值。 图8 分析:要证 BM ∥ 平 面 ECD,只需在平 面ECD 内找到 一 条 平 行 于 BM 的 直 线 即 可。由 于 四 边 形ABCD 是对称图形,故以AC及AC的垂线 为坐标轴建立空间直角坐标系,可以利用长度 关系求点E 的坐标。根据给定的数值,运算太 繁杂,可以考虑寻找与点E 有关的垂面。 图9 解:(1)如图 9,延长 AB、DC 交于点F。因为 △ABC ≌ △FBC,所 以 点 B 是线段AF 的 中点。又因为点 M 为线段AE 的中点,所以 MB∥EF。因为 MB⊄ 平 面 ECD,EF⊂ 平 面 ECD,所 以 BM∥平面ECD。 (2)作EO⊥AC 于O,连接BO。 图10 因为△AOE≌ △AOB,所以BO⊥ AC,AC⊥平面EOB。 如图10,以 OB 为x轴,OA 为y轴, 过 O 且 垂 直 平 面 ABCD 向上方向为z轴正方向,建立空间直角 坐 标 系, 则 A0, 3 2 ,0 ,B 32,0,0 , C0,- 1 2 ,0 ,D - 32,0,0 。 由cos ∠EOB= OE2+OB2-EB2 2OE·OB =- 1 2 , 52 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月 得∠EOB=120°。由点E 在平面xOz内的射影 易得E - 3 4 ,0, 3 4 。故BC→= -32,-12,0 , AD→= -32,- 3 2 ,0 ,DE→= 34,0,34 。 设n=(x,y,z)为平面AED 的一个法向 量,则: n·AD→=0, n·DE→=0, 即 x+ 3y=0,x+ 3z=0。 令z=1,得x=- 3,y=1。 故n=(- 3,1,1),|n|= 5,|BC→|=1。 所以sin θ=|cos<BC→,n>|= n ·BC→ |n||BC→| = 5 5 ,即直线BC 与平面EAD 所成角的正 弦值为 5 5 。 五、借助特殊点求点 当直接求某个点的坐标比较困难时,可 退而求其次,先求出与其相关的点的坐标,如 中点、重心等,再通过其所在线段的中点或三 角形的重心来求点的坐标。 图11 例 5 如图11,在四 棱 锥 P-OABC 中,已 知 OA=OP=1,CP=2, AB=4,∠CPO = π 3 , ∠ABC = π 6 ,∠AOC = π 2 ,E 为PB 的中点,F 为 AB 的中点。 (1)证明:平面CEF∥平面PAO; (2)若 PA= 3,求平面 POC 与平面 PAB 所成角的余弦值。 分析:(1)要证明平面CEF∥平面PAO, 只需在平面CEF 内找到两条相交直线平行 平面PAO 即可。(2)平面POC 与平面PAB 所成角为无棱二面角,作平面角比较麻烦,故 考虑建系处理,建系的难点在于如何求点P, B。可以利用线段长度求点P 坐标。对于点 B,直接通过作垂线计算长度比较复杂,考虑 到点F 的特殊性,更容易求得其坐标,故可 借助点F 求点B 的坐标。 解:(1)连接AC。因为E 为PB 的中点,F 为AB 的中点,所以EF∥PA。因为EF⊄平面 PAO,PA⊂平面PAO,所以EF∥平面PAO。 在△PCO 中,OP=1,CP=2,∠CPO= π 3 ,故OC= 3。 在△ACO 中,OA=1,∠AOC= π 2 ,则 AC=2,∠OAC= π 3 。 在△ACB 中,AB=4,∠ABC= π 6 ,则 ∠ACB= π 2 ,∠CAB= π 3 ,∠OAB= 2π 3 。 因为F 为AB 的中点,所以CF= 1 2AB =2,∠CFB= 2π 3 ,故OA∥CF。 因为CF⊄平面PAO,OA⊂平面PAO, 所以CF∥平面PAO。 因为 CF∩EF=F,CF⊂平面 CEF, EF⊂平 面 CEF,所 以 平 面 CEF∥平 面 PAO。 图12 (2)如 图12,以 OC 为x 轴,OA 为y 轴,过O 垂直于平面OABC 的直 线为z 轴,建立空间直角 坐标系。由题意可得OC = 3,CF=AC=2,且 CF⊥OC,故 O(0,0,0), A(0,1,0),C(3,0,0),F(3,2,0)。由 F 是AB 的中点,可得B(23,3,0)。 设P(x,y,z),则: PO= x2+y2+z2=1, PC= (x- 3)2+y2+z2=2, PA= x2+(y-1)2+z2= 3 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ⇒ x=0, y=- 1 2 , z= 3 2 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 故P 0,- 1 2 ,3 2 。 62 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月 设平面POC 的一个法向量为n1=(x1, y1,z1),且OP→= 0,-12, 3 2 ,OC→=(3,0, 0),则: OP→·n1=0, OC→·n1=0 ⇒ - 1 2y1+ 3 2z1=0 , x1=0。 令z1=1,则y1= 3,故n1=(0,3,1)。 设平面PAB 的一个法向量为n2=(x2, y2,z2),且AP→= 0,-32, 3 2 ,AB→=(23, 2,0),则: AB→·n2=0, AP→·n2=0 ⇒ 23x2+2y2=0, - 3 2y2+ 3 2z2=0 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令x2=1,则y2=- 3,z2=-3,故n2= (1,- 3,-3)。 cos<n1,n2>=- 3 13 =- 3 13 13 ,所以平面 POC与平面PAB 所成角的余弦值为 3 13 13 。 六、利用平面向量基本定理求点 根据平面向量基本定理可知,同一平面 内的任意向量p,都可以表示为其他两个不 共线向量a,b 的线性组合,即存在唯一实数 对λ,μ,使得p=λa+μb(λ,μ 不全为零)。 这也给我们顺利求点提供了一条新的思路。 图13 例 6 如图13,已 知四棱锥 P-ABCD 的 底面 ABCD 是直角梯 形,AD ∥BC,AB ⊥ BC,AB = 3,BC = 2AD=2,E 为CD 的中 点,PB⊥AE。 (1)证 明:平 面 PBD⊥平面ABCD; (2)若 PB=PD,PC 与平面ABCD 所 成的角为 π 3 ,过点B 作平面PCD 的垂线,垂 足为N,求点N 到平面ABCD 的距离。 分析:(1)要证明平面PBD⊥平面AB- CD,只需证明 AE⊥平面 PBD 即可。对于 (2),由(1)可知,作PO 垂直BD,垂足为O, 则一举两得,即可确定以PO 为z轴,同时可 确定 PC 与平面ABCD 所成角的平面角。 而本题的突破口是求出点N 的坐标。 解:(1)由四边形 ABCD 是直角梯形, AB= 3,BC=2AD=2,AB⊥BC,可 得 DC=2,∠BCD= π 3 。 从而△BCD 是等边三角形,BD=2,BD 平分∠ADC。 因为E 为CD 的中点,所以DE=AD= 1,BD⊥AE。 又因为 PB⊥AE,PB∩BD=B,所以 AE⊥平面PBD。 又因 为 AE⊂平 面 ABCD,所 以 平 面 PBD⊥平面ABCD。 (2)在平面 PBD 内作PO 垂直BD,垂 足为O,连接OC。 因为 平 面 PBD ⊥ 平 面 ABCD,平 面 PBD∩平面 ABCD=BD,所以 PO⊥平面 ABCD,∠PCO 为PC 与平面ABCD 所成的 角,故∠PCO= π 3 。 PB=PD,PO⊥BD,故O 为BD 的中 点,OC⊥BD。又OC= 3,易得PO=3。 图14 如图14,以OB, OC,OP 所在直线分 别 为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐 标系,则 B(1,0,0), C(0,3,0),D(-1, 0,0),P(0,0,3)。 设PN→=λPD→+ μPC →,易得 N(-λ, 3μ,-3(λ+μ))。 由 BN→·PC→=0, BN→·PD→=0, 得λ=- 4 13 ,μ= 3 13 , 满足题意。 所以N 点到平面ABCD 的距离为-3(λ+ μ)= 3 13 。 (责任编辑 徐利杰) 72 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月