10 空间向量法解答动点问题例说-《中学生数理化》高二数学2024年9月刊

空间向量法解答动点问题例说 ■山东省枣庄市第二中学 王 真 动点问题是高考立体几何问题中最具创 新意识的题型,它给静态的立体几何题赋予 了活力,题型更加新颖。同时,“动点”的存 在,也使立体几何题更趋灵活,加强了对同学 们空间想象能力的考查。求解这类问题的一 般方法是作出直观图,结合图形灵活选择几 何法或空间向量法来分析和转化已知条件进 行求解。在解决此类问题的过程中往往用到 向量的线性运算、线线垂直、线面垂直、线线 平行、线面平行的性质与判定定理等知识进 行分析,并能熟练应用各种曲线的定义。下 面举例说明利用空间向量来解决立体几何中 的动点问题,供同学们参考。 一、存在性问题 利用空间向量解决立体几何的存在性问 题,思路如下。 (1)根据题设条件中的垂直关系,建立适 当的空间直角坐标系,将相关点、向量用坐标 表示。 (2)假设所求的点或参数存在,并用相关 参数表示相关点的坐标,根据线、面满足的位 置关系、数量关系,构建方程(组)求解,若能 求出参数的值且符合限定的范围,则存在;否 则,不存在。 图1 例 1 (2024年 天津北辰区第四十七 中学高三上学期第二 次阶 段 性 检 测)如 图 1,已知SA 垂直于梯 形 ABCD 所 在 的 平 面,矩形 SADE 的对 角线交于点F,G 为SB 的中点,∠ABC= ∠BAD= π 2 ,SA=AB=BC= 1 2AD=1 。 (1)求证:BD∥平面AEG。 (2)求平面CSD 与平面SDE 夹角的正 弦值。 (3)在线段EG 上是否存在一点H,使得 BH 与平面SCD 所成角的大小为 π 6 ? 若存 在,求出GH 的长;若不存在,请说明理由。 分析:(1)作辅助线后运用线线平行即可 证明线面平行;(2)建立空间直角坐标系,用 向量方法进行坐标运算即可求解;(3)假设存 在点 H,先用向量表示长度关系,再进行坐 标运算即可求解。 图2 解:(1)连接 FG, 如图2,在△SBD 中, F、G 分别为SD、SB 的 中 点,所 以 FG∥ BD。 又因 为 FG⊂ 平 面 AEG,BD ⊄ 平 面 AEG,所以BD∥平面AEG。 (2)因为SA⊥平面 ABCD,AB⊂平面 ABCD,AD⊂平面 ABCD,所以SA⊥AB, SA⊥AD。 又∠BAD= π 2 ,故AB⊥AD。 图3 以 AB→,AD→,AS→ 为正交基底,建立如 图3所示的空间直角 坐标系Axyz。 则 A(0,0,0), B(1,0,0),C(1,1, 0),D(0,2,0),S(0, 0,1),E(0,2,1),G 12 ,0, 1 2 。 则CD→=(-1,1,0),SC→=(1,1,-1)。 设平面SCD 的一个法向量为m=(x, y,z),则: m·CD→=0, m·SC→=0, 即 -x+y=0,x+y-z=0。 令x=1,解得y=1,z=2。 故法向量m=(1,1,2)。 03 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月 又平面ESD 的一个法向量为AB→=(1, 0,0),故 cos<m,AB→>= m ·AB→ |m||AB→| = 1×1+1×0+2×0 12+12+22×1 = 6 6 。 则sin<m,AB→>= 306 。 所以平面CSD 与平面SDE 夹角的正弦 值为 30 6 。 (3)假 设 存 在 点 H,设 GH→=λGE→= - 1 2λ ,2λ, 1 2λ ,λ∈[0,1]。 则 BH→ = BG→ + λ GE→ = - 1 2- 1 2λ ,2λ, 1 2+ 1 2λ 。 由(2)知,平面 SCD 的一个法向量为 m=(1,1,2)。 则 sin π 6 = |cos <m,BH→>| = - 1 2- 1 2λ+2λ+1+λ 6× 4λ2+ 1 2 (1+λ)2 = 1 2 ,即(λ-1)2= 0,解得λ=1。 故存在满足题意的点 H,此时 GH = GE= 32 2 。 二、判断动点轨迹类型问题 立体几何中的动点轨迹问题:一般根据 线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理, 结合曲线的定义推断出动点的轨迹,有时也 可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨 迹方程。求解空间中动点轨迹的长度问题, 有两种思路:一是先根据几何法或坐标法判 断出轨迹类型,再求轨迹的长度;二是将轨迹 转化为几何体的交线问题求解。 图4 例 2 (2024年北京 大兴精华学校高三上学期 月考)如图4,已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的 棱 长为1,点 M 为棱AB 的 中 点,点 P 在 正 方 形 BCC1B1 的边界及其内部运动。给出以下四 个结论: ①存在点P 满足PM+PD1= 5; ②存在点P 满足∠D1PM= π 2 ; ③满足AP⊥D1M 的点P 的轨迹长度 为 π 4 ; ④满足 MP⊥D1M 的点P 的轨迹长度 为 2 4 。 以上结论中正确的个数为( )。 A.1 B.2 C.3 D.4 分析:建立空间直角坐标系,利用空间向 量解决此题。①利用两个特殊点求出PM+ PD1 的值,判断 5是否在此范围内即可;② 利用向量垂直数量积等于零解方程,即可求 P 点坐标;③④利用向量垂直数量积等于零 可求P 点的轨迹方程,根据图形找到P 点的 轨迹,求长度即可。 图5 解:建立如图5所示 的空 间 直 角 坐 标 系,则 A(1,0,0),D1(0,0,1), M 1, 1 2 ,0 ,C1(0,1,1)。 设动点 P 的坐标为 (x,1,z)。 ① 点 M 关 于 平 面 BCC1B1 的对称点为 M1 1, 3 2 ,0 。 当动点 P 在线段 D1M1 上时,(PM+ PD1)min=D1M1= 1+ 3 2 2 +1= 17 2 < 5。 当动 点 P 在 点 C1 时,PM +PD1= C1D1+C1M=1+ 3 2= 5 2> 5 。 所以存在点P 满足PM+PD1= 5,结 论①正确。 ② PM→ = 1-x,-12,-z ,PD1→ = (-x,-1,1-z)。 若 ∠D1PM = π 2 ,则 PM→ ·PD1→ = 13 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月 -x(1-x)+ 1 2-z (1-z)=0。 化简得 x- 1 2 2 + z- 1 2 2 =0。 解得 x= 1 2 , z= 1 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 即P 1 2 ,1, 1 2 满足题意, 所以结论②正确。 ③ AP→ = (x - 1,1,z),D1M→ = 1, 1 2 ,-1 。 若AP⊥D1M,则AP→·D1M→=x-1+ 1 2-z=0 ,即z=x- 1 2 。 取BC 的中点E,BB1 的中点F,则点P 的轨迹为线段EF,长度为 2 2 ,结论③错误。 ④ MP→ = x-1,12,z ,D1M→ = 1, 1 2 ,-1 。 若 MP⊥D1M,则 MP→·D1M→=x-1+ 1 4-z=0 ,即z=x- 3 4 。 取BF 的中点H,BE 的中点K,则点P 的轨迹为线段HK,长度为 2 4 ,结论④正确。 故选C。 三、最值与范围问题 求解立体几何中的最值与范围问题,一 般可从三个方面考虑:一是构建函数法,即建 立所求量的目标函数,转化为函数的最值问 题进行求解;二是借助基本不等式,几何体变 化过程中若有两个互相牵制的变量(两个变 量之间有等量关系),往往可以使用此种方 法;三是根据几何体的结构特征,变动态为静 态,直观判断在什么情况下取得最值。 例 3 (2024年广东省佛山市顺德区普 通高中高三上学期联考)如图6,在三棱锥A- BCD 中,AB=AC=3,△BCD 是边长为2 的正三角形,平面ABC⊥平面BCD,点P 满 足BP→=λBC→+μBA→,λ∈[0,1],μ∈[0,1], 则( )。 图6 A.当 λ = 1 2 时, △PCD 的面积为定值 B.当μ=0时,DP 的 取值范围为[3,2] C.当μ= 1 2 时,存在 点P,使得BP⊥DP D.当2λ+μ=1 时,存 在 点 P,使 得 DP⊥平面ABC 分析:建立合适的空间直角坐标系,利用 空间向量一一判定即可。 解:取BC 的中点O,连接AO,DO。由 题意可知AO⊥BC,DO⊥BC。 又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩ 平面BCD=BC,所以AO⊥DO。 图7 建立如图7所示的空 间直角坐标系,则 A(0, 0,2 2),B (1,0,0), C(-1,0,0),D(0,3, 0)。 因为 BP→=λBC→ + μBA→,所以P(-2λ-μ+ 1,0,22μ)。 当λ= 1 2 时,P(-μ,0,2 2μ)为动点, △PCD 的面积不是定值,故选项A错误。 当μ=0 时,P(1-2λ,0,0),DP= (2λ-1)2+3。 又因为0≤λ≤1,所以DP∈[3,2],选 项B正确。 当μ= 1 2 时,P 12-2λ ,0,2 ,所以BP→= - 1 2-2λ ,0,2 ,DP→= 12-2λ,-3,2 。 若BP→·DP→=0,则4λ2+74=0,无解。 所以不存在这样的点P,选项C错误。 当2λ+μ=1时,P(0,0,22μ),则P 在 z轴上,只有当P 与原点重合时,DP⊥平面 ABC,故选项D正确。 故选BD。 (责任编辑 徐利杰) 23 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月