強基計劃數學備考系列講座(11)
——立體幾何求解與證明路徑

2023-01-07 15:05:32王慧興

高中數理化 2022年23期

王慧興

(清華大學附屬中學)

1 知識與技能

1.1 要點梳理

表1

1.2 要點解析

(1)幾何觀點:基于幾何體概念以及相關幾何元素之間的位置關系,經歷圖形分析與必要的幾何作圖過程,根據定義與性質進行推理,完成證明與計算.

(2)幾何作圖:基于幾何分析,在已有空間圖形中,增添必要的幾何元素以輔助推理與計算.

(3)如圖1所示,特殊三棱錐P-ABC的頂點在底面上的射影位置:當PA＝PB＝PC時,點P在平面ABC上的射影是△ABC的外心;當∠PAB＝∠PAC時,點P在平面ABC上的射影落在∠BAC的平分線上.特別地,當∠PAB＝∠PAC,且∠PBA＝∠PBC時,點P在平面ABC上的射影是△ABC的內心或旁心;當dP-AB＝dP-AC＝dP-BC時,點P在平面ABC的射影是△ABC的內心或旁心;當PA⊥BC,且PB⊥AC時,點P在平面ABC上的射影是△ABC的垂心.

圖1

(4)幾個常用的二級結論.

三余弦定理:如圖2所示,P?α,PO⊥平面α于點O,點A是平面α內異于點O的一點,∠PAO＝θ1,它是PA與平面α所成角,另取點B∈平面α,使得∠OAB＝θ2,記∠PAB＝θ3,則cosθ1cosθ2＝cosθ3.

圖2

面積射影關系:如圖3所示,AA′⊥平面BCA′,二面角A-BC-A′的平面角大小是∠ADA′,設∠ADA′＝θ,則S△ABCcosθ＝S△A′BC.

圖3

異面直線上兩點之間的距離:如圖4所示,兩條異面直線a,b的距離是d,所成角是θ,A∈a,B∈b,A和B兩點的連線段是a,b的公垂線段,E∈a,F∈b,并且AE＝m,BF＝n.由B和a確定一個平面β,在平面β上過點B作a′∥a,由b和a′確定一個平面α;由AB⊥a,得AB⊥a′,所以平面β⊥平面α;過E作EM⊥平面α于M,則M∈a′.

圖4

在△MBF中,BM＝AE＝m,BF＝n,∠FBM∈{θ,180°－θ},下面求FM.

二面角的兩個面上兩點之間的距離:如圖5 所示,在平面α,β內分別取一點M,N,從這兩點分別引棱l的垂線段MA,NB,并且MA＝m,NB＝n,記AB＝d,其在平面α上,過點B作線段BT與AM平行且相等,連接MT,則四邊形ABTM是矩形,故MT∥l,且MT＝d,連接NT,由AB⊥平面BNT,得MT⊥平面BNT.在△NBT中,BN＝n,BT＝m,∠NBT＝θ,由余弦定理得

圖5

在Rt△TMN中,∠MTN＝90°,MT＝d,由勾股定理可得

(5)錐體截面與高比例關系:平行于棱錐底面的截面,其面積與底面面積的比等于從頂點到截面的距離與從頂點到底面的距離比的平方.如圖6所示,在五棱錐P-ABCDE中,五邊形A′B′C′D′E′是平行于底面的一個截面,PO⊥平面ABCDE交平面A′B′C′D′E′于點O′,則.同理,如圖7所示,在圓錐PO中,R分別為圓O′、圓O的半徑).

圖6

圖7

(6)四面體有外接球與內切球.

任意一四面體ABCD都有外接球和內切球.

證明如圖8所示,記△BCD的外心為O,過點O作平面BCD的垂線l,任取O′∈l,則O′B＝O′C＝O′D.取點O′＝O1,使O1B＝O1C＝O1D＜O1A;取點O′＝O2,使O2B＝O2C＝O2D＞O2A.

圖8

因為當點O′在直線l上連續移動時,差值δ＝O′D－O′A連續變換,由介值定理,在線段O1O2上存在一點O,滿足δ＝0,即OB＝OC＝OD＝OA,則點O為四面體A-BCD的外接球球心,故任意一四面體都有外接球.如圖9所示,作二面角A-BC-D的等分角面BCE,再作二面角A-BD-C的等分角面BDF,記BE∩DF＝K,則平面BCE∩平面BDF＝BK.

圖9

作二面角A-CD-B的等分角面CDG,連接AK并延長交CD于點X,則平面AXB∩平面CDG＝XG,所以XG與BK是平面ABX上的兩條相交直線,記XG∩BK＝O,則點O是上述三個等分角面的公共點,所以點O到平面ABC、平面ACD、平面ABD等距離,點O是四面體A-BCD內切球的球心,故任一四面體總有內切球.

(7)等積變換.

祖暅原理:夾在兩個平行平面之間的幾何體,被平行于這兩個平面的任意平面所截,如果截得的兩個截面面積都相等,則這兩個幾何體的體積相等.

三棱錐A-BCD是等積變換最活躍的幾何體,即

(8)簡單多面體的歐拉示性數:V＋F－E＝2(多面體的頂點數為V,面數為F,棱數為E).記V＋FE＝f,現用圖論方法論證這個示性數公式f＝2.

設想多面體的面是用橡皮做成,先剪掉一個面,再把剩余部分展開,得到一個平面圖G(V,E),其中區域數為F－1,數值f－1＝V＋F′－E不變;再從外向里逐步去掉邊(該邊關聯的2個頂點不去掉),每去掉一條邊,面也同時減少一個,數值f－1＝V＋(F′－1)－(E－1)＝V＋F′－E保持不變,直到不存在由邊圍成的區域,這時圖G(V,E)簡化成樹,f－1的值仍保持不變;再從樹枝末端,逐步去掉一個頂點及其關聯的邊,每次操作,頂點與邊各減少1,因此f－1＝V＋F′－E的值不變;這種操作可以直至剩下一條邊及其關聯的兩個頂點,所以f－1＝2＋0－1＝1,即f＝2,則V＋F－E＝2.

(9)正多面體.

五種正多面體:每個正多面體的頂點數記作V、面的個數記作F、棱的條數記作E.

綜上,共有五種正多面體,如表2所示.

表2

圖10

求平面的斜線l與平面α的夾角歸結為直線l與其在平面α上的射影的夾角,即兩條相交直線的夾角,這時更常用的方法是通過直線l的方向向量a與平面α的法向量n的夾角進行轉化,但〈a,n〉∈(0,π),所以

求二面角α-l-β的平面角θ∈(0,π),分別求出平面α,β的法向量n1,n2,這兩個法向量夾角〈n1,n2〉的取值范圍是(0,π),所以當n1,n2都指向二面角內部或都指向n1,n2外部時,θ＝π－〈n1,n2〉;當n1,n2之一指向二面角內部,另一個指向二面角外部時,θ＝〈n1,n2〉,故|cosθ|＝|cos〈n1,n2〉|,因此sinθ＝.應注意的是cosθ＝±cos〈n1,n2〉都會出現,正負選擇依據是識別兩個法向量的方向.

(12)各種距離形式不變性:如圖11所示,點到直線的距離、點到平面的距離、兩條平行線間的距離、兩條異面直線間的距離、線面平行線與平面之間的距離、兩個平行平面間的距離,都可以歸結為一個向量在另一個向量n(法向量)上的投影的絕對值,即,其中S是l或平面α,n是S的法向量.

圖11

(13)空間四邊形對邊垂直的條件:如圖12 所示,三棱錐A-BCD對棱垂直的條件是

圖12

注:體會本結論與下文例4的區別.

2 典例精析

2.1 幾何分析

1)動態判斷

例1(上海交通大學)如果三條直線a,b,c兩兩異面,那么與這三條直線都相交的直線l是否存在? 若存在,是有限條還是無窮多條?

解析這樣的直線l存在,并且有無窮多條.把兩兩異面的三條直線a,b,c置于一個平行六面體的三條棱上,如圖13 所示,直線BC、直線C′D′、直線AA′分別是直線a,b,c.在直線BC上任取一點X?{B,C},由X?c,知經過點X與直線c有唯一一個平面α,記b∩平面α＝Y,由c?平面α,XY?平面α,并且c與XY不平行,可知c∩XY＝Z,記共線三點X,Y,Z所在直線為lX,則lX∩a＝X,lX∩b＝Y,lX∩c＝Z,所以存在滿足題設條件的直線lX,并且點X在直線a上移動時,直線lX也是變化的,故滿足題設條件的直線有無窮多條.

圖13

2)異面直線夾角與距離

尋求幾何圖形中平行線,做平行移動,對所求角與距離進行定位,再進行幾何計算.

例2正方體ABCD-A′B′C′D′的棱長為1(如圖14-甲),求兩條異面直線B′D′與BC′所成角與距離.

圖14

解析如圖14-乙所示,由于B′D′∥BD,故∠C′BD就是兩條異面直線B′D′與BC′所成角,連接C′D,則BC′＝C′D＝BD＝,所以△C′BD是一個正三角形,從而∠C′BD＝60°,故兩條異面直線B′D′與BC′所成角為60°.

因為B′D′⊥A′C,B′D′⊥CC′,所以B′D′⊥平面A′CC′,從而A′C⊥B′D′.同理,A′C⊥BC′,故A′C與兩條異面直線B′D′,BC′都垂直.下面由A′C追尋這兩條異面直線的公垂線.

記A′C′∩B′D′＝F,取棱CC′的中點E,則EF是△C′A′C的中位線,即EF∥A′C,并且

3)論證平行與垂直

平行與垂直是立體幾何推理論證的主要問題,證明的基本路徑是基于題設幾何元素位置關系,運用相關定理(判定與性質)以邏輯推理構建完整通順、自然流暢的證明過程.

例3三個平面α,β,γ兩兩相交,記α∩β＝l1,β∩γ＝l2,γ∩α＝l3,求證:

(1)如圖15-甲所示,若l1∥l2,則l1∥l3;

(2)如圖15-乙所示,若l1∩l2＝P,則P∈l3.

圖15

證明(1)因為l1∥l2,l1?γ,l2?γ,所以l1∥γ.因為l1?α,α∩γ＝l3,所以l1∥l3.

(2)因為l1∩l2＝P,l1?α,l2?γ,所以P∈α,且P∈γ.因為α∩γ＝l3,所以P∈l3.

例4在三棱錐A-BCD中,AB⊥CD,AC⊥BD,求證:該三棱錐的每個頂點在其對面上的射影都是相應面三角形的垂心.

證明三棱錐中有兩組對棱垂直,證明三個頂點在其對面上的射影都是垂心,只需證明頂點A在平面BCD上的射影是△BCD的垂心H.如圖16所示,作AH⊥平面BCD于H,則CD⊥AH,BD⊥AH.

圖16

因為CD⊥AB,BD⊥AC,所以CD⊥平面ABH,BD⊥平面ACH,故CD⊥BH,BD⊥CH,從而H是△BCD的垂心.

點評把兩者結合起來可知,當四面體有兩組對棱互相垂直時,第三組對棱也互相垂直,這時三組對棱的平方和相等,并且每個頂點在對面上的射影都是相應三角形的垂心.

4)體積計算與變換

除求空間角與距離之外,求體積是幾何計算的另一典型內容.基于目標與體積公式,作幾何計算,探求中間數據,指向求體積.另外,基于三棱錐或四面體進行等積變換,也是簡化幾何計算的有效路徑,尤其是不用作出表示距離的垂線段.

例5 若四棱錐P-ABCD的棱AB,BC的長均為,其他各條棱長均為1,求該四棱錐的體積.

解析如圖17 所示,作PO⊥平面ABCD于點O.由PA＝PB＝PC＝PD＝1,所以OA＝OB＝OC＝OD,故A,B,C,D四點共圓,O是外心.

圖17

由題意,BA＝BC＝,PA＝PC＝1,所以△PBA≌△PBC?∠PBA＝∠PBC?BO平分∠ABC;同理DO平分∠ADC.

由題意,△ABD≌△CBD?BD平分∠ABC與∠ADC,故點O在BD上,O是線段BD的中點,BD是四邊形ABCD外接圓的直徑,從而∠BAD＝90°＝∠BCD.

例6 如圖18所示,過正三棱錐D-ABC底面正△ABC的中心O任意作一平面α,記射線DA,DB,DC分別與平面α相交于點P,M,N.記AD＝l,求證是常數.

圖18

解析如圖19所示,連接OP,OM,ON,把動態四面體D-MNP分割成3個四面體O-DMP,O-DMN,O-DNP.記∠ADB＝∠BDC＝∠CDA＝θ,DO＝h,DO與平面DAB,平面DBC,平面DCA成等角α,每條側棱DA,DB,DC與其相對側面成等角β.

圖19

5)鋪平與翻折

基于平面圖形翻折立意的一類立體幾何問題,要分析翻折過程中某些垂直與平行的不變性,作為推理基礎,同時要注意后續空間計算的中間數據也能回到原平面圖形,從而快捷合理地探求.另一方面,鋪平方法也是計算空間最短距離問題的一條快捷路徑.

例7(上海交通大學)如圖20所示,已知矩形ABCD的邊AB＝,過B,D作AC的垂線,垂足分別為E,F,并且E,F恰是線段AC的三等分點,沿著AC將矩形翻折,使得二面角B-AC-D是直二面角,則BD的長度為__________.

圖20

圖21

解析如圖21所示,作出折疊圖形的直觀圖,得到三棱錐D-ABC.由題意以及折疊過程中的不變性,可知平面DAC⊥平面ABC,且DF⊥AC,則DF⊥平面ABC,即∠DFB＝90°,所以

點評求解折疊問題應按動態情境體驗圖形折疊前后不變性質與折疊以后空間圖形的形狀,這是正確推理與計算的基礎.本例也可以用如下方法求解簡化計算.記AF＝EF＝EC＝m,則

例8(北京大學)設P為單位正方體ABCDA1B1C1D1的面對角線AB1上的動點,則PA1＋PC1的最小值是_________.

解析如圖22 所示,因為點P在定線段AB1上移動,所以PC1始終在平面AB1C1D上,故把平面AA1B1繞AB1逆時針旋轉鋪平到平面AB1C1D上,得到平面圖形AHB1C1D,記AB1∩HC1＝P0,當P＝P0時,(PA1＋PC1)min＝P0H＋P0C1＝HC1,這里的HC1是平面圖形AHB1C1D上的線段.

圖22

2.2 向量法

應用向量加、減法、平行四邊形法則、三角形法則以及基本定理建立目標,經向量運算與數量積進行推理,完成幾何證明與計算.

例9題目同例6.

圖23

2.3 坐標法

傳統幾何法求空間角與距離都得作出相應的幾何圖形,再基于圖形性質進行幾何計算,這對幾何作圖能力要求較高.基于現在的學情,學習坐標法既是對幾何法的補充也是深化,形成代數幾何新思維.以坐標法構建幾何推理與探求幾何計算的基本路徑:基于圖形結構特點,合理建立空間直角坐標系,把已知數據坐標化,寫出相關點的坐標,進而寫出或求出有關向量的坐標,經向量運算或數量積、投影計算,完成幾何推理與計算.學生通過解題應該體驗到適當引入幾何推理可以簡化代數計算.因此,要善于在坐標計算過程中進行幾何分析與推理,合理簡化計算.

例10在三棱錐P-ABC中,∠APB＝∠APC＝60°,∠BPC＝90°,PA＝3,PB＝2,PC＝1,則該三棱錐P-ABC的外接球半徑為R＝________.

解析如圖24 所示,以P為原點,射線PB為x軸正方向,射線PC為y軸正方向,建立空間直角坐標系P-xyz.取線段BC的中點D,則D是Rt△PBC的外心,三棱錐P-ABC的外接球球心O在過點D與平面PBC垂直的直線上,記其外接球半徑為R.