标题 | 源于公理 基于推理 再探空间几何体 |
范文 | 康淑欣
【摘要】在平面直角坐标系中,可以借助点的坐标与曲线的方程,用代数的方法研究几何图形的几何性质.在空间中,可以借助空间直角坐标系,用坐标确定点,用三点共线及四点共面条件确定空间中直线与平面的位置,通过代数运算,研究几何元素之间的位置关系和数量关系. 【关键词】三点共线;四点共面;几何作图;坐标法 欧几里得的《几何原本》建立了人类历史上第一座宏伟的演绎推理大厦,《几何原本》从少量的“自明”的“公理”“公设”出发,利用逻辑推理的方法,推演出整个几何体系.其中逻辑推理至关重要,这需要我们以一些简单现象作为“公理”.非欧几何的产生说明,由于“公理”的不同,经过逻辑推理,所得到的结论不同.“公理”相同的情况下,由于“公理”的表达方式不同,导致推理过程呈现方式不同,推理过程难易程度也不相同,高中阶段的立体几何教材就呈现了这一思想. 在人教A版必修2中,以空间图形的基本性质作为“起点”,探索并进行逻辑推理,用坐标把点的位置数量化,进而把图形性质用数量关系表示出来,侧重培养学生的空间想象、几何直观及逻辑推理能力.人教A版选修2-1中,通过新的视角,用直线的方向向量及平面的法向量研究点、线、面之间的位置关系,进一步发展学生的数学运算、直观想象的素养.用空间直角坐标系中点的坐标、直线与平面的方程作为研究工具,为研究空间几何体提供了一种新的视角. 我们以三点共线及四点共面的坐标表示为工具,通过具体问题阐述如何用坐标法研究空间几何体中点、线、面的位置关系和数量关系. 定理1 若平面内不重合的三点A,B,P共线,则存在实数λ,使得AB=λAP. 定理2 对于空间中不共线的三点A,B,C,若P为平面ABC内任意一点,则存在实数λ,μ,使得AP=λAB+μAC. 例1 在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面 ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3,E为PD中点,点F在PC上,且PFPC=13. 图1问题1 建立空间直角坐标系,求直线PC上点F的坐标. 解:如图1所示,因为PA⊥平面ABCD,又AD⊥DC,所以,以DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,过点D做平面ABCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(3,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),P(2,0,2),E(1,0,1). 设F(x,y,z), 根据题意可得PF=13PC, 又PF=(x-2,y,z-2),PC=(-2,2,-2),所以(x-2,y,z-2)=13(-2,2,-2),解得F43,23,43. 问题2 求直线PB与平面AEF的交点坐标. 分析:要求直线PB与平面AEF的交点坐标,只要在平面AEF内找一点G,使得P,B,G三点共线即可. 解:设G(x,y,z),因为P,G,B三点共线,所以存在实数λ,使PG=λPB,即(x-2,y,z-2)=λ(1,2,-2),易得G(2+λ,2λ,2-2λ),因为A,E,F,G四点共面,所以,存在实数m,n使得AG=mAE+nAF,因为AE=(-1,0,1),AF=-23,23,43,AG=(λ,2λ,2-2λ),即(λ,2λ,2-2λ)=m(-1,0,1)+n-23,23,43,解得λ=23,得到点G83,43,23. 问题3 求点B到直线PD的距离. 分析:过点B向直线PD作垂线,设M为垂足,即M为直线PD上一点,使得BM⊥PD. 图2解:如图2所示,设M(x,y,z), 因为P,M,D三点共线,所以存在实数λ,使PM=λPD,即(x-2,y,z-2)=λ(-2,0,-2),易得: M(2-2λ,0,2-2λ),所以BM=(-2λ-1,-2,2-2λ), 又PD=(-2,0,-2),BM⊥PD, 所以 (-2λ-1,-2,2-2λ)·(-2,0,-2)=0, 解得λ=14,所以M32,0,32,则点B到直线PD的距离|BM|=3-322+(2-0)2+0-322=342. 问题4 求点B到平面PCD的距離. 分析:由点到平面的距离定义得以下解法. 图3解:如图3所示,过B作BH⊥平面PCD于H,设H(x,y,z), 因为P,D,C,H四点共面, 所以存在实数λ,μ使得DH=λDP+μDC,即有(x,y,z)=λ(2,0,2)+μ(0,2,0),易得H(2λ,2μ,2λ), 所以 BH=(2λ-3,2μ-2,2λ), 因为BH⊥平面PDC,所以BH·DP=0,BH·DC=0, 即(2λ-3,2μ-2,2λ)·(2,0,2)=0,(2λ-3,2μ-2,2λ)·(0,2,0)=0, 则有4λ-3=0,2μ-2=0,解得λ=34,μ=1,所以H32,2,32. 所以|BH|=3-322+(2-2)2+0-322=322. 问题5 求直线PB与平面PCD所成角. 分析:由直线与平面所成角的定义,过点B向平面PCD引垂线,设H为垂足,连接PH,则∠BPH为直线PB与平面PCD所成角. 解:如图3所示,由问题4得垂足H32,2,32,在直角三角形PHB中,∠BPH为直线PB与平面PCD所成角,因为|BH|=322,且B(3,2,0),P(2,0,2),|BP|=(3-2)2+(2-0)2+(0 -2)2=3,所以sin∠BPH=|BH||BP|=22,又0<∠BPH<π2,所以∠BPH=π4. 问题6 求二面角B-PD-C的正弦值的大小. 分析:由二面角的定义,如图4所示,过点B作BM⊥PD于M,再过点B向平面PCD引垂线BH,设H为垂足,连接MH,因为BM⊥PD,则∠BMH为二面角B-PD-C的平面角. 图4 解:由问题3得|BM|=342, 由问题4得|BH|=322,在Rt△BMH中,sin∠BMH=|BH|[]|BM|=31717. 例2 如图5,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是线段BD1上的动点,当△PAC在平面DC1,BC1及AC上的正投影都是三角形时,它们的面积分别记为S1,S2,S3. 图5 (1)当BP=33时,S1 S2(填“>”“<”或“=”); (2)S1+S2+S3的最大值为. 分析:由正投影的定义知,点P在平面DC1,BC1及AC上的投影分别在面对角线D1C,BC1,BD上,分别记为P1,P2,P3,要使△PAC在指定面的投影是三角形,点P不能是BD1的中点或端点B. 解:如图6所示,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D1(0,0,1),B(1,1,0),设P(x,y,z)且0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1,设 D1P=λD1B(0≤λ<1,λ≠12),D1P=(x,y,z-1),D1B=(1,1,-1), 图6 所以(x,y,z-1)=λ(1,1,-1), 解得x=λ,y=λ,z=1-λ,即P(λ,λ,1-λ), 則P1(0,λ,1-λ),P2(λ,1,1-λ),P3(λ,λ,0). (1)当BP=33时,λ=23,S1=S2. (2)S1+S2+S3=32-2λ(0≤λ<1,λ≠12),所以,当λ=0时,(S1+S2+S3)max=32. 用坐标法研究空间几何体的性质,其解题思路与人教A版必修2完全一致,只是解题过程中的推理方式不同,与几何推理相比,此方法降低了几何作图的难度,只是用坐标法刻画出作图过程中点、线、面之间的位置或数量关系.正如一位著名几何学家所说:“解析几何没有严格的规定内容,对它来说,决定性的因素不是研究对象,而是思想方法”.用坐标法研究空间几何体的目的是培养学生多视角思考问题、优选方法解决问题的能力,对培养学生的数学核心素养具有重要的意义. 【参考文献】 [1]欧几里得.几何原本[M].燕晓东,译.南京:江苏人民出版社,2011. |
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