近日对数学压轴填空的一些好题分析。

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近日对数学压轴填空的一些好题分析。

题 1：空间向量 \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD} 满足 \left\langle \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right\rangle=\dfrac{\pi}{2},\left\langle \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right\rangle=\dfrac{\pi}{3},\left\langle \overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\right\rangle=\dfrac{\pi}{3}，且 \left\lvert\overrightarrow{AB}\right\rvert=\left\lvert\overrightarrow{AC}\right\rvert=2,\left\lvert\overrightarrow{AD}\right\rvert=4，若点 P 满足 \overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}+z\overrightarrow{AD}，且 x,y,z\geqslant 1,x+y+z\leqslant 5，求动点 P 形成的空间区域体积为（）。

个人分析：

Tag：空间向量，空间向量基本定理，等和线定理，经典求四面体体积。

最开始看到这道题想着就是个简单的等和线。稍微扩展一下变成等和面大家都会。然后自己画了个图觉得区域是一个棱台，一直算算出了 \dfrac{392\sqrt{2}}{3}，好像不对就摆了。

其实是被 x,y,z\geqslant 1 坑了，随便地就把 x,y,z\geqslant 1 与 x+y+z\geqslant 3 划了等号。

解法重在指出该空间区域的形状及棱长。

解：

以等和面为思路考虑整道题，不妨先求出 \left\lvert BC\right\rvert,\left\lvert BD\right\rvert,\left\lvert CD\right\rvert。

由余弦定理显然有：

\begin{cases} \left\lvert BC\right\rvert=\sqrt{2}\left\lvert AB\right\rvert=2\sqrt{2},\\ \left\lvert BD\right\rvert=\left\lvert CD\right\rvert=\sqrt{\left\lvert AC\right\rvert^2+\left\lvert AD\right\rvert^2-2\left\lvert AC\right\rvert\cdot\left\lvert AD\right\rvert \cos\left\langle AC,AD\right\rangle}=2\sqrt{3}, \end{cases}

此时不能直接使用等和面定理，原因在于看似 x+y+z\in[3,5]，其实有额外条件 x,y,z\geqslant 1。这个问题很好解决，我们令 \overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AA^\prime}+(x-1)\overrightarrow{AB}+(y-1)\overrightarrow{AC}+(z-1)\overrightarrow{AD}，同时令 x^\prime=x-1,y^\prime=y-1,z^\prime=z-1，目的在于用新的 x^\prime,y^\prime,z^\prime 替换最开始的 x,y,z，从 x+y+z\in[3,5],x,y,z\geqslant 1 变为 x^\prime+y^\prime+z^\prime\in[0,2]。

由于 \overrightarrow{AA^\prime}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}，我们可以不再考虑这一块，因为这都是定值，所以我们只需要考察 \overrightarrow{A^\prime P} 的 P 点轨迹。我们完全可以建立新的坐标系并抛弃最初的 A,B,C,D 四点，使用平移后的 A^\prime,B^\prime,C^\prime,D^\prime 点。

根据空间向量基本定理，若 P 与 B^\prime,C^\prime,D^\prime 共面则有 \overrightarrow{A^\prime P}=x^\prime\overrightarrow{A^\prime B^\prime}+y^\prime\overrightarrow{A^\prime C^\prime}+z^\prime\overrightarrow{A^\prime D^\prime},x^\prime+y^\prime+z^\prime=1。

由此推出等和面定理（等和线定理的拓展，自己推一下图一乐），定义 \overrightarrow{A^\prime B_k}=k\overrightarrow{A^\prime B^\prime},\overrightarrow{A^\prime C_k}=k\overrightarrow{A^\prime C^\prime},\overrightarrow{A^\prime D_k}=k\overrightarrow{A^\prime D^\prime},k\in \Bbb{Z}，若 \overrightarrow{A^\prime P}=x^\prime\overrightarrow{A^\prime B_k}+y^\prime\overrightarrow{A^\prime C_k}+z^\prime\overrightarrow{A^\prime D_k},x^\prime+y^\prime+z^\prime=k，则 P 与 B_k,C_k,D_k 共面。

由我们自己推的等和线定理，我们知道 P 点形成的空间体是一个以 A^\prime,B_2,C_2,D_2 四点为定点的四面体（为什么是四面体呢，因为还有 x^\prime,y^\prime,z^\prime\geqslant 0 的条件，这限制了 P 在四点内部）。且有 \left\lvert A^\prime B_2\right\rvert=4,\left\lvert A^\prime C_2\right\rvert=4,\left\lvert A^\prime D_2\right\rvert=8，其余边均放大了一倍。上面使用余弦定理已经求过了。

考虑这个几何体的体积怎么求，以 A^\prime,B_2,C_2 为底面（我画不了图大家伙自个画嗷），求解 D_2 到面 A^\prime B_2C_2 的距离。设 Q 点为 B_2C_2 的中点，并连接 QD_2，截取截面 A^\prime QD_2。同时设 H 为 D 在面 A^\prime B_2C_2 的投影，其显然在线段 A^\prime Q 上。

显然，\left\lvert D_2Q\right\rvert=\sqrt{\left\lvert B_2D_2\right\rvert^2-\dfrac{1}{4}\left\lvert B_2C_2\right\rvert^2}=2\sqrt{10},\left\lvert A^\prime Q\right\rvert=\sqrt{2}。

再次使用余弦定理得 \cos\angle QA^\prime D_2=(\left\lvert D_2 Q\right\rvert^2-\left\lvert A^\prime D_2\right\rvert^2-\left\lvert A^\prime Q\right\rvert^2)\times \dfrac{1}{-2\left\lvert A^\prime D_2\right\rvert\cdot\left\lvert A^\prime Q\right\rvert}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}。

所以 \angle QA^\prime D_2=\dfrac{\pi}{4}。

那么就可以很方便的知道 \left\lvert D_2 H\right\rvert=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left\lvert A^\prime D_2\right\rvert=4\sqrt{2}。

又因为 \angle B_2A^\prime C_2=\dfrac{\pi}{2}，所以 S_{\triangle A^\prime B_2C_2}=\dfrac{1}{2}\left\lvert A^\prime B_2\right\rvert\cdot \left\lvert A^\prime C_2\right\rvert=8。

所以该几何体体积为 V_{D_2-A^\prime B_2C_2}=\dfrac{1}{3}\times \left\lvert D_2 H\right\rvert\cdot S_{\triangle A^\prime B_2C_2}=\dfrac{32\sqrt{2}}{3}。

即该空间区域体积为 \dfrac{32\sqrt{2}}{3}。

题（2）：已知 A,B,C,P 为半径为 R 的球面上的四点，其中 AB,AC,BC 的球面距离分别为 \dfrac{\pi}{3}R,\dfrac{\pi}{2}R,\dfrac{\pi}{2}R，若 \overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}，其中 O 为球心，则 x+y+z 的最大值为（）。

个人分析：

Tag：等和线定理，正余弦定理，空间向量基本定理

虽然按照自己对 P 点位置的感觉做了一下，但是貌似完全不对。擦边倒是擦到了。

之后发现原来是 \angle AOB 求成 120^\circ 了。

总之还是经典等和线。

解（1）：

根据球面距离可以求出 \angle AOB=\dfrac{\pi}{3},\angle BOC=\dfrac{\pi}{2},\angle AOC=\dfrac{\pi}{2}。每个小孩都会。

由于 P 点所在的最远等和面必定为切面，设 OP 与面 ABC 交于 P^\prime，我们不妨先求出 \left\lvert OP^\prime\right\rvert 的最值。

根据我们伟大的等和面定理，有 \left\lvert OP^\prime\right\rvert=\dfrac{\left\lvert OP\right\rvert}{x+y+z}，要想要 x+y+z 最大，则 \left\lvert OP^\prime\right\rvert 应当最小。换句话说，O 在面 ABC 内的投影就是 P^\prime。

问题变为求出 \bigodot ABC 的半径。由之前求出的各角度数可以得到 \left\lvert AB\right\rvert=R,\left\lvert AC\right\rvert=\left\lvert BC\right\rvert=\sqrt{2}R。

再有余弦定理得 \cos\angle ACB=(\left\lvert AB\right\rvert^2-\left\lvert AC\right\rvert^2-\left\lvert BC\right\rvert)^2\times\dfrac{1}{-2\left\lvert AC\right\rvert\cdot\left\lvert BC\right\rvert}=\dfrac{3}{4},\sin\angle ACB=\dfrac{\sqrt{7}}{4}。

由正弦定理得 r=\dfrac{\left\lvert AB\right\rvert}{2\sin \angle ACB}=\dfrac{2\sqrt{7}}{7}R,d=\sqrt{R^2-r^2}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}，故 x+y+z=\dfrac{\sqrt{21}}{3}。

解（2）：

此为自己改完错的个人解法。

小孩都知道四面体 O-ABC 关于 OC 对称。所以显然能使得 x+y+z 最大的点 P 也在对称面上。设 AB 中点为 D，则 P 在以 O 为圆心，\left\lvert OC\right\rvert 为半径，过点 C,D 的圆上。

不妨再设 OP 与 CD 交于 P^\prime，与上一解法类似的推理思路可以知道求出 \left\lvert OP^\prime\right\rvert 即可。

注意到 \left\lvert AD\right\rvert=\dfrac{R}{2},\left\lvert OD\right\rvert=\dfrac{\sqrt{3}}{2}R,\left\lvert AC\right\rvert=\sqrt{2}R。

所以 \left\lvert CD\right\rvert=\dfrac{\sqrt{7}}{2}R。

由余弦定理可以解得 \cos\angle OCD=(\left\lvert OD\right\rvert^2-\left\lvert OC\right\rvert^2-\left\lvert CD\right\rvert^2)\times\dfrac{1}{-2\left\lvert OC\right\rvert\cdot\left\lvert CD\right\rvert}=\dfrac{2\sqrt{7}}{7},\sin\angle OCD=\dfrac{\sqrt{21}}{7}。

故 \left\lvert OP^\prime\right\rvert=\left\lvert OC\right\rvert\sin\angle OCD=\dfrac{\sqrt{21}}{7}R,x+y+z=\dfrac{\sqrt{21}}{3}。

题（3）：已知空间向量 \vec{a},\vec{b},\vec{c} 两两夹角均为 60^\circ，且 \left\lvert\vec{a}\right\rvert=\lvert\vec{b}\rvert=2,\left\lvert\vec{c}\right\rvert=6，若向量 \vec{x},\vec{y} 分别满足 \vec{x}\cdot(\vec{x}+\vec{a}-\vec{b})=0 与 \vec{y}\cdot\vec{c}-8=0，则 \lvert \vec{x}-\vec{y}\rvert 的最小值为（）。

个人分析：

Tag：头脑风暴颅内幻想几何图形全新 3D 大脑构图疯狂猜测看图写话之神奇向量在哪里。

纯逆天题。

真要用代数方法去计算我觉得一整场考试都不一定算得出来，官解思路我估计也没几个人能想得到。

我选择看图说话。

解：

该解完全不同于官解。

首先把 \vec{a},\vec{b},\vec{c},\vec{a}-\vec{b} 全部平移到以坐标原点为起点。小孩都会。

我们不妨先分析所有 \vec{x},\vec{y} 分别构成的空间图形。考虑 \vec{x}，先令 \vec{p}=\vec{a}-\vec{b}，有 \vec{x}\cdot(\vec{x}+\vec{p})=0。

画一画图可以知道该三角形的直角边分别为 \vec{x},\vec{x}+\vec{p}，斜边为 \vec{p}，是一个直角三角形。由于 \vec{p} 的对角是直角，我们可以知道所有 \vec{x} 的终点可以组成一个球面，其直径为 \lvert\vec{p}\rvert。

再分析 \vec{y}，由于 \vec{y}\cdot\vec{c}=8，转化可得 \lvert \vec{y}\rvert\cos\langle\vec{y},\vec{c}\rangle=\dfrac{4}{3}。用中文翻译一下就是 \vec{y} 在 \vec{c} 的投影长度为 \dfrac{4}{3}，那么所有的 y 的终点共同组成一个平面，该平面垂直于 \vec{c}，且交点距离坐标原点 \dfrac{4}{3}。

问题变为求球面上距离平面的最近点。一下省去了不少步骤。

又考虑到平面垂直于 \vec{c}，所以显然最近点也应该在平行于 \vec{c} 且过球心的某一球截面上。我们只需要考虑这个球截面。其距离平面的最近点就变为了距离直线的最近点。

又因为这个距离等于 \dfrac{4}{3}-R=\dfrac{1}{3}，故答案为 \dfrac{1}{3}。

画图好理解。