2011-江西卷理-21 解-空间向量

本题导读

本题考查空间向量与法向量。

📌【题干】

Question

（2011年江西卷(理)） 21. (1) 如图，对于任一给定的四面体 $A_1{A}_2{A}_3{A}_4$，找出依次排列的四个相互平行的平面 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$，使得 $A_i\in {\alpha }_i(i=1,2,3,4)$，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；

(2) 给定依次排列的四个相互平行的平面 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$，其中每相邻两个平面间的距离都为 1，若一个正四面体 $A_1{A}_2{A}_3{A}_4$ 的四个顶点满足：$A_i\in {\alpha }_i(i=1,2,3,4)$，求该正四面体 $A_1{A}_2{A}_3{A}_4$ 的体积.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 对 (1)：设所求平行平面的单位法向量为 $\mathbf{n}$。平面等间距排列意味着各顶点在法向量方向上的有向投影差相等，即 $\overrightarrow{A_1{A}_2}\cdot \mathbf{n}=\overrightarrow{A_2{A}_3}\cdot \mathbf{n}=\overrightarrow{A_3{A}_4}\cdot \mathbf{n}=d$。由此转化为寻找非零向量 $\mathbf{n}$，使其垂直于 $(\overrightarrow{A_1{A}_2}-\overrightarrow{A_2{A}_3})$ 与 $(\overrightarrow{A_2{A}_3}-\overrightarrow{A_3{A}_4})$，利用两个不共线向量的法向量完成构造。
2. 对 (2)：设正四面体棱长为 $a$。以法向量方向为 $z$ 轴，则各顶点的竖坐标依次满足 $z_1=0,z_2=1,z_3=2,z_4=3$（或依次相差 1）。利用空间正四面体各顶点两两距离平方为 $a^2$，结合坐标或将正四面体嵌入正方体的方法，列出方程求出棱长 $a$，再由正四面体体积公式 $V=\frac{\sqrt{2}}{12}{a}^3$ 求解。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

(1) 设四个平行平面的单位法向量为 $\mathbf{n}$。 四面体四个顶点 $A_i\in {\alpha }_i(i=1,2,3,4)$，且相邻平面间距相等， 等价于向量 $\overrightarrow{A_1{A}_2},\overrightarrow{A_2{A}_3},\overrightarrow{A_3{A}_4}$ 在法向量 $\mathbf{n}$ 上的投影均相等，即： $\overrightarrow{A_1{A}_2}\cdot \mathbf{n}=\overrightarrow{A_2{A}_3}\cdot \mathbf{n}=\overrightarrow{A_3{A}_4}\cdot \mathbf{n}=d>0$ 上式等价于： $\{\begin{array}{l}(\overrightarrow{A_1{A}_2}-\overrightarrow{A_2{A}_3})\cdot \mathbf{n}=0\\ (\overrightarrow{A_2{A}_3}-\overrightarrow{A_3{A}_4})\cdot \mathbf{n}=0\end{array}$ 记向量 $\mathbf{u}=\overrightarrow{A_1{A}_2}-\overrightarrow{A_2{A}_3}$，$\mathbf{v}=\overrightarrow{A_2{A}_3}-\overrightarrow{A_3{A}_4}$。 因为 $A_1,A_2,A_3,A_4$ 是四面体的四个顶点，任意三点不共线，四点不共面， 所以向量 $\mathbf{u}$ 与 $\mathbf{v}$ 不共线。 取与 $\mathbf{u}$ 和 $\mathbf{v}$ 均垂直的非零向量 $\mathbf{n}=\mathbf{u}\times \mathbf{v}$。 若 $\overrightarrow{A_1{A}_2}\cdot \mathbf{n}<0$，可取 $-\mathbf{n}$，保证 $\overrightarrow{A_1{A}_2}\cdot \mathbf{n}>0$。 过各点 $A_i$ 分别作以 $\mathbf{n}$ 为法向量的平面 ${\alpha }_i(i=1,2,3,4)$， 则平面 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$ 相互平行，且相邻平面间的距离均为： $d=\frac{|\overrightarrow{A_1{A}_2}\cdot \mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}=\frac{|\overrightarrow{A_2{A}_3}\cdot \mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}=\frac{|\overrightarrow{A_3{A}_4}\cdot \mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}$ 因此，这四个平面满足题目要求。

(2) 设正四面体 $A_1{A}_2{A}_3{A}_4$ 的棱长为 $a$。 以平面 ${\alpha }_1$ 为 $xOy$ 基准面，垂直于各平面的方向为 $z$ 轴建立空间直角坐标系。 由于相邻平面距离为 1，且 $A_i\in {\alpha }_i$，可设各顶点的竖坐标分别为： $z_1=0,z_2=1,z_3=2,z_4=3$ 将正四面体嵌入一个棱长为 $x$ 的正方体中，正四面体的六条棱为正方体各面的面对角线， 则棱长 $a=\sqrt{2}x$。 在正四面体中，设空间单位向量 ${\mathbf{e}}_z$ 与正四面体四条相交于一顶点的特征向量的夹角方向。 更直接地，利用四面体顶点的坐标关系： 设 $A_i=(x_i,y_i,z_i)$，记 $A_i$ 在 $xOy$ 平面内的投影为 $A_i^{\prime }(x_i,y_i)$。 正四面体中任意两顶点距离均为 $a$，由空间距离公式得： $|A_i{A}_j{|}^2=|A_i^{\prime }{A}_j^{\prime }{|}^2+(z_i-z_j{)}^2=a^2⟹|A_i^{\prime }{A}_j^{\prime }{|}^2=a^2-(z_i-z_j{)}^2$ 代入 $z_i$ 的具体数值，得各投影点之间的平面距离平方： $|A_1^{\prime }{A}_2^{\prime }{|}^2=a^2-(1-0{)}^2=a^2-1$ $|A_2^{\prime }{A}_3^{\prime }{|}^2=a^2-(2-1{)}^2=a^2-1$ $|A_3^{\prime }{A}_4^{\prime }{|}^2=a^2-(3-2{)}^2=a^2-1$ $|A_1^{\prime }{A}_3^{\prime }{|}^2=a^2-(2-0{)}^2=a^2-4$ $|A_2^{\prime }{A}_4^{\prime }{|}^2=a^2-(3-1{)}^2=a^2-4$ $|A_1^{\prime }{A}_4^{\prime }{|}^2=a^2-(3-0{)}^2=a^2-9$ 在平面 $xOy$ 内，四边形 $A_1^{\prime }{A}_2^{\prime }{A}_3^{\prime }{A}_4^{\prime }$ 的四顶点距离满足欧拉四面体平面退化条件（即 Cayley-Menger 行列式为 0），或利用余弦定理建立方程： 在 $△A_1^{\prime }{A}_2^{\prime }{A}_3^{\prime }$ 中，边长分别为 $\sqrt{a^2-1},\sqrt{a^2-1},\sqrt{a^2-4}$， 此三角形为等腰三角形，底边为 $A_1^{\prime }{A}_3^{\prime }$。 设中点为 $M$，由中线长公式可知： $|A_2^{\prime }M{|}^2=(a^2-1)-\frac{a^2-4}{4}=\frac{3a^2}{4}$ 同理，在 $△A_1^{\prime }{A}_4^{\prime }{A}_3^{\prime }$ 中，边长为 $\sqrt{a^2-9},\sqrt{a^2-1},\sqrt{a^2-4}$。 由平面中四点欧氏几何距离的相容性，亦可利用向量法： 在正四面体中心建立坐标系，设正四面体中心到四个顶点的向量为 ${\mathbf{r}}_1,{\mathbf{r}}_2,{\mathbf{r}}_3,{\mathbf{r}}_4$。 因其为正四面体，有 $|{\mathbf{r}}_i|=R=\frac{\sqrt{6}}{4}a$，且对任意 $i\ne j$，${\mathbf{r}}_i\cdot {\mathbf{r}}_j=-\frac{1}{3}{R}^2$。 又 ${\sum }_{i=1}^4{\mathbf{r}}_i=0$。 设平行平面的单位法向量为 $\mathbf{n}$，各顶点在法向量上的投影差为： $z_i-z_j=({\mathbf{r}}_i-{\mathbf{r}}_j)\cdot \mathbf{n}$ 由 $z_1,z_2,z_3,z_4$ 成公差为 1 的等差数列， 必有 $z_1+z_4=z_2+z_3$。 将原点选在四面体中心，因 ${\sum }_{i=1}^4{z}_i=\left({\sum }_{i=1}^4{\mathbf{r}}_i\right)\cdot \mathbf{n}=0$， 所以各顶点竖坐标必为对称分布： $z_1=-\frac{3}{2},z_2=-\frac{1}{2},z_3=\frac{1}{2},z_4=\frac{3}{2}$ 计算平方和： ${\sum }_{i=1}^4{z}_i^2={\left(-\frac{3}{2}\right)}^2+{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3}{2}\right)}^2=\frac{9}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{9}{4}=5$ 另一方面，对于正四面体顶点向任意方向单位向量 $\mathbf{n}$ 的投影，恒有恒等式： ${\sum }_{i=1}^4({\mathbf{r}}_i\cdot \mathbf{n}{)}^2=\frac{4}{3}{R}^2$ 将 $R=\frac{\sqrt{6}}{4}a$ 代入： $\frac{4}{3}{R}^2=\frac{4}{3}\times \frac{6}{16}{a}^2=\frac{1}{2}{a}^2$ 因此： $\frac{1}{2}{a}^2={\sum }_{i=1}^4{z}_i^2=5⟹a^2=10⟹a=\sqrt{10}$ 根据正四面体体积公式： $V=\frac{\sqrt{2}}{12}{a}^3$ 代入 $a=\sqrt{10}$ 得： $V=\frac{\sqrt{2}}{12}\times (\sqrt{10}{)}^3=\frac{\sqrt{2}}{12}\times 10\sqrt{10}=\frac{20\sqrt{5}}{12}=\frac{5\sqrt{5}}{3}$ 故该正四面体的体积为 $\frac{5\sqrt{5}}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：
• 空间法向量的存在性与向量点乘投影的几何意义；
• 正四面体的空间对称性与惯性张量/投影平方和各向同性定理。
• 核心方法：
• 第 (1) 问将面间距相等转化为向量在法向量上的投影差相等，构造两向量的公垂线向量；
• 第 (2) 问利用正四面体中心对称性得 $\sum z_i^2=\frac{1}{2}{a}^2$，避免了平面四点距离退化（Cayley-Menger 行列式）的繁复计算。
• 避坑指南：
• 求解第 (2) 问时，若直接解高次几何方程极易因非线性方程复杂而出现漏解或增根，利用以几何中心为原点的各向同性恒等式是化简的核心技巧。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源自高等几何与理论力学中的刚体转动惯量各向同性定理（球对称/正多面体点系向任一轴的投影均方差为常数），以及国际数学奥林匹克竞赛中关于多面体截面的经典几何模型。
• 结论推广：对任意半正多面体（中心到顶点距离为 $R$），其所有顶点到过中心任意轴的投影坐标满足 ${\sum }_{i=1}^N{z}_i^2=\frac{N}{3}{R}^2$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 21.01空间向量及其运算
• 13.03 空间点、线、面位置关系

类题演练 (Links)

• 1990-全国卷理-11 单-异面直线所成的角
• 2003-全国卷理-12
• 2003-广东卷-12