● (象山中學 浙江象山 315700)

賦值法在作截面交線中的應用

●李左杰(象山中學 浙江象山 315700)

我們知道，作截面圖形是立體幾何中的一個難點,而作截面圖形的關鍵是作出截面與被截幾何體的交線.為解決這一難點，筆者給出一種用賦值法作截面交線的方法．此法簡捷、精確，凸顯了“解析幾何思想”和“算法思想”.

所謂賦值法求截面交線，就是在空間直角坐標系中，確定截面上的點應該滿足的方程(簡稱截面方程)，然后通過被截幾何體各面的特征，對相應的坐標變量賦值，進而給出截面在被截幾何體各面上的交線,最后得出截面的圖形．

例1如圖1，P是空間中任意一個動點.若P到正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD所在直線與到棱A1D1所在直線的距離相等，求動點P在正方體各面所在平面上的軌跡．

圖1

整理得

2z=x2-y2+2y.

令x=0，則2z=-y2+2y，即點P在平面ADD1A1上的軌跡是拋物線；令x=1，則2z=-y2+2y+1，即點P在平面BCC1B1上的軌跡是也是拋物線.

令y=0，則2z=x2，即點P在平面ABB1A1上的軌跡是拋物線；令y=1，則2z=x2+1，即點P在平面CDD1C1上的軌跡也是拋物線.

令z=0，則x2-y2+2y=0，即點P在平面ABCD上的軌跡是雙曲線；令z=1，則x2-y2+2y=2，即點P在平面A1B1C1D1上的軌跡是雙曲線．

注解決本題的關鍵是建立空間直角坐標系，求出動點P的軌跡方程.這樣，動點P在正方體各面所在平面上的軌跡就是該軌跡方程和各平面方程聯(lián)立方程組的解.因此，賦值法求截面交線的方法充分體現(xiàn)了解析幾何的思想方法.

例2如圖2,已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，P為底面ABCD的中心，Q，R分別為棱DD1，A1B1的中點，求截面PQR與正方體各面的交線．

圖2

分析如圖2建立坐標系，則P(1，1，0)，Q(0，2，1)，R(1，0，2)，且

設平面PQR的法向量為n=(a,b,c)，則

解得法向量為

n=(3,2,1).

令M(x,y,z)為平面PQR內的任意一點，則

即

3(x-1)+2(y-1)+z=0,

化簡得 3x+2y+z-5=0.

(1)

為了得到截面與底面ABCD的交線方程，令z=0,則方程(1)可化為

3x+2y-5=0,

同理，分別令x=0，y=0,y=2,z=2,得到平面PQR與正方體的面ADD1A1，A1B1BA，C1D1DC，A1B1C1D1的4條交線:

它們依次圍成一個五邊形．

注截面與正方體各面的交線，實際上就是求2個平面的交線.在空間中，求平面方程的關鍵是找出該平面的一條法向量，然后利用法向量與平面中的任一向量垂直列出平面方程.利用賦值法求截面交線能較好地解決正方體中過不共線的任意3個點的截面問題.

(2007年全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題)

圖3

如圖3建立空間直角坐標系,令球面上點的坐標為P(x,y,z)，則

分別令x=0，y=0,z=0,得球面與坐標平面yOz,xOz,xOy的3條等長的交線:

分別令x=1,y=1,z=1,得球面與平面B1C1CB,CDD1C1,A1B1C1D1的3條交線：

如圖3所示，在面AA1D1D上，因為

所以

同理可得

因此

這樣的弧共有3條．

這樣的弧也有3條．

于是，所得的曲線長為

注建立空間直角坐標系，求出動點P所滿足的軌跡方程，再將平面方程和該軌跡方程聯(lián)立，消元后即得截面交線的方程.利用賦值法求截面交線，將立體幾何的截面問題程序化，充分凸顯了高中數(shù)學的“算法思想”.

例4圓錐的軸截面SAB是邊長為2的等邊三角形，O為底面中心，M為SO的中點，動點P在圓錐底面內(包括圓周).若AM⊥MP，則點P形成的軌跡的長度為

( )

(2008年浙江省高中數(shù)學競賽試題)

圖4

因為AM⊥MP，所以

即

故選B.

筆者認為，用賦值法作截面交線降低了學生作截面的難度，同時對發(fā)展學生的空間想象能力和運算求解能力有較大的幫助，值得向學生介紹．