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IAL 2023 June FP3 Q4

A Level / Edexcel / FP3

IAL 2023 June Paper · Question 4

题目

Problem

The plane Π1\Pi_1 contains the point A(2,4,−5)A(2,4,-5) and is normal to the vector

(−133)\begin{pmatrix} -1\\ 3\\ 3 \end{pmatrix}

The plane Π2\Pi_2 contains the point B(3,6,−2)B(3,6,-2) and is normal to the vector

(20−5)\begin{pmatrix} 2\\ 0\\ -5 \end{pmatrix}

The line ll is the line of intersection of Π1\Pi_1 and Π2\Pi_2

(a) Determine a vector equation for ll.

The points CC and DD both lie on ll.

Given that CC and DD are 5 units apart,

(b) determine the exact volume of the tetrahedron ABCDABCD.

(12)
题目中文翻译

平面 Π1\Pi_1 经过点 A(2,4,−5)A(2,4,-5)，并且垂直于向量

(−133)\begin{pmatrix} -1\\ 3\\ 3 \end{pmatrix}

平面 Π2\Pi_2 经过点 B(3,6,−2)B(3,6,-2)，并且垂直于向量

(20−5)\begin{pmatrix} 2\\ 0\\ -5 \end{pmatrix}

直线 ll 是 Π1\Pi_1 与 Π2\Pi_2 的交线

(a) 求 ll 的向量方程。

点 CC 和 DD 都在 ll 上。

已知 CC 和 DD 相距 5 个单位，

(b) 求四面体 ABCDABCD 的精确体积。

解答

(a)

解法一：联立两个平面方程

思路

展开

先由已知点和法向量分别写出两个平面的笛卡尔方程，再把其中一个坐标设为参数，联立求出另外两个坐标。这样可直接读出交线上的一点和方向向量。

答题过程

展开

The equations of the two planes are

Π1:−x+3y+3z= −2+12−15=−5,Π2:2x−5z= 6+10=16.\begin{align*} \Pi_1:\quad -x+3y+3z =&\,-2+12-15=-5, \\ \Pi_2:\quad 2x-5z =&\,6+10=16. \end{align*}

Let y=λy=\lambda. From 2x−5z=162x-5z=16,

z=2x−165.z=\frac{2x-16}{5}.

Substituting this into −x+3y+3z=−5-x+3y+3z=-5 gives

−x+3λ+3(2x−165)= −5,−5x+15λ+6x−48= −25,x= 23−15λ.\begin{align*} -x+3\lambda +3\biggl(\frac{2x-16}{5}\biggr) =&\,-5, \\ -5x+15\lambda+6x-48 =&\,-25, \\ x=&\,23-15\lambda. \end{align*}

Hence

z=2(23−15λ)−165=6−6λ.z=\frac{2(23-15\lambda)-16}{5} =6-6\lambda.

Therefore, a vector equation of ll is

r=(2306)+λ(−151−6),λ∈R.\boxed{ \mathbf r= \begin{pmatrix} 23\\ 0\\ 6 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} -15\\ 1\\ -6 \end{pmatrix} }, \qquad \lambda\in\mathbb R.

解法二：叉积求方向向量

思路

展开

交线同时位于两个平面内，所以它的方向向量同时垂直于两个平面的法向量，可由两法向量的叉积得到。再令一个坐标为零，联立平面方程找出交线上的一点。

答题过程

展开

The equations of the planes are

−x+3y+3z=−5,2x−5z=16.-x+3y+3z=-5, \qquad 2x-5z=16.

A direction vector of ll is perpendicular to both plane normals. Thus

(−133)×(20−5)= (−151−6).\begin{align*} \begin{pmatrix} -1\\ 3\\ 3 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2\\ 0\\ -5 \end{pmatrix} =&\, \begin{pmatrix} -15\\ 1\\ -6 \end{pmatrix}. \end{align*}

To find a point on ll, set z=0z=0. Then

2x=16⟹x=8,2x=16 \quad\Longrightarrow\quad x=8,

and

−8+3y=−5⟹y=1.-8+3y=-5 \quad\Longrightarrow\quad y=1.

Hence (8,1,0)(8,1,0) lies on ll, so

r=(810)+λ(−151−6),λ∈R.\boxed{ \mathbf r= \begin{pmatrix} 8\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} -15\\ 1\\ -6 \end{pmatrix} }, \qquad \lambda\in\mathbb R.

(b)

解法一：标量三重积

思路

展开

取 (a) 中交线上的方便点作为 CC。先把交线方向向量缩放成长度为 5 的 CD→\overrightarrow{CD}，再用四面体体积公式，即三个棱向量标量三重积绝对值的六分之一。

答题过程

展开

Take C=(8,1,0)C=(8,1,0). The magnitude of the direction vector of ll is

(−15)2+12+(−6)2=262.\sqrt{(-15)^2+1^2+(-6)^2}=\sqrt{262}.

Since CC and DD are 5 units apart, we may take

CD→=5262(−151−6).\overrightarrow{CD} =\frac{5}{\sqrt{262}} \begin{pmatrix} -15\\ 1\\ -6 \end{pmatrix}.

Also,

CA→=(−63−5),CB→=(−55−2).\overrightarrow{CA} = \begin{pmatrix} -6\\ 3\\ -5 \end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow{CB} = \begin{pmatrix} -5\\ 5\\ -2 \end{pmatrix}.

Now

CA→×CB→=(1913−15).\overrightarrow{CA}\times\overrightarrow{CB} = \begin{pmatrix} 19\\ 13\\ -15 \end{pmatrix}.

Therefore, the volume VV of the tetrahedron is

V= 16∣CD→⋅(CA→×CB→)∣= 16∣5262(−151−6)⋅(1913−15)∣= 16∣5262(−182)∣= 4553262.\begin{align*} V =&\,\frac16 \left| \overrightarrow{CD}\mathbin{\boldsymbol{\cdot}} \bigl( \overrightarrow{CA}\times\overrightarrow{CB} \bigr) \right| \\ =&\,\frac16\left| \frac{5}{\sqrt{262}} \begin{pmatrix} -15\\ 1\\ -6 \end{pmatrix} \mathbin{\boldsymbol{\cdot}} \begin{pmatrix} 19\\ 13\\ -15 \end{pmatrix} \right| \\ =&\,\frac16\left| \frac{5}{\sqrt{262}}(-182) \right| \\ =&\,\boxed{\frac{455}{3\sqrt{262}}}. \end{align*}

解法二：三角形面积与垂直高度

思路

展开

把 △ACD\triangle ACD 作为底面。它位于平面 Π1\Pi_1 内，面积可由叉积求出；四面体相对于这个底面的高，就是点 BB 到平面 Π1\Pi_1 的垂直距离。最后使用棱锥体积公式。

答题过程

展开

As in Method 1, take C=(8,1,0)C=(8,1,0) and

CD→=5262(−151−6),CA→=(−63−5).\overrightarrow{CD} =\frac{5}{\sqrt{262}} \begin{pmatrix} -15\\ 1\\ -6 \end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow{CA} = \begin{pmatrix} -6\\ 3\\ -5 \end{pmatrix}.

Since

(−151−6)×(−63−5)=(13−39−39),\begin{pmatrix} -15\\ 1\\ -6 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -6\\ 3\\ -5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 13\\ -39\\ -39 \end{pmatrix},

the area of △ACD\triangle ACD is

Area⁡(△ACD)= 12∣CD→×CA→∣= 12⋅5262132+(−39)2+(−39)2= 65192262.\begin{align*} \operatorname{Area}(\triangle ACD) =&\,\frac12 \left| \overrightarrow{CD}\times\overrightarrow{CA} \right| \\ =&\,\frac12\cdot \frac{5}{\sqrt{262}} \sqrt{13^2+(-39)^2+(-39)^2} \\ =&\,\frac{65\sqrt{19}}{2\sqrt{262}}. \end{align*}

The plane Π1\Pi_1 has equation

−x+3y+3z+5=0.-x+3y+3z+5=0.

Hence the perpendicular distance from B(3,6,−2)B(3,6,-2) to Π1\Pi_1 is

h= ∣−3+18−6+5∣(−1)2+32+32= 1419.\begin{align*} h =&\,\frac{|-3+18-6+5|} {\sqrt{(-1)^2+3^2+3^2}} \\ =&\,\frac{14}{\sqrt{19}}. \end{align*}

Therefore,

V= 13Area⁡(△ACD)h= 13⋅65192262⋅1419= 4553262.\begin{align*} V =&\,\frac13 \operatorname{Area}(\triangle ACD)h \\ =&\,\frac13\cdot \frac{65\sqrt{19}}{2\sqrt{262}} \cdot\frac{14}{\sqrt{19}} \\ =&\,\boxed{\frac{455}{3\sqrt{262}}}. \end{align*}