浙江 2009 · 数学 q05

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$AD$ 与侧面 BB₁C₁C 所成的角 = $60^\circ$

机位1题图角度2正对 侧面 BB₁C₁C3沿 侧面 BB₁C₁C 看4俯视自由视角

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冷启动：先把这个立体钉死，再说角

题目给的条件短得像没给：三棱柱 $ABC\text{-}A_{1}B_{1}C_{1}$，各棱长相等，侧棱垂直于底面。这两句话合起来，其实已经把整个立体钉死到只差一个缩放：

• 「侧棱垂直于底面」$\Rightarrow$ 这是个直棱柱，三个侧面都是矩形；
• 「各棱长相等」$\Rightarrow$ 底面三条边与三条侧棱一样长，于是底面是正三角形，三个侧面都是正方形。

合起来它是一个正三棱柱，而且是最规整的那种。既然形状只差一个缩放，所求的角就与棱长无关——两个相似的立体，对应的角相等。所以下面一律设棱长为 $a$（或者干脆取 $a=2$，让根号最少）。

点 $D$ 是侧面 $BB_{1}C_{1}C$ 的中心。这个面是边长 $a$ 的正方形，「中心」就是两条对角线的交点。两个立刻用得上的长度：

• $D$ 到边 $BC$ 中点的距离 $=\dfrac{a}{2}$（中心到一边中点，等于边长的一半）；
• $D$ 到顶点 $B$ 的距离 $=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a$（对角线的一半）。

要求的是 $AD$ 与平面 $BB_{1}C_{1}C$ 所成的角。线面角的定义是：斜线与它在该平面内的射影所成的角。所以核心动作只有一个——把 $A$ 在这个面上的影子找出来。

解法一：找影子——证 $AE\perp$ 侧面，再在 $\mathrm{Rt}\triangle AED$ 里解一次

怎么想到的。 影子在哪里？$A$ 是底面正三角形的一个顶点，而侧面 $BB_{1}C_{1}C$ 是「以 $BC$ 为底边竖起来的那堵墙」。正三角形里，从 $A$ 到 $BC$ 最短的那条线是中线（也是高）$AE$——它垂直于 $BC$。而这堵墙是竖着的，$AE$ 又躺在水平的底面里。两个垂直凑齐，$AE$ 就该整条垂直于这堵墙。

① 证 $AE\perp$ 平面 $BB_{1}C_{1}C$。 取 $BC$ 的中点 $E$，连 $AE$。

• 底面 $\triangle ABC$ 是正三角形，$E$ 是 $BC$ 的中点，所以 $AE\perp BC$（等腰三角形底边上的中线就是高）。
• 侧棱 $BB_{1}\perp$ 底面 $ABC$，而 $AE$ 在底面 $ABC$ 内，所以 $BB_{1}\perp AE$。

$BC$ 与 $BB_{1}$ 都在平面 $BB_{1}C_{1}C$ 内，且它们相交于 $B$。由线面垂直的判定定理，

$$AE\perp \text{平面 } BB_{1}C_{1}C .$$

这一步的两个字必须盯住：「相交」。 只验出 $AE\perp BC$ 一条就宣布 $AE$ 垂直于整个面，是这类题最常见的错法——平面内的一条直线管不住整个平面（想想墙上任意一条水平线，它垂直于很多不垂直于墙的直线）。必须找到两条相交的。

② 于是所求角就是 $\angle ADE$。 既然 $AE\perp$ 该面，$E$ 就是 $A$ 在该面上的射影；$D$ 本来就在该面上，所以 $DE$ 就是斜线 $AD$ 在该面内的射影。按定义，

$$AD\ \text{与平面 } BB_{1}C_{1}C\ \text{所成的角}=\angle ADE .$$

同时 $AE\perp$ 该面 $\Rightarrow AE\perp DE$，所以 $\triangle AED$ 是直角三角形，直角在 $E$。

③ 解这个直角三角形。 设棱长为 $a$：

$$AE=\frac{\sqrt{3}}{2}a\ (\text{正三角形的高}), \qquad DE=\frac{a}{2}\ (\text{正方形中心到一边中点}) .$$

于是

$$\tan\angle ADE=\frac{AE}{DE}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a}{\frac{a}{2}}=\sqrt{3} \ \Longrightarrow\ \angle ADE=60^{\circ} .$$

$a$ 在这一步自己约掉了——这正是冷启动里说的「角与棱长无关」。答案 C。

顺带记下 $AD$。 $AD=\sqrt{AE^{2}+DE^{2}}=\sqrt{\frac{3}{4}a^{2}+\frac{1}{4}a^{2}}=a$：$AD$ 恰好等于棱长。这个巧合在解法三里要用到。

解法二：建系用向量——斜线与法向量的夹角，取正弦

怎么想到的。 正三棱柱自带三条互相垂直的方向：底面正三角形的对称轴（也就是 $AE$ 所在的方向）、底边 $BC$、竖直的侧棱。有三条互相垂直的方向，就有一个现成的坐标系——建系的成本几乎为零，而建完之后所有「垂直、夹角」都变成数字运算，不再需要作任何辅助线。

① 建系。 取 $BC$ 的中点 $E$ 为原点，$EB$ 为 $x$ 轴、$EA$ 为 $y$ 轴、竖直向上为 $z$ 轴（三者两两垂直，理由就是解法一 ① 里那两条）。取棱长 $a=2$，则

$$B(1,0,0),\quad C(-1,0,0),\quad A(0,\sqrt{3},0),\quad B_{1}(1,0,2),\quad C_{1}(-1,0,2) .$$

$D$ 是正方形 $BB_{1}C_{1}C$ 的中心，即 $B$ 与 $C_{1}$ 的中点：

$$D=\left(\frac{1+(-1)}{2},\ 0,\ \frac{0+2}{2}\right)=(0,0,1) .$$

② 法向量一眼可得。 平面 $BB_{1}C_{1}C$ 上四个点的 $y$ 坐标全是 $0$，所以它就是坐标平面 $y=0$，法向量取

$$\vec n=(0,1,0) .$$

（这正是建系时把 $EA$ 选作 $y$ 轴的回报——不必解方程组求法向量。）

③ 算。

$$\overrightarrow{AD}=D-A=(0,-\sqrt{3},1), \qquad \left|\overrightarrow{AD}\right|=\sqrt{0+3+1}=2 .$$ $$\sin\theta=\frac{\left|\overrightarrow{AD}\cdot\vec n\right|}{\left|\overrightarrow{AD}\right|\left|\vec n\right|} =\frac{\left|-\sqrt{3}\right|}{2\times 1}=\frac{\sqrt{3}}{2} \ \Longrightarrow\ \theta=60^{\circ} .$$

答案 C。

这里有一个非改不可的习惯：线面角取的是正弦，不是余弦。 公式左边写 $\sin$ 是因为：$\vec n$ 与平面垂直，所以 $\overrightarrow{AD}$ 与 $\vec n$ 的夹角，和 $\overrightarrow{AD}$ 与平面的夹角，是互余的一对。求出的 $\left|\cos\left\langle \overrightarrow{AD},\vec n\right\rangle\right|$ 正好等于 $\sin\theta$。照着写成 $\cos\theta=\frac{\sqrt3}{2}$ 就会得到 $30^{\circ}$——而 $30^{\circ}$ 就摆在选项 (A) 上。取绝对值也不能省：法向量的方向可正可负，不加绝对值会算出钝角。

解法三：不作角——点到面的距离除以斜线长

怎么想到的。 前两条路都要先知道影子落在哪里（解法一显式地作出 $E$，解法二靠建系隐式地用了同一条垂线）。但线面角还有一个不需要影子的算法：设 $\theta$ 是斜线 $AD$ 与平面 $\alpha$ 所成的角，$d$ 是点 $A$ 到 $\alpha$ 的距离，则

$$\sin\theta=\frac{d}{\left|AD\right|} .$$

（理由：$d$ 正是直角三角形里 $\theta$ 的对边，$\left|AD\right|$ 是斜边。）于是只要两个长度，一个除法就出角——影子在哪儿根本不用管。这在影子难找的题里是救命的路子。

① 求 $d=d(A,\ \text{平面 } BB_{1}C_{1}C)$，用等体积法。 取三棱锥 $A\text{-}BB_{1}C$，同一个体积换两个底面算：

• 以 $\triangle BB_{1}C$ 为底（它整个躺在平面 $BB_{1}C_{1}C$ 里），面积 $S_{1}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot BB_{1}=\frac{1}{2}a^{2}$，对应的高正是所求的 $d$；
• 以 $\triangle ABC$ 为底（底面正三角形），面积 $S_{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}$，对应的高是 $BB_{1}=a$（侧棱垂直于底面）。

于是

$$\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}a^{2}\cdot d=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}\cdot a \ \Longrightarrow\ d=\frac{\sqrt{3}}{2}a .$$

注意这一步没有用到「影子在哪里」——等体积法要的只是两个面积和一个高，垂足自始至终没出现。

② 求斜线长 $\left|AD\right|$，用中线长公式。 $D$ 是正方形 $BB_{1}C_{1}C$ 的中心，也就是对角线 $BC_{1}$ 的中点，所以 $AD$ 是 $\triangle ABC_{1}$ 中 $BC_{1}$ 边上的中线。三条边分别是

$$AB=a,\qquad AC_{1}=\sqrt{AC^{2}+CC_{1}^{2}}=\sqrt{a^{2}+a^{2}}=\sqrt{2}a,\qquad BC_{1}=\sqrt{2}a .$$

（$AC_{1}$ 与 $BC_{1}$ 都是侧面正方形的对角线。）由中线长公式

$$AD^{2}=\frac{2AB^{2}+2AC_{1}^{2}-BC_{1}^{2}}{4} =\frac{2a^{2}+4a^{2}-2a^{2}}{4}=a^{2} \ \Longrightarrow\ \left|AD\right|=a .$$

③ 一除。

$$\sin\theta=\frac{d}{\left|AD\right|}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2} \ \Longrightarrow\ \theta=60^{\circ} .$$

答案 C。

这条路什么时候才真划算。 这道题里影子好找（就是 $BC$ 的中点），所以解法一更快。但把 $D$ 换成侧面上一个不那么对称的点、或者把正三棱柱换成底面不规则的棱柱，影子就未必落在看得见的对称线上了；那时「距离 ÷ 斜线长」仍然照走，而且点面距还能用等体积法从体积绕过去——整条路上一条垂线都不用作。代价是要多算一个斜线长，这道题里靠中线长公式两行搞定。