浙江 2010 · 数学 q20

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翻折后的立体：蓝色是立起来的 $\triangle A'EF$，绿色是待折的 $MNCD$，虚线 $MA'=MC$

机位1题图角度2正对 底面3沿 底面 看4俯视自由视角

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冷启动：翻折题里，先数清楚哪些长度没变

矩形的尺寸藏在题面那一串等式 $AE=EB=AF=\frac{2}{3}FD=4$ 里，拆开就是

$$AB=AE+EB=8,\qquad AF=4,\qquad FD=6,\qquad AD=AF+FD=10 .$$

这张 $10\times 8$ 的平面图是全题唯一的数据源。 两次翻折搬动的都是刚性的一块板：折痕同侧的边长、角、面积一个都不会变，变的只是这块板停在空间里的哪个位置。于是

• 第一折（$\triangle AEF$ 沿 $EF$ 折起成 $\triangle A'EF$）：$A'E=AE=4$、$A'F=AF=4$、$\angle EA'F=90^{\circ}$ 原样照搬；
• 第二折（四边形 $MNCD$ 沿 $MN$ 折上去）：$MC$、$NC$、$MD$、$DC$ 原样照搬。

两问要做的，不过是把这两句话各翻译成一个式子。

第一件事：把 $A'$ 钉在空间里

取 $EF$ 的中点 $H$，连 $A'H$。

• $A'E=A'F$ 且 $H$ 是 $EF$ 的中点 $\Rightarrow A'H\perp EF$（等腰三角形三线合一）；

• 平面 $A'EF\perp$ 平面 $BEF$，两面的交线正是 $EF$，而 $A'H$ 在平面 $A'EF$ 内、又垂直于交线——由面面垂直的性质定理，

  $$A'H\perp\text{平面 }BEF .$$

这是套路「借面面垂直找垂足」的标准用法：题面那句「平面 $A'EF\perp$ 平面 $BEF$」不是背景交代，它的唯一作用就是把 $A'$ 在底面上的射影钉死在 $H$ 上。 没有这句话，$\triangle A'EF$ 可以绕着 $EF$ 转到任何角度，两问都无从谈起。

高也一并定死。$\triangle AEF$ 的两条直角边都是 $4$，是等腰直角三角形，斜边

$$EF=4\sqrt{2},$$

而 $A'H$ 是这条斜边上的中线，故 $A'H=\frac{1}{2}EF=2\sqrt{2}$。（不记得这条也行：$A'H=\sqrt{A'E^{2}-EH^{2}}=\sqrt{16-8}=2\sqrt{2}$。）

到这里 $A'$ 的位置已经完全确定——射影是 $H$，离底面 $2\sqrt{2}$。下面三条路的分歧全都发生在这一步之后。

第二件事：把「重合」翻译成方程

第二折要求 $C$ 与 $A'$ 重合。折痕 $MN$ 上的点在翻折中一动不动，而 $C$ 被搬到了 $A'$，所以对折痕上的每一点，到 $C$ 的距离就等于到 $A'$ 的距离：

$$MA'=MC,\qquad NA'=NC .$$

这就是套路「翻折重合化成到两点等距」——换句话说，$MN$ 整条躺在线段 $A'C$ 的中垂面里。两个等式各给一个方程，分别定出 $M$ 在 $FD$ 上、$N$ 在 $BC$ 上的位置；而且两边都是距离的平方，展开后二次项自动抵消，剩下的是一次方程。

原卷只列了 $M$ 那一个方程，末尾补一句「经检验，此时点 $N$ 在线段 $BC$ 上」。这句检验不是客套：中垂面与直线 $BC$ 必有交点，与线段 $BC$ 却未必——交点落在线段外，这样的折法就根本不存在。

解法一：把平面角作出来——$AF\perp$ 平面 $A'GH$，于是 $\angle A'GH$ 的两条边都垂直于棱

这条路一个坐标都不设。

先约定一个记号。 折起之后顶点 $A$ 已经不在这个几何体上了，但它原来的位置仍在底面所在的平面里（底面是矩形挖掉 $\triangle AEF$ 剩下的五边形 $EBCDF$，而 $A$ 就在这个五边形之外、$DF$ 的延长线上）。下文的 $A$、$AF$、$AE$ 一律指翻折前的那个位置——只有这样读，「$AF$ 在平面 $BEF$ 内」才是对的；若当成 $A'F$，这句话立刻就假了。

第 (I) 问

二面角 $A'\text{-}FD\text{-}C$ 的棱是直线 $FD$，也就是矩形的那条边 $AD$ 所在的直线。要作平面角，就得在棱上找一点，向两个半平面内各作一条垂直于棱的射线（易错点「二面角的平面角没找对」：随手连两条线量出来的角不算）。

第一步：取 $AF$ 的中点 $G$。 $G$、$H$ 分别是 $\triangle AEF$ 两条边 $AF$、$EF$ 的中点，连起来就是一条中位线（套路「两个中点连成中位线」），由三角形的中位线定理

$$GH\parallel AE,\qquad GH=\frac{1}{2}AE=2 .$$

而 $AE\perp AF$（矩形的直角），所以

$$GH\perp AF .$$

第二步：另一条边也垂直于棱。 $A'H\perp$ 平面 $BEF$，而 $AF$ 在这个平面内，故 $A'H\perp AF$。

第三步：把棱整个垂直掉。 $AF\perp GH$、$AF\perp A'H$，而 $GH$ 与 $A'H$ 相交于 $H$、同在平面 $A'GH$ 内，由线面垂直的判定定理

$$AF\perp\text{平面 }A'GH .$$

这一步是本条路的全部价值：平面 $A'GH$ 就是棱的垂面（套路「棱的垂面里量二面角」）。棱的垂面与两个半平面各交出一条射线——$GH$ 落在含 $C$ 的那一侧（$H$ 与 $C$ 都在棱的同侧），$GA'$ 落在含 $A'$ 的那一侧，两条都垂直于棱。所以 $\angle A'GH$ 就是二面角 $A'\text{-}FD\text{-}C$ 的平面角，不用再多说一句。

顶点 $G$ 落在线段 $FD$ 之外，不要紧。 $G$ 在 $F$ 的另一侧（离 $F$ 恰好 $2$），但二面角 $A'\text{-}FD\text{-}C$ 的棱是直线 $FD$，平面角的顶点只要取在这条直线上就行，两个半平面一个字都没变。

第四步：在一个直角三角形里量它。 $A'H\perp$ 底面 $\Rightarrow A'H\perp GH$，故 $\triangle A'HG$ 是直角三角形，直角在 $H$：

$$A'H=2\sqrt{2},\qquad GH=2 \quad\Longrightarrow\quad A'G=\sqrt{8+4}=2\sqrt{3},$$ $$\cos\angle A'GH=\frac{GH}{A'G}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3} .$$

顺带把正负也说清楚了：这里量的是平面角本身，$\cos$ 为正就是锐角，不存在「要不要取补角」的问题。

第 (II) 问

设 $FM=x$（$0\leqslant x\leqslant 6$），把 $MC$ 与 $MA'$ 各算一遍。

$MC$ 在底面里就能算完。 $MD=FD-FM=6-x$，$DC=AB=8$，$\angle MDC=90^{\circ}$，故

$$MC^{2}=(6-x)^{2}+8^{2}=(6-x)^{2}+64 .$$

$MA'$ 拆成「竖直一段 + 底面一段」。 $A'H\perp$ 底面 $\Rightarrow A'H\perp HM$，故

$$MA'^{2}=A'H^{2}+HM^{2}=8+HM^{2} .$$

而 $HM$ 也在底面里：$HG\perp AD$（上面刚证过 $GH\perp AF$），所以 $\triangle HGM$ 是直角三角形，直角在 $G$，两条直角边 $HG=2$、$GM=AM-AG=(4+x)-2=x+2$：

$$HM^{2}=2^{2}+(x+2)^{2} \quad\Longrightarrow\quad MA'^{2}=8+4+(x+2)^{2}=12+(x+2)^{2} .$$

令两者相等。 二次项 $x^{2}$ 两边各有一个，抵消：

$$(6-x)^{2}+64=(x+2)^{2}+12 \;\Longrightarrow\; 100-12x=4x+16 \;\Longrightarrow\; 16x=84 \;\Longrightarrow\; x=\frac{21}{4} .$$

$\frac{21}{4}=5.25\leqslant 6$，$M$ 确实落在线段 $FD$ 上。

$N$ 也照做一遍（这就是原卷那句「经检验」）。设 $BN=t$，$N$ 在 $BC$ 上，$NC=BC-BN=10-t$。$H$ 到直线 $BC$ 的距离是 $AB-2=6$，$H$ 与 $B$ 沿 $AD$ 方向差 $2$，故 $HN^{2}=6^{2}+(t-2)^{2}$，于是

$$NA'^{2}=8+36+(t-2)^{2}=44+(t-2)^{2} .$$

$NA'=NC$ 给出

$$(10-t)^{2}=44+(t-2)^{2} \;\Longrightarrow\; 100-20t=48-4t \;\Longrightarrow\; t=\frac{13}{4}\in[0,10] ,$$

$N$ 确实落在线段 $BC$ 上。所以这样的折法存在，且

$$FM=\frac{21}{4} .$$

解法二：建系算——法向量给余弦，坐标把两个等距条件写成两个一次方程

怎么想到的。 $A'$ 的射影已经钉死在 $H$ 上，而底面是一个矩形——原点、两条坐标轴、竖直方向全是现成的，这时候不建系反而吃亏（套路「空间向量法」）。

第一步：建系抄坐标。 以 $A$ 为原点，$AD$ 为 $x$ 轴、$AB$ 为 $y$ 轴、竖直向上为 $z$ 轴：

$$A(0,0,0),\ D(10,0,0),\ C(10,8,0),\ B(0,8,0),\ E(0,4,0),\ F(4,0,0),$$ $$H(2,2,0),\qquad A'(2,2,2\sqrt{2}) .$$

（$A'$ 的前两个坐标就是 $H$ 的，第三个就是 $A'H$。）

第二步：平面 $A'FD$ 的法向量。 由向量的坐标运算，

$$\overrightarrow{FD}=(6,0,0),\qquad \overrightarrow{FA'}=(-2,2,2\sqrt{2}) .$$

设 $\vec n=(x,y,z)$ 与两者的数量积都为零：

$$\left\{\begin{aligned} 6x&=0\\ -2x+2y+2\sqrt{2}z&=0 \end{aligned}\right. \quad\Longrightarrow\quad x=0,\ y=-\sqrt{2}z .$$

取 $z=\sqrt{2}$ 得 $\vec n=(0,-2,\sqrt{2})$。底面 $BEF$ 的法向量取 $\vec m=(0,0,1)$。

第三步：算夹角。

$$\cos\langle\vec n,\vec m\rangle=\frac{\vec n\cdot\vec m}{|\vec n|\,|\vec m|} =\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{0+4+2}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{3}}{3} .$$

第四步：这一步原卷跳过了——补上互补的判定。 法向量的夹角与二面角要么相等、要么互补，算出一个 $\frac{\sqrt{3}}{3}$ 并不等于答案就是它（易错点「二面角与法向量夹角互补漏判」）。回图看一眼：$A'$ 在底面上的射影是 $H(2,2,0)$，它与 $C(10,8,0)$ 都在棱（$x$ 轴）的同一侧（两点的 $y$ 坐标都为正），所以二面角 $A'\text{-}FD\text{-}C$ 是锐角，余弦取正：

$$\cos\theta=\frac{\sqrt{3}}{3} .$$

（解法一算的是平面角本身，自带这层判定；建系法必须自己补。）

第五步：第 (II) 问直接写距离。 设 $FM=x$，则 $M(4+x,0,0)$；由 $MC=MA'$：

$$(10-4-x)^{2}+8^{2}+0^{2}=(4+x-2)^{2}+(0-2)^{2}+(0-2\sqrt{2})^{2},$$

即 $(6-x)^{2}+64=(x+2)^{2}+4+8$，仍得 $x=\dfrac{21}{4}\in[0,6]$，$M$ 在线段 $FD$ 上。

同样地，设 $N(t,8,0)$，由 $NC=NA'$：

$$(10-t)^{2}=(t-2)^{2}+(8-2)^{2}+(2\sqrt{2})^{2}=(t-2)^{2}+44 \quad\Longrightarrow\quad t=\frac{13}{4}\in[0,10] ,$$

$N$ 在线段 $BC$ 上。故 $FM=\dfrac{21}{4}$。

解法三：不作角也不建系——射影面积给余弦，「到两点的距离平方差为定值」同时定出 $M$ 与 $N$

怎么想到的。 冷启动那一步已经白送了两件东西：$A'$ 的射影是 $H$，且 $A'H=2\sqrt{2}$。有了「谁是谁的射影」，二面角就不必作角；有了「竖直高度是定值」，第 (II) 问的两个空间距离也能一次压回底面。

第 (I) 问：两个三角形的面积一比

套路「射影面积求二面角」说：平面图形在另一个平面上的正射影，面积等于原面积乘二面角的余弦。$A'$ 的射影是 $H$，而 $F$、$D$ 本来就在底面上，所以

$$\triangle A'FD\ \text{在底面上的正射影恰是}\ \triangle HFD .$$

两个三角形共用底边 $FD=6$，只要各自的高：

• $H(2,2)$ 到直线 $AD$ 的距离是 $2$，故 $S_{\triangle HFD}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 2=6$；
• $A'$ 到直线 $FD$ 的距离：$A'H\perp$ 底面，$H$ 到该直线的距离是 $2$，勾股得 $\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+2^{2}}=2\sqrt{3}$，故 $S_{\triangle A'FD}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 2\sqrt{3}=6\sqrt{3}$。

于是

$$\cos\theta=\frac{S_{\triangle HFD}}{S_{\triangle A'FD}}=\frac{6}{6\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3} .$$

射影 $\triangle HFD$ 与原三角形在棱的同侧（$H$ 与 $A'$ 的射影是同一点，都在 $C$ 那一边），所以这个角是锐角，余弦取正号。

第 (II) 问：把空间的等距压成底面上的一个定值

底面上的任一点 $X$，由 $A'H\perp$ 底面得 $XA'^{2}=XH^{2}+A'H^{2}=XH^{2}+8$。于是

$$XA'=XC \iff XH^{2}+8=XC^{2} \iff \boxed{\,XC^{2}-XH^{2}=8\,}\quad(\text{$X$ 在底面内}) .$$

「到两个定点的距离平方之差为定值」的点，在平面内构成一条垂直于 $HC$ 的直线——这条直线就是折痕 $MN$。两个未知点各代一次：

• $M$ 在 $FD$ 上，设 $FM=x$。$MC^{2}=(6-x)^{2}+64$，$MH^{2}=(x+2)^{2}+4$（两式在解法一里都算过），故

  $$\left[(6-x)^{2}+64\right]-\left[(x+2)^{2}+4\right]=92-16x=8 \quad\Longrightarrow\quad x=\frac{21}{4}\in[0,6] .$$

• $N$ 在 $BC$ 上，设 $BN=t$。$NC^{2}=(10-t)^{2}$，$NH^{2}=(t-2)^{2}+36$，故

  $$(10-t)^{2}-(t-2)^{2}-36=60-16t=8 \quad\Longrightarrow\quad t=\frac{13}{4}\in[0,10] .$$

两个方程的左边都只剩一次项——这正是前面说的「二次项自动抵消」，而且这一版连 $8$ 都是同一个常数，两式写法完全对称。

一个免费的校验。 $M\left(\frac{37}{4},0\right)$、$N\left(\frac{13}{4},8\right)$，方向向量 $\overrightarrow{MN}=(-6,8)$；而 $\overrightarrow{HC}=(8,6)$，两者数量积 $-48+48=0$，果然 $MN\perp HC$，与上面那条「垂直于 $HC$ 的直线」对上了。再进一步：$HC$ 是 $A'C$ 在底面上的射影，底面内的 $MN$ 垂直于这条射影，于是 $MN\perp A'C$——正是「$MN$ 躺在 $A'C$ 的中垂面里」该有的样子。

答案

$$\boxed{ \text{(I)}\ \cos\theta=\frac{\sqrt{3}}{3}; \qquad \text{(II)}\ FM=\frac{21}{4} }$$

三条路落在同一对结果上。回头看，这道题的两问其实是同一句话的两次使用：

• 第 (I) 问用的是「折起来的那一块，边长没变」——$A'E=A'F=4$ 给出 $A'H\perp EF$，配上面面垂直，$A'$ 的位置就定死了；
• 第 (II) 问用的是「折上去的那一块，$MC$、$NC$ 没变」——于是 $M$、$N$ 到 $A'$ 与到 $C$ 等距。

唯一需要额外小心的，是最后那句检验。 $M$ 的方程解出 $\frac{21}{4}\leqslant 6$、$N$ 的方程解出 $\frac{13}{4}\leqslant 10$，两个交点都落在线段内部，折法才真的存在。把矩形改宽一点（比如 $AD$ 不变而 $AB$ 变小），同样的方程照样有解，交点却可能跑到线段外——那时候正确答案是「这样的 $M$、$N$ 不存在」。