浙江 2012 · 数学 q10

转着看 · 换个机位再判断

矩形 $ABCD$（$AB = 1$，$BC = \sqrt{2}$，$BD = \sqrt{3}$）沿 $BD$ 翻折到 $\theta = 60^\circ$：两个垂足 $H$、$K$ 不动、把 $BD$ 三等分·$\vec{AC}\cdot\vec{BD}$ 恒为 $1$、$\vec{AD}\cdot\vec{BC}$ 恒正，只有 $AB \perp CD$ 能成立 ⟹ 官方答案 B（故「均不垂直」那项 D 也被否）

机位1题图角度2正对 翻起来的 △ABD3沿 翻起来的 △ABD 看4俯视自由视角

拖动旋转 · 滚轮缩放（触屏双指）

冷启动：折的是一个自由度，判的是四面体的三对对棱

$AB=1$、$BC=\sqrt2$，于是 $CD=AB=1$、$AD=BC=\sqrt2$，对角线 $BD=\sqrt{1+2}=\sqrt3$。

沿 $BD$ 折起 $\triangle ABD$ 时，$B$、$C$、$D$ 一动不动，只有 $A$ 在动。折起后 $A$、$B$、$C$、$D$ 是一个四面体的四个顶点，而选项点出的三对直线

正是三对对棱——不重不漏，四面体只有这三对。D 说的是「三对都不垂直」，恰好是 A、B、C 的否定。 所以答案唯一，而且只要交出一个能垂直的位置，D 自动出局。

哪些量在动。 折起时：

• $BD$ 上的点不动，所以 $B$、$D$ 不动，$\triangle CBD$ 整块不动；
• $A$ 到直线 $BD$ 的距离不变，$A$ 在 $BD$ 上的垂足（记作 $H$）也不动；
• 于是六条棱里五条长度锁死：$AB=CD=1$、$AD=BC=\sqrt2$、$BD=\sqrt3$。只有 $AC$ 在变。

一个自由度，用一个角来记：设二面角 $A\text{-}BD\text{-}C$ 为 $\theta$。原矩形摊平时 $A$、$C$ 分居 $BD$ 两侧， $\theta=180^{\circ}$；一直折到 $\triangle ABD$ 与 $\triangle CBD$ 贴合（$A$ 落回底面、与 $C$ 同侧），$\theta\to0^{\circ}$。 整个翻折过程就是 $\theta$ 从 $180^{\circ}$ 连续降到 $0^{\circ}$。

两个垂足的位置后面要反复用，先算掉。$\triangle ABD$ 里 $\angle BAD=90^{\circ}$， 故 $\cos\angle ABD=\dfrac{AB}{BD}=\dfrac{1}{\sqrt3}$，于是

$$BH=AB\cos\angle ABD=\frac{\sqrt3}{3}, \qquad AH=\sqrt{AB^{2}-BH^{2}}=\sqrt{1-\tfrac13}=\frac{\sqrt6}{3}$$

$\triangle CBD$ 与 $\triangle ABD$ 全等（$CD=AB$、$CB=AD$、$BD$ 公用），把 $C$ 在 $BD$ 上的垂足记作 $K$， 同理 $DK=\dfrac{\sqrt3}{3}$、$CK=\dfrac{\sqrt6}{3}$。$B$、$H$、$K$、$D$ 在 $BD$ 上依次排开，$HK=BD-BH-DK=\sqrt3-\dfrac{2}{\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}{3}$，所以

$$BH=HK=KD=\frac{\sqrt3}{3}$$

——$H$、$K$ 把 $BD$ 恰好三等分。 这个巧合来自 $BC^{2}=2AB^{2}$，是本题所有数字好看的根源。

「垂直」怎么判。 两条直线（相交或异面）垂直 $\Leftrightarrow$ 方向向量的数量积为 $0$。 所以三条选项就是三个同样的问题：$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}$、 $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}$、$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}$ 各自能不能取到 $0$。

解法一：摆到坐标轴上硬算——$BD$ 放 $x$ 轴，$A$ 绕垂足转 $\theta$

不动的东西已经够多了：$B$、$D$、$C$、$H$、$K$ 全程不动。就拿它们建系——$BD$ 当 $x$ 轴， $\triangle CBD$ 所在的那个平面当 $xOy$ 平面。按冷启动算出的那几段长度：

$$B(0,0,0),\quad H\!\left(\tfrac{\sqrt3}{3},0,0\right),\quad K\!\left(\tfrac{2\sqrt3}{3},0,0\right),\quad D(\sqrt3,0,0),\quad C\!\left(\tfrac{2\sqrt3}{3},\tfrac{\sqrt6}{3},0\right)$$

$A$ 在过 $H$ 且垂直 $BD$ 的那个平面里绕 $H$ 转，半径 $AH=\dfrac{\sqrt6}{3}$，转角就是二面角 $\theta$：

$$A\!\left(\frac{\sqrt3}{3},\ \frac{\sqrt6}{3}\cos\theta,\ \frac{\sqrt6}{3}\sin\theta\right)$$

（校验：$\theta=180^{\circ}$ 时 $A\!\left(\frac{\sqrt3}{3},-\frac{\sqrt6}{3},0\right)$ 与 $C$ 分居 $x$ 轴两侧、四点共面，正是原矩形。）

三个数量积逐个算。A：

$$\overrightarrow{AC}=\left(\frac{\sqrt3}{3},\ \frac{\sqrt6}{3}(1-\cos\theta),\ -\frac{\sqrt6}{3}\sin\theta\right), \qquad \overrightarrow{BD}=(\sqrt3,0,0)$$ $$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{3}=1$$

后两个分量被 $\overrightarrow{BD}$ 的两个零分量吃掉了，$\theta$ 根本没进来。恒为 $1$，A 假。

B：

$$\overrightarrow{AB}=\left(-\frac{\sqrt3}{3},\ -\frac{\sqrt6}{3}\cos\theta,\ -\frac{\sqrt6}{3}\sin\theta\right), \qquad \overrightarrow{CD}=\left(\frac{\sqrt3}{3},\ -\frac{\sqrt6}{3},\ 0\right)$$ $$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=-\frac13+\frac23\cos\theta$$

$\theta$ 从 $180^{\circ}$ 降到 $0^{\circ}$，$\cos\theta$ 从 $-1$ 连续升到 $1$（不含），取值扫过 $\left[-1,\frac13\right)$， 里面有 $0$：$\cos\theta=\frac12$，即 $\theta=60^{\circ}$。B 真，那个位置上 $AB\perp CD$。

C：

$$\overrightarrow{AD}=\left(\frac{2\sqrt3}{3},\ -\frac{\sqrt6}{3}\cos\theta,\ -\frac{\sqrt6}{3}\sin\theta\right), \qquad \overrightarrow{BC}=\left(\frac{2\sqrt3}{3},\ \frac{\sqrt6}{3},\ 0\right)$$ $$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}=\frac43-\frac23\cos\theta\geqslant\frac43-\frac23=\frac23>0$$

恒正，C 假。 B 已经真了，D 随之假。选 B。

解法二：不建系——每个向量沿 $BD$ 拆成两段，交叉项全是零

坐标其实是多余的：三个数量积都跨越「动的那一半」与「不动的那一半」， 而沿 $BD$ 的分量全程不动、垂直 $BD$ 的分量只是绕轴转。那就照这两个方向把每个向量劈开。

记 $\vec e$ 为 $BD$ 方向的单位向量，$\overrightarrow{BD}=\sqrt3\,\vec e$。

B 这一对。 $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HB}$，$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{KD}$。展开四项， 两个交叉项 $\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{KD}$ 与 $\overrightarrow{HB}\cdot\overrightarrow{CK}$ 都是「垂直 $BD$ 的」点「沿 $BD$ 的」，等于 $0$。剩下两项：

$$\overrightarrow{HB}\cdot\overrightarrow{KD}=\left(-\frac{\sqrt3}{3}\vec e\right)\cdot\left(\frac{\sqrt3}{3}\vec e\right)=-\frac13$$

（$\overrightarrow{HB}$ 指向 $B$、$\overrightarrow{KD}$ 指向 $D$，反向，所以带负号；这一项与 $\theta$ 无关。）

$$\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{CK}=AH\cdot CK\cos\theta=\frac{\sqrt6}{3}\cdot\frac{\sqrt6}{3}\cos\theta=\frac23\cos\theta$$

（二面角 $\theta$ 是从轴指向外侧的两条射线 $\overrightarrow{HA}$、$\overrightarrow{KC}$ 的夹角； 把两条同时反向，夹角不变，所以 $\overrightarrow{AH}$ 与 $\overrightarrow{CK}$ 的夹角也是 $\theta$。）

$$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=-\frac13+\frac23\cos\theta$$

C 这一对。 $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HD}$，$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BK}+\overrightarrow{KC}$，交叉项照样全灭：

$$\overrightarrow{HD}\cdot\overrightarrow{BK}=\frac{2\sqrt3}{3}\cdot\frac{2\sqrt3}{3}=\frac43 \quad(\text{同向}), \qquad \overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{KC}=-\frac23\cos\theta$$

（这次配的是 $\overrightarrow{KC}$ 而不是 $\overrightarrow{CK}$，只反了一条，夹角变成补角，$\cos$ 翻号。）

$$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}=\frac43-\frac23\cos\theta$$

A 这一对更省。 $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HK}+\overrightarrow{KC}$， 首尾两段都垂直 $BD$，点 $\overrightarrow{BD}$ 全为 $0$，只剩中间那段：

$$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{HK}\cdot\overrightarrow{BD}=\frac{\sqrt3}{3}\cdot\sqrt3=1$$

$H$、$K$ 都不动 $\Rightarrow$ $\overrightarrow{HK}$ 不动 $\Rightarrow$ 这个数量积是常数。写成一般形式更清楚： $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=HK\cdot BD=BC^{2}-AB^{2}$。

三个式子都长成 $A+B\cos\theta$，值域一眼可见（$\theta$ 从 $180^{\circ}$ 降到 $0^{\circ}$，$\cos\theta\in[-1,1)$）：

选 B。

解法三：四点公式——三个数量积全由一条 $AC$ 决定

冷启动里已经数清了：翻折时六条棱有五条不变，只有 $AC$ 在动。 既然如此，最省的做法是把三个数量积全部写成 $AC$ 的函数。四点公式正好干这件事—— 对任意四点，

$$\overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{ZW}=\tfrac12\left(XW^{2}+YZ^{2}-XZ^{2}-YW^{2}\right)$$

右边只出现四条连线的长度，夹角、坐标、位置全部消失。三对对棱各用一次：

$$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{DB}=\tfrac12\left(AB^{2}+CD^{2}-AD^{2}-CB^{2}\right)=\tfrac12(1+1-2-2)=-1$$ $$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=\tfrac12\left(AD^{2}+BC^{2}-AC^{2}-BD^{2}\right)=\tfrac12\left(2+2-AC^{2}-3\right)=\frac{1-AC^{2}}{2}$$ $$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}=\tfrac12\left(AC^{2}+BD^{2}-AB^{2}-DC^{2}\right)=\tfrac12\left(AC^{2}+3-1-1\right)=\frac{1+AC^{2}}{2}$$

（三条相加：$\frac{1-AC^{2}}{2}+(-1)+\frac{1+AC^{2}}{2}=0$。三对对棱的数量积之和恒为零， 这是四点公式的直接推论，可以当校验用——也解释了为什么 B 与 C 一个降一个升：它们的和恒为 $1$。）

于是三条选项全化成关于一个正数 $AC$ 的判断：

• A：$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=-\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{DB}=1\neq0$， 与位置无关。恒不垂直，A 假。
• C：$\dfrac{1+AC^{2}}{2}\geqslant\dfrac12>0$。恒不垂直，C 假。
• B：$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=0\Leftrightarrow AC=1$。

所以整道题只剩一个问题：翻折过程中 $AC$ 能不能等于 $1$？

$AC$ 随 $\theta$ 连续变化，看两头：

• $\theta=180^{\circ}$（原矩形）：$AC$ 是另一条对角线，$AC=BD=\sqrt3>1$；
• $\theta\to0^{\circ}$（$\triangle ABD$ 折到与 $\triangle CBD$ 贴合）：$A$ 落回底面、与 $C$ 同侧， 且 $A$、$C$ 到 $BD$ 的距离相等（都是 $\frac{\sqrt6}{3}$），于是 $AC$ 平行于 $BD$， 长度就是两个垂足之间那一段：$AC\to HK=\frac{\sqrt3}{3}\approx0.577<1$。

令 $F(\theta)=AC^{2}-1$。$F$ 连续，$F(180^{\circ})=3-1=2>0$；由 $AC\to\frac{\sqrt3}{3}$ 知存在 $\theta_{0}>0$ 使 $F(\theta_{0})<0$。零点存在定理给出 $\theta^{*}\in\left(\theta_{0},180^{\circ}\right)$ 使 $AC=1$——那个位置上 $AB\perp CD$。B 真，D 随之假。

答案 B。（与前两条解法对照，不参与本解法的推理：那两条给出 $AC^{2}=\frac13+\frac43(1-\cos\theta)$， $AC=1$ 正对应 $\theta^{*}=60^{\circ}$。）

三条提醒

1. 旋转半径是点到轴的距离，不是到端点的距离。 $A$ 绕的是直线 $BD$， 半径是 $AH=\frac{\sqrt6}{3}$，不是 $AB=1$、也不是 $AD=\sqrt2$。取错这个数， $\cos\theta$ 前面的系数就错，B 的零点会跑到别的角度上去。$C$ 那边同理，$CK=\frac{\sqrt6}{3}$，不是 $CD=1$。

2. 「存在某个位置」不能靠试几个位置否掉。 摊平时（$\theta=180^{\circ}$）三对都不垂直； 折到两个面互相垂直时（$\theta=90^{\circ}$）$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=-\frac13$，还是不垂直。 可答案偏偏在 $\theta=60^{\circ}$——既不是端点、也不是直角。 要否定存在性，只能把待判的量写成 $\theta$ 的函数看值域；要肯定，交出一个位置就够。

3. 真能一口否掉的，是那个与 $\theta$ 无关的常数。 $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=BC^{2}-AB^{2}=1$，与折到哪儿毫无关系—— 这不是「试不出来」，是恒等式。顺着它还能看出题目为什么故意取 $AB\neq BC$： 矩形一旦是正方形，这个常数就是 $0$，A 反而变成恒成立。