浙江 2012 · 数学 q20

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四棱锥 $P\text{-}ABCD$（底面边长 $2\sqrt{3}$ 的菱形，$\angle BAD = 120^\circ$，$PA \perp$ 底面且 $PA = 2\sqrt{6}$）· $BD \perp$ 平面 $PAC$ 且 $MN \parallel BD$ ⟹ 平面 $PAC$ 是 $MN$ 的中垂面 · 二面角 $A\text{-}MN\text{-}Q$ 的平面角 $= \angle AEQ$，$\cos\angle AEQ = \frac{\sqrt{33}}{33}$

机位1题图角度2正对 PAC3沿 PAC 看4俯视自由视角

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冷启动：这道题只有一个结构事实，其余全是它的推论

底面是菱形，所以 $BD\perp AC$；$PA\perp$ 底面，所以 $BD\perp PA$。两条一凑：

$$BD\perp \text{平面 } PAC .$$

而 $M$、$N$ 是 $PB$、$PD$ 的中点，$MN$ 是 $\triangle PBD$ 的中位线，$MN\parallel BD$。于是

$$MN\perp \text{平面 } PAC .$$

再看 $MN$ 的中点 $E$。记 $O$ 为菱形的中心（也就是 $AC$ 与 $BD$ 的交点），那么

$$\vec{AE}=\frac{\vec{AM}+\vec{AN}}{2} =\frac{1}{2}\Big(\frac{\vec{AP}+\vec{AB}}{2}+\frac{\vec{AP}+\vec{AD}}{2}\Big) =\frac{\vec{AP}+\vec{AO}}{2},$$

即 $E$ 是 $PO$ 的中点——它就在平面 $PAC$ 上。

把这三句话并起来：

平面 $PAC$ 过 $MN$ 的中点、且垂直于 $MN$——它是线段 $MN$ 的中垂面。

这一句话把整道题解释完了：

• 第（Ⅰ）问：$MN\parallel BD$，$BD$ 在底面里，$MN$ 不在底面里，所以 $MN\parallel$ 平面 $ABCD$。 （题面印的是「$MN\perp$ 平面 $ABCD$」，那是原卷把 $\parallel$ 印成了 $\perp$； $MN\parallel BD\subset$ 平面 $ABCD$，按 $\perp$ 读这一问是假命题，原卷紧接着的解答证的也正是 $\parallel$。）
• 第（Ⅱ）问的平面角在哪：二面角的棱是 $MN$，而平面 $PAC$ 是它的垂面， 两个半平面被这张垂面各割出一条从 $E$ 出发的射线——$EA$ 与 $EQ$。 所以平面角就是 $\angle AEQ$，不用作任何辅助垂线。
• 为什么 $AM=AN$、$QM=QN$：中垂面上的点到 $M$、$N$ 等距，$A$ 和 $Q$ 都在平面 $PAC$ 上， 等距是白送的。原卷方法二为此推了两串全等，其实一句”中垂面”就够。
• $Q$ 凭什么在这张图里：$Q$ 是 $A$ 到 $PC$ 的垂足，$P$、$C$ 都在平面 $PAC$ 上，所以 $Q$ 也在。

于是第（Ⅱ）问是一道平面几何题：在直角三角形 $PAC$ 里，找 $E$（$PO$ 中点）、 找 $Q$（$A$ 到 $PC$ 的垂足），求 $\angle AEQ$。棱 $MN$ 在这张平面图上只是过 $E$ 的一个点， 垂直纸面射出去。

先把要用的长度一次算齐。菱形边长 $2\sqrt{3}$、$\angle BAD=120^{\circ}$：

$$AC^{2}=12+12-2\cdot 12\cos 60^{\circ}=12\ \Rightarrow\ AC=2\sqrt{3},\qquad BD^{2}=12+12-2\cdot 12\cos 120^{\circ}=36\ \Rightarrow\ BD=6 .$$

$AC$ 与边长相等——$\triangle ABC$、$\triangle ACD$ 都是正三角形，这是 $120^{\circ}$ 菱形的招牌。 又 $PA=2\sqrt{6}$、$PA\perp AC$，故 $PC=\sqrt{12+24}=6$，直角三角形 $PAC$ 的三边是 $2\sqrt{3},\,2\sqrt{6},\,6$。射影关系给出

$$AQ=\frac{PA\cdot AC}{PC}=\frac{2\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{3}}{6}=2\sqrt{2},\qquad CQ=\frac{AC^{2}}{PC}=2,\qquad PQ=\frac{PA^{2}}{PC}=4 .$$

解法一：原卷方法一——以对角线交点 $O$ 建系，两个法向量点乘

菱形的两条对角线互相垂直，$PA$ 又垂直底面，把原点放在 $O$ 而不是 $A$， 坐标里的零最多：$A$、$C$ 落在 $x$ 轴上，$B$、$D$ 落在 $y$ 轴上。

取 $O$ 为原点，$OC$、$OD$ 为 $x$、$y$ 轴，$z$ 轴向上。由 $AC=2\sqrt{3}$、$BD=6$：

$$A(-\sqrt{3},0,0),\quad B(0,-3,0),\quad C(\sqrt{3},0,0),\quad D(0,3,0),\quad P(-\sqrt{3},0,2\sqrt{6}).$$

中点直接取平均：

$$M\Big(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2},\sqrt{6}\Big),\qquad N\Big(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},\sqrt{6}\Big).$$

$Q$ 是 $A$ 到 $PC$ 的垂足。直角三角形 $PAC$ 里 $PA=2\sqrt{6}$、$AC=2\sqrt{3}$， 故 $PC=\sqrt{24+12}=6$，斜边上的高把两条直角边投影成

$$PQ=\frac{PA^{2}}{PC}=\frac{24}{6}=4,\qquad QC=\frac{AC^{2}}{PC}=\frac{12}{6}=2,$$

即 $PQ:QC=2:1$，所以

$$\vec{OQ}=\vec{OP}+\frac{2}{3}\vec{PC} =(-\sqrt{3},0,2\sqrt{6})+\frac{2}{3}(2\sqrt{3},0,-2\sqrt{6}) =\Big(\frac{\sqrt{3}}{3},0,\frac{2\sqrt{6}}{3}\Big).$$

平面 $AMN$ 的法向量。 $\vec{AM}=\big(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2},\sqrt{6}\big)$， $\vec{AN}=\big(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},\sqrt{6}\big)$。两式相减得 $y=0$，相加得 $\sqrt{3}x+2\sqrt{6}z=0$。取 $x=2\sqrt{2}$，则 $z=-1$：

$$\vec{m}=(2\sqrt{2},\,0,\,-1).$$

平面 $QMN$ 的法向量。 $\vec{QM}=\big(-\frac{5\sqrt{3}}{6},-\frac{3}{2},\frac{\sqrt{6}}{3}\big)$， $\vec{QN}=\big(-\frac{5\sqrt{3}}{6},\frac{3}{2},\frac{\sqrt{6}}{3}\big)$。同样相减得 $y=0$， 相加得 $-\frac{5\sqrt{3}}{3}x+\frac{2\sqrt{6}}{3}z=0$，即 $5\sqrt{3}x=2\sqrt{6}z$。取 $z=5$， 则 $x=2\sqrt{2}$：

$$\vec{n}=(2\sqrt{2},\,0,\,5).$$

两个法向量的 $y$ 分量都是 $0$——这正是”$MN$ 垂直于平面 $PAC$“在坐标里的样子： 两个平面都含 $MN$，法向量必与 $MN\parallel \vec{OD}$ 垂直，所以都躺在 $xOz$ 平面（即平面 $PAC$）里。

$$\cos\langle \vec{m},\vec{n}\rangle=\frac{8-5}{3\cdot\sqrt{33}}=\frac{3}{3\sqrt{33}}=\frac{\sqrt{33}}{33}.$$

别在这一步收笔。 法向量夹角与二面角要么相等要么互补，$\frac{\sqrt{33}}{33}$ 与 $-\frac{\sqrt{33}}{33}$ 都还在候选里，符号得自己定。

有一种定法不需要看图，也不需要借别的解法：坐标已经全在手上，直接把平面角算出来。 取 $MN$ 的中点

$$E=\frac{M+N}{2}=\Big(-\frac{\sqrt{3}}{2},\,0,\,\sqrt{6}\Big),$$

那么

$$\vec{EA}=A-E=\Big(-\frac{\sqrt{3}}{2},\,0,\,-\sqrt{6}\Big),\qquad \vec{EQ}=Q-E=\Big(\frac{5\sqrt{3}}{6},\,0,\,-\frac{\sqrt{6}}{3}\Big).$$

两个向量的 $y$ 分量都是 $0$，而 $\vec{MN}=(0,3,0)$，所以

$$\vec{EA}\cdot\vec{MN}=0,\qquad \vec{EQ}\cdot\vec{MN}=0 .$$

$E$ 在棱 $MN$ 上，两条射线又都垂直于棱，且 $A$、$Q$ 分别在 $MN$ 分出的两个半平面内—— 按定义 $\angle AEQ$ 就是二面角 $A\text{-}MN\text{-}Q$ 的平面角。算它：

$$\vec{EA}\cdot\vec{EQ}=-\frac{5\cdot 3}{12}+\frac{6}{3}=-\frac{5}{4}+2=\frac{3}{4}>0 .$$

点积是正的，平面角是锐角，所以那两个候选里要取正号。

（顺带一句：$\vec{EA}$ 本来就躺在平面 $AMN$ 里，所以 $\vec{EA}\cdot\vec m=0$ 是恒成立的， 对”取哪一侧”零信息——别拿这种恒为零的点积当定号依据，它看着像在验证，其实什么也没说。）

所求余弦值为 $\dfrac{\sqrt{33}}{33}$。

解法二：原卷方法二——由全等推出两个等腰，$\angle AEQ$ 是平面角，再连用三次余弦定理

不建系也能做，代价是要先说清楚”平面角在哪”。

$120^{\circ}$ 菱形里 $AC=AB=BC=DA=2\sqrt{3}$，即 $A$ 到 $B$、$C$、$D$ 三点等距。 又 $PA\perp$ 底面，所以 $PA\perp AB$、$PA\perp AC$、$PA\perp AD$，三个直角三角形全等，

$$PB=PC=PD=\sqrt{12+24}=6 .$$

于是 $\triangle PBC\cong\triangle PDC$（三边对应相等）。$M$、$N$ 是 $PB$、$PD$ 的中点、 $Q$ 在公共边 $PC$ 上，这个全等把 $M\mapsto N$、$Q\mapsto Q$，故

$$QM=QN .$$

另一边，在直角三角形 $PAB$ 中 $AM$ 是斜边上的中线，$AM=\frac{1}{2}PB=3$；同理 $AN=3$。 再由中位线 $MN=\frac{1}{2}BD=3$——$\triangle AMN$ 是边长 $3$ 的正三角形。

取 $MN$ 的中点 $E$。等腰给出 $AE\perp MN$、$QE\perp MN$，两条射线又都从 $E$ 出发， 所以 $\angle AEQ$ 就是二面角 $A\text{-}MN\text{-}Q$ 的平面角。

第一次余弦定理（其实是勾股）：$AE=\sqrt{9-\frac{9}{4}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$。

第二次，在 $\triangle PBC$ 里（三边 $6,6,2\sqrt{3}$）求顶角：

$$\cos\angle BPC=\frac{36+36-12}{2\cdot 6\cdot 6}=\frac{60}{72}=\frac{5}{6}.$$

再在 $\triangle PMQ$ 里（$PM=3$，$PQ=4$，夹角就是 $\angle BPC$）：

$$MQ^{2}=9+16-2\cdot 3\cdot 4\cdot\frac{5}{6}=5,\qquad MQ=\sqrt{5}.$$

于是 $QE=\sqrt{MQ^{2}-ME^{2}}=\sqrt{5-\frac{9}{4}}=\dfrac{\sqrt{11}}{2}$。

第三次，在 $\triangle AEQ$ 里（$AE=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$QE=\frac{\sqrt{11}}{2}$，$AQ=2\sqrt{2}$）：

$$\cos\angle AEQ=\frac{\frac{27}{4}+\frac{11}{4}-8}{2\cdot\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{11}}{2}} =\frac{\frac{3}{2}}{\frac{3\sqrt{33}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{33}}=\frac{\sqrt{33}}{33}.$$

这条路的好处是答案自带符号：算出来是正数，就说明是锐角，不存在解法一那个”要不要取补角”的问题。

解法三：认出 $\triangle PAC$ 是 $MN$ 的中垂面——立体题当场降成一张平面图，$\angle AEQ$ 用两个向量算完

冷启动里已经证了：$MN\perp$ 平面 $PAC$，且 $MN$ 的中点 $E$ 在平面 $PAC$ 上。 棱的垂面里量二面角这条套路直接给出：平面角 $=\angle AEQ$，而 $A$、$E$、$Q$ 三点 全在平面 $PAC$ 上。所以下面这一整段，只需要一张平面图。

在平面 $PAC$ 内建一套平面坐标（这不是空间建系，只是给一张平面图配尺子）： 以 $A$ 为原点、$AC$ 为横轴、$AP$ 为纵轴（两者垂直，是题给的）。

$$A(0,0),\quad C(2\sqrt{3},0),\quad P(0,2\sqrt{6}),\quad O(\sqrt{3},0),\quad E=\frac{P+O}{2}=\Big(\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{6}\Big).$$

$Q$ 在 $CP$ 上距 $C$ 为 $2$，方向 $\dfrac{\vec{CP}}{6}=\Big(-\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{\sqrt{6}}{3}\Big)$：

$$Q=(2\sqrt{3},0)+2\Big(-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3}\Big) =\Big(\frac{4\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{6}}{3}\Big).$$

两个向量：

$$\vec{EA}=\Big(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\sqrt{6}\Big),\qquad \vec{EQ}=\Big(\frac{4\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2},\ \frac{2\sqrt{6}}{3}-\sqrt{6}\Big) =\Big(\frac{5\sqrt{3}}{6},-\frac{\sqrt{6}}{3}\Big).$$ $$\vec{EA}\cdot\vec{EQ}=-\frac{5\cdot 3}{12}+\frac{6}{3}=-\frac{5}{4}+2=\frac{3}{4},$$ $$|\vec{EA}|=\sqrt{\frac{3}{4}+6}=\frac{3\sqrt{3}}{2},\qquad |\vec{EQ}|=\sqrt{\frac{75}{36}+\frac{6}{9}}=\sqrt{\frac{99}{36}}=\frac{\sqrt{11}}{2}.$$ $$\cos\angle AEQ=\frac{3/4}{\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{11}}{2}}=\frac{3/4}{\frac{3\sqrt{33}}{4}}=\frac{\sqrt{33}}{33}.$$

点积是正的，角是锐角，符号问题当场解决。

比一比：解法一要写 $7$ 个空间点的坐标、解两次方程组；这里只写 $5$ 个平面点， 而且 $AE$、$QE$ 的长度是算出来的副产品，不必像解法二那样绕 $\triangle PBC$ 转一圈。 降维的关键不在会不会算，而在肯不肯先去证 $BD\perp$ 平面 $PAC$ 这一句。

解法四：一个坐标都不设——取 $\{\vec{AB},\vec{AD},\vec{AP}\}$ 当基底，第（Ⅰ）问一行，第（Ⅱ）问只用两个内积

底面是菱形而不是矩形，铺坐标要先解出各顶点，$\sqrt{3}$ 满天飞。 换个做法：三条从 $A$ 出发的棱不共面，直接拿它们当基底。记

$$\vec{b}=\vec{AB},\qquad \vec{d}=\vec{AD},\qquad \vec{p}=\vec{AP} .$$

内积表只有三个数要算（其余由对称性）：

$$|\vec b|^{2}=|\vec d|^{2}=12,\qquad \vec b\cdot\vec d=12\cos 120^{\circ}=-6,\qquad \vec p\cdot\vec b=\vec p\cdot\vec d=0,\qquad |\vec p|^{2}=24 .$$

第（Ⅰ）问，一行。 $\vec{AM}=\frac{1}{2}(\vec p+\vec b)$，$\vec{AN}=\frac{1}{2}(\vec p+\vec d)$，故

$$\vec{MN}=\vec{AN}-\vec{AM}=\frac{1}{2}(\vec d-\vec b)=\frac{1}{2}\vec{BD},$$

即 $MN\parallel BD$；$BD$ 在平面 $ABCD$ 内而 $MN$ 不在，故 $MN\parallel$ 平面 $ABCD$。

顺手把结构事实也验了。 记 $\vec c=\vec{AC}=\vec b+\vec d$，则

$$|\vec c|^{2}=12+12+2(-6)=12,\qquad \vec{BD}\cdot\vec c=(\vec d-\vec b)\cdot(\vec d+\vec b)=|\vec d|^{2}-|\vec b|^{2}=0,\qquad \vec{BD}\cdot\vec p=0 .$$

$|\vec c|^{2}=12$ 就是 $AC=2\sqrt{3}$；后两式说 $\vec{BD}$ 同时垂直于 $\vec{AC}$ 与 $\vec{AP}$， 而这两个向量不共线、张成的正是平面 $PAC$，所以 $BD\perp$ 平面 $PAC$； 再由上面那一行 $\vec{MN}=\frac{1}{2}\vec{BD}$ 得

$$MN\perp \text{平面 } PAC .$$

菱形对角线互相垂直，在基底里是”两边等长”的一句话，不需要画图。

第（Ⅱ）问，两个点都在基底里解出来，不引外部长度。

先定 $E$。取 $MN$ 的中点，则

$$\vec{AE}=\frac{\vec{AM}+\vec{AN}}{2} =\frac{1}{2}\cdot\frac{(\vec p+\vec b)+(\vec p+\vec d)}{2} =\frac{1}{2}\vec p+\frac{1}{4}\vec c .$$

注意这个式子同时说了两件事：$E$ 是 $MN$ 的中点（定义如此）， 而 $\frac{1}{2}\vec p+\frac{1}{4}\vec c=\frac{1}{2}\big(\vec p+\frac{1}{2}\vec c\big)=\frac{\vec{AP}+\vec{AO}}{2}$ 说明它又是 $PO$ 的中点，也就是落在平面 $PAC$ 上。 配上上面证出的 $MN\perp$ 平面 $PAC$：$E$ 在棱上、$EA$ 与 $EQ$ 都在这张垂面里因而都垂直于棱， 所以 $\angle AEQ$ 是二面角 $A\text{-}MN\text{-}Q$ 的平面角。

再定 $Q$。设 $\vec{AQ}=(1-t)\vec p+t\vec c$（即 $Q$ 在 $PC$ 上，从 $P$ 走到 $C$ 的比例是 $t$）， 由 $AQ\perp PC$ 即 $\vec{AQ}\cdot(\vec c-\vec p)=0$：

$$\big[(1-t)\vec p+t\vec c\big]\cdot(\vec c-\vec p) =-(1-t)|\vec p|^{2}+t|\vec c|^{2} =-24(1-t)+12t=36t-24=0,$$

故 $t=\dfrac{2}{3}$，

$$\vec{AQ}=\frac{1}{3}\vec p+\frac{2}{3}\vec c .$$

$PQ=4$、$QC=2$ 这两个长度一次都没用上——垂足的位置由一个点积方程定出来。

$$\vec{EA}=-\frac{1}{4}\vec c-\frac{1}{2}\vec p,\qquad \vec{EQ}=\vec{AQ}-\vec{AE}=\frac{5}{12}\vec c-\frac{1}{6}\vec p .$$

因为 $\vec c\cdot\vec p=0$，展开后交叉项全灭：

$$\vec{EA}\cdot\vec{EQ}=-\frac{5}{48}|\vec c|^{2}+\frac{1}{12}|\vec p|^{2} =-\frac{5}{48}\cdot 12+\frac{1}{12}\cdot 24=-\frac{5}{4}+2=\frac{3}{4},$$ $$|\vec{EA}|^{2}=\frac{1}{16}\cdot 12+\frac{1}{4}\cdot 24=\frac{27}{4},\qquad |\vec{EQ}|^{2}=\frac{25}{144}\cdot 12+\frac{1}{36}\cdot 24=\frac{25}{12}+\frac{8}{12}=\frac{11}{4}.$$ $$\cos\angle AEQ=\frac{3/4}{\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{11}}{2}}=\frac{\sqrt{33}}{33}.$$

注意这条路只用到 $|\vec c|^{2}=12$ 与 $\vec c\cdot\vec p=0$ 两个数： $120^{\circ}$ 这个角只在算 $|\vec c|^{2}$ 时露过一次面，之后再没出现。 换句话说，把底面换成任何”对角线 $AC=2\sqrt{3}$、且 $BD\perp AC$“的四边形， 答案一字不改。

回头看这条路的自足性。 全程只用了题面给的边长、顶角、$PA$ 与垂直关系： $MN\parallel BD$、$MN\perp$ 平面 $PAC$、$E$ 既是 $MN$ 的中点又落在平面 $PAC$ 上、 $Q$ 由一个点积方程定出——”$\angle AEQ$ 是平面角”这一句是在本解法内证出来的， 不是凭”$E$ 是中点”白拿的，也没有借用别条路的任何结论。

四条路怎么选

四条路的分水岭其实只有一个问题：肯不肯花两行去证 $BD\perp$ 平面 $PAC$。 证了，路三、路四都只剩两个向量的点积；不证，就得像路一那样把整个空间坐标铺满， 或者像路二那样绕全等和三次余弦定理。

一句话带走

二面角的棱如果垂直于某个平面，那这个二面角整个躺在那张平面里。 本题的棱 $MN$ 平行于菱形对角线 $BD$，而 $BD$ 同时垂直于另一条对角线 $AC$ 与侧棱 $PA$， $BD\perp$ 平面 $PAC$ 是白给的——于是别急着建系，先去看那张平面图： $\triangle PAC$ 里的 $E$（$PO$ 中点）、$Q$（$A$ 到 $PC$ 的垂足）、$A$， 三点一夹角，$\dfrac{\sqrt{33}}{33}$ 就出来了。