浙江 2013 · 数学 q10

转着看 · 换个机位再判断

两次正投影换序：$Q_1 = f_\beta[f_\alpha(P)]$ 与 $Q_2 = f_\alpha[f_\beta(P)]$ 都跑不出垂直于交线的那张截面 ⟹ $|PQ_1| = \sin\theta$、$|PQ_2| = \sin^2\theta$ · 图里 $\theta = 60^\circ$（选项 D 的角）两段不等；$\sin\theta = \sin^2\theta$ 只在 $\theta = 90^\circ$ 成立 ⟹ 平面α与平面β垂直，官方答案 A

机位1题图角度2正对 α3沿 α 看4俯视自由视角

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冷启动：把那个新记号翻译成一句人话

$$f_{\pi}(A)=\text{「过 }A\text{ 作 }\pi\text{ 的垂线，取垂足」}=A\text{ 在平面 }\pi\text{ 上的正投影}.$$

于是题面在说：

• $Q_{1}=f_{\beta}[f_{\alpha}(P)]$：先投到 $\alpha$，再投到 $\beta$；
• $Q_{2}=f_{\alpha}[f_{\beta}(P)]$：先投到 $\beta$，再投到 $\alpha$。

两条路顺序相反，落点一般是不同的两个点。题目要求的是

不管 $P$ 取在哪里，这两个落点离 $P$ 一样远。

问这逼出 $\alpha$、$\beta$ 的什么关系。

一句话把空间压成平面

设 $\alpha$、$\beta$ 相交于直线 $\ell$（平行的情形留到最后单独收拾）， 取一个垂直于 $\ell$ 的平面 $\gamma$。$\gamma$ 与 $\alpha$、$\beta$ 各交出一条直线，记作 $a$、$b$， 它们的夹角就是那个（锐）二面角 $\theta$。

关键的一句：两次投影都不会把点带出 $\gamma$。 理由——投影是沿平面的法线方向走，而 $\alpha$ 的法线垂直 $\ell$、故与 $\gamma$ 平行； 从 $\gamma$ 内一点沿一个平行于 $\gamma$ 的方向走，人还在 $\gamma$ 里。$\beta$ 同理。

于是整道题降成一张平面图：$\gamma$ 内的两条直线 $a$、$b$，夹角 $\theta$，来回作垂足。 沿 $\ell$ 方向的那一截，两次投影都原封不动，与结论无关。

上块是解法一那一个点；下块把这个点的两条长度当成 $\theta$ 的函数画出来， 四个选项的命运一眼可见：只有 $90^{\circ}$ 处两条曲线合到一起。

解法一：降到一个截面，取一个点就够——比 $\sin\theta$ 与 $\sin^{2}\theta$

题目说的是「对任意 $P$ 恒有」。要否定它，一个 $P$ 就够； 要肯定它，才需要对所有 $P$ 验。所以先用一个点把三个选项打掉。

第一步：把这个点取得最省事

在 $\alpha$ 内取 $P$，使 $P$ 到交线 $\ell$ 的距离为 $1$。 好处是第一次投影白投：$P$ 本来就在 $\alpha$ 上，$f_{\alpha}(P)=P$。

在截面 $\gamma$ 里（记 $O=a\cap b$，则 $OP=1$）：

第二步：量出两条长度

第一条路（先 $\alpha$ 后 $\beta$）：$f_{\alpha}(P)=P$，再投到 $b$ 得垂足 $Q_{1}$。 直角三角形 $OPQ_{1}$ 里 $\angle Q_{1}=90^{\circ}$、$\angle O=\theta$，于是

$$|PQ_{1}|=OP\sin\theta=\sin\theta,\qquad OQ_{1}=\cos\theta .$$

第二条路（先 $\beta$ 后 $\alpha$）：$f_{\beta}(P)$ 正是同一个 $Q_{1}$， 再把它投到 $a$ 得垂足 $Q_{2}$，同一套直角三角形给

$$OQ_{2}=OQ_{1}\cos\theta=\cos^{2}\theta .$$

$\theta$ 是锐角或直角，$\cos\theta\geqslant0$，故 $Q_{2}$ 与 $P$ 同在射线 $OP$ 上：

$$|PQ_{2}|=OP-OQ_{2}=1-\cos^{2}\theta=\sin^{2}\theta .$$

第三步：让它们相等

$$\sin\theta=\sin^{2}\theta\ \Longleftrightarrow\ \sin\theta\,(1-\sin\theta)=0 .$$

$\alpha$、$\beta$ 是两个不同的相交平面，$\theta\in(0^{\circ},90^{\circ}]$，故 $\sin\theta\in(0,1]$， 只剩 $\sin\theta=1$，即

$$\theta=90^{\circ} .$$

B（$45^{\circ}$）、D（$60^{\circ}$）当场出局： $\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt2}{2}\approx0.707$ 而 $\sin^{2}45^{\circ}=\frac12$； $\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt3}{2}\approx0.866$ 而 $\sin^{2}60^{\circ}=\frac34$。都不等。

第四步：把平行那一档单独收掉

若 $\alpha\parallel\beta$（相距 $d>0$），仍取 $P\in\alpha$：

• $Q_{1}=f_{\beta}[f_{\alpha}(P)]=f_{\beta}(P)$，$|PQ_{1}|=d$；
• $Q_{2}=f_{\alpha}[f_{\beta}(P)]$：$f_{\beta}(P)$ 沿公共法线走了 $d$，再投回 $\alpha$ 又沿同一条法线走回来， 正好回到 $P$，故 $|PQ_{2}|=0$。

$d\neq0$，C 出局。四个选项只剩 A。

解法二：反过来验 A，$\alpha\perp\beta$ 时 $Q_{1}$、$Q_{2}$ 一起落到交线上

解法一只证了「不可能是别的」。这一条正面证「$\alpha\perp\beta$ 确实做得到」，把结论补全。

设 $\alpha\perp\beta$，交线为 $\ell$。因为两面垂直，可以取这样一组坐标： $\ell$ 为 $x$ 轴，$\alpha$ 为 $xOy$ 平面，$\beta$ 为 $xOz$ 平面。

在这组坐标下，投影就是”抹掉一个坐标”：

$$f_{\alpha}(x,y,z)=(x,y,0),\qquad f_{\beta}(x,y,z)=(x,0,z) .$$

于是对任意 $P(x,y,z)$：

$$Q_{1}=f_{\beta}(x,y,0)=(x,0,0),\qquad Q_{2}=f_{\alpha}(x,0,z)=(x,0,0) .$$ $$\boxed{\ Q_{1}=Q_{2}=(x,0,0)=P\text{ 在 }\ell\text{ 上的垂足}\ }$$

两个点根本就是同一个点，$|PQ_{1}|=|PQ_{2}|$ 当然恒成立。 所以 A 不只是”没被排除”，它是真的成立。选 A。

顺带一提：这也解释了官方解答里那句”$Q_{1}$、$Q_{2}$ 重合于同一点”—— 它是 $\alpha\perp\beta$ 的结果，不是可以直接从”等距”跳过去的前提。

解法三：一条恒等式说完全部——交叉项自己抵消

前两条路各管一半。这一条在两平面相交的前提下把两半一次算完， 顺便解释”为什么偏偏是垂直”。

先把适用范围说清：下面要取交线 $\ell$ 和截面 $\gamma$，所以整条推导只覆盖 $\alpha\cap\beta\neq\varnothing$ 的情形。 $\alpha\parallel\beta$ 那一档根本进不了这个参数化（没有 $\ell$ 就没有 $\theta$）， 必须另外收拾——解法一第四步已经用一个 $P$ 把它排掉了，这里不重复。

仍在截面 $\gamma$ 里：$\mathbf m$、$\mathbf n$ 分别是沿 $a$、$b$ 的单位向量，$\mathbf m\cdot\mathbf n=\cos\theta$。 把 $\overrightarrow{OP}$ 拆成”沿 $\ell$“与”在 $\gamma$ 内”两截，沿 $\ell$ 的那截两次投影都不动， 只需盯住 $\gamma$ 内的那一截，记作 $\mathbf w$。此时投影就是数量积：

$$\text{投到 }a:\ \mathbf w\mapsto(\mathbf w\cdot\mathbf m)\,\mathbf m, \qquad \text{投到 }b:\ \mathbf w\mapsto(\mathbf w\cdot\mathbf n)\,\mathbf n .$$

两条路各走一遍：

$$\overrightarrow{OQ_{1}}=(\mathbf w\cdot\mathbf m)\cos\theta\,\mathbf n, \qquad \overrightarrow{OQ_{2}}=(\mathbf w\cdot\mathbf n)\cos\theta\,\mathbf m .$$

平方展开（$|\mathbf m|=|\mathbf n|=1$）：

$$|PQ_{1}|^{2}=|\mathbf w|^{2}-2\cos\theta(\mathbf w\cdot\mathbf m)(\mathbf w\cdot\mathbf n)+\cos^{2}\theta(\mathbf w\cdot\mathbf m)^{2},$$ $$|PQ_{2}|^{2}=|\mathbf w|^{2}-2\cos\theta(\mathbf w\cdot\mathbf n)(\mathbf w\cdot\mathbf m)+\cos^{2}\theta(\mathbf w\cdot\mathbf n)^{2}.$$

中间那一项两边一模一样（数量积可交换），一减就没了：

$$\boxed{\ |PQ_{1}|^{2}-|PQ_{2}|^{2}=\cos^{2}\theta\left[(\mathbf w\cdot\mathbf m)^{2}-(\mathbf w\cdot\mathbf n)^{2}\right]\ }$$

要它对一切 $\mathbf w$ 为零，只有两条出路：

1. $\cos\theta=0$，即 $\theta=90^{\circ}$——这一条对一切 $\mathbf w$ 都灵；
2. 或者 $(\mathbf w\cdot\mathbf m)^{2}=(\mathbf w\cdot\mathbf n)^{2}$ 对一切 $\mathbf w$ 成立。 取 $\mathbf w=\mathbf m$ 得 $1=\cos^{2}\theta$，即 $\mathbf m=\pm\mathbf n$：截线 $a$、$b$ 重合， 于是 $\alpha=\ell\oplus a$ 与 $\beta=\ell\oplus b$ 也重合。题目说的是两个不同的平面，这一支不存在。

所以在相交的前提下恰好是 $\alpha\perp\beta$；再补上解法一第四步排掉的平行那一档，答案唯一，选 A。

这条恒等式还顺手回答了一个自然的疑问：为什么”等距”这么弱的条件能逼出垂直？ 因为两条路的差别只剩最后那一项 $\cos^{2}\theta(\cdots)^{2}$—— 交叉项天然对称、抵消得干干净净，剩下的那点差异只能靠 $\cos\theta=0$ 抹平。

四个选项与那个最常见的坑

• A．$\alpha\perp\beta$——正确。此时 $Q_{1}=Q_{2}=P$ 在交线上的垂足。
• B．$45^{\circ}$、D．$60^{\circ}$——被 $\sin\theta\neq\sin^{2}\theta$ 当场否掉。 这两个角是出题人放的诱饵：$45^{\circ}$ 让人想起”等腰”，$60^{\circ}$ 让人想起”正三角形”， 但本题的方程里根本没有它们的位置。
• C．$\alpha\parallel\beta$——最像的错项。乍看”两次投影对称”， 其实差得最远：一条路走了 $d$，另一条路原地不动（走了 $0$）。

最容易翻车的一步不是几何，是量词。 题面写的是”对空间任意一点 $P$，恒有 $PQ_{1}=PQ_{2}$”：

• 想否掉一个选项：举一个 $P$ 就够（解法一第二步）；
• 想确认一个选项：必须对所有 $P$ 都验（解法二那句”对任意 $P(x,y,z)$“不能省）。

把这两个方向做反——只验一个点就宣布 A 成立，或者要求举遍所有点才敢排除 D—— 是这道题最常见的失分处。

一条可以带走的结论

把两次正投影按不同顺序复合，一般是两个不同的映射。 它们对每个点都给出等距落点，当且仅当两个平面垂直； 而这时它们其实是同一个映射——都等于”投到交线上”。 换句话说：$f_{\alpha}$ 与 $f_{\beta}$ 可交换 $\iff$ $\alpha\perp\beta$（或两面重合）。