浙江 2013 · 数学 q20

转着看 · 换个机位再判断

四面体 $A$-$BCD$：绿色是第 (1) 问的平行四边形 $OPQF$，红色是第 (2) 问的 $C\to G\to H$

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：一条竖棱，把整道题劈成”竖直”和”底面”两笔账

题面只给了三句条件，但这三句的分量差得很远：

• $AD\perp$ 平面 $BCD$ ——这一句给了空间一个基准方向。以后任何一段向量都能拆成”竖直的一截 + 躺在底面里的一截”，两截互不干扰。
• $BC\perp CD$ ——这一句给了底面一个直角。于是底面 $\triangle BCD$ 由斜边 $BD=2\sqrt{2}$ 和一个锐角 $\theta=\angle BDC$ 完全定死：$CD=2\sqrt{2}\cos\theta$，$BC=2\sqrt{2}\sin\theta$。
• $AD=2$、$BD=2\sqrt{2}$ ——两个数，把竖直方向也定死：$M$ 是 $AD$ 的中点故 $MD=1$，而 $MD\perp BD$，所以 $BM=\sqrt{8+1}=3$。

注意 $BM=3$ 是个常数，和 $\theta$ 毫无关系。这件事后面会反复用到：整道题里，凡是竖直方向的长度全是常数，凡是含 $\theta$ 的全躺在底面里。

两问于是各归各位：

• 第 (1) 问要证 $PQ\parallel$ 平面 $BCD$。平面 $BCD$ 就是”竖直分量为零”的那张平面，所以这一问的实质是：$\overrightarrow{PQ}$ 的竖直分量是不是 $0$。
• 第 (2) 问给的是二面角 $C\text{-}BM\text{-}D$，棱 $BM$ 躺在平面 $ABD$ 里，而 $C$ 在平面 $ABD$ 外。所以这一问的实质是：$C$ 离平面 $ABD$ 有多”歪”——把 $C$ 压到平面 $ABD$ 上，看压扁了多少。

第 ② 块的立体可以转着看：转起来最该盯的是 $CG$——它同时垂直于 $BD$ 和 $AD$，所以它垂直于整张平面 $ABD$，于是 $\triangle GBM$ 正是 $\triangle CBM$ 落在平面 $ABD$ 上的影子。第 (2) 问的四条路，说到底都在算这个影子。

解法一：原卷路线——补一个 $F$ 造出平行四边形，再用两次线面垂直认出平面角 $\angle CHG$

第 (1) 问。取 $BD$ 的中点 $O$，在 $CD$ 上取 $F$ 使 $DF=3CF$，连 $OP$、$OF$、$FQ$。

在 $\triangle ACD$ 中，$AQ=3QC$ 与 $DF=3CF$ 意味着 $\dfrac{CQ}{CA}=\dfrac{CF}{CD}=\dfrac{1}{4}$，于是

$$QF\parallel AD,\qquad QF=\frac{1}{4}AD .$$

在 $\triangle BDM$ 中，$O$、$P$ 分别是 $BD$、$BM$ 的中点，由三角形的中位线定理得 $OP\parallel DM$ 且 $OP=\dfrac{1}{2}DM$；再由 $M$ 是 $AD$ 的中点，$DM=\dfrac{1}{2}AD$，所以

$$OP\parallel AD,\qquad OP=\frac{1}{4}AD .$$

两段既平行又等长，四边形 $OPQF$ 是平行四边形，故 $PQ\parallel OF$。而 $OF\subset$ 平面 $BCD$、$PQ\not\subset$ 平面 $BCD$，由线面平行的判定定理得 $PQ\parallel$ 平面 $BCD$。

这个 $F$ 是从哪儿冒出来的？它不是灵感，是被 $\dfrac{1}{4}$ 逼出来的：$OP$ 的长度已经被两次中点锁成 $\dfrac{1}{4}AD$，要在 $\triangle ACD$ 里找一段与它等长且平行于 $AD$ 的线段，只能让 $QF$ 也占 $AD$ 的 $\dfrac{1}{4}$，于是 $F$ 的位置只有一个。先算出比例，再定点，顺序反过来就成了”想到就想到、想不到就没辙”。

第 (2) 问。过 $C$ 作 $CG\perp BD$ 于 $G$，过 $G$ 作 $GH\perp BM$ 于 $H$，连 $CH$。

第一次线面垂直：$AD\perp$ 平面 $BCD$ 且 $CG\subset$ 平面 $BCD$，故 $AD\perp CG$；又 $CG\perp BD$，而 $AD$、$BD$ 是平面 $ABD$ 内两条相交直线，由线面垂直的判定定理得

$$CG\perp\text{平面 }ABD .$$

第二次线面垂直：由上式与 $BM\subset$ 平面 $ABD$ 得 $CG\perp BM$；又 $GH\perp BM$，$CG$、$GH$ 是平面 $CGH$ 内两条相交直线，故 $BM\perp$ 平面 $CGH$，从而 $BM\perp CH$。

于是 $HC$、$HG$ 都垂直于棱 $BM$，$\angle CHG$ 就是二面角 $C\text{-}BM\text{-}D$ 的平面角，$\angle CHG=60^{\circ}$。

顺带把”锐角还是钝角”这一关也过了。$\triangle CHG$ 在 $G$ 处是直角（$CG\perp$ 平面 $ABD$，$HG$ 在这张平面内），所以 $\angle CHG$ 天生就是锐角——本题的二面角不可能是钝角，这不是碰巧，是构形保证的。另外还得确认 $\angle CHG$ 而不是它的补角才是平面角：$G$ 落在线段 $BD$ 上且不与 $B$ 重合（$\theta$ 是锐角），而 $D$ 也在直线 $BM$ 的同一侧，所以射线 $HG$ 确实指向含 $D$ 的那个半平面。

最后算。设 $\theta=\angle BDC$。在 $\mathrm{Rt}\triangle BCD$ 中

$$CD=2\sqrt{2}\cos\theta,\qquad BC=2\sqrt{2}\sin\theta,$$ $$CG=CD\sin\theta=2\sqrt{2}\sin\theta\cos\theta,\qquad BG=BC\sin\theta=2\sqrt{2}\sin^{2}\theta .$$

在 $\mathrm{Rt}\triangle BMD$ 中，$\triangle BGH\sim\triangle BMD$（两个直角、公用 $\angle B$），故

$$GH=\frac{BG\cdot DM}{BM}=\frac{2\sqrt{2}\sin^{2}\theta\times 1}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\sin^{2}\theta .$$

在 $\mathrm{Rt}\triangle CHG$ 中

$$\tan\angle CHG=\frac{CG}{GH}=\frac{2\sqrt{2}\sin\theta\cos\theta}{\frac{2\sqrt{2}}{3}\sin^{2}\theta}=\frac{3\cos\theta}{\sin\theta}=\sqrt{3},$$

即 $\tan\theta=\sqrt{3}$，$\theta=60^{\circ}$，$\angle BDC=60^{\circ}$。

那个 $3$ 是什么

把上式不代数字地写一遍，会看到一个很干净的结构：

$$\tan\angle CHG=\frac{CG}{GH}=\frac{CD\sin\theta}{\dfrac{BC\sin\theta\cdot MD}{BM}}=\underbrace{\frac{CD}{BC}}_{\text{底面的形状}}\cdot\underbrace{\frac{BM}{MD}}_{\text{竖直方向的形状}}=\cot\theta\cdot 3 .$$

$\sin\theta$ 在分子分母里同时出现、同时约掉——这正是冷启动里说的”两笔账互不干扰”。二面角的正切 = 底面三角形的边比 × 侧面直角三角形的边比。那个 $3$ 不是算出来的巧合，它就是 $\dfrac{BM}{MD}=\dfrac{3}{1}$，由 $AD=2$、$BD=2\sqrt{2}$ 两个数直接给定。于是本题的答案 $\tan\theta=\sqrt{3}$ 等价于一句话：$3\cot\theta=\tan 60^{\circ}$。

解法二：建系一把过——原点放 $C$，两问共用一套坐标

建系的落点不该随手取。这里有两个候选：

• $D$ 为原点、$DA$ 为 $z$ 轴——竖直方向对了，但底面里 $DB$ 与 $DC$ 夹角是 $\theta$，不垂直，$x$、$y$ 轴得另找。
• $C$ 为原点——题面白送了 $BC\perp CD$，两条底面轴直接现成；再加上 $AD\perp$ 底面给的竖直方向，三根轴一次配齐。

取后者：$CB$ 为 $x$ 轴，$CD$ 为 $y$ 轴，竖直向上为 $z$ 轴。设 $\theta=\angle BDC$，则

$$C(0,0,0),\quad B(2\sqrt{2}\sin\theta,\,0,\,0),\quad D(0,\,2\sqrt{2}\cos\theta,\,0),$$ $$A(0,\,2\sqrt{2}\cos\theta,\,2),\quad M(0,\,2\sqrt{2}\cos\theta,\,1) .$$

第 (1) 问。$P$ 是 $BM$ 的中点，$Q$ 由 $AQ=3QC$ 定出（即 $\overrightarrow{AQ}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AC}$）：

$$P\left(\sqrt{2}\sin\theta,\ \sqrt{2}\cos\theta,\ \tfrac{1}{2}\right),\qquad Q\left(0,\ \tfrac{\sqrt{2}}{2}\cos\theta,\ \tfrac{1}{2}\right),$$ $$\overrightarrow{PQ}=\left(-\sqrt{2}\sin\theta,\ -\tfrac{\sqrt{2}}{2}\cos\theta,\ 0\right).$$

平面 $BCD$ 就是 $z=0$，法向量 $\boldsymbol{n}=(0,0,1)$。$\overrightarrow{PQ}\cdot\boldsymbol{n}=0$，且 $P$ 的竖坐标 $\dfrac{1}{2}\neq 0$ 说明 $P\notin$ 平面 $BCD$，故 $PQ\parallel$ 平面 $BCD$。

第 (1) 问在坐标下退化成”看第三个分量是不是 $0$“——证明的全部内容就是那个 $0$。

第 (2) 问。平面 $BMD$（即平面 $ABD$）：$\overrightarrow{DB}=(2\sqrt{2}\sin\theta,\,-2\sqrt{2}\cos\theta,\,0)$，$\overrightarrow{DM}=(0,0,1)$，取

$$\boldsymbol{n_1}=\overrightarrow{DB}\times\overrightarrow{DM}=(-2\sqrt{2}\cos\theta,\,-2\sqrt{2}\sin\theta,\,0)\ \sim\ (\cos\theta,\,\sin\theta,\,0).$$

平面 $BMC$：$\overrightarrow{CB}=(2\sqrt{2}\sin\theta,0,0)$，$\overrightarrow{CM}=(0,\,2\sqrt{2}\cos\theta,\,1)$，取

$$\boldsymbol{n_2}=\overrightarrow{CB}\times\overrightarrow{CM}=(0,\,-2\sqrt{2}\sin\theta,\,8\sin\theta\cos\theta)\ \sim\ (0,\,-1,\,2\sqrt{2}\cos\theta).$$

于是

$$\left|\cos\langle\boldsymbol{n_1},\boldsymbol{n_2}\rangle\right| =\frac{\sin\theta}{\sqrt{1+8\cos^{2}\theta}}=\frac{\sin\theta}{\sqrt{9-8\sin^{2}\theta}} .$$

这一步是本解法唯一的关口。法向量的夹角与二面角要么相等要么互补，光靠公式定不下来，必须另有一句话交代取哪个。本题不必纠结：解法一已经指出 $\angle CHG$ 在 $G$ 处有直角，所以二面角 $C\text{-}BM\text{-}D$ 必是锐角，取绝对值即可。若换一道二面角可能为钝角的题，这里就得老老实实判方向，不能默认取绝对值。

令它等于 $\cos 60^{\circ}=\dfrac{1}{2}$：

$$4\sin^{2}\theta=9-8\sin^{2}\theta\ \Longrightarrow\ \sin^{2}\theta=\frac{3}{4}\ \Longrightarrow\ \sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{2},$$

由 $\theta\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$（它是 $\mathrm{Rt}\triangle BCD$ 的一个锐角）得 $\theta=60^{\circ}$，即 $\angle BDC=60^{\circ}$。

解法三：第 (1) 问的一行证法——$\overrightarrow{PQ}$ 里 $\overrightarrow{DA}$ 的系数恰好是 $0$

不建系也能把第 (1) 问压成一行。取 $\{\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DB},\overrightarrow{DC}\}$ 作基底（$AD\perp$ 底面保证 $\overrightarrow{DA}$ 不在底面里，$B$、$C$、$D$ 不共线保证另两个不共线，故三者不共面）：

$$\overrightarrow{DP}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DM}\right)=\frac{1}{2}\overrightarrow{DB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{DA},$$ $$\overrightarrow{DQ}=\overrightarrow{DA}+\frac{3}{4}\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{DA}+\frac{3}{4}\left(\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{DA}\right)=\frac{1}{4}\overrightarrow{DA}+\frac{3}{4}\overrightarrow{DC},$$ $$\boxed{\ \overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{DQ}-\overrightarrow{DP}=\frac{3}{4}\overrightarrow{DC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{DB}\ }$$

$\overrightarrow{DA}$ 的系数是 $0$，所以 $\overrightarrow{PQ}$ 可由平面 $BCD$ 内的两个不共线向量线性表示，即 $PQ$ 与平面 $BCD$ 平行或在其内；再由 $P\notin$ 平面 $BCD$（$P$ 是 $BM$ 的中点，$B$ 在平面内、$M$ 不在，故 $P$ 不在）得 $PQ\parallel$ 平面 $BCD$。

这条路顺手回答了”为什么偏偏是 $AQ=3QC$”

把定比放开成未知数：设 $AQ=\lambda\,QC$（$\lambda>0$），则

$$\overrightarrow{DQ}=\frac{1}{1+\lambda}\overrightarrow{DA}+\frac{\lambda}{1+\lambda}\overrightarrow{DC},\qquad \overrightarrow{PQ}=\left(\frac{1}{1+\lambda}-\frac{1}{4}\right)\overrightarrow{DA}+\frac{\lambda}{1+\lambda}\overrightarrow{DC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{DB}.$$

要 $PQ\parallel$ 平面 $BCD$，只需 $\overrightarrow{DA}$ 的系数为零：

$$\frac{1}{1+\lambda}=\frac{1}{4}\ \Longrightarrow\ \lambda=3 .$$

$\lambda=3$ 不是出题人挑的漂亮数字，是唯一解。换成 $AQ=2QC$，$PQ$ 就不平行于底面了。原卷那个”取 $F$ 使 $DF=3CF$“的辅助点，本质上就是这个方程的几何写法：$\dfrac{1}{4}$ 由 $P$、$M$ 两次取中点写死，$Q$ 只能配合它。

解法四：第 (2) 问的射影面积法——$\triangle GBM$ 就是 $\triangle CBM$ 的影子

解法一已经证出 $CG\perp$ 平面 $ABD$，这句话有一个更好用的读法：$G$ 就是 $C$ 在平面 $ABD$ 上的正射影。而 $B$、$M$ 本来就在平面 $ABD$ 里，射影是它们自己。于是

$$\triangle GBM \text{ 是 } \triangle CBM \text{ 在平面 }ABD\text{ 上的正射影},$$

两者的面积由二面角联系起来（棱正是 $BM$）：

$$S_{\triangle GBM}=S_{\triangle CBM}\cos\angle(\text{平面 }CBM,\ \text{平面 }ABD)=S_{\triangle CBM}\cos 60^{\circ} .$$

两块面积都好算，而且都不必求出 $CH$：

• 影子：$S_{\triangle GBM}=\dfrac{1}{2}\,BM\cdot GH=\dfrac{1}{2}\times 3\times\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\sin^{2}\theta=\sqrt{2}\sin^{2}\theta$。
• 原三角形：注意 $BC\perp CD$（题给）且 $BC\perp AD$（$AD\perp$ 底面），故 $BC\perp$ 平面 $ACD$，从而 $BC\perp CM$。$\triangle CBM$ 是直角三角形，直角在 $C$。由三角形面积公式

$$CM=\sqrt{CD^{2}+DM^{2}}=\sqrt{8\cos^{2}\theta+1}=\sqrt{9-8\sin^{2}\theta},$$ $$S_{\triangle CBM}=\frac{1}{2}\,CB\cdot CM=\frac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\sin\theta\times\sqrt{9-8\sin^{2}\theta}=\sqrt{2}\sin\theta\sqrt{9-8\sin^{2}\theta}.$$

代入面积关系：

$$\frac{\sqrt{2}\sin^{2}\theta}{\sqrt{2}\sin\theta\sqrt{9-8\sin^{2}\theta}}=\frac{\sin\theta}{\sqrt{9-8\sin^{2}\theta}}=\frac{1}{2} \ \Longrightarrow\ 4\sin^{2}\theta=9-8\sin^{2}\theta\ \Longrightarrow\ \sin^{2}\theta=\frac{3}{4},$$

$\theta$ 是锐角，故 $\theta=60^{\circ}$，$\angle BDC=60^{\circ}$。

用它要看条件。射影面积法只在”有一个顶点的射影现成、其余顶点本来就在平面里”时才划算——本题恰好如此（$CG\perp$ 平面 $ABD$ 是第 (2) 问必证的中间结论，白捡）。此外它算出来的只是 $\left|\cos\right|$，锐钝仍要另判；本题因 $\angle CHG$ 有直角在 $G$ 而必为锐角，才敢直接写 $\cos 60^{\circ}$。

四条路怎么选

考场上的现实组合是路三 + 路一：第 (1) 问一行写完，把时间全留给第 (2) 问的平面角。若认平面角时卡住，立刻切路二，别硬找。

一句话带走

$AD\perp$ 底面这一句，把每一段向量都拆成”竖直 + 底面”两笔互不干扰的账：第 (1) 问只在问竖直那一笔是不是 $0$，第 (2) 问只在问 $C$ 压到平面 $ABD$ 上还剩多少。前者的答案是 $\overrightarrow{PQ}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{DC}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DB}$，后者的答案是 $\tan(\text{二面角})=\dfrac{CD}{BC}\cdot\dfrac{BM}{MD}=3\cot\theta=\sqrt{3}$，于是 $\angle BDC=60^{\circ}$。