浙江 2014 · 数学 q20

转着看 · 换个机位再判断

四棱锥 $A$-$BCDE$：底面直角梯形（$\angle CDE=\angle BED=90^{\circ}$，$CD=2$、$DE=BE=1$），平面 $ABC\perp$ 平面 $BCDE$ 加上 $AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$ 把 $A$ 钉在 $C$ 正上方 $\sqrt{2}$ 处 ⟹ (I) $DE\perp$ 平面 $ACD$；(II) $BF\perp AD$、$FG\parallel DE$ 也 $\perp AD$，$\cos\angle BFG=\frac{\sqrt{3}}{2}$，二面角 $B$-$AD$-$E$ 为 $\frac{\pi}{6}$

机位1题图角度2正对 BFG3沿 BFG 看4俯视自由视角

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冷启动：把这个四棱锥的形状先钉死

题面配了一张立体图，但站上这份转写没把它单独切出来（只有整页的题解图）。 没关系——这道题的形状完全可以由文字条件唯一确定，而且必须由文字确定，看图猜是靠不住的。 下面就把它搭一遍。

第一步：底面 BCDE 是个直角梯形

$\angle CDE=\angle BED=90^{\circ}$ 说的是两件事：$DC\perp DE$，以及 $EB\perp ED$。 同一条 $DE$ 垂直于 $DC$ 和 $EB$，所以 $DC\parallel EB$——底面是直角梯形， $DE$ 就是那条同时垂直于两底的腰。已知 $DC=2$、$EB=1$、$DE=1$，形状唯一。

顺手把 $BC$ 与 $BD$ 算出来（后面全要用）：

$$BC=\sqrt{(DC-EB)^{2}+DE^{2}}=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt2,\qquad BD=\sqrt{DE^{2}+EB^{2}}=\sqrt{1+1}=\sqrt2 .$$

（$BD$ 那条用的是 $\angle BED=90^{\circ}$，$\triangle BED$ 是等腰直角三角形。）

第二步：顶点 $A$ 在哪里——本题唯一的关口

题给 $AB=2$、$AC=\sqrt2$，加上刚算出的 $BC=\sqrt2$：

$$AC^{2}+BC^{2}=2+2=4=AB^{2}\ \Longrightarrow\ AC\perp BC .$$

这一步是算出来的，不是看出来的。 有了它，再用条件「平面 $ABC\perp$ 平面 $BCDE$」： 两个平面的交线正是 $BC$，而 $AC$ 在平面 $ABC$ 内、且 $AC\perp BC$，由面面垂直的性质定理

$$\boxed{\,AC\perp\text{平面 }BCDE\,}$$

到此整个立体就定死了：$A$ 竖在 $C$ 的正上方，高 $AC=\sqrt2$。

这里是最容易出事的地方：「面面垂直」不能直接说成「线面垂直」。 平面 $ABC\perp$ 平面 $BCDE$ 只保证平面 $ABC$ 内垂直于交线 $BC$ 的那些直线垂直于底面； $AB$ 就不垂直于底面。所以必须先有 $AC\perp BC$ 这个勾股逆定理算出来的直角， 这条性质定理才用得上。

第三步：把要用的长度一次算齐

$AC\perp$ 平面 $BCDE$，于是 $AC$ 垂直于底面里的每一条线，特别地 $AC\perp CD$：

$$AD=\sqrt{AC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{2+4}=\sqrt6 .$$

再看 $\triangle ABD$：$BD^{2}+AB^{2}=2+4=6=AD^{2}$，所以

$$\angle ABD=90^{\circ}.$$

这个直角是白捡的，解法一和解法三都要靠它。 至于 $AE$，等第（Ⅰ）问证完再算 （要用到 $DE\perp AD$）：$AE=\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}=\sqrt{6+1}=\sqrt7$。

（Ⅰ）证明 $DE\perp$ 平面 $ACD$：两条垂直，一个判定定理

这一问三条解法共用，先单独写。要证一条线垂直于一个平面， 判定定理要的是「垂直于平面内两条相交直线」，所以去平面 $ACD$ 里找两条：

• $DE\perp DC$——题给的 $\angle CDE=90^{\circ}$，直接可用；
• $DE\perp AC$——$DE$ 躺在平面 $BCDE$ 里，而冷启动第二步已得 $AC\perp$ 平面 $BCDE$， 所以 $AC$ 垂直于底面内的每一条直线，$DE$ 自然在内。

$DC$ 与 $AC$ 都在平面 $ACD$ 内，且交于点 $C$（「相交」这个条件一定要写出来， 两条平行线是不够的）。由线面垂直的判定定理，

$$\boxed{\,DE\perp\text{平面 }ACD\,}$$

顺带收一个后面反复要用的推论：$AD\subset$ 平面 $ACD$，所以 $DE\perp AD$。 这句话让第（Ⅱ）问省掉一半力气——二面角的棱是 $AD$，而 $DE$ 这条边天生就垂直于棱。

解法一：按定义把平面角 $\angle BFG$ 作出来，再用余弦定理

怎么想到的： 二面角的定义就是「在棱上取一点，两个半平面内各作一条垂直于棱的射线， 两射线的夹角」。所以老老实实按定义造：棱是 $AD$，两个半平面一个含 $B$、一个含 $E$。

造平面角

• 含 $B$ 的那一侧：作 $BF\perp AD$，垂足为 $F$。$BF$ 在半平面 $ADB$ 内且垂直于棱。
• 含 $E$ 的那一侧：过 $F$ 作 $FG\parallel DE$，交 $AE$ 于 $G$。 由（Ⅰ）的推论 $DE\perp AD$，平行线同垂直，所以 $FG\perp AD$； 而 $F\in AD$、$DE\subset$ 平面 $ADE$，所以整条 $FG$ 都躺在半平面 $ADE$ 里。

两条射线都垂直于棱 $AD$，于是 $\angle BFG$ 就是所求二面角的平面角。

原卷这里印的是「过点 $F$ 作 $FG\parallel DE$，与 $AB$ 交于点 $G$」，是笔误。 过 $F$ 且平行于 $DE$ 的直线整条都在平面 $ADE$ 内（因为 $F\in AD\subset$ 平面 $ADE$， 而 $DE$ 也在这个平面里），它只可能与 $AE$ 相交，碰不到 $AB$。原卷后文用的 $\triangle ABG$ 与 $BG=\frac23$，算的也正是 $G$ 在 $AE$ 上的那个点。

三条边各算一次

$BF$——直角三角形斜边上的高。 冷启动里已得 $\angle ABD=90^{\circ}$， $\triangle ABD$ 是以 $AD$ 为斜边的直角三角形，两直角边 $AB=2$、$BD=\sqrt2$：

$$BF=\frac{AB\cdot BD}{AD}=\frac{2\sqrt2}{\sqrt6}=\frac{2\sqrt3}{3}, \qquad DF=\frac{BD^{2}}{AD}=\frac{2}{\sqrt6}=\frac{\sqrt6}{3}.$$

于是 $AF=AD-DF=\sqrt6-\dfrac{\sqrt6}{3}=\dfrac{2\sqrt6}{3}=\dfrac23AD$。

$FG$——相似比。 $FG\parallel DE$ 使 $\triangle AFG\sim\triangle ADE$，相似比就是 $\dfrac{AF}{AD}=\dfrac23$：

$$FG=\frac23DE=\frac23,\qquad AG=\frac23AE=\frac{2\sqrt7}{3}.$$

$BG$——在 $\triangle ABG$ 里用余弦定理。 要先有 $\cos\angle BAG$， 而 $\angle BAG$ 就是 $\angle BAE$（$G$ 在 $AE$ 上），在 $\triangle ABE$ 里算： $AB=2$、$AE=\sqrt7$、$BE=1$，

$$\cos\angle BAE=\frac{AB^{2}+AE^{2}-BE^{2}}{2\,AB\cdot AE}=\frac{4+7-1}{2\cdot2\cdot\sqrt7} =\frac{10}{4\sqrt7}=\frac{5\sqrt7}{14}.$$

再在 $\triangle ABG$ 里用一次：

$$BG^{2}=AB^{2}+AG^{2}-2\,AB\cdot AG\cos\angle BAE =4+\frac{28}{9}-2\cdot2\cdot\frac{2\sqrt7}{3}\cdot\frac{5\sqrt7}{14} =4+\frac{28}{9}-\frac{20}{3}=\frac{4}{9},$$

所以 $BG=\dfrac23$。

原卷这一行印成「$BC=\frac23$」，也是笔误——$BC$ 在冷启动里已经算出是 $\sqrt2$， 这里要的是 $BG$。

收口

在 $\triangle BFG$ 中用余弦定理：

$$\cos\angle BFG=\frac{FG^{2}+BF^{2}-BG^{2}}{2\,BF\cdot FG} =\frac{\frac49+\frac43-\frac49}{2\cdot\frac{2\sqrt3}{3}\cdot\frac23} =\frac{\frac43}{\frac{8\sqrt3}{9}}=\frac{\sqrt3}{2}.$$ $$\boxed{\,\angle BFG=\frac{\pi}{6}\,}$$

注意 $FG^{2}$ 与 $BG^{2}$ 恰好都等于 $\frac49$、当场抵消——这不是巧合： $FG=BG$ 说明 $\triangle BFG$ 是等腰三角形，顶角在 $F$ 对面。看到两个数相等就该顺手一约， 不要硬算。

解法二：建系求两个半平面所在平面的法向量

怎么想到的： 冷启动已经交出两样东西——底面里 $DE\perp DC$ 给了两条互相垂直的水平方向， $AC\perp$ 底面给了竖直方向。三条两两垂直的方向凑齐了，坐标系就该建。

以 $D$ 为原点，射线 $DE$ 为 $x$ 轴正向、射线 $DC$ 为 $y$ 轴正向、 过 $D$ 且与 $CA$ 同向的方向为 $z$ 轴正向：

$$D(0,0,0),\quad E(1,0,0),\quad C(0,2,0),\quad A(0,2,\sqrt2),\quad B(1,1,0).$$

（$B$ 的来历：$EB\perp ED$ 且 $EB=1$，$B$ 与 $C$ 在 $DE$ 的同侧，所以 $B=E+(0,1,0)=(1,1,0)$。$A$ 的来历：$A$ 在 $C$ 正上方、$CA=\sqrt2$。）

建完系一定回代验一遍，这是最省事的纠错手段：

$$AB=|(1,-1,-\sqrt2)|=2\ \checkmark,\quad AC=|(0,0,-\sqrt2)|=\sqrt2\ \checkmark,\quad CD=2\ \checkmark,\quad DE=BE=1\ \checkmark .$$

四个条件全对上，说明坐标没设错。

（Ⅰ）的向量版本

$\overrightarrow{DE}=(1,0,0)$，$\overrightarrow{DC}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{DA}=(0,2,\sqrt2)$。 两个数量积都是 $0$，而 $DC$、$DA$ 是平面 $ACD$ 内两条相交直线，故 $DE\perp$ 平面 $ACD$。

（Ⅱ）两个法向量

平面 $ADE$ 的法向量 $\boldsymbol m=(x_1,y_1,z_1)$：

$$\boldsymbol m\cdot\overrightarrow{DE}=0\Rightarrow x_1=0,\qquad \boldsymbol m\cdot\overrightarrow{DA}=0\Rightarrow 2y_1+\sqrt2z_1=0 .$$

取 $y_1=1$，得 $\boldsymbol m=(0,1,-\sqrt2)$，$|\boldsymbol m|=\sqrt3$。

平面 $ABD$ 的法向量 $\boldsymbol n=(x_2,y_2,z_2)$，其中 $\overrightarrow{DB}=(1,1,0)$：

$$\boldsymbol n\cdot\overrightarrow{DA}=0\Rightarrow 2y_2+\sqrt2z_2=0,\qquad \boldsymbol n\cdot\overrightarrow{DB}=0\Rightarrow x_2+y_2=0 .$$

取 $y_2=1$，得 $\boldsymbol n=(-1,1,-\sqrt2)$，$|\boldsymbol n|=2$。

原卷这里印的 $\boldsymbol n=(0,-1,\sqrt2)$ 站不住：它确实满足第一个方程， 但代进第二个得 $0+(-1)=-1\neq0$。而且 $(0,-1,\sqrt2)=-\boldsymbol m$， 两个平面的法向量成了反向的同一条，夹角余弦会是 $1$ 而不是 $\frac{\sqrt3}{2}$。 原卷后面写的 $\dfrac{3}{\sqrt3\cdot2}$ 里 $|\boldsymbol n|=2$、$\boldsymbol m\cdot\boldsymbol n=3$， 用的正是本文这个 $(-1,1,-\sqrt2)$——算是对的，印错了一行。

$$\left|\cos\langle\boldsymbol m,\boldsymbol n\rangle\right| =\frac{|\boldsymbol m\cdot\boldsymbol n|}{|\boldsymbol m||\boldsymbol n|} =\frac{|0+1+2|}{\sqrt3\cdot2}=\frac{\sqrt3}{2}.$$

别停在这里：法向量夹角不等于二面角

$\left|\cos\langle\boldsymbol m,\boldsymbol n\rangle\right|=\frac{\sqrt3}{2}$ 只说明二面角是 $\frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{5\pi}{6}$，两者互补。原卷用的理由是「由题意可知，所求二面角是锐角」—— 这是在看图，靠不住。 换一个算得出来的判法：

在棱 $AD$ 上取点 $D$。含 $E$ 的那一侧，方向向量就是 $\overrightarrow{DE}=(1,0,0)$ （由（Ⅰ）它已经垂直于棱，不用再修）。含 $B$ 的那一侧，把 $\overrightarrow{DB}$ 减去它在棱上的投影：

$$\boldsymbol u=\overrightarrow{DB}-\frac{\overrightarrow{DB}\cdot\overrightarrow{DA}}{|\overrightarrow{DA}|^{2}}\overrightarrow{DA} =(1,1,0)-\frac{2}{6}(0,2,\sqrt2)=\left(1,\ \frac13,\ -\frac{\sqrt2}{3}\right), \qquad |\boldsymbol u|=\frac{2}{\sqrt3}.$$

这两条才是平面角的两条边：

$$\cos\theta=\frac{\overrightarrow{DE}\cdot\boldsymbol u}{|\overrightarrow{DE}||\boldsymbol u|} =\frac{1}{2/\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{2}>0 .$$

余弦为正，二面角是锐角，$\theta=\dfrac{\pi}{6}$——这回是算出来的，不是看出来的。

$$\boxed{\,\theta=\frac{\pi}{6}\,}$$

解法三：等体积法求 $B$ 到平面 $ADE$ 的距离

怎么想到的： 前两条路都要么作图、要么解方程组。但二面角还有一条几乎不用作图的公式：

$$\sin\theta=\frac{BH}{BF},$$

其中 $BF\perp$ 棱 $AD$（垂足 $F$），$BH\perp$ 平面 $ADE$（垂足 $H$）。

理由：$BH\perp$ 平面 $ADE$，由三垂线定理的逆命题，$FH\perp AD$。 平面 $ADE$ 内过 $F$ 且垂直于棱 $AD$ 的射线只有两条、互为反向： 平面角 $\theta$ 用的是指向含 $E$ 那一侧的那条，$\angle BFH$ 用的是 $FH$ 那条。 所以 $\angle BFH$ 要么等于 $\theta$、要么等于 $\pi-\theta$；两种情形下都有 $\sin\angle BFH=\sin\theta$，而 $\triangle BHF$ 直角在 $H$，于是 $\sin\theta=\dfrac{BH}{BF}$。

这条公式只给到 $\sin$，「锐角还是钝角」那一位信息它不给，末尾要专门算一次。

好处是 $BH$ 是一个点到平面的距离，而点到平面的距离有等体积法这条不必找垂足的算法。

$BF$ 与 $BH$

$BF=\dfrac{2\sqrt3}{3}$，与解法一同一条（$\triangle ABD$ 斜边上的高）。

$BH$ 用同一个四面体 $ABDE$ 换底算两次体积：

• 以 $\triangle BDE$ 为底、$A$ 为顶。 $\angle BED=90^{\circ}$，$DE=EB=1$，故 $S_{\triangle BDE}=\frac12\cdot1\cdot1=\frac12$；高就是 $AC=\sqrt2$（因为 $AC\perp$ 底面 $BCDE$， 而 $\triangle BDE$ 就在底面内）。

  $V=\frac13\cdot\frac12\cdot\sqrt2=\frac{\sqrt2}{6}.$

• 以 $\triangle ADE$ 为底、$B$ 为顶。 由（Ⅰ）的推论 $DE\perp AD$，$\triangle ADE$ 直角在 $D$：

  $S_{\triangle ADE}=\frac12\cdot AD\cdot DE=\frac12\cdot\sqrt6\cdot1=\frac{\sqrt6}{2}.$

两次体积相等：

$$BH=\frac{3V}{S_{\triangle ADE}}=\frac{3\cdot\frac{\sqrt2}{6}}{\frac{\sqrt6}{2}} =\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt6}=\frac{\sqrt2}{\sqrt6}=\frac{\sqrt3}{3}.$$

换底之所以省事，全靠两个现成的直角：$AC\perp$ 底面给了第一次的高， $DE\perp AD$ 给了第二次的底面积。两个都是前面白捡的。

收口，顺带把「锐角还是钝角」也算掉

$$\sin\theta=\frac{BH}{BF}=\frac{\sqrt3/3}{2\sqrt3/3}=\frac12 .$$

$\sin\theta=\frac12$ 在 $(0,\pi)$ 内给两个角，$\frac{\pi}{6}$ 与 $\frac{5\pi}{6}$，还要再判一次。

先把要判的东西说准：$\vec{FH}$ 落在平面 $ADE$ 内那条过 $F$、垂直于 $AD$ 的直线上， 这条直线与 $DE$ 平行（（Ⅰ）已给出 $DE\perp AD$）。它指向 $E$ 那一侧还是反向， 正是待定的那一位信息——拿长度去比大小（「$FH$ 比谁长」）对方向零信息量，判不出来。

判它只要算一个内积。$\vec{HB}\perp$ 平面 $ADE$，$\vec{DE}$ 在这个平面内，故 $\vec{HB}\cdot\vec{DE}=0$，

$\vec{FH}\cdot\vec{DE}=\bigl(\vec{FB}-\vec{HB}\bigr)\cdot\vec{DE}=\vec{FB}\cdot\vec{DE}.$

再把 $\vec{FB}$ 拆回 $D$：$\vec{FB}=\vec{DB}-\vec{DF}$，其中 $\vec{DF}$ 与 $\vec{DA}$ 共线， 而（Ⅰ）给的 $DE\perp AD$ 就是 $\vec{DA}\cdot\vec{DE}=0$，所以 $\vec{DF}\cdot\vec{DE}=0$。于是

$\vec{FH}\cdot\vec{DE}=\vec{DB}\cdot\vec{DE}=\bigl(\vec{DE}+\vec{EB}\bigr)\cdot\vec{DE}=\bigl|\vec{DE}\bigr|^{2}=1>0,$

最后一步用的是题面的 $\angle BED=90^{\circ}$，即 $\vec{EB}\perp\vec{DE}$。 内积为正就是「同向」：$H$ 在含 $E$ 的那一侧，$\angle BFH$ 就是 $\theta$ 本身，$\theta$ 是锐角。

顺带把 $FH$ 白拿了：$\vec{DE}$ 是单位向量、$\vec{FH}$ 与它同向，故 $FH=\vec{FH}\cdot\vec{DE}=1$。 它与 $\mathrm{Rt}\triangle BHF$ 里的 $FH=\sqrt{BF^{2}-BH^{2}}=\sqrt{\frac43-\frac13}=1$ 对得上， 可以当一次自检。于是

$$\cos\theta=\frac{FH}{BF}=\frac{1}{2\sqrt3/3}=\frac{\sqrt3}{2} \ \Longrightarrow\ \boxed{\,\theta=\frac{\pi}{6}\,}$$

三条路摆在一起

三条路的共同前半段是同一件事：把 $AC\perp$ 平面 $BCDE$ 立起来。 立不起来，三条路一条都走不通；立起来之后，剩下的只是选一种记账方式。

避坑

• 把「平面 $ABC\perp$ 平面 $BCDE$」直接读成「$AB\perp$ 底面」或「$AC\perp$ 底面」。 面面垂直只对垂直于交线的那些线成立。本题必须先用 $AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$ 算出 $AC\perp BC$，性质定理才用得上。
• 平面角只验了一条射线垂直于棱。$\angle BFG$ 成立要 $BF\perp AD$ 且 $FG\perp AD$， 后者靠的是（Ⅰ）证出的 $DE\perp AD$ 加平行传递，不能省。
• 用法向量算完直接报角。$\left|\cos\langle\boldsymbol m,\boldsymbol n\rangle\right|$ 只定到互补的两支，「看图是锐角」不是依据；本文给了一个纯计算的判法。
• $\sin\theta=\frac12$ 只写 $\frac{\pi}{6}$。二面角的范围是 $[0,\pi]$， 正弦值在这个范围里对应两个角，同样要再判一次。
• 线面垂直的判定漏说「相交」。$DE\perp DC$、$DE\perp AC$ 之外， 还必须写明 $DC\cap AC=C$——两条平行线撑不起一个平面。
• 原卷的两处笔误（「与 $AB$ 交于点 $G$」应为交于 $AE$；「$BC=\frac23$」应为 $BG=\frac23$） 与方法 2 里印错的法向量 $(0,-1,\sqrt2)$：照抄会推不下去。这三处在正文里都已指出， 最终答案 $\frac{\pi}{6}$ 不受影响。