浙江 2015 · 数学 q08

转着看 · 换个机位再判断

沿折痕 $CD$ 把 $\triangle ACD$ 折成 $\triangle A'CD$：$A$ 绕 $CD$ 转，走以垂足 $O$ 为心、半径 $OA$ 的圆，二面角的平面角 $\alpha=\angle A'OE$ 量在 $O$ 处 · $\triangle AOA'$ 与 $\triangle ADA'$ 共用底 $AA'$，腰 $OA\leq DA$（垂线段最短）⟹ 顶角 $\pi-\alpha\geq\pi-\angle A'DB$，即 $\angle A'DB \geq \alpha$（官方答案 B；$AC=BC$ 时 $O$ 与 $D$ 重合、取等）

机位1题图角度2正对 $AOA'$3沿 $AOA'$ 看4俯视自由视角

拖动旋转 · 滚轮缩放（触屏双指）

冷启动：折起来的时候，什么变了、什么没变

沿直线 $CD$ 把 $\triangle ACD$ 折起，本质是把含 $A$ 的那半个平面绕直线 $CD$ 转过去。 旋转的账很好记：

• 折痕上的点原地不动——$C$、$D$ 都在折痕上，所以 $CD$、$CA'=CA$、$DA'=DA$ 都没变；
• 每个点到折痕那条直线的距离不变——记 $O$ 是 $A$ 到直线 $CD$ 的垂足，则折起后 $A'$ 的垂足还是 $O$，且 $OA'=OA$；
• 变的只有一件事：含 $A'$ 的半平面与含 $B$ 的半平面张开多少，那就是 $\alpha$。

于是「$A$ 转到 $A'$」这条轨迹是以 $O$ 为圆心、以 $OA$ 为半径的一段圆弧， 圆所在的平面垂直于直线 $CD$。$\alpha$ 恰好就量在这个平面里。

还有一条只属于 $D$ 的信息：$D$ 是 $AB$ 的中点，所以 $A$、$D$、$B$ 共线且 $D$ 在中间， 射线 $DB$ 是射线 $DA$ 的反向延长线。哪怕 $A'$ 已经离开原来的平面，这条也照用：

$$\angle A'DB=\pi-\angle A'DA .$$

顶点 $C$ 处没有对应的东西——$\angle A'CD+\angle BCD=\angle ACB$ 只是三角形里的一个定角， 和 $\pi$ 没有关系。这正是 B 对而 C、D 都错的根源。

解法一：把折叠还原成绕直线 $CD$ 的旋转，比同底两个等腰三角形的顶角

第一步：在折痕上取垂足 $O$，把 $\alpha$ 读出来

设 $O$ 是 $A$ 在直线 $CD$ 上的垂足。折起是绕直线 $CD$ 的旋转，故 $A'$ 的垂足仍是 $O$，且

$$OA'=OA,\qquad OA'\perp CD .$$

在含 $B$ 的那个半平面内，从 $O$ 作 $OE\perp CD$。按二面角的平面角的定义（棱上同一点、两个半平面内各作棱的垂线），

$$\alpha=\angle A'OE .$$

第二步：$\angle AOA'=\pi-\alpha$

折起前 $A$ 与 $B$ 分居直线 $CD$ 两侧，而 $OA\perp CD$、$OE\perp CD$， 两条射线都从 $O$ 出发、都垂直于折痕、指向相反的两侧，所以 $OA$ 与 $OE$ 是一对反向射线：

$$\angle AOE=\pi .$$

又 $A$、$A'$、$E$ 都落在过 $O$ 且垂直于 $CD$ 的同一个平面里（前两个到直线 $CD$ 的垂足都是 $O$， $E$ 由 $OE\perp CD$ 定出），于是

$$\angle AOA'=\angle AOE-\angle A'OE=\pi-\alpha .$$

第三步：$O$ 与 $D$ 给出同一条底上的两个等腰三角形

旋转轴上的每一点到 $A$ 与到 $A'$ 等距——这是「旋转保持到轴的距离与沿轴的位置」的直接推论。 $O$ 与 $D$ 都在轴（直线 $CD$）上，所以

$$OA=OA',\qquad DA=DA' .$$

也就是说，$\triangle AOA'$ 与 $\triangle ADA'$ 是同一条底 $AA'$ 上的两个等腰三角形。

记 $AA'=2\ell$（$\ell>0$，因为 $\alpha\neq\pi$，即确实折了）。从顶点向底边作的高同时是中线，于是

$$\sin\frac{\angle AOA'}{2}=\frac{\ell}{OA},\qquad \sin\frac{\angle ADA'}{2}=\frac{\ell}{DA}.$$

$OA$ 是从 $A$ 向直线 $CD$ 引的垂线段，$DA$ 是从 $A$ 到该直线上一点 $D$ 的斜线段， 垂线段最短，故 $OA\leq DA$，从而

$$\sin\frac{\angle AOA'}{2}\geq\sin\frac{\angle ADA'}{2}.$$

两个半顶角都在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ 里，正弦在这里递增，所以

$$\angle AOA'\geq\angle ADA' .$$

第四步：把两头接起来

$D$ 是 $AB$ 的中点，射线 $DB$ 是射线 $DA$ 的反向延长线，故 $\angle A'DB=\pi-\angle ADA'$。 配上第二步与第三步：

$$\pi-\alpha=\angle AOA'\ \geq\ \angle ADA'=\pi-\angle A'DB \quad\Longrightarrow\quad \angle A'DB\geq\alpha .$$

B 成立。 等号处：$OA=DA\iff$ 垂足 $O$ 与 $D$ 重合 $\iff CD\perp AB$， 而 $D$ 是 $AB$ 的中点，这又等价于 $CA=CB$。

第五步：A 为什么不对

A 说 $\angle A'DB\leq\alpha$。取一个 $CA\neq CB$ 的三角形，此时 $O\neq D$，第三步的不等号是严格的， 于是对每一个 $\alpha\in(0,\pi)$ 都有 $\angle A'DB>\alpha$。A 被这一族反例打掉。

第六步：D 为什么不对

D 说 $\angle A'CB\geq\alpha$。注意 $C$ 在折痕上，故 $CA'=CA$、$CB$ 不变，唯一变的是 $A'B$。 在 $\triangle A'DB$ 里，两边之和不小于第三边：

$$A'B\leq A'D+DB=AD+DB=AB .$$

$\triangle A'CB$ 与 $\triangle ACB$ 有两组对应边相等（$CA'=CA$、$CB=CB$），第三边 $A'B\leq AB$， 由余弦定理

$$\cos\angle A'CB=\frac{CA^{2}+CB^{2}-A'B^{2}}{2\,CA\cdot CB} \ \geq\ \frac{CA^{2}+CB^{2}-AB^{2}}{2\,CA\cdot CB}=\cos\angle ACB,$$

得 $\angle A'CB\leq\angle ACB$ 恒成立。于是取一个 $\angle ACB=60^\circ$ 的三角形、把它折到 $\alpha=150^\circ$：

$$\angle A'CB\leq 60^\circ<150^\circ=\alpha .$$

D 被打掉。

第七步：C 为什么不对

C 说 $\angle A'CB\leq\alpha$。造一个反例，取

$$DA=DB=1,\qquad \angle ADC=120^\circ\ (\text{于是}\ \angle BDC=60^\circ),\qquad DC=\frac{1}{4}, \qquad \alpha=90^\circ .$$

$\angle ADC$ 是钝角，故垂足 $O$ 落在射线 $DC$ 的反向延长线上，且

$$OA=DA\sin 60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

由第二步，$\angle AOA'=\pi-\alpha=90^\circ$，于是在等腰直角三角形 $AOA'$ 里

$$AA'^{2}=2\cdot\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^{2}=\frac{3}{2}.$$

在等腰三角形 $ADA'$ 里（$DA=DA'=1$）用余弦定理反解顶角：

$$\cos\angle ADA'=\frac{1+1-\frac32}{2}=\frac14 \quad\Longrightarrow\quad \cos\angle A'DB=\cos\bigl(\pi-\angle ADA'\bigr)=-\frac14 .$$

于是

$$A'B^{2}=DA'^{2}+DB^{2}-2\,DA'\cdot DB\cos\angle A'DB=1+1+\frac12=\frac52 .$$

另一边，在 $\triangle ADC$ 与 $\triangle BDC$ 里各用一次余弦定理：

$$CA^{2}=\frac1{16}+1-2\cdot\frac14\cdot 1\cdot\cos 120^\circ=\frac{21}{16},\qquad CB^{2}=\frac1{16}+1-2\cdot\frac14\cdot 1\cdot\cos 60^\circ=\frac{13}{16}.$$

最后在 $\triangle A'CB$ 里（别忘了 $CA'=CA$）：

$$\cos\angle A'CB=\frac{CA^{2}+CB^{2}-A'B^{2}}{2\,CA\cdot CB} =\frac{\frac{21}{16}+\frac{13}{16}-\frac52}{2\cdot\frac{\sqrt{21}}{4}\cdot\frac{\sqrt{13}}{4}} =\frac{-\frac38}{\frac{\sqrt{273}}{8}}=-\frac{3}{\sqrt{273}}<0 .$$

余弦是负的，所以 $\angle A'CB>90^\circ=\alpha$。C 被打掉。

第八步：作答

A、C、D 各有反例，B 已证明对一切情形成立，选 B。

答案：B。

解法二：建系，把 $\cos\angle A'DB$ 直接写成 $\alpha$ 的式子

上一条路一步都不用算，代价是每一步都要说清「凭什么」。这一条把折叠写成坐标， 让不等式自己冒出来。

第一步：建系

把折痕放到 $x$ 轴上，折起前的那个平面放成 $xOy$ 平面：

$$D=(0,0,0),\qquad C=(c,0,0)\ (c>0).$$

设折起前 $A=(a_{1},a_{2},0)$，其中 $a_{2}>0$（$A$ 在上半平面）。 $D$ 是 $AB$ 的中点，故 $B=-A=(-a_{1},-a_{2},0)$——$B$ 自动落在下半平面，与 $A$ 分居折痕两侧。 记 $m=DA=DB=\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}}$。

顺带读出两个几何量：$A$ 在 $x$ 轴上的垂足是 $O=(a_{1},0,0)$，$OA=a_{2}$，$DO=|a_{1}|$。

第二步：把折起后的 $A'$ 写出来

折起是绕 $x$ 轴的旋转，故 $A'$ 的 $x$ 坐标不变，仍是 $a_{1}$； 它到 $x$ 轴的距离也不变，仍是 $a_{2}$。含 $B$ 的半平面朝 $y<0$， 它在垂直于 $x$ 轴的平面里的方向是 $(0,-1,0)$。二面角的平面角为 $\alpha$ 就是说 $A'$ 的垂轴分量与 $(0,-1,0)$ 成 $\alpha$ 角：

$$A'=\bigl(a_{1},\ -a_{2}\cos\alpha,\ a_{2}\sin\alpha\bigr).$$

验一下：$DA'=\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\cos^{2}\alpha+a_{2}^{2}\sin^{2}\alpha}=m$，与 $DA$ 相等，对。 $\alpha=\pi$ 时 $A'=(a_{1},a_{2},0)=A$，即没折，也对。

第三步：算 $\cos\angle A'DB$

$\overrightarrow{DA'}=(a_{1},-a_{2}\cos\alpha,a_{2}\sin\alpha)$，$\overrightarrow{DB}=(-a_{1},-a_{2},0)$， 两者的模都是 $m$。数量积

$$\overrightarrow{DA'}\cdot\overrightarrow{DB}=-a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\cos\alpha ,$$

于是

$$\boxed{\ \cos\angle A'DB=\frac{-a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\cos\alpha}{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}}\ }$$

第四步：与 $\cos\alpha$ 作差，B 立刻掉出来

$$\cos\angle A'DB-\cos\alpha =\frac{-a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\cos\alpha-\bigl(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\bigr)\cos\alpha}{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}} =\frac{-a_{1}^{2}\bigl(1+\cos\alpha\bigr)}{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}}\ \leq\ 0 .$$

（$\alpha\in(0,\pi)$ 时 $1+\cos\alpha>0$，分子的符号只由 $-a_{1}^{2}$ 定。） 余弦在 $[0,\pi]$ 上递减，而 $\angle A'DB$ 与 $\alpha$ 都在这个区间里，所以

$$\angle A'DB\geq\alpha ,$$

等号当且仅当 $a_{1}=0$，即垂足 $O$ 与 $D$ 重合，也就是 $CD\perp AB$、$CA=CB$。 B 成立，同时 A 被打掉：只要取 $a_{1}\neq0$（即 $CA\neq CB$），上式就是严格不等号。

第五步：同一套坐标，$\angle A'CB$ 也算得出来

$$\overrightarrow{CA'}=(a_{1}-c,\ -a_{2}\cos\alpha,\ a_{2}\sin\alpha),\qquad \overrightarrow{CB}=(-a_{1}-c,\ -a_{2},\ 0).$$

$\bigl|\overrightarrow{CA'}\bigr|=\sqrt{(a_{1}-c)^{2}+a_{2}^{2}}=CA$（折起不改 $CA$，对得上）， $\bigl|\overrightarrow{CB}\bigr|=CB$。数量积

$$\overrightarrow{CA'}\cdot\overrightarrow{CB}=-(a_{1}-c)(a_{1}+c)+a_{2}^{2}\cos\alpha =c^{2}-a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\cos\alpha ,$$

于是

$$\cos\angle A'CB=\frac{c^{2}-a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\cos\alpha}{CA\cdot CB}.$$

和第三步那个式子只差一个 $c^{2}$——这个 $c^{2}$ 就是「$D$ 是中点」在 $C$ 处失效的全部代价。 分子里多出来的正数 $c^{2}$ 让符号不再被锁死，两个方向的不等式因此都能被违反：

• 打掉 D（$\angle A'CB\geq\alpha$）：取 $a_{1}=0$、$a_{2}=c=1$，即 $A=(0,1,0)$、$C=(1,0,0)$， 再取 $\alpha=120^\circ$。此时 $CA=CB=\sqrt2$，

  $$\cos\angle A'CB=\frac{1-0+1\cdot\left(-\frac12\right)}{\sqrt2\cdot\sqrt2}=\frac14>-\frac12=\cos 120^\circ,$$

  故 $\angle A'CB<120^\circ=\alpha$。

• 打掉 C（$\angle A'CB\leq\alpha$）：取 $\alpha=90^\circ$，分子退化成 $c^{2}-a_{1}^{2}$， 只要 $c<|a_{1}|$ 就是负的。取 $a_{1}=-\dfrac12$、$a_{2}=\dfrac{\sqrt3}{2}$、$c=\dfrac14$， 即 $A=\left(-\dfrac12,\dfrac{\sqrt3}{2},0\right)$、$C=\left(\dfrac14,0,0\right)$，得

  $$\cos\angle A'CB=\frac{\frac1{16}-\frac14}{CA\cdot CB}<0,$$

  故 $\angle A'CB>90^\circ=\alpha$。

（两次取的都是合法三角形：$C$ 不在直线 $AB$ 上。）

第六步：作答

B 恒成立，A、C、D 各有反例，选 B。

答案：B。

回头看：一句话的分水岭

两条路证的是同一件事，落点也是同一个：

$$\cos\angle A'DB-\cos\alpha=\frac{-DO^{2}\,(1+\cos\alpha)}{DA^{2}}\leq 0 .$$

解法二把它算出来，解法一把它读成一句话——折痕上离垂足越远的点，看 $AA'$ 的张角越小。 $O$ 是折痕上离 $A$ 最近的点（垂线段最短），所以它看到的张角 $\pi-\alpha$ 最大； $D$ 在折痕上，张角 $\pi-\angle A'DB$ 不会更大。两个张角一比，答案就出来了。

为什么 $D$ 行而 $C$ 不行，也可以用同一句话说清： 上面这一步比的是 $\angle AOA'$ 与 $\angle ADA'$，能接到 $\angle A'DB$ 上， 靠的是 $\angle A'DB=\pi-\angle ADA'$——而这一步只有在 $A$、$D$、$B$ 共线时才成立， 那正是「$D$ 是 $AB$ 的中点」这个条件。 顶点 $C$ 处没有共线，接不上去；坐标里那个多出来的 $c^{2}$ 就是它的代价。

留一个提醒。 折起时 $A$ 绕的是直线 $CD$，不是点 $D$： 它画出的圆心是垂足 $O$、半径是 $OA$（$A$ 到直线 $CD$ 的距离），不是 $DA$。 把半径当成 $DA$，第三步那两个等腰三角形就退化成一个，$\alpha$ 与 $\angle A'DB$ 会被误判成永远相等。