浙江 2015 · 数学 q17

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斜三棱柱 $ABC\text{-}A_{1}B_{1}C_{1}$：$\angle BAC=90^{\circ}$、$AB=AC=2$、$A_{1}A=4$，而 $A_{1}$ 在底面的射影是 $BC$ 的中点 $O$（$A_{1}O=\sqrt{14}$）· (1) $AODA_{1}$ 是平行四边形 ⟹ $A_{1}D\parallel AO\perp$ 平面 $A_{1}BC$；(2) $\triangle A_{1}BD$ 与 $\triangle B_{1}BD$ 全等的直角三角形，两条高 $\frac{4}{3}$ 的垂足重合于 $H$，$A_{1}B_{1}=2$ ⟹ 二面角 $A_{1}$-$BD$-$B_{1}$ 的余弦为 $-\frac{1}{8}$（钝角）

机位1题图角度2正对 A₁HB₁3沿 A₁HB₁ 看4俯视自由视角

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冷启动：这道题只有一个不常规的条件

三棱柱题的常规设定是「侧棱垂直于底面」——那是直棱柱，建系几乎不用想。 这道题偏偏换了一句：

$A_{1}$ 在底面 $ABC$ 的射影为 $BC$ 的中点。

柱是斜的。但它斜得很有讲究：斜的方向正好落在 $BC$ 的中垂线上。 整道题的两问，都是这一句话的直接后果。

先把这句话翻译成能用的形式。「射影是 $O$」只说了一件事：

$$A_{1}O\perp \text{平面 } ABC .$$

底面是 $\angle BAC=90^{\circ}$、$AB=AC=2$ 的等腰直角三角形，$O$ 是斜边 $BC$ 的中点，于是

• $BC=\sqrt{2}\,AC=2\sqrt{2}$，而 $AO$ 是斜边上的中线，$AO=\dfrac12 BC=\sqrt{2}$；
• 等腰三角形底边上的中线就是高，所以 $AO\perp BC$；
• $A_{1}O\perp$ 底面 $\Rightarrow A_{1}O\perp AO$，于是 $A_{1}O=\sqrt{AA_{1}^{2}-AO^{2}}=\sqrt{16-2}=\sqrt{14}$。

$OB$、$OA$、$OA_{1}$ 两两垂直，三条轴白送。 这是这道题愿意让你建系的理由。

再看第（1）问要证的 $A_{1}D$ 究竟是什么。$D$ 是 $B_{1}C_{1}$ 的中点，而 $B_{1}C_{1}$ 就是 $BC$ 沿侧棱平移过去的那条边，所以 $D$ 是 $O$ 沿侧棱平移的像：

$$\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{AA_{1}} .$$

于是 $AA_{1}DO$ 是平行四边形，$A_{1}D\parallel AO$ 且 $A_{1}D=AO=\sqrt{2}$。 第（1）问表面上问 $A_{1}D$，实际上问的是 $AO$。 这一层看穿了，两条路就分岔了： 一条老老实实建系算，一条干脆一根轴都不建。

解法一：建系，两个法向量算完再判方向定号

第一步：先把三条轴的垂直关系落实

建系不是想当然就能建的，得先说清凭什么。题面给的是 $\angle BAC=90^{\circ}$、$AB=AC=2$、$AA_{1}=4$，以及「$A_{1}$ 在底面的射影是 $BC$ 中点 $O$」。

由 $\angle BAC=90^{\circ}$、$AB=AC=2$ 得 $BC=2\sqrt{2}$，$O$ 为中点故 $AO=\sqrt{2}$ 且 $AO\perp BC$（等腰三角形底边中线即高）；由射影条件得 $A_{1}O\perp$ 平面 $ABC$， 于是 $A_{1}O$ 同时垂直于 $OB$ 与 $OA$。三条线两两垂直，可以建系了，并且

$$A_{1}O=\sqrt{AA_{1}^{2}-AO^{2}}=\sqrt{4^{2}-(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{14} .$$

第二步：八个点的坐标

以 $O$ 为原点，$OB$、$OA$、$OA_{1}$ 分别作 $x$、$y$、$z$ 轴：

$$O(0,0,0),\quad B(\sqrt{2},0,0),\quad C(-\sqrt{2},0,0),\quad A(0,\sqrt{2},0),\quad A_{1}(0,0,\sqrt{14}) .$$

侧棱向量 $\overrightarrow{AA_{1}}=(0,-\sqrt{2},\sqrt{14})$，把它加到 $B$、$C$、$O$ 上：

$$B_{1}(\sqrt{2},-\sqrt{2},\sqrt{14}),\quad C_{1}(-\sqrt{2},-\sqrt{2},\sqrt{14}),\quad D(0,-\sqrt{2},\sqrt{14}) .$$

最后那个 $D$ 正是 $B_{1}C_{1}$ 的中点，与题设对上。

第三步：第（1）问只是两个点积

$$\overrightarrow{A_{1}D}=(0,-\sqrt{2},0),\qquad \overrightarrow{OA_{1}}=(0,0,\sqrt{14}),\qquad \overrightarrow{BC}=(-2\sqrt{2},0,0).$$

两个点积都是 $0$，所以 $A_{1}D\perp OA_{1}$、$A_{1}D\perp BC$。 $OA_{1}$ 与 $BC$ 都在平面 $A_{1}BC$ 内且交于 $O$，由线面垂直的判定定理，

$$A_{1}D\perp \text{平面 } A_{1}BC .$$

第四步：两个法向量

$$\overrightarrow{BD}=(-\sqrt{2},-\sqrt{2},\sqrt{14}),\qquad \overrightarrow{B_{1}D}=(-\sqrt{2},0,0).$$

平面 $A_{1}BD$ 的法向量 $\vec m=(x,y,z)$ 满足 $\vec m\cdot\overrightarrow{A_{1}D}=0$ 与 $\vec m\cdot\overrightarrow{BD}=0$，即 $-\sqrt{2}y=0$ 与 $-\sqrt{2}x-\sqrt{2}y+\sqrt{14}z=0$；取 $z=1$ 得

$$\vec m=(\sqrt{7},0,1),\qquad |\vec m|=\sqrt{7+1}=2\sqrt{2} .$$

平面 $B_{1}BD$ 的法向量 $\vec n$ 满足 $\vec n\cdot\overrightarrow{B_{1}D}=0$ 与 $\vec n\cdot\overrightarrow{BD}=0$，即 $-\sqrt{2}x=0$ 与 $-\sqrt{2}x-\sqrt{2}y+\sqrt{14}z=0$； 取 $z=1$ 得

$$\vec n=(0,\sqrt{7},1),\qquad |\vec n|=2\sqrt{2} .$$

于是

$$\cos\langle\vec m,\vec n\rangle =\frac{\vec m\cdot\vec n}{|\vec m|\,|\vec n|} =\frac{0+0+1}{2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}}=\frac{1}{8} .$$

第五步：定号——这一步不许靠”看图觉得是钝角”

法向量的夹角与二面角要么相等、要么互补，余弦只差一个符号。 官方解答写的是「又∵该二面角为钝角」，那是把答案先知道了再回填。这里给一个能自己判的准则：

若 $\vec m$ 指向 $B_{1}$ 所在的那一侧、$\vec n$ 指向 $A_{1}$ 所在的那一侧 （两支法向量都朝角内部），则二面角与法向量夹角互补。

验一下：

$$\vec m\cdot\overrightarrow{BB_{1}}=(\sqrt{7},0,1)\cdot(0,-\sqrt{2},\sqrt{14})=\sqrt{14}>0 ,$$ $$\vec n\cdot\overrightarrow{BA_{1}}=(0,\sqrt{7},1)\cdot(-\sqrt{2},0,\sqrt{14})=\sqrt{14}>0 .$$

两支都指向角内，所以取相反数：

$$\cos\bigl(A_{1}\text{-}BD\text{-}B_{1}\bigr)=-\frac{1}{8} .$$

解法二：一根轴都不建，两个全等直角三角形把垂足逼到同一点

建系是稳的，但这道题的结构其实漂亮得不需要坐标。

第一步：第（1）问，三句话

题面给的是 $\angle BAC=90^{\circ}$、$AB=AC=2$、$AA_{1}=4$， 以及「$A_{1}$ 在底面 $ABC$ 的射影是 $BC$ 的中点 $O$」。于是：

1. $D$ 是 $B_{1}C_{1}$ 的中点，$B_{1}C_{1}$ 是 $BC$ 沿侧棱平移的像， 所以 $\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{AA_{1}}$，$AA_{1}DO$ 是平行四边形， 得 $A_{1}D\parallel AO$；
2. 底面是等腰直角三角形、$O$ 是斜边中点，底边上的中线即高，得 $AO\perp BC$；
3. 射影条件给出 $A_{1}O\perp$ 平面 $ABC$，于是 $A_{1}O\perp AO$。

$BC$ 与 $A_{1}O$ 都在平面 $A_{1}BC$ 内、交于 $O$，由线面垂直的判定定理 $AO\perp$ 平面 $A_{1}BC$；$A_{1}D$ 与 $AO$ 平行，所以

$$A_{1}D\perp \text{平面 } A_{1}BC .$$

顺带把长度记下来：$BC=2\sqrt{2}$，$AO=A_{1}D=\sqrt{2}$， $A_{1}O=\sqrt{4^{2}-(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{14}$。

第二步：两个直角，一模一样

第一步的结论马上给出一个直角：$A_{1}B\subset$ 平面 $A_{1}BC$，而 $A_{1}D$ 垂直于这张平面， 所以

$$A_{1}D\perp A_{1}B .$$

$A_{1}B$ 有多长？$A_{1}O\perp$ 底面故 $A_{1}O\perp OB$， $A_{1}B=\sqrt{A_{1}O^{2}+OB^{2}}=\sqrt{14+2}=4$。于是 $\triangle A_{1}BD$ 是直角三角形， 两条直角边 $\sqrt{2}$ 与 $4$，斜边

$$BD=\sqrt{2+16}=3\sqrt{2} .$$

另一侧：$B_{1}D$ 是 $B_{1}C_{1}$ 的一半，与 $BC$ 平行，长 $\sqrt{2}$；$B_{1}B$ 是侧棱，长 $4$。 要证 $B_{1}D\perp B_{1}B$，只需 $BC\perp B_{1}B$（因为 $B_{1}D\parallel BC$）。而

$$BC\perp AO,\qquad BC\perp A_{1}O \ \Longrightarrow\ BC\perp \text{平面 } A_{1}AO .$$

侧棱 $AA_{1}$ 在这张平面里（$A$ 与 $A_{1}$ 都在上面），所以 $BC\perp AA_{1}$； $B_{1}B\parallel AA_{1}$，于是 $BC\perp B_{1}B$，从而 $B_{1}D\perp B_{1}B$。 注意这里绕的这一圈是必要的：$B_{1}B$ 只是平行于平面 $A_{1}AO$，它本身并不在这张平面里 （底面上 $B$ 不在直线 $AO$ 上），不能直接说”它在平面里所以垂直于 $BC$”。 于是 $\triangle B_{1}BD$ 也是直角三角形，两条直角边同样是 $\sqrt{2}$ 与 $4$。

$$\triangle A_{1}BD\cong\triangle B_{1}BD\quad(\text{公共斜边 } BD,\ \text{两组直角边分别相等}).$$

第三步：全等 $\Rightarrow$ 垂足重合

在 $\triangle A_{1}BD$ 里从 $A_{1}$ 向斜边 $BD$ 作垂线，垂足记作 $H$：

$$A_{1}H=\frac{A_{1}D\cdot A_{1}B}{BD}=\frac{\sqrt{2}\times 4}{3\sqrt{2}}=\frac43 , \qquad DH=\frac{A_{1}D^{2}}{BD}=\frac{2}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3} .$$

$\triangle B_{1}BD$ 与它全等，从 $B_{1}$ 向 $BD$ 作的垂线段长也是 $\dfrac43$， 垂足到 $D$ 的距离也是 $\dfrac{\sqrt{2}}{3}$——同一条线段 $BD$ 上、到 $D$ 距离相同的点只有一个， 所以两个垂足是同一点 $H$。

两条射线 $HA_{1}$、$HB_{1}$ 都垂直于棱 $BD$，一条在半平面 $A_{1}BD$ 内、一条在半平面 $B_{1}BD$ 内， 按定义 $\angle A_{1}HB_{1}$ 就是二面角 $A_{1}\text{-}BD\text{-}B_{1}$ 的平面角。

第四步：余弦定理，负号自己冒出来

还差一条边：$A_{1}B_{1}$ 是顶面的边，等于底面的 $AB=2$。在 $\triangle A_{1}HB_{1}$ 中 $HA_{1}=HB_{1}=\dfrac43$，$A_{1}B_{1}=2$，由余弦定理

$$\cos\angle A_{1}HB_{1} =\frac{HA_{1}^{2}+HB_{1}^{2}-A_{1}B_{1}^{2}}{2\,HA_{1}\cdot HB_{1}} =\frac{\frac{16}{9}+\frac{16}{9}-4}{2\times\frac{16}{9}} =\frac{-\frac49}{\frac{32}{9}}=-\frac18 .$$

注意这里根本没有”判断是钝角还是锐角”这一步。 $2>\dfrac43$，两腰之和 $\dfrac83$ 又大于 $2$， 三角形立得住而顶角必然超过 $90^{\circ}$——负号是余弦定理自己算出来的，不是回头补的。

两条路怎么选

考场上先走解法一：轴是白送的，坐标全是 $\sqrt{2}$ 与 $\sqrt{14}$，算不乱。 但第五步那个定号一定要写——这道题的答案恰好是负的，漏掉就直接错。 解法二适合检验：两条路都得到 $-\dfrac18$，才敢交卷。

一句话带走

「射影落在 $BC$ 中点」这一句同时干了三件事：给出 $A_{1}O\perp$ 底面（建系的第三条轴）、 让 $AA_{1}DO$ 成为平行四边形（第（1）问）、让 $\triangle A_{1}BD$ 与 $\triangle B_{1}BD$ 成为一对全等直角三角形（第（2）问）。斜棱柱的题，先把射影那一句榨干，再决定要不要建系。