浙江 2016 · 数学 q17

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三棱台 $ABC$-$DEF$：侧面 $BCFE\perp$ 底面 $ABC$、$\angle ACB=90^{\circ}$、$BE=EF=FC=1$、$BC=2$、$AC=3$ · 延长三条侧棱补回三棱锥（补上去的是四面体 $K$-$DEF$），侧面变成边长 $2$ 的等边 $\triangle BCK$ ⟹ (Ⅰ) 中线 $BF\perp CK$ 加 $AC\perp$ 平面 $BCK$ 得 $BF\perp$ 平面 $ACFD$；(Ⅱ) $FQ\perp AK$、$BQ\perp AK$，Rt$\triangle BQF$ 里 $\cos\angle BQF=\frac{FQ}{BQ}=\frac{\sqrt{3}}{4}$

机位1题图角度2正对 BQF3沿 BQF 看4俯视自由视角

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冷启动：先弄清楚上底面「架」在哪儿

题给的东西分两拨。

底面这一拨是死的：$\angle ACB=90^{\circ}$，$AC=3$，$BC=2$， $\triangle ABC$ 的形状完全定死，$AB=\sqrt{13}$。

上底面这一拨才是难点：只知道 $DEF$ 与 $ABC$ 平行且相似， $EF=1$ 是 $BC=2$ 的一半，所以相似比是 $\dfrac12$； 但整个上底面「悬」在半空，离底面多高、偏在哪一侧，都要另外算出来。

唯一能把它按下来的条件是 平面 $BCFE\perp$ 平面 $ABC$。 这句话必须落到一条具体的直线上才有用——单说两个面垂直推不出任何一条线垂直于另一个面， 得先在其中一个面内作出垂直于交线 $BC$ 的直线。往哪边作，就分出了两条路：

• 在底面内作：$\angle ACB=90^{\circ}$ 现成给了 $AC\perp BC$，于是 $AC\perp$ 整个侧面。 顺着这条走，只要再找一条垂直于 $BF$ 的线就收工——这就是补形那一路。
• 在侧面内作：过 $BC$ 中点作 $BC$ 的垂线，它就垂直于整个底面，可以当 $z$ 轴。 顺着这条走，把八个点的坐标全写出来，剩下的全是算术——这就是建系那一路。

侧面 $BCFE$ 长什么样，两条路都要用：$BE=EF=FC=1$ 而 $BC=2$， 它是一个上底 $1$、下底 $2$、两腰都是 $1$ 的等腰梯形。 记住这个形状，它是本题所有巧合的来源。

解法一：补形还原成棱锥，再用三垂线把平面角作出来

（Ⅰ）第一步：延长三条侧棱，交于点 $K$

三棱台的三条侧棱所在直线必交于一点（棱台本来就是棱锥被平行于底面的平面截出来的）。 延长 $AD$、$BE$、$CF$，设交点为 $K$。

由相似比 $\dfrac{EF}{BC}=\dfrac12$ 知，$D$、$E$、$F$ 分别是 $AK$、$BK$、$CK$ 的中点。于是

$$BK=2BE=2,\qquad CK=2CF=2,\qquad BC=2 .$$

三边都等于 $2$：$\triangle BCK$ 是边长为 $2$ 的等边三角形。

这就是那个等腰梯形的用处——上底 $1$、腰 $1$、下底 $2$，补上顶端那块正好补成正三角形。

（Ⅰ）第二步：第一条垂直 $BF\perp AC$

$K$ 在直线 $BE$ 上，而 $B$、$E$ 都在平面 $BCFE$ 内，所以 $K\in$ 平面 $BCFE$， 于是平面 $BCK$ 就是平面 $BCFE$。

平面 $BCFE\perp$ 平面 $ABC$，交线是 $BC$；在平面 $ABC$ 内有 $AC\perp BC$（因为 $\angle ACB=90^{\circ}$）。 由面面垂直的性质定理，

$$AC\perp \text{平面}\ BCFE=\text{平面}\ BCK .$$

$BF\subset$ 平面 $BCK$，所以 $AC\perp BF$。

（Ⅰ）第三步：第二条垂直 $BF\perp CK$

$\triangle BCK$ 等边，$F$ 是 $CK$ 的中点，等边三角形的中线就是高，所以 $BF\perp CK$。

顺带把长度也读出来：$BF=\dfrac{\sqrt3}{2}\cdot 2=\sqrt3$。

（Ⅰ）第四步：两条一凑

先确认 $A$、$C$、$F$、$D$ 共面：在 $\triangle ACK$ 中，$D$、$F$ 分别是 $AK$、$CK$ 的中点， 故 $DF\parallel AC$，四点共面，且平面 $ACFD$ 就是平面 $ACK$。

$AC$ 与 $CK$ 都在平面 $ACFD$ 内，且相交于 $C$；$BF$ 与两者都垂直。由线面垂直的判定定理，

$$\boxed{BF\perp \text{平面}\ ACFD}$$

（Ⅱ）第一步：把第（Ⅰ）问的结论直接用掉

二面角 $B$-$AD$-$F$ 的棱是直线 $AD$，而 $D$ 在 $AK$ 上，所以这条棱就是直线 $AK$。

过 $F$ 作 $FQ\perp AK$，垂足为 $Q$，连 $BQ$。

• $BF\perp$ 平面 $ACFD$，$AK\subset$ 平面 $ACFD$，故 $BF\perp AK$；
• 又 $FQ\perp AK$，且 $BF\cap FQ=F$，故 $AK\perp$ 平面 $BQF$；
• 于是 $AK\perp BQ$。

$QB$、$QF$ 都垂直于棱 $AK$，且分别落在两个半平面内， 所以 $\angle BQF$ 就是二面角 $B$-$AD$-$F$ 的平面角。

这一步是全题最容易走弯路的地方：不要另找垂足，第（Ⅰ）问给的那条垂线 $BF$ 就是三垂线里的第一条垂线， $F$ 就是现成的垂足，只差从 $F$ 向棱作第二条垂线。

（Ⅱ）第二步：算 $FQ$

$AC\perp$ 平面 $BCK$，$CK\subset$ 平面 $BCK$，所以 $AC\perp CK$，$\triangle ACK$ 在 $C$ 处是直角：

$$AK=\sqrt{AC^{2}+CK^{2}}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13} .$$

$FQ$ 是 $F$ 到直线 $AK$ 的距离。在 $\triangle AFK$ 里用两次面积：底取 $FK$ 时高是 $AC$，底取 $AK$ 时高是 $FQ$，

$$\frac12\cdot FK\cdot AC=\frac12\cdot AK\cdot FQ \ \Longrightarrow\ FQ=\frac{FK\cdot AC}{AK}=\frac{1\times 3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13} .$$

（Ⅱ）第三步：在 Rt$\triangle BQF$ 里收尾

$BF\perp$ 平面 $ACFD$，而 $FQ\subset$ 平面 $ACFD$，所以 $\angle BFQ=90^{\circ}$，$\triangle BQF$ 是直角三角形，直角在 $F$。

$$BQ=\sqrt{BF^{2}+FQ^{2}}=\sqrt{3+\frac{9}{13}}=\sqrt{\frac{48}{13}}=\frac{4\sqrt3}{\sqrt{13}} ,$$ $$\cos\angle BQF=\frac{FQ}{BQ}=\frac{3/\sqrt{13}}{4\sqrt3/\sqrt{13}}=\frac{3}{4\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{4} .$$

$\angle BQF$ 是直角三角形的一个锐角，余弦为正，不必再判符号。

$$\boxed{\cos\angle BQF=\frac{\sqrt3}{4}}$$

解法二：不补形，直接在等腰梯形里建系算法向量

这条路一次都不提点 $K$：上底面的位置直接从等腰梯形 $BCFE$ 的高算出来。

（Ⅰ）第一步：把 $z$ 轴立起来

取 $BC$ 的中点 $O$。梯形 $BCFE$ 里 $BE=FC$，它是等腰梯形，对称轴就是 $BC$ 的中垂线； 在平面 $BCFE$ 内过 $O$ 作 $OZ\perp BC$（$OZ$ 就是这条对称轴）。

平面 $BCFE\perp$ 平面 $ABC$，交线是 $BC$，$OZ\subset$ 平面 $BCFE$ 且 $OZ\perp BC$， 由面面垂直的性质定理得 $OZ\perp$ 平面 $ABC$。

再量一下这个梯形的高：作 $EM\perp BC$ 于 $M$，由 $EF\parallel BC$、$EF=1$、$BC=2$ 得 $BM=\dfrac{BC-EF}{2}=\dfrac12$，于是

$$EM=\sqrt{BE^{2}-BM^{2}}=\sqrt{1-\frac14}=\frac{\sqrt3}{2} .$$

上底面就架在离底面 $\dfrac{\sqrt3}{2}$ 高的地方，位置定死了。

（Ⅰ）第二步：写出全部坐标

以 $O$ 为原点，$\overrightarrow{OB}$ 的方向为 $x$ 轴正方向，$OZ$ 的方向为 $z$ 轴正方向， $y$ 轴取在平面 $ABC$ 内且垂直于 $BC$（指向 $A$ 的一侧为负）。

$$B(1,0,0),\quad C(-1,0,0),\quad A(-1,-3,0) .$$

（$A$ 的写法用到 $\angle ACB=90^{\circ}$，即 $CA\perp CB$，以及 $AC=3$。）

梯形关于 $x=0$ 对称，$EF=1$ 且高为 $\dfrac{\sqrt3}{2}$，所以

$$E\left(\tfrac12,\,0,\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right),\qquad F\left(-\tfrac12,\,0,\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right) .$$

$D$ 由平行关系定：上下底面相似比是 $\dfrac12$，$\overrightarrow{DE}=\dfrac12\overrightarrow{AB}=(1,\tfrac32,0)$，故

$$D=E-\left(1,\tfrac32,0\right)=\left(-\tfrac12,\,-\tfrac32,\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right) .$$

顺手验一下：$BE=\left|\left(-\tfrac12,0,\tfrac{\sqrt3}{2}\right)\right|=1$，$FC=1$，与题给相符。

（Ⅰ）第三步：两个数量积为零

$$\overrightarrow{BF}=\left(-\tfrac32,\,0,\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right),\qquad \overrightarrow{CA}=(0,-3,0),\qquad \overrightarrow{CF}=\left(\tfrac12,\,0,\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right) .$$ $$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{CA}=0,\qquad \overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{CF}=-\frac34+\frac34=0 .$$

$\overrightarrow{CA}$ 与 $\overrightarrow{CF}$ 不共线，且都在平面 $ACFD$ 内 （四点确实共面：$\overrightarrow{DF}=(0,\tfrac32,0)=-\tfrac12\overrightarrow{CA}$，即 $DF\parallel CA$）。

所以

$$\boxed{BF\perp \text{平面}\ ACFD}$$

（Ⅱ）第一步：两个法向量

棱是 $AD$：$\overrightarrow{AD}=\left(\tfrac12,\,\tfrac32,\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$，取整倍数 $(1,3,\sqrt3)$。 另外 $\overrightarrow{AC}=(0,3,0)$，$\overrightarrow{AB}=(2,3,0)$。

平面 $ACFD$ 的法向量 $\vec m=(x_1,y_1,z_1)$ 满足

$$\begin{cases}3y_1=0\\ x_1+3y_1+\sqrt3 z_1=0\end{cases} \ \Longrightarrow\ \vec m=(\sqrt3,\,0,\,-1) .$$

平面 $ABD$ 的法向量 $\vec n=(x_2,y_2,z_2)$ 满足

$$\begin{cases}2x_2+3y_2=0\\ x_2+3y_2+\sqrt3 z_2=0\end{cases} \ \Longrightarrow\ \vec n=(3,\,-2,\,\sqrt3) .$$ $$\cos\langle \vec m,\vec n\rangle=\frac{\vec m\cdot\vec n}{|\vec m|\,|\vec n|} =\frac{3\sqrt3-\sqrt3}{2\times 4}=\frac{2\sqrt3}{8}=\frac{\sqrt3}{4} .$$

顺带一个自检：$\vec m=(\sqrt3,0,-1)$ 与第（Ⅰ）问算出的 $\overrightarrow{BF}=\left(-\tfrac32,0,\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$ 恰好平行，正说明 $BF$ 是平面 $ACFD$ 的法方向，两问自洽。

（Ⅱ）第二步：法向量的夹角不等于二面角，符号要单独定

$\cos\langle\vec m,\vec n\rangle$ 与二面角的余弦只差一个正负号， 差在两个法向量各自朝哪一侧，而这一点法向量本身不携带。所以必须另外判一次。

最稳的判法：把两个半平面内的方向向量投影到垂直于棱的方向上。取棱上的点 $A$，

$$\vec u=\overrightarrow{AB}-\frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}}{|\overrightarrow{AD}|^{2}}\overrightarrow{AD}, \qquad \vec w=\overrightarrow{AF}-\frac{\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{AD}}{|\overrightarrow{AD}|^{2}}\overrightarrow{AD} .$$

其中 $\overrightarrow{AF}=\left(\tfrac12,\,3,\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$， $|\overrightarrow{AD}|^{2}=\dfrac{13}{4}$，而 $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{AD}=\dfrac{11}{2}$， 两个投影系数都是 $\dfrac{22}{13}$。算得

$$\vec u=\frac{1}{26}\left(30,\,12,\,-22\sqrt3\right),\qquad \vec w=\frac{1}{26}\left(-9,\,12,\,-9\sqrt3\right) .$$

$\vec u$、$\vec w$ 分别是两个半平面内垂直于棱的方向，它们的夹角就是二面角本身：

$$\cos\theta=\frac{30\times(-9)+12\times 12+(-22\sqrt3)(-9\sqrt3)} {\sqrt{30^{2}+12^{2}+(22\sqrt3)^{2}}\cdot\sqrt{9^{2}+12^{2}+(9\sqrt3)^{2}}} =\frac{-270+144+594}{8\sqrt{39}\times 6\sqrt{13}} =\frac{468}{624\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{4} .$$

结果为正，二面角是锐角，与法向量那一步算出的值同号。

$$\boxed{\cos\theta=\frac{\sqrt3}{4}}$$

两条路怎么选

两条路的分水岭在要不要那个点 $K$。补形一路把「悬空的上底面」变成「棱锥的中截面」， 所有位置关系立刻明朗，代价是必须先想到延长；建系一路完全不碰 $K$， 把上底面的高度老老实实从梯形里算出来，代价是最后那个正负号要单独交代清楚。

考场上的实际做法是：先花十秒看一眼侧面的四条边。 像本题这样 $BE=EF=FC=1$ 而 $BC=2$——腰、上底都等于下底的一半——补出来必是正三角形， 那就走解法一；如果这几个数不凑巧，别硬试，直接建系。