浙江 2017 · 数学 q09

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正四面体 $D$-$ABC$ 里，$P$ 是 $AB$ 的中点、$Q$、$R$ 按同一个定比取在 $BC$、$CA$ 上 · 顶点的投影是底面中心 $O$，于是沿底面内任意棱 $\ell$ 的二面角都满足 $\tan\theta=\frac{h}{d}$（$d=O$ 到 $\ell$ 的距离，$h$ 三个角共用）⟹ 比角就是比距离、距离越小角越大：$d^{2}_{\alpha}=\frac{36}{7}$，$d^{2}_{\beta}=\frac{9}{13}$，$d^{2}_{\gamma}=3$ ⟹ $\alpha<\gamma<\beta$（官方答案 B）

机位1题图角度2正对 $DOF_{\alpha}$3沿 $DOF_{\alpha}$ 看4俯视自由视角

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冷启动：先把三个记号读对，这一步错了后面全白算

正四面体 $D\text{-}ABC$ 就是「六条棱一样长的三棱锥」：四个面是四个全等的正三角形。 底面 $\triangle ABC$ 上取了三个点：

• $P$ 在 $AB$ 上，$AP=PB$ —— 即 $P$ 是 $AB$ 的中点；
• $Q$ 在 $BC$ 上，$\dfrac{BQ}{QC}=2$ —— 从 $B$ 走过去，$Q$ 把 $BC$ 分成 $2:1$，靠近 $C$；
• $R$ 在 $CA$ 上，$\dfrac{CR}{RA}=2$ —— 从 $C$ 走过去，$R$ 把 $CA$ 分成 $2:1$，靠近 $A$。

然后题目问三个二面角的大小次序。二面角的记号，中间那一段是棱，两头各是一个半平面上的点。 所以：

一句话记住：$\alpha$ 配 $PR$、$\beta$ 配 $PQ$、$\gamma$ 配 $QR$——每个希腊字母，配的是它记号里中间那条棱。 四个选项只差字母的排法，这张对应表读串一个，四个选项全都会选错。

总开关：$D$ 的正下方是底面中心，于是每个角都写成 $\tan\theta=\dfrac{h}{d}$

先记一件正四面体的事实：顶点 $D$ 在底面上的投影，是底面正三角形的中心 $O$。 理由一句话——$DA=DB=DC$，三条斜线一样长，投影到底面上三段影子也一样长，即 $OA=OB=OC$， 所以 $O$ 是 $\triangle ABC$ 的外心；正三角形的外心就是它的中心。

于是 $DO\perp$ 平面 $ABC$。把这条高记作 $h=DO$。

现在在底面里随便取一条直线 $\ell$（本题就是 $PR$、$PQ$、$QR$ 这三条）。从 $O$ 向 $\ell$ 作垂线， 垂足记作 $E$，$OE=d$。这时：

1. $DO\perp$ 底面 $\Rightarrow DO\perp \ell$；又 $OE\perp\ell$，故 $\ell\perp$ 平面 $DOE$，于是 $\ell\perp DE$。 （这就是三垂线法作二面角那一套：先作面的垂线，再作棱的垂线，连起来。）
2. 所以 $ED$、$EO$ 两条射线都垂直于棱 $\ell$，一条在含 $D$ 的半平面里、一条在底面里， $\angle DEO$ 正是这个二面角的平面角。
3. $\triangle DOE$ 在 $O$ 处是直角，于是

$$\boxed{\ \tan\angle DEO=\frac{DO}{OE}=\frac{h}{d}\ }$$

关键在于 $h$ 是三条棱共用的同一个数。 三个角的正切，分子全是 $h$，只有分母 $d$ 各不相同， 所以：

$$d\ \text{越小}\ \Longrightarrow\ \theta\ \text{越大}$$

比三个二面角，退化成比「$O$ 到三条棱的三段距离」，而且方向是反的。

还剩一件事要交代：$\angle DEO$ 是二面角本身、还是它的补角？取决于 $O$ 与「另一面上那个点」 在棱的同一侧还是异侧。本题 $O$ 落在 $\triangle PQR$ 内部（看下图）， 所以对每条棱，$O$ 都与剩下那个顶点同侧，$\angle DEO$ 就是那个二面角，而且它在直角三角形里， 必是锐角——三个角都是锐角，这一条后面比余弦时要用。

解法一：建系，把三个余弦都算出来

这是最不用动脑、但要算三遍的一条路：三条棱各求一次平面的法向量，与底面的法向量作一次夹角， 得到三个余弦，比余弦即可。

把六个点的坐标写出来

以 $O$ 为原点，$OD$ 为 $z$ 轴，$O$ 指向 $C$ 的方向为 $y$ 轴，底面内与它垂直的方向为 $x$ 轴。 比大小的题不关心尺度，不妨设 $OP=3$。

• $O$ 是重心，重心把中线分成 $2:1$（长的那段靠顶点），故 $OC=2\,OP=6$，中线 $CP=9$。
• 正三角形里 $CP$ 就是高，边长 $a$ 满足 $CP=\dfrac{\sqrt3}{2}a$，于是 $a=\dfrac{2\times 9}{\sqrt3}=6\sqrt3$，半边 $AP=PB=3\sqrt3$。

$$O(0,0,0),\quad P(0,-3,0),\quad C(0,6,0),\quad A(-3\sqrt3,-3,0),\quad B(3\sqrt3,-3,0)$$

高 $h$ 用一次勾股：斜棱 $DC=a=6\sqrt3$，$OC=6$，故 $h^2=108-36=72$，$h=6\sqrt2$，即 $D(0,0,6\sqrt2)$。

$Q$、$R$ 按定比一步走过去：

$$Q=B+\tfrac23\,(C-B)=(3\sqrt3,-3,0)+\tfrac23(-3\sqrt3,\,9,\,0)=(\sqrt3,\,3,\,0)$$ $$R=C+\tfrac23\,(A-C)=(0,6,0)+\tfrac23(-3\sqrt3,\,-9,\,0)=(-2\sqrt3,\,0,\,0)$$

（$\dfrac{BQ}{QC}=2$ 就是「从 $B$ 到 $C$ 走了全程的 $\dfrac23$」，$\dfrac{CR}{RA}=2$ 同理。 一步到位，别去解方程。）

三次法向量

底面的法向量取 $\vec m=(0,0,1)$。设所求平面的法向量 $\vec n$，则

$$|\cos\theta|=\frac{|\vec m\cdot\vec n|}{|\vec m|\,|\vec n|}=\frac{|n_z|}{|\vec n|}$$

——底面法向量取成 $z$ 轴方向后，这个式子只用得到 $\vec n$ 的第三个分量，算起来很省。

$\alpha$：平面 $PDR$。 $\overrightarrow{PR}=(-2\sqrt3,3,0)$，$\overrightarrow{PD}=(0,3,6\sqrt2)$，

$$\begin{cases}-2\sqrt3\,x+3y=0\\[2pt] 3y+6\sqrt2\,z=0\end{cases} \Longrightarrow \vec n=(\sqrt6,\ 2\sqrt2,\ -1),\quad |\vec n|=\sqrt{6+8+1}=\sqrt{15}$$ $$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{15}}$$

$\beta$：平面 $PDQ$。 $\overrightarrow{PQ}=(\sqrt3,6,0)$，$\overrightarrow{PD}=(0,3,6\sqrt2)$，

$$\begin{cases}\sqrt3\,x+6y=0\\[2pt] 3y+6\sqrt2\,z=0\end{cases} \Longrightarrow \vec n=(4\sqrt6,\ -2\sqrt2,\ 1),\quad |\vec n|=\sqrt{96+8+1}=\sqrt{105}$$ $$\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{105}}$$

$\gamma$：平面 $QDR$。 $\overrightarrow{QR}=(-3\sqrt3,-3,0)$，$\overrightarrow{QD}=(-\sqrt3,-3,6\sqrt2)$，

$$\begin{cases}-3\sqrt3\,x-3y=0\\[2pt] -\sqrt3\,x-3y+6\sqrt2\,z=0\end{cases} \Longrightarrow \vec n=(6,\ -6\sqrt3,\ -\sqrt6),\quad |\vec n|=\sqrt{36+108+6}=\sqrt{150}$$ $$\cos\gamma=\frac{\sqrt6}{\sqrt{150}}=\sqrt{\frac{1}{25}}=\frac15$$

比余弦

三个角都是锐角（上一节已交代），余弦都为正，平方了再比更省事：

$$\cos^2\alpha=\frac{1}{15},\qquad \cos^2\gamma=\frac{1}{25},\qquad \cos^2\beta=\frac{1}{105}$$

分子全是 $1$，比的就是分母 $15<25<105$，于是

$$\cos\alpha>\cos\gamma>\cos\beta$$

余弦在 $\left(0,\dfrac\pi2\right)$ 上递减，余弦越大角越小，所以 $\alpha<\gamma<\beta$，选 B。

这一条路唯一要人工介入的地方：$\dfrac{|\vec m\cdot\vec n|}{|\vec m||\vec n|}$ 算出来的是 「法向量夹角的余弦的绝对值」，它给的永远是锐角。若某个二面角其实是钝角，这么算就错了。 本题靠「$O$ 在 $\triangle PQR$ 内部 $\Rightarrow$ 三个角都是 $\angle DEO$ 这种直角三角形里的锐角」 把这一步补上了；换一道题，这句话必须重新说一遍，不能默认。

解法二：不建系，把三个角化到同一条高上，比三条距离

上面那条路算了三遍法向量，其实一个数都不必求。总开关已经把结论摆好了：

$$\tan\alpha=\frac{h}{d_\alpha},\quad \tan\beta=\frac{h}{d_\beta},\quad \tan\gamma=\frac{h}{d_\gamma}$$

其中 $d_\alpha,d_\beta,d_\gamma$ 分别是 $O$ 到 $PR$、$PQ$、$QR$ 的距离。$h$ 三处相同， 只要把三条距离排出大小，题就完了——而那是一道纯平面几何的活，正四面体的「立体」二字全用不上。

求「点到直线的距离」最省的写法是把它读成三角形的高：

$$d=\frac{2\times(\text{以那条线段为底的三角形面积})}{\text{那条线段的长}}$$

所以只需要三块面积和三条长度。记 $\triangle ABC$ 的面积为 $S$、边长为 $a$。

三块面积

$O$ 是重心，三条中线把 $\triangle ABC$ 分成面积相等的三块：

$$S_{\triangle OAB}=S_{\triangle OBC}=S_{\triangle OCA}=\frac{S}{3}$$

再用一次「共角的两个三角形，面积之比等于夹这个角的两边之积的比」（就是 $S=\frac12 bc\sin A$ 里 $\sin A$ 相同、约掉）。以 $\triangle OPR$ 为例，把它看成四边形 $OPAR$ 挖掉角上的 $\triangle APR$：

$$S_{OPAR}=S_{\triangle OAP}+S_{\triangle OAR} =\underbrace{\tfrac12\cdot\tfrac{S}{3}}_{AP=\frac12 AB}+\underbrace{\tfrac13\cdot\tfrac{S}{3}}_{AR=\frac13 AC} =\frac{S}{6}+\frac{S}{9}=\frac{5S}{18}$$ $$S_{\triangle APR}=\frac{AP}{AB}\cdot\frac{AR}{AC}\cdot S=\frac12\cdot\frac13\cdot S=\frac{3S}{18}$$ $$\Longrightarrow\quad S_{\triangle OPR}=\frac{5S}{18}-\frac{3S}{18}=\frac{S}{9}$$

另外两块照抄这套做法：

$$S_{\triangle OPQ}=\underbrace{\left(\frac{S}{6}+\frac{2S}{9}\right)}_{S_{OPBQ}=\frac{7S}{18}}-\underbrace{\frac12\cdot\frac23\cdot S}_{S_{\triangle PBQ}=\frac{6S}{18}}=\frac{S}{18}$$ $$S_{\triangle OQR}=\underbrace{\left(\frac{S}{9}+\frac{2S}{9}\right)}_{S_{OQCR}=\frac{6S}{18}}-\underbrace{\frac13\cdot\frac23\cdot S}_{S_{\triangle QCR}=\frac{4S}{18}}=\frac{S}{9}$$

顺手对个账：三块加起来是 $\dfrac{S}{9}+\dfrac{S}{18}+\dfrac{S}{9}=\dfrac{5S}{18}$， 而 $S_{\triangle PQR}=S-\dfrac{S}{6}-\dfrac{S}{3}-\dfrac{2S}{9}=\dfrac{5S}{18}$，一致，说明三块没算错、 也再次说明 $O$ 确实在 $\triangle PQR$ 内部（三块正好铺满、不多不少）。

三条长度

三条线段的两端都落在正三角形的边上，夹角一律 $60^\circ$，余弦定理一次一条：

$$PR^2=\left(\frac a2\right)^2+\left(\frac a3\right)^2-2\cdot\frac a2\cdot\frac a3\cdot\frac12=\frac{7a^2}{36}$$ $$PQ^2=\left(\frac a2\right)^2+\left(\frac{2a}3\right)^2-2\cdot\frac a2\cdot\frac{2a}3\cdot\frac12=\frac{13a^2}{36}$$ $$QR^2=\left(\frac a3\right)^2+\left(\frac{2a}3\right)^2-2\cdot\frac a3\cdot\frac{2a}3\cdot\frac12=\frac{12a^2}{36}$$

即 $PR:QR:PQ=\sqrt7:\sqrt{12}:\sqrt{13}$，$PR$ 最短、$PQ$ 最长。

合起来，一眼比完

$$d_\alpha=\frac{2\cdot \frac{S}{9}}{PR},\qquad d_\gamma=\frac{2\cdot \frac{S}{9}}{QR},\qquad d_\beta=\frac{2\cdot \frac{S}{18}}{PQ}$$

• $d_\alpha$ 与 $d_\gamma$ 的分子一样，比的只是分母；$PR<QR$，所以 $d_\alpha>d_\gamma$。
• $d_\beta$ 的分子只有 $d_\gamma$ 的一半，分母 $PQ$ 又是三条里最长的——两头都往小里推：

$$\frac{d_\beta}{d_\gamma}=\frac12\cdot\frac{QR}{PQ}=\frac12\cdot\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{13}}<1$$

于是

$$d_\alpha>d_\gamma>d_\beta \quad\Longrightarrow\quad \tan\alpha<\tan\gamma<\tan\beta \quad\Longrightarrow\quad \alpha<\gamma<\beta$$

选 B。整条路没有建过系、没有求过法向量，也没有算出过任何一个角。

要具体数字也现成：把尺度取成 $OP=3$（即 $a=6\sqrt3$、$S=27\sqrt3$、$h=6\sqrt2$），

$$d_\alpha^2=\frac{36}{7},\qquad d_\gamma^2=3,\qquad d_\beta^2=\frac{9}{13}$$

再由 $\cos^2\theta=\dfrac{d^2}{d^2+h^2}$（还是那个直角三角形）代入 $h^2=72$， 得到的正是解法一的 $\dfrac{1}{15}$、$\dfrac{1}{25}$、$\dfrac{1}{105}$——两条路对上了账。

源解析里那两处笔误

本站保留原卷转写，读者对着看时会发现两处对不上，这里说清楚，结论 B 不受影响：

1. $C$ 的坐标印成了 $(0,-6,0)$。 应为 $(0,6,0)$：$P$ 已经在 $y=-3$ 上，$O$ 又在 $P$ 与 $C$ 之间， $C$ 不可能与 $P$ 同侧。这个坐标后面没被用到，无害。

2. $Q$ 的坐标印成了 $(\sqrt3,\,2,\,0)$，应为 $(\sqrt3,\,3,\,0)$。 这一处有后果： 源解析随后的 $\overrightarrow{PQ}=(\sqrt3,5,0)$、$\overrightarrow{QR}=(-3\sqrt3,-2,0)$、 $\overrightarrow{QD}=(-\sqrt3,-2,6\sqrt2)$ 都比正确值少了 $1$，于是印出

   $$\beta=\arccos\frac{3}{\sqrt{681}},\qquad \gamma=\arccos\frac{\sqrt2}{\sqrt{95}}$$

   而正确值是 $\cos\beta=\dfrac{1}{\sqrt{105}}$、$\cos\gamma=\dfrac15$。 （把错的 $Q$ 代回去，$\dfrac{3}{\sqrt{681}}$ 与 $\dfrac{\sqrt2}{\sqrt{95}}$ 能被逐位复现， 可见就是这一个数字的笔误在往下传。）

两套值给出的次序相同：$\dfrac{1}{\sqrt{15}}>\dfrac{\sqrt2}{\sqrt{95}}>\dfrac{3}{\sqrt{681}}$ 与 $\dfrac{1}{\sqrt{15}}>\dfrac15>\dfrac{1}{\sqrt{105}}$ 都给 $\alpha<\gamma<\beta$， 所以官方答案 B 是对的。本篇按正确值写。

避坑清单

• 认棱：$\alpha$ 的棱是 $PR$、$\beta$ 的棱是 $PQ$、$\gamma$ 的棱是 $QR$。 记号中间那一段是棱，两头的字母只是用来指两个半平面。这张表读串一个，四个选项全错。
• 方向：$\tan\theta=\dfrac hd$ 里 $d$ 在分母上，距离越小角越大。 「棱离中心远，那一面掀得更开」是错觉——离得远，那一面反而更平。
• 用 $|\cos|$ 之前先定锐钝：法向量那条路算出的一律是锐角， 必须另有一句话交代二面角确实是锐角（本题靠 $O$ 在 $\triangle PQR$ 内部）。
• 定比别解方程：$\dfrac{BQ}{QC}=2$ 就是「从 $B$ 往 $C$ 走全程的 $\dfrac23$」， 一步写出 $Q=B+\dfrac23(C-B)$。设未知数再解，是这道题最容易翻车、也最没必要的地方。
• 最后回读选项：本题答案 $\alpha<\gamma<\beta$ 是 B；$\alpha<\beta<\gamma$ 是 C。 三个希腊字母的排列一共只有六种，选项里摆了四种，看错一眼就换了个答案。