浙江 2022 · 数学 q08

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正三棱柱（$AC=AA_{1}$）：过 $F$ 作 $FP\perp AC$、过 $P$ 作 $PM\perp BC$ ⟹ $\alpha=\angle EFP$、$\beta=\angle FEP$ 是同一个直角三角形 $FPE$ 的两个锐角（$\alpha+\beta=90^{\circ}$），$\gamma=\angle FMP$ 与 $\beta$ 共用竖直边 $FP$ 只把底边换成 $PM$；于是 $PE\le AB=FP$ 给出 $\alpha\le\beta$，垂线段最短 $PM\le PE$ 给出 $\beta\le\gamma$ ⟹ $\alpha \leq \beta \leq \gamma$，选 A。$P$、$E$ 的位置在代码里各扫了一圈，排序恒定

机位1题图角度2正对 FPE3沿 FPE 看4俯视自由视角

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冷启动：先把三个角各自认清楚

假设你刚学完空间角。这道题的难不在算，在三个角是三种不同的东西，得一个一个找对。先把几何体摆清楚。

① 这是个什么几何体。 正三棱柱 $ABC\text{-}A_1B_1C_1$：底面 $ABC$ 是正三角形（三边相等），侧棱 $AA_1,BB_1,CC_1$ 都垂直于底面且相等。题目又给了 $AC=AA_1$——底面边长 = 柱高。记这个公共长度为 $1$（比值题，取 $1$ 不损失一般性）。

$E$ 在底面棱 $BC$ 上、$F$ 在顶面棱 $A_1C_1$ 上，两个点都能动。所以答案必须对 $E$、$F$ 的所有位置都成立——这一点决定了「随便取个位置试一下」是不够的。

② 三个角分别是什么。

• $\alpha$：$EF$ 与 $AA_1$ 所成的角——两条异面直线所成的角。定义是把其中一条平移到与另一条相交，量那个交角，取锐角或直角（范围 $(0^\circ,90^\circ]$）。
• $\beta$：$EF$ 与平面 $ABC$ 所成的角——线面角。定义是斜线与它在平面上的射影所成的角（范围 $[0^\circ,90^\circ]$）。
• $\gamma$：二面角 $F\text{-}BC\text{-}A$ 的平面角——沿棱 $BC$ 张开的二面角，一侧的半平面含 $F$、另一侧含 $A$。作法是在棱上取一点，两个半平面内各作一条垂直于棱的射线，量它们的夹角（范围 $[0^\circ,180^\circ]$）。

三个定义各不相同，量程也不同——这正是本题把它们摆在一起比的用意。

③ 一个关键观察：$AA_1$ 垂直于底面。 于是「$EF$ 与 $AA_1$ 的夹角 $\alpha$」与「$EF$ 与底面的夹角 $\beta$」是互余的——一条与竖直方向的夹角，一条与水平面的夹角，加起来是 $90^\circ$。

$$\alpha+\beta=90^\circ$$

这句话立刻把「比 $\alpha$ 与 $\beta$」变成了「$\alpha$ 与 $45^\circ$ 谁大」。整道题的第一块骨牌就在这里。

解法一：作一条竖直垂线段，三个角一起读

怎么想到的。 三个角定义不同，硬比没法比。但它们有一个共同点：都牵扯到「竖直方向」与「底面」。那就作一条从 $F$ 到底面的垂线段——让三个角的正切都写成「这条竖直段 ÷ 某条底面内的线段」。公共的那条一约掉，比角就变成了比底面内几条线段的长短，而那是平面几何，一眼可判。

① 作图：一条垂线，一条底面垂线。

• 过 $F$ 作 $FP\perp AC$，垂足 $P$。因为顶面 $A_1B_1C_1$ 与底面平行、$F$ 在顶面棱 $A_1C_1$ 上，而 $A_1C_1$ 正在 $AC$ 的正上方，所以 $FP$ 就是竖直的：$FP\perp$ 平面 $ABC$，且

  $$FP=AA_1=1$$

  换句话说，$P$ 是 $F$ 在底面上的射影，它落在线段 $AC$ 上。

• 过 $P$ 作 $PM\perp BC$，垂足 $M$（$M$ 在 $BC$ 上）。

• 连接 $PE$、$FE$、$FM$。

② 三个角各是哪个角。

• $\alpha=\angle EFP$。 $FP\parallel AA_1$（都竖直），所以 $EF$ 与 $AA_1$ 的夹角等于 $EF$ 与 $FP$ 的夹角，而 $FP$ 与 $FE$ 恰好相交于 $F$，那个角就是 $\angle EFP$。$\triangle EFP$ 在 $P$ 处是直角（$FP\perp$ 底面 ⟹ $FP\perp PE$），故

  $$\tan\alpha=\frac{PE}{FP}$$

• $\beta=\angle FEP$。 $FP\perp$ 底面 ⟹ $P$ 是 $F$ 的射影 ⟹ $EP$ 是斜线 $EF$ 在底面上的射影，$\angle FEP$ 就是线面角。同一个直角三角形，另一个锐角：

  $$\tan\beta=\frac{FP}{PE}$$

  （顺带印证了冷启动第 ③ 条：$\alpha$ 与 $\beta$ 是同一个直角三角形的两个锐角，当然互余。）

• $\gamma=\angle FMP$。 要证 $\angle FMP$ 是二面角 $F\text{-}BC\text{-}A$ 的平面角，得说明 $MP\perp BC$ 且 $MF\perp BC$，且两条射线分别在两个半平面内：$MP\perp BC$ 是作图给的；$FP\perp$ 底面 ⟹ $FP\perp BC$，与 $MP\perp BC$ 一起给出 $BC\perp$ 平面 $FPM$，故 $BC\perp FM$ ✓。$MP$ 指向 $A$ 那一侧（$P$ 在 $AC$ 上）、$MF$ 指向 $F$ 那一侧，所以 $\angle FMP$ 正是所求。$\triangle FPM$ 在 $P$ 处也是直角，故

  $$\tan\gamma=\frac{FP}{PM}$$

三个正切都以 $FP$ 为一条边——这就是「化到同一条垂线段上比」。剩下的只是比 $PE$、$PM$ 与 $FP$ 这三条线段。

③ 第一步比较：$PE\le 1$，于是 $\alpha\le 45^\circ\le\beta$。

$P$ 在线段 $AC$ 上、$E$ 在线段 $BC$ 上。两条线段之间的距离最大能到多少？线段上的点到另一条线段的最远距离一定在端点取到，而端点两两之间的距离是

$$|AB|=1,\quad |AC|=1,\quad |CB|=1,\quad |CC|=0$$

（$P$ 的两个端点是 $A$、$C$，$E$ 的两个端点是 $B$、$C$，四对组合就是上面四个。）最大值是 $1$，所以

$$PE\le 1=FP$$

于是

$$\tan\alpha=\frac{PE}{FP}\le 1,\qquad \tan\beta=\frac{FP}{PE}\ge 1$$

两个角都在 $(0^\circ,90^\circ]$ 里、正切在这个范围上递增，所以 $\alpha\le45^\circ\le\beta$，即

$$\boxed{\alpha\le\beta}$$

这里正是 $AC=AA_1$ 这个条件在起作用：它保证了竖直边 $FP$ 恰好等于底面能拉出的最长距离 $1$。若柱子更高（$AA_1>AC$），$PE\le AC<AA_1=FP$ 依然给出同样的结论；但若柱子更矮，$PE$ 就可能超过 $FP$，$\alpha\le\beta$ 会翻车。题目把两者取成相等，是把不等号卡在了临界处。

④ 第二步比较：$PM\le PE$，于是 $\beta\le\gamma$。

$PM$ 是从 $P$ 到直线 $BC$ 的垂线段，$PE$ 是从 $P$ 到 $BC$ 上一点 $E$ 的斜线段。垂线段最短，所以

$$PM\le PE$$

分母变小、分子不变，正切变大：

$$\tan\gamma=\frac{FP}{PM}\ \ge\ \frac{FP}{PE}=\tan\beta$$

$\gamma$ 是不是也在 $(0^\circ,90^\circ]$ 里？是的——$PM>0$ 时 $\triangle FPM$ 在 $P$ 处是直角，$\angle FMP$ 作为它的一个锐角必然 $<90^\circ$。$PM=0$ 要单说：那对应 $P=C$（即 $F=C_1$，而 $E$ 仍可任取，是一整条边而非一个点），此时含 $F$ 的半平面竖直立起，$\gamma=90^\circ$；而 $\beta\le90^\circ$ 恒成立，所以 $\beta\le\gamma$ 自动为真，不需要比正切。$PM>0$ 时才比正切：

$$\boxed{\beta\le\gamma}$$

⑤ 合起来。

$$\alpha\le\beta\le\gamma$$

故选 A。

⑥ 把等号与退化情形交代清楚。 选项写的是 $\le$，所以要说明什么时候取等、以及有没有算不下去的位置：

• $\alpha=\beta$ 当且仅当 $PE=FP=1$，即 $P$、$E$ 取到那对距离为 $1$ 的端点（如 $P=A$、$E=B$，也就是 $F=A_1$、$E=B$）。这时 $\alpha=\beta=45^\circ$。
• $\beta=\gamma$ 当且仅当 $PM=PE$，即 $E$ 恰好落在垂足 $M$ 上。
• 退化位置：若 $F=C_1$，则 $P=C$；再取 $E=C$，则 $PE=PM=0$，$EF$ 变成竖直的棱 $CC_1$。此时 $\alpha=0^\circ$、$\beta=90^\circ$、$\gamma=90^\circ$（$P$ 落在棱 $BC$ 上，含 $F$ 的半平面竖直立起），链条 $0^\circ\le90^\circ\le90^\circ$ 仍然成立。

解法二：建系，把三个正切写成参数的函数

怎么想到的。 上一条路要看出三条辅助线、还要论证「$\angle FMP$ 就是那个平面角」。如果不想动几何直觉，就把点全部写成坐标：$E$、$F$ 各带一个参数，三个角各有现成的向量公式，剩下的是纯代数不等式。这条路的代价是要处理带两个参数的式子，好处是每一步都能机械地验，不依赖「看出来」。

① 建系。 三个角都只与几何体的形状有关、与整体缩放无关（把整个柱子放大 $k$ 倍，所有角不变），所以取底面边长 $=$ 柱高 $=1$ 不损失一般性。取

$$B=(0,0,0),\quad C=(1,0,0),\quad A=\left(\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}{2},0\right)$$

（$B$、$C$ 放在 $x$ 轴上，$A$ 在 $y>0$ 一侧。）竖直上移 $1$ 得顶面：

$$A_1=\left(\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}{2},1\right),\quad C_1=(1,0,1)$$

② 设两个动点。

• $E$ 在 $BC$ 上：$E=(e,0,0)$，$e\in[0,1]$。
• $F$ 在 $A_1C_1$ 上：$F=A_1+t\,(C_1-A_1)=\left(\tfrac12+\tfrac t2,\ \tfrac{\sqrt3}{2}(1-t),\ 1\right)$，$t\in[0,1]$。

于是

$$\overrightarrow{EF}=\left(\tfrac12+\tfrac t2-e,\ \tfrac{\sqrt3}{2}(1-t),\ 1\right)$$

记它的水平分量长度为 $h$：

$$h=\sqrt{\left(\tfrac12+\tfrac t2-e\right)^2+\tfrac34(1-t)^2}\ \ (\ge 0),\qquad |\overrightarrow{EF}|=\sqrt{h^2+1}$$

③ 三个角的正切，全用 $h$ 与一个量表示。

• $\alpha$：$AA_1$ 的方向是 $\vec k=(0,0,1)$。异面直线所成角取绝对值：

  $$\cos\alpha=\frac{\left|\overrightarrow{EF}\cdot\vec k\right|}{|\overrightarrow{EF}|}=\frac{1}{\sqrt{h^2+1}} \quad\Longrightarrow\quad \tan\alpha=h$$

  （竖直分量是 $1$、水平分量是 $h$，所以正切就是「水平比竖直」$=h$。）

• $\beta$：底面 $ABC$ 的法向量就是 $\vec k$。线面角用 $\sin$：

  $$\sin\beta=\frac{\left|\overrightarrow{EF}\cdot\vec k\right|}{|\overrightarrow{EF}|}=\frac{1}{\sqrt{h^2+1}} \quad\Longrightarrow\quad \tan\beta=\frac1h$$

  （这里再次看到 $\alpha+\beta=90^\circ$：一个的 $\cos$ 等于另一个的 $\sin$。）

• $\gamma$：棱 $BC$ 就是 $x$ 轴。$F$ 到底面的射影是 $P=\left(\tfrac12+\tfrac t2,\ \tfrac{\sqrt3}{2}(1-t),\ 0\right)$，它到 $x$ 轴的距离就是纵坐标：

  $$PM=\frac{\sqrt3}{2}(1-t)$$

  含 $A$ 的半平面在 $y>0$ 一侧，$P$ 的纵坐标 $\ge0$ 也在这一侧，故当 $PM>0$（即 $t<1$）时

  $$\tan\gamma=\frac{FP}{PM}=\frac{1}{\frac{\sqrt3}{2}(1-t)}$$

  $t=1$ 时 $PM=0$、$\tan\gamma$ 不存在，这一族位置下面第 ⑦ 步单独处理。注意 $t=1$ 是整整一条边（$F=C_1$，$E$ 仍可在 $BC$ 上任取），不是一个孤立的点——下面用到 $\tan\gamma$ 的每一步都默认 $t<1$。

④ 比 $\alpha$ 与 $\beta$：只要证 $h\le 1$。 由 $\tan\alpha=h$、$\tan\beta=\dfrac1h$，$h\le1$ 就给出 $\tan\alpha\le1\le\tan\beta$。

记 $u=\tfrac12+\tfrac t2-e$。$e$ 在 $[0,1]$ 上取值，故 $u\in\left[\tfrac{t-1}{2},\ \tfrac{t+1}{2}\right]$，两端的绝对值分别是 $\tfrac{1-t}{2}$ 与 $\tfrac{1+t}{2}$，后者更大（$t\ge0$），所以 $u^2\le\left(\tfrac{1+t}{2}\right)^2$。于是

$$h^2\le\frac{(1+t)^2}{4}+\frac{3(1-t)^2}{4} =\frac{(1+2t+t^2)+3(1-2t+t^2)}{4} =\frac{4-4t+4t^2}{4}=t^2-t+1$$

而 $t\in[0,1]$ 时

$$t^2-t+1=\left(t-\tfrac12\right)^2+\tfrac34\le 1$$

（在 $t=0$ 或 $t=1$ 处取到最大值 $1$。）所以 $h^2\le1$，即 $h\le1$，于是 $\alpha\le45^\circ\le\beta$ ✓。

⑤ 比 $\beta$ 与 $\gamma$（先设 $t<1$，即 $PM>0$）：只要证 $PM\le h$。 注意

$$h^2=u^2+\frac34(1-t)^2\ \ge\ \frac34(1-t)^2=PM^2$$

（$u^2\ge0$ 是唯一用到的事实。）所以 $PM\le h$，于是

$$\tan\gamma=\frac{1}{PM}\ \ge\ \frac1h=\tan\beta \quad\Longrightarrow\quad \beta\le\gamma\ ✓$$

（这与解法一第 ④ 步是同一件事的坐标版：$h=PE$ 是斜距、$PM$ 是垂距，垂距不超过斜距在坐标里就是「去掉一个平方项只会变小」。）

⑥ 合起来 $\alpha\le\beta\le\gamma$，选 A。

⑦ 把 $\tan$ 不存在的那些位置单独收掉。 上面 ⑤ 用到了 $\tan\gamma$，而它在 $PM=0$ 处不存在。$PM=\dfrac{\sqrt3}{2}(1-t)=0$ 当且仅当 $t=1$，即 $F=C_1$——注意这是一整条边（$E$ 仍可在 $BC$ 上任意取），不是一个孤立位置。分两小段补完：

• $t=1$（$F=C_1$，$e$ 任意）。 此时 $P=C$ 落在棱 $BC$ 上，含 $F$ 的那个半平面就是过 $BC$ 且垂直于底面的竖直半平面，故 $\gamma=90^\circ$。而 $\beta$ 作为线面角必有 $\beta\le90^\circ$，所以 $\beta\le\gamma$ 自动成立；$\alpha\le\beta$ 由第 ④ 步给出（那一步只用到 $h\le1$，与 $PM$ 无关，$t=1$ 照样适用）——唯一的例外是 $h$ 也等于 $0$ 的那一点（$\tan\beta=\dfrac1h$ 此时无意义），它由下一条单独验。链条完整。
• 再往里一个特例：$t=1$ 且 $e=1$（$F=C_1$、$E=C$）。 这时连 $h$ 也是 $0$，$EF$ 就是竖直棱 $CC_1$，$\alpha=0^\circ$、$\beta=90^\circ$、$\gamma=90^\circ$，仍有 $0^\circ\le90^\circ\le90^\circ$。

于是 $t<1$ 与 $t=1$ 两段合起来覆盖了全部位置，结论 $\alpha\le\beta\le\gamma$ 处处成立。

这两条路差在哪

• 解法一是几何的：作一条竖直垂线段 $FP$ 与一条底面垂线段 $PM$，把三个角读成两个直角三角形里的锐角，再用两条平面几何事实（「两条线段间的最远距离在端点取到」「垂线段最短」）比线段。不写一个坐标，但每个角「凭什么是它」都要论证。
• 解法二是代数的：建系设参数，三个正切写成 $h$ 与 $t$ 的显式函数，比大小变成两个不等式（$h\le1$、$PM\le h$）。不必构造辅助线，也不必论证「$\angle FMP$ 就是平面角」——法向量与射影替它办了。

第一个实质动作就分岔了（作辅助线 vs 建坐标系），依赖的东西也不同（三垂线式的垂直论证 + 平面几何不等式 vs 向量夹角公式 + 配方）。所以是两条路。

考场上怎么选：这道题的辅助线其实不难想（竖直垂线段几乎是唯一自然的选择），所以解法一更快。但解法二有一个不可替代的好处——它能处理「动点范围」：$h\le1$ 的证明里 $e$、$t$ 的范围是写在纸上的，不会漏掉某个位置；而几何法里「两条线段的最远距离在端点」这句话，说服力全靠读者认可。做动点比较题，几何法出思路、坐标法兜底。

🕳️ 避坑

• $\alpha+\beta=90^\circ$ 不是巧合，是 $AA_1\perp$ 底面给的。 认出这一条，「比 $\alpha$ 与 $\beta$」立刻退化成「$\alpha$ 与 $45^\circ$ 谁大」，省掉一半力气。但它只在「那条直线垂直于那个平面」时成立，换个几何体就未必。
• 异面直线角要取绝对值。 $\cos\alpha=\dfrac{\left|\overrightarrow{EF}\cdot\vec k\right|}{|\overrightarrow{EF}|}$——去掉绝对值可能得到钝角，而异面直线所成角不超过 $90^\circ$。
• 线面角用 $\sin$、不用 $\cos$。 法向量与直线的夹角是线面角的余角。这一步用错会把答案换成它的余角，而本题的余角恰好是另一个角（$\alpha$ 与 $\beta$ 互余），错了照样「看起来通顺」。
• 二面角要确认是锐是钝。 本题 $\gamma=\angle FMP$ 落在直角三角形里、必为锐角或直角，所以「比 $\tan$ = 比角」成立。若 $\gamma$ 可能是钝角，正切会变负、这一步就断了。
• 动点题不能靠特殊位置定答案。 取 $E=B$、$F=A_1$ 算一次得到 $\alpha=\beta=45^\circ$、$\gamma>45^\circ$，四个选项里 A 与 B 都不违背——必须对全部位置证明才能定 A。
• 本题特有的一处：$PE\le1$ 这一步用的是「$P$ 在 $AC$ 上、$E$ 在 $BC$ 上，两点最远距离等于边长 $1$」，而它成立恰恰因为底面是正三角形（三边都是 $1$，且 $A$ 到 $B$、$A$ 到 $C$、$C$ 到 $B$ 都不超过 $1$）。换成任意三角形，这一步要重算。