浙江 2022 · 数学 q19

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两块直角梯形沿 DC 折起（$AB = 5$，$DC = 3$，$EF = 1$，$\angle BAD = \angle CDE = 60^\circ$，二面角 $60^\circ$）· 绿三角 BCF 等边、红线 $FN \perp$ 底面；M 是 AE 的中点，落在蓝面 ADE 上

机位1题图角度2正对 BCF3沿 BCF 看4俯视自由视角

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冷启动：把这个立体拆成两块直角梯形

题给的是两块共用一条边 $DC$ 的直角梯形，沿 $DC$ 折成一个立体：

• $ABCD$：$AB\parallel DC$，$AB=5$，$DC=3$，$\angle BAD=60^\circ$；
• $CDEF$：$DC\parallel EF$，$EF=1$，$\angle CDE=60^\circ$；
• 二面角 $F\text{-}DC\text{-}B$ 的平面角是 $60^\circ$；$M$、$N$ 分别是 $AE$、$BC$ 的中点。

① 两个梯形的直角各在哪。 「直角梯形」有且只有两个直角，且它们在同一条腰上。$ABCD$ 里 $\angle BAD=60^\circ$ 不是直角，所以直角只能在 $B$、$C$：

$$\angle ABC=\angle BCD=90^\circ$$

同理 $CDEF$ 里 $\angle CDE=60^\circ$，直角在 $C$、$F$：

$$\angle DCF=\angle CFE=90^\circ$$

这两组直角是整道题的地基，下面每一步垂直关系都从它们来。

② 两条腰的长度，各由一个 $60^\circ$ 的直角三角形给出。

• 在 $ABCD$ 里过 $D$ 作 $DH\perp AB$ 于 $H$。因为 $\angle ABC=\angle BCD=90^\circ$，四边形 $DHBC$ 是矩形，故 $HB=DC=3$，于是

$$AH=AB-HB=5-3=2,\qquad BC=DH=AH\tan60^\circ=2\sqrt3$$

• 在 $CDEF$ 里过 $E$ 作 $EG\perp DC$ 于 $G$。同理 $EGCF$ 是矩形，$GC=EF=1$，

$$DG=DC-EF=3-1=2,\qquad CF=EG=DG\tan60^\circ=2\sqrt3$$

两条腰一样长：$BC=CF=2\sqrt3$。 这个巧合是后面「等边三角形」的来源。

③ 二面角的平面角为什么是 $\angle BCF$。 棱是 $DC$。由 ① 知 $DC\perp CB$、$DC\perp CF$，两条射线都垂直于棱、又分别在两个半平面内，所以 $\angle BCF$ 正是二面角 $F\text{-}DC\text{-}B$ 的平面角：

$$\angle BCF=60^\circ$$

顺带收下一条更有用的结论：$CB\cap CF=C$，由线面垂直的判定定理

$$DC\perp\text{平面 }BCF$$

④ $\triangle BCF$ 是等边三角形。 $CB=CF=2\sqrt3$ 且夹角 $60^\circ$——等腰加 $60^\circ$ 就是等边，边长 $2\sqrt3$。$N$ 是 $BC$ 的中点，所以 $FN$ 既是中线也是高：

$$FN\perp BC,\qquad FN=2\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=3$$

这个 $3$ 后面两条路都要用（它就是 $E$、$F$ 离底面 $ABCD$ 的高）。

第 (1) 问：证明 FN ⊥ AD（两条路共用的地基）

思路：证线线垂直，最省事的办法是证出更强的线面垂直——只要 $FN\perp$ 平面 $ABCD$，那么平面内的每一条直线（包括 $AD$）都与它垂直。

① $FN\perp BC$。 冷启动 ④ 已得：$\triangle BCF$ 等边、$N$ 是底边 $BC$ 的中点，中线即高。

② $FN\perp DC$。 冷启动 ③ 已得 $DC\perp$ 平面 $BCF$，而 $FN\subset$ 平面 $BCF$，所以 $DC\perp FN$。

③ 合成线面垂直。 $BC$、$DC$ 是平面 $ABCD$ 内的两条相交直线（交于 $C$），且 $FN$ 与它们都垂直，由线面垂直的判定定理

$$FN\perp\text{平面 }ABCD$$

④ 收口。 $AD\subset$ 平面 $ABCD$，故

$$\boxed{FN\perp AD}$$

别在这一步偷懒：只说「$FN\perp BC$ 且 $BC$ 与 $AD$ 不平行」推不出结论；线面垂直的判定定理要的是平面内两条相交直线，两条都得验。

解法一：建系取平面 ADE 的法向量

怎么想到的。 第 (1) 问白送了一条垂直于底面的直线 $FN$——这正是建系时最难找的 $z$ 轴。有了它，剩下的两根轴在底面内随便配一组垂直的方向即可，所有点的坐标都能直接读出来。

① 建系。 以 $N$ 为原点，过 $N$ 作 $NK\parallel AB$ 作 $x$ 轴，$NB$ 作 $y$ 轴，$NF$ 作 $z$ 轴（$FN\perp$ 底面，$NB\perp$…… 三条两两垂直）。

② 写坐标。 $BC=2\sqrt3$ 而 $N$ 是中点，故 $NB=NC=\sqrt3$；$FN=3$：

$$B(0,\sqrt3,0),\quad C(0,-\sqrt3,0),\quad F(0,0,3)$$

$A$ 由 $B$ 沿 $x$ 方向走 $AB=5$：$A(5,\sqrt3,0)$；$D$ 由 $C$ 沿同方向走 $DC=3$：$D(3,-\sqrt3,0)$；$E$ 由 $F$ 沿同方向走 $EF=1$：$E(1,0,3)$。

$M$ 是 $AE$ 的中点：

$$M\left(\frac{5+1}{2},\ \frac{\sqrt3+0}{2},\ \frac{0+3}{2}\right)=\left(3,\ \frac{\sqrt3}{2},\ \frac32\right)$$

（顺手验一下坐标没写错）：$\overrightarrow{AB}=(-5,0,0)$、$\overrightarrow{AD}=(-2,-2\sqrt3,0)$，

$$\cos\angle BAD=\frac{10}{5\times4}=\frac12\ \checkmark\quad(60^\circ)$$

③ 取三个向量。

$$\overrightarrow{BM}=\left(3,-\frac{\sqrt3}{2},\frac32\right),\qquad \overrightarrow{AD}=(-2,-2\sqrt3,0),\qquad \overrightarrow{DE}=(-2,\sqrt3,3)$$

④ 求平面 $ADE$ 的法向量。 设 $\vec n=(x,y,z)$，令它与平面内两条不平行的向量都垂直：

$$\begin{cases} \vec n\cdot\overrightarrow{AD}=-2x-2\sqrt3y=0\\ \vec n\cdot\overrightarrow{DE}=-2x+\sqrt3y+3z=0 \end{cases}$$

第一式给 $x=-\sqrt3y$；代入第二式：$2\sqrt3y+\sqrt3y+3z=0\Rightarrow z=-\sqrt3y$。取 $y=-1$：

$$\vec n=(\sqrt3,-1,\sqrt3)$$

⑤ 套线面角公式——注意等号左边是 $\sin$。

$$\sin\theta=\left|\cos\langle\vec n,\overrightarrow{BM}\rangle\right| =\frac{\left|\vec n\cdot\overrightarrow{BM}\right|}{|\vec n|\cdot\left|\overrightarrow{BM}\right|}$$

分子：

$$\vec n\cdot\overrightarrow{BM}=3\sqrt3+\frac{\sqrt3}{2}+\frac{3\sqrt3}{2} =\frac{6\sqrt3+\sqrt3+3\sqrt3}{2}=5\sqrt3$$

分母：$|\vec n|=\sqrt{3+1+3}=\sqrt7$，$\left|\overrightarrow{BM}\right|=\sqrt{9+\dfrac34+\dfrac94}=\sqrt{12}=2\sqrt3$。

$$\sin\theta=\frac{5\sqrt3}{\sqrt7\cdot2\sqrt3}=\frac{5}{2\sqrt7}=\boxed{\frac{5\sqrt7}{14}}$$

解法二：M 就在平面上，把线面角化成点到平面的距离

怎么想到的。 先看一眼 $M$ 的身份：$M$ 是 $AE$ 的中点，而 $A$、$E$ 都是平面 $ADE$ 上的点，所以整条线段 $AE$ 躺在这个平面里——

$$M\in\text{平面 }ADE$$

也就是说，$M$ 就是斜线 $BM$ 与平面的交点（斜足）。那么设 $B$ 到平面 $ADE$ 的距离为 $d$，作 $BH\perp$ 平面 $ADE$ 于 $H$，在 Rt$\triangle BHM$ 中

$$\sin\theta=\frac{BH}{BM}=\frac{d}{|BM|}$$

线面角问题就变成了「一个点到平面的距离」加「一段线段的长」，两个都是标量，不用建系、不用找射影。

① 先量 $|BM|$——在平面四边形 $ABFE$ 里量。 $AB\parallel DC\parallel EF$，所以 $AB\parallel EF$，两条平行线确定一个平面：$A$、$B$、$F$、$E$ 四点共面。在这个平面里：

• $AB\parallel EF$，$AB=5$，$EF=1$；
• $BF=2\sqrt3$（等边 $\triangle BCF$ 的边）；
• $AB\perp BF$：因为 $AB\parallel DC$，而冷启动 ③ 已证 $DC\perp$ 平面 $BCF$，$BF\subset$ 平面 $BCF$，所以 $AB\perp BF$。

于是这是个直角梯形：以 $B$ 为原点、$BA$ 为横向、$BF$ 为纵向，

$$B(0,0),\quad A(5,0),\quad F(0,2\sqrt3),\quad E(1,2\sqrt3)$$

（$E$ 的位置：梯形 $CDEF$ 里 $\overrightarrow{FE}$ 与 $\overrightarrow{CD}$ 同向，而梯形 $ABCD$ 里 $\overrightarrow{CD}$ 与 $\overrightarrow{BA}$ 同向，所以 $E$ 由 $F$ 沿 $\overrightarrow{BA}$ 的方向走 $EF=1$，与 $A$ 同侧。方向取反就错：写成 $E(-1,2\sqrt3)$ 会得到 $|AE|=4\sqrt3$。）由此

$$|AE|=\sqrt{(5-1)^2+(2\sqrt3)^2}=\sqrt{16+12}=2\sqrt7$$ $$M=\left(\frac{5+1}{2},\ \frac{0+2\sqrt3}{2}\right)=(3,\sqrt3), \qquad |BM|=\sqrt{9+3}=2\sqrt3$$

② 求 $d$：等体积法。 把 $B$、$A$、$D$、$E$ 看成一个四面体，换个底面算两次体积。

• 好算的那次：以 $\triangle ABD$（躺在底面 $ABCD$ 内）为底，$E$ 为顶点。$\triangle ABD$ 以 $AB=5$ 为底、$D$ 到 $AB$ 的距离为高，而这个距离正是冷启动 ② 里的 $DH=2\sqrt3$：

$$S_{\triangle ABD}=\frac12\times5\times2\sqrt3=5\sqrt3$$

$E$ 到底面的高：$EF\parallel DC$ 躺在底面方向上，所以 $E$ 与 $F$ 离底面一样高，而 $FN\perp$ 底面、$FN=3$，故高 $=3$。

$$V=\frac13\times5\sqrt3\times3=5\sqrt3$$

• 要用的那次：以 $\triangle ADE$ 为底、$B$ 为顶点，$V=\dfrac13S_{\triangle ADE}\cdot d$。

③ 算 $S_{\triangle ADE}$。 三条边都能直接量：

• $AD$：在 Rt$\triangle AHD$ 中，$AH=2$、$DH=2\sqrt3$，故 $AD=\sqrt{4+12}=4$；
• $DE$：在 Rt$\triangle DGE$ 中，$DG=2$、$GE=2\sqrt3$，故 $DE=4$；
• $AE=2\sqrt7$（第 ① 步已在平面 $ABFE$ 里量出）。

$AD=DE=4$ 是等腰，底边 $AE=2\sqrt7$，底边 $AE$ 上的高

$$h=\sqrt{4^2-\left(\sqrt7\right)^2}=\sqrt{16-7}=3 \quad\Longrightarrow\quad S_{\triangle ADE}=\frac12\times2\sqrt7\times3=3\sqrt7$$

④ 相除得 $d$。

$$d=\frac{3V}{S_{\triangle ADE}}=\frac{3\times5\sqrt3}{3\sqrt7}=\frac{5\sqrt3}{\sqrt7}=\frac{5\sqrt{21}}{7}$$

⑤ 收口。

$$\sin\theta=\frac{d}{|BM|}=\frac{\dfrac{5\sqrt3}{\sqrt7}}{2\sqrt3}=\frac{5}{2\sqrt7}=\boxed{\frac{5\sqrt7}{14}}$$

全程没有建立空间坐标系：用到的只有两张平面图（底面梯形 $ABCD$、侧面梯形 $ABFE$）和一次体积换底。

这两条路差在哪

• 解法一造的是法向量：建系、写七个点的坐标、解一个二元方程组得 $\vec n=(\sqrt3,-1,\sqrt3)$，再套 $\sin\theta=\left|\cos\langle\vec n,\overrightarrow{BM}\rangle\right|$。它的优点是不需要看出任何几何巧合——坐标一写，剩下全是算术；代价是七个坐标要写对，以及那个「法向量给的是正弦」的公式必须记准。
• 解法二造的是距离：先看出 $M$ 在平面 $ADE$ 上（所以 $\sin\theta=d/|BM|$），再用等体积法把 $d$ 换成两次体积之比。它一个空间坐标都不写，用的全是平面几何；代价是要看出三件事：$M$ 是斜足、$A,B,F,E$ 四点共面、$\triangle ADE$ 是等腰。

第一个实质动作就分岔了（建系取法向量 vs 认出斜足化点面距），中间对象也不同（$\vec n$ vs $d$ 与 $V$）。所以是两条路。

考场上怎么选：这道题解法一更稳——第 (1) 问已经把 $z$ 轴（$FN\perp$ 底面）证出来了，建系几乎是白送的，坐标又都不带分数。解法二胜在看破之后极短，而且它对「不好建系」的图形（没有现成的三条两两垂直的线）同样管用；若考场上迟迟找不到垂直的坐标轴，它就是唯一的出路。

🕳️ 避坑

• 二面角的平面角要证，不能指。 $\angle BCF$ 之所以是 $F\text{-}DC\text{-}B$ 的平面角，靠的是 $DC\perp CB$ 与 $DC\perp CF$ 这两条都要写出来。顺带得到的 $DC\perp$ 平面 $BCF$ 比二面角本身还有用。
• 法向量给的是正弦。 $\sin\theta=\left|\cos\langle\vec n,\overrightarrow{BM}\rangle\right|$——算出的那个数直接就是答案，别再取一次余弦。异面直线角和二面角那两个公式才是 $\cos$，只有线面角这一个是 $\sin$。
• 绝对值别丢。 $\vec n$ 取 $(\sqrt3,-1,\sqrt3)$ 还是 $(-\sqrt3,1,-\sqrt3)$ 都行，点积会变号；线面角在 $[0^\circ,90^\circ]$ 内，正弦非负。
• 线面垂直的判定要两条相交直线。 证 $FN\perp$ 平面 $ABCD$ 时，$FN\perp BC$ 与 $FN\perp DC$ 缺一不可，还要说明 $BC\cap DC=C$。
• 等体积法的分母是「目标面」的面积。 $d=\dfrac{3V}{S_{\triangle ADE}}$，两个 $\frac13$ 只有在两边都写全时才约得掉。
• 化点面距前先验斜足。 $\sin\theta=\dfrac{d}{|BM|}$ 成立的前提是 $M$ 在平面 $ADE$ 上。若 $M$ 不在平面上，得先把 $BM$ 延长交平面于一点，用那一点到 $B$ 的距离作分母。
• 别把 $E$ 的高当成 $EF$ 或 $DE$。 $E$ 到底面的高是 $3$（与 $F$ 齐平），不是 $EF=1$，也不是 $DE=4$。