浙江 2023 · 数学 q18

转着看 · 换个机位再判断

正四棱柱 ABCD-A₁B₁C₁D₁（$AB = 2$，$AA_1 = 4$）：$B_2C_2 \parallel A_2D_2$（同向 $(0,-2,1)$）· 二面角 $P\text{-}A_2C_2D_2 = 150^\circ$，$B_2P = 1$

机位1题图角度2正对 A₂C₂D₂3沿 A₂C₂D₂ 看4俯视自由视角

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冷启动：正四棱柱就是现成的坐标盒子

正四棱柱 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 的底面是边长 $2$ 的正方形、侧棱长 $AA_1=4$ 且垂直底面——底面两边加侧棱正好三条两两垂直的线，建系零成本（空间向量法）。取 $C$ 为原点，$\overrightarrow{CD}$ 为 $x$ 轴、$\overrightarrow{CB}$ 为 $y$ 轴、侧棱向上为 $z$ 轴：

$$C(0,0,0),\ D(2,0,0),\ B(0,2,0),\ A(2,2,0)$$

棱上的点按「高」直接定 $z$：$AA_2=1,\ BB_2=DD_2=2,\ CC_2=3$，于是

$$A_2(2,2,1),\ B_2(0,2,2),\ C_2(0,0,3),\ D_2(2,0,2)$$

第 (1) 问证 $B_2C_2\parallel A_2D_2$，第 (2) 问 $P$ 在 $BB_1$ 上、二面角 $P-A_2C_2-D_2=150^\circ$ 求 $B_2P$。两问都靠向量坐标化硬算。

解法一：建系坐标向量法，证平行并列二面角方程

（1）证明 B2C2 ∥ A2D2

怎么想到的。 平行在坐标里就是「方向向量成比例」——算两条线段对应的向量，相等（自然成比例）即平行，再补一句四点不共线。

$$\vec{B_2C_2}=C_2-B_2=(0,-2,1),\qquad \vec{A_2D_2}=D_2-A_2=(0,-2,1)$$

两向量相等，故 $\vec{B_2C_2}\parallel\vec{A_2D_2}$；又 $B_2,C_2,A_2,D_2$ 不在同一条直线上（$B_2,A_2$ 的 $x$ 坐标不同），所以 $B_2C_2\parallel A_2D_2$。$\blacksquare$

不建系也能看一眼（基底写法）：记侧棱方向单位向量 $\vec e$。$\vec{B_2C_2}=\vec{BC}+(CC_2-BB_2)\vec e=\vec{BC}+\vec e$；$\vec{A_2D_2}=\vec{AD}+(DD_2-AA_2)\vec e=\vec{AD}+\vec e$。底面是正方形故 $\vec{BC}=\vec{AD}$，两式相等——和坐标法说的是同一件事。

（2）二面角 P-A2C2-D2 = 150°，求 B2P

设动点。 $P$ 在棱 $BB_1$ 上，$B(0,2,0),B_1(0,2,4)$，设 $P(0,2,t)$，$t\in[0,4]$。

两个半平面的法向量。 公共棱是 $A_2C_2$，取 $\vec{C_2A_2}=(2,2,-2)$。

• 平面 $PA_2C_2$：另取 $\vec{C_2P}=(0,2,t-3)$。设法向量 $\vec m=(x,y,z)$，由 $\vec m\cdot\vec{C_2A_2}=0,\ \vec m\cdot\vec{C_2P}=0$ 解得可取

$$\vec m=(t-1,\ 3-t,\ 2)$$

• 平面 $A_2C_2D_2$：另取 $\vec{A_2D_2}=(0,-2,1)$。同理解得可取 $\vec n=(1,1,2)$。

用 |cos| 列方程。 二面角为 $150^\circ$，按二面角与法向量夹角互补漏判的「已知角反求量」处理，列 $|\cos150^\circ|=\dfrac{|\vec m\cdot\vec n|}{|\vec m||\vec n|}$：

$$\vec m\cdot\vec n=(t-1)+(3-t)+2\cdot2=6,\qquad |\vec n|=\sqrt6$$ $$\frac{\sqrt3}{2}=\frac{6}{\sqrt6\cdot\sqrt{(t-1)^2+(3-t)^2+4}}$$

两边平方、去分母：$(t-1)^2+(3-t)^2+4=8$，展开得 $2t^2-8t+6=0$，即

$$t^2-4t+3=0\ \Rightarrow\ t=1\ \text{或}\ t=3$$

两根都在 $[0,4]$ 内。注意 $|\cos|$ 把「法向量夹角是 $30^\circ$ 还是 $150^\circ$」合在一起解，所以必须回验每根的二面角确为 $150^\circ$：在此坐标系下二面角 $\alpha(t)$ 关于 $t=2$ 对称、且在 $[0,4]$ 上恒为钝角（$t=2$ 时两半平面摊成一面、$\alpha=180^\circ$，往两端降到约 $131^\circ$），故 $30^\circ$ 的假根取不到，$\alpha(t)$ 恰在 $t=1,3$ 两次经过 $150^\circ$——两根都合法（取舍的道理见二面角与法向量夹角互补漏判）。

回到 B2P。 $B_2$ 的 $z$ 坐标是 $2$，$P$ 的 $z$ 坐标是 $t$，同在棱 $BB_1$ 上，故 $B_2P=|t-2|$：$t=1$ 或 $3$ 时都是 $|t-2|=1$。

$$B_2P=1$$

🕳️ 避坑

• 平行看「方向向量成比例 / 相等」，垂直看「点积 $=0$」，两套坐标条件别用反（见垂直与平行的坐标条件记混）。证平行时还要补「四点不共线」，否则可能证成同一条直线。
• 法向量夹角与二面角可能互补：用 $|\cos|$ 列「已知角反求量」会把 $30^\circ$ 与 $150^\circ$ 合在一起解，每个根都要回验二面角真为该角。本题因 $\alpha(t)$ 在 $t\in[0,4]$ 上恒钝，锐角假根取不到，两根 $t=1,3$ 都确为 $150^\circ$，且 $|t-2|$ 同为 $1$（见二面角与法向量夹角互补漏判）。
• 求法向量别解错方程组：$\vec m\cdot\vec{C_2A_2}=2x+2y-2z=0$ 与 $\vec m\cdot\vec{C_2P}=2y+(t-3)z=0$，令 $z=2$ 回代得 $y=3-t,\ x=t-1$，代回验一遍两个点积都为 $0$。

故（1）$B_2C_2\parallel A_2D_2$（证明见上）；（2）$B_2P=\boxed{1}$。