浙江 2024 · 数学 q17

转着看 · 换个机位再判断

四棱锥 P-ABCD（$PA \perp$ 底面，$PA = AC = 2$）· $DE \perp AC$、$EF \perp CP$，$\angle DFE$ 即二面角 A-CP-D 的平面角

机位1题图角度2正对 PAC3沿 PAC 看4俯视自由视角

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冷启动：先把底面那三条边的巧合看出来

假设你刚学完线面平行与线面垂直的判定。题面给的数据看着零散：$PA\perp$ 底面 $ABCD$，$PA=AC=2$，$BC=1$，$AB=\sqrt3$。先把这三条长度乘起来看一眼：

$$BC^2+AB^2=1^2+(\sqrt3)^2=4=2^2=AC^2 .$$

这不是巧合——由勾股定理的逆定理，$\triangle ABC$ 在 $B$ 处是直角，即 $BC\perp AB$。凡是题目给出三条边而你一时看不出它们干什么用，先验一次勾股，这是立体几何里最高频的一个隐藏条件。

第 (1) 问要证 $AD\parallel$ 平面 $PBC$。证「线面平行」的标准出口只有一个：在那个平面里找一条与 $AD$ 平行的直线。平面 $PBC$ 里现成的直线是 $PB$、$BC$、$PC$，而 $BC$ 就在底面里、又刚被证出 $BC\perp AB$——所以只要再说明 $AD\perp AB$，「同一平面内垂直于同一条直线的两条直线互相平行」就把 $AD\parallel BC$ 交出来了。而 $AD\perp AB$ 正是题设 $AD\perp PB$ 加上 $PA\perp$ 底面的产物。

第 (2) 问换了条件（$AD\perp DC$），要由二面角 $A\text{-}CP\text{-}D$ 的正弦值反求 $AD$。注意 $\sin$ 是给出的、$AD$ 是要求的，所以这一问的形状是「把二面角写成 $AD$ 的式子，再解方程」。

两条路的分歧就在这里：是把二面角写成两个法向量的夹角，还是把它作成一个真实的角。

顺带记住一个由 $PA=AC$ 白得的事实：$PA\perp$ 底面 $\Rightarrow PA\perp AC$，于是 $\triangle PAC$ 是等腰直角三角形，$\angle PCA=45^\circ$。第 (2) 问两条路都会用到它。

解法一：建系用向量算

怎么想到的。 $PA\perp$ 底面，天然给了一条竖直的坐标轴；底面里又有 $AC$ 这条现成的直线。有一条线垂直于一个平面，就等于有人把坐标系摆好了——建系是这类题的默认动作。建完之后，垂直、平行、夹角全部退化成数量积的计算，不必再去想辅助线画在哪。

① 第 (1) 问：用数量积把三个垂直关系串起来。 记 $\boldsymbol d=\overrightarrow{AD}$（底面内的非零向量）。

• $PA\perp$ 底面，而 $AD$ 在底面内，故 $\overrightarrow{AP}\cdot\boldsymbol d=0$；
• 题设 $AD\perp PB$，故 $\boldsymbol d\cdot\overrightarrow{PB}=0$。

两式相加，注意 $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PB}$：

$$\boldsymbol d\cdot\overrightarrow{AB}=\boldsymbol d\cdot\overrightarrow{AP}+\boldsymbol d\cdot\overrightarrow{PB}=0 \;\Longrightarrow\;AD\perp AB .$$

又由冷启动那步 $BC^2+AB^2=AC^2$ 得 $BC\perp AB$。$AD$、$BC$ 都在底面这一个平面内、又都垂直于 $AB$，故 $\boldsymbol d$ 与 $\overrightarrow{BC}$ 共线，即

$$AD\parallel BC .$$

最后：$AD\not\subset$ 平面 $PBC$，$BC\subset$ 平面 $PBC$，由线面平行的判定定理得

$$AD\parallel \text{平面 } PBC .$$

② 第 (2) 问：建系。 取 $A$ 为原点，$AC$ 所在方向为 $x$ 轴，$AP$ 所在方向为 $z$ 轴，底面内垂直于 $AC$ 的方向为 $y$ 轴（$PA\perp$ 底面保证 $z$ 轴与另两轴都垂直）。则

$$A(0,0,0),\qquad C(2,0,0),\qquad P(0,0,2).$$

③ 把 $D$ 的坐标用 $AD$ 表出。 设 $AD=t\ (0<t<2)$。由 $AD\perp DC$，$\triangle ADC$ 在 $D$ 处是直角，斜边 $AC=2$，故

$$DC=\sqrt{4-t^2}\ \ (\text{记作 }u).$$

在这个直角三角形里，$D$ 到斜边 $AC$ 的距离（记垂足为 $E$）由等面积法给出，而 $AE$ 是直角边在斜边上的投影：

$$DE=\frac{AD\cdot DC}{AC}=\frac{tu}{2},\qquad AE=\frac{AD^2}{AC}=\frac{t^2}{2}.$$

$B$ 与 $D$ 分居 $AC$ 两侧（$ABCD$ 是按顺序标的四边形），取 $D$ 在 $y>0$ 一侧：

$$D\left(\frac{t^2}{2},\ \frac{tu}{2},\ 0\right).$$

④ 两个半平面各取一个法向量。 二面角 $A\text{-}CP\text{-}D$ 的棱是 $CP$，两个半平面分别含 $A$ 与 $D$。

• 平面 $ACP$ 由 $x$ 轴与 $z$ 轴张成，就是 $xOz$ 坐标面，法向量可取 $\boldsymbol m=(0,1,0)$；

• 平面 $DCP$：$\overrightarrow{CP}=(-2,0,2)$，$\overrightarrow{CD}=\left(\dfrac{t^2}{2}-2,\ \dfrac{tu}{2},\ 0\right)=\left(-\dfrac{u^2}{2},\ \dfrac{tu}{2},\ 0\right)$（用了 $t^2-4=-u^2$）。取

  $$\boldsymbol n=\overrightarrow{CP}\times\overrightarrow{CD} =\bigl(-tu,\ -u^2,\ -tu\bigr)=-u\,(t,\ u,\ t),$$

  故可取 $\boldsymbol n=(t,u,t)$。

⑤ 列方程。

$$\bigl|\cos\langle\boldsymbol m,\boldsymbol n\rangle\bigr| =\frac{|\boldsymbol m\cdot\boldsymbol n|}{|\boldsymbol m||\boldsymbol n|} =\frac{u}{\sqrt{t^2+u^2+t^2}}=\frac{u}{\sqrt{t^2+4}}$$

（末一步用 $u^2=4-t^2$）。二面角 $\theta$ 与法向量夹角要么相等要么互补，所以只有 $|\cos\theta|$ 是确定的；而本题给的是 $\sin\theta=\dfrac{\sqrt{42}}{7}$，两种情形给出同一个方程，符号问题在这里恰好不必判：

$$\cos^2\theta=1-\left(\frac{\sqrt{42}}{7}\right)^2=1-\frac{42}{49}=\frac17 \;\Longrightarrow\;\frac{u^2}{t^2+4}=\frac17 \;\Longrightarrow\;\frac{4-t^2}{t^2+4}=\frac17 .$$

交叉相乘：$28-7t^2=t^2+4$，即 $8t^2=24$，$t^2=3$。$t>0$ 故

$$AD=\sqrt3 .$$

解法二：三垂线法作出平面角

怎么想到的。 二面角的定义是「在棱上取一点，两个半平面内各作一条垂直于棱的射线，这两条射线的夹角」。定义要求的角不会自己出现在图上，得动手作。三垂线法就是把这个「作」拆成两步机械动作：先从 $D$ 作一条垂直于平面 $ACP$ 的线，再从垂足作一条垂直于棱 $CP$ 的线——连起来的角必然合法。好处是最后落在一个真实的直角三角形里，边长可以用 $AD$ 层层表出，全程不需要坐标。

① 第 (1) 问：三步判定。

• $PA\perp$ 底面 $ABCD$，$AD\subset$ 底面 $ABCD$，故 $PA\perp AD$；
• 又题设 $AD\perp PB$，而 $PA\cap PB=P$、$PA,PB\subset$ 平面 $PAB$，由线面垂直的判定定理得 $AD\perp$ 平面 $PAB$；
• $AB\subset$ 平面 $PAB$，故 $AD\perp AB$。

再由 $BC^2+AB^2=1+3=4=AC^2$ 及勾股定理的逆定理得 $BC\perp AB$。底面内 $AD$ 与 $BC$ 都垂直于 $AB$，故 $AD\parallel BC$。最后 $AD\not\subset$ 平面 $PBC$、$BC\subset$ 平面 $PBC$，由线面平行的判定定理得 $AD\parallel$ 平面 $PBC$。

② 第 (2) 问：作两条垂线。 过 $D$ 作 $DE\perp AC$ 于 $E$，再过 $E$ 作 $EF\perp CP$ 于 $F$，连 $DF$。

先说明 $DE\perp$ 平面 $PAC$：因为 $PA\perp$ 平面 $ABCD$ 而 $PA\subset$ 平面 $PAC$，由面面垂直的判定定理得平面 $PAC\perp$ 平面 $ABCD$；两平面的交线是 $AC$，而 $DE$ 在平面 $ABCD$ 内且 $DE\perp AC$，于是由面面垂直的性质得 $DE\perp$ 平面 $PAC$。

于是 $DE\perp CP$；又 $EF\perp CP$，$DE\cap EF=E$，故 $CP\perp$ 平面 $DEF$，从而 $CP\perp DF$。$FD$、$FE$ 都垂直于棱 $CP$，所以 $\angle DFE$ 正是二面角 $A\text{-}CP\text{-}D$ 的平面角。

还要先定一件事：$DE\perp$ 平面 $PAC$ 而 $EF$ 在这个平面内，故 $DE\perp EF$——$\triangle DEF$ 在 $E$ 处是直角，于是它的另两个角都是锐角，$\angle DFE$ 必为锐角、$\cos\angle DFE>0$。这一句让下面那步取 $\tan$ 有底：由 $\sin\angle DFE=\dfrac{\sqrt{42}}{7}$ 得 $\cos^2\angle DFE=1-\dfrac{42}{49}=\dfrac17$，$\cos\angle DFE=\dfrac{1}{\sqrt7}$，故

$$\tan\angle DFE=\frac{\sin\angle DFE}{\cos\angle DFE}=\frac{\sqrt{42}/7}{1/\sqrt7}=\frac{\sqrt{42}}{\sqrt7}=\sqrt6 .$$

③ 把 $DE$、$EF$ 都用 $AD$ 表出。 设 $AD=x$。由 $AD\perp DC$、$AC=2$，在直角三角形 $ADC$ 里 $CD=\sqrt{4-x^2}$，等面积法给出

$$DE=\frac{AD\cdot DC}{AC}=\frac{x\sqrt{4-x^2}}{2},$$

而 $CE$ 是直角边 $DC$ 在斜边上的投影：

$$CE=\sqrt{DC^2-DE^2}=\sqrt{(4-x^2)-\frac{x^2(4-x^2)}{4}}=\sqrt{\frac{(4-x^2)^2}{4}}=\frac{4-x^2}{2}.$$

再看 $\triangle EFC$：它在 $F$ 处是直角，而 $\angle FCE=\angle PCA=45^\circ$（冷启动里那条 $\triangle PAC$ 等腰直角），所以它是等腰直角三角形，

$$EF=CE\cdot\sin45^\circ=\frac{4-x^2}{2\sqrt2}.$$

④ 解方程。 由 ② 已知 $\triangle DEF$ 在 $E$ 处是直角，故

$$\tan\angle DFE=\frac{DE}{EF} =\frac{\dfrac{x\sqrt{4-x^2}}{2}}{\dfrac{4-x^2}{2\sqrt2}} =\frac{\sqrt2\,x}{\sqrt{4-x^2}}=\sqrt6 .$$

两边平方：$2x^2=6(4-x^2)$，即 $8x^2=24$，$x^2=3$。$x>0$ 故

$$AD=\sqrt3 .$$

这两条路差在哪。 解法一把整道题变成算术：建系、写坐标、叉乘、代公式，中间不需要任何空间想象，而且第 (1) 问也能顺手用数量积拿下——这是它最大的价值（考场上「看不出辅助线该画哪」的时候，向量法永远走得通）。代价是要多一步警惕：法向量的夹角与二面角只差一个符号，得说清楚为什么可以不判（本题给的是 $\sin$，两种情形同一个方程）。解法二反过来：作两条垂线之后，二面角变成一个摸得着的直角三角形，三条边全能用 $AD$ 表出，算式短、每一步都有几何意义；代价是第一条垂线该往哪个平面作，需要先看出「平面 $PAC\perp$ 平面 $ABCD$」。两条路的最后一个方程本质相同（$2x^2=6(4-x^2)$ 与 $\frac{4-t^2}{t^2+4}=\frac17$ 等价），互相验算最省心。

🕳️ 避坑

• 法向量的夹角不等于二面角。 翻转一个法向量，余弦就变号，所以只有 $|\cos\theta|$ 是确定的。本题给 $\sin\theta$、又只求长度，符号恰好不影响；但要把这句理由写出来，别装作没这回事。
• $\triangle DEF$ 的直角在 $E$，不在 $F$。 直角认错，$\tan\angle DFE$ 的分子分母就颠倒了。判据是 $DE\perp$ 平面 $PAC$ 而 $EF$ 在那个平面内。
• 线面平行的判定要写全三句：平面内有一条平行线、这条直线在平面外、那条平行线在平面内。少写「$AD\not\subset$ 平面 $PBC$」就不是完整证明——$AD$ 若在平面内，谈不上平行。
• 第 (1) 问与第 (2) 问的条件不通用。 (1) 用的是 $AD\perp PB$，(2) 用的是 $AD\perp DC$，这是两个不同的图形；把 (1) 里得到的 $AD\parallel BC$ 拿去做 (2) 是无效的。
• $DC=\sqrt{4-x^2}$ 隐含 $0<x<2$。解出 $x^2=3$ 后要顺手确认 $\sqrt3<2$——设了长度当未知量，就得盯住它的取值范围。