浙江 2025 · 数学 q17

先把这个四棱锥摆正：三个方向两两垂直（两条路共用）

假设你刚学完立体几何里的垂直关系，还没做过「几点共球」的题。这道题的图看着复杂，骨架其实只有一句话：从顶点 $A$ 出发的三条棱两两垂直。

先把这句话挣出来。$PA\perp$ 平面 $ABCD$ 的含义是：$PA$ 与底面内任何一条直线都垂直。$AB$、$AD$ 都在底面里，于是

$$PA\perp AB,\qquad PA\perp AD$$

再加上题设的 $AB\perp AD$，就凑齐了 $AB$、$AD$、$AP$ 三条两两垂直的方向。这三个直角是本题一切计算的来源。

底面还有一个事实要提前挖出来。$AB\perp AD$ 而 $BC\parallel AD$，一条直线垂直于两条平行线中的一条就垂直于另一条，所以

$$AB\perp BC$$

也就是说底面 $ABCD$ 是个直角梯形：$AD\parallel BC$，而 $AB$ 同时垂直于这两条平行边。后面写 $C$ 的坐标、算 $AC$ 的长度，全靠它。

自己动手画这个底面时，把这个形状记牢：$AB$ 是那条横档（两个直角都在它两端），$AD$ 与 $BC$ 是从 $A$、$B$ 朝同一侧平行伸出去的两条边，$CD$ 是把它们封口的斜腰。那两条边一定要画成平行的——$AB\perp BC$ 这一步、以及后面 $C$ 与 $D$ 的 $y$ 坐标能同轴度量，全都只在平行时成立；画成向外张开或收拢的两条边，下面每一步都会跟着歪。

第 (1) 问：面面垂直，只要找到一条「穿透」的垂线

要证两个平面垂直，课本给的面面垂直的判定定理只有一条路：在其中一个平面里，找到一条垂直于另一个平面的直线。 于是「证两个面垂直」被换成了「找一条线」。

找哪条？平面 $PAB$ 与平面 $PAD$ 共用棱 $PA$；除它以外，平面 $PAB$ 里现成的直线是 $AB$，平面 $PAD$ 里现成的是 $AD$。而上一节刚拿到 $AB\perp PA$ 与 $AB\perp AD$——$AB$ 一口气垂直于平面 $PAD$ 内两条相交直线（$PA\cap AD=A$），线面垂直的判定定理立刻给出

$$AB\perp\text{平面 }PAD$$

这条 $AB$ 又躺在平面 $PAB$ 里，即平面 $PAB$ 经过了平面 $PAD$ 的一条垂线，故

$$\text{平面 }PAB\perp\text{平面 }PAD$$

「两条相交直线」这四个字不能省。 只说「$AB$ 垂直于平面 $PAD$ 内的直线」是不够的——垂直于一条不算，必须垂直于相交的两条，判定定理才生效。

第 (2) 问的地基：球心就是「到四点等距的点」（两条路共用）

第 (2) 问多出一个条件：$P,B,C,D$ 在同一个球面上，球心记作 $O$。球心的定义只有一句话——到球面上每一点的距离都等于半径，所以这个条件的全部内容就是

$$|OP|=|OB|=|OC|=|OD|$$

两条路都从这一行出发。

还有两件事要先说清楚：

• 这个球唯一。 $B,C,D$ 在底面上而 $P$ 不在，四点不共面，过不共面四点的球恰好只有一个，所以 $O$ 是被这四个点唯一钉死的点。正因为唯一，「$O$ 在平面 $ABCD$ 上」才是个有确定真假的结论，而不是「可以取在底面上」。
• 球面不过 $A$。 题目说的是 $P,B,C,D$ 四点共球，顶点 $A$ 没被算进去——这不是四棱锥 $P-ABCD$ 的外接球。后面会看到 $|OA|=1$，而半径是 $\sqrt3$。

顺带说一句：一般四棱锥里这种球的球心不在底面上，本题落在底面上是数值被设计过的结果（$AD=1+\sqrt3$ 这个古怪长度就是为它准备的），所以 (i) 问才值得单独证一次。

先把这一问的四个长度摆在眼前，它们决定了整张图的胖瘦：

$$PA=AB=\sqrt2,\qquad BC=2,\qquad AD=1+\sqrt3\approx2.73$$

底面那两条平行边一长一短：$AD$ 比 $BC$ 还长出 $\sqrt3-1\approx0.73$。后面两条路都会算出 $AO=1$，而 $\dfrac{1}{1+\sqrt3}\approx37\%$——也就是说 $O$ 落在线段 $AD$ 内部，从 $A$ 数过去大约三分之一处，离 $A$ 近、离 $D$ 远。这两个数（$AD$ 最长、$AO$ 只占它三分之一多一点）是后面所有位置判断的尺子，动手前先记住。

一个能马上做的排除：$O$ 不在高线 $PA$ 上。 最常见的第一反应是把球心安到顶点 $P$ 正下方那条高线 $PA$ 上——毕竟「球心在中轴上」听起来很顺。但这一条当场就能否掉，不用等算完：设 $O$ 是 $PA$ 上任意一点、$AO=h$。$PA\perp$ 底面，而 $AB$、$AC$ 都在底面里，所以 $\angle OAB=\angle OAC=90^\circ$，两次勾股定理给出

$$|OB|^2=h^2+AB^2=h^2+2,\qquad |OC|^2=h^2+AC^2=h^2+6$$

这里的 $AC$ 就是上一节那个直角梯形给的：$AB\perp BC$，故 $AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{2+4}=\sqrt6$（两条路都会用到它）。于是 $|OB|^2$ 与 $|OC|^2$ 无论 $h$ 取什么都差着 $4$、永远不相等，而球心必须满足 $|OB|=|OC|$。所以 $O$ 一定离开那条竖线——它究竟落在哪，正是 (i) 问要证的事；而现在就能确定的是：$PO$ 是一条斜线段，不是竖直的高。这也顺手解释了为什么 (ii) 问的答案不会是 $0$——$PO$ 若沿着 $PA$，它就垂直于整个底面、与底面内的 $AC$ 成 $90^\circ$，余弦恰恰是 $0$。

解法一：建系解等距方程

怎么想到的。 第一节已经把三条两两垂直的方向摆在眼前了——那正是一个空间直角坐标系的三根轴现成地摆好。一旦每个点都有坐标，「距离相等」就从一句几何话变成几个方程，而解方程是不需要灵感的。这就是空间向量法最省心的地方：用算术换掉空间想象力。

建系、读坐标。 取 $A$ 为原点，$AB$、$AD$、$AP$ 分别作 $x,y,z$ 轴的正方向：

$$A(0,0,0),\quad B(\sqrt2,0,0),\quad D(0,1+\sqrt3,0),\quad P(0,0,\sqrt2)$$

$C$ 要多想一秒。$BC\parallel AD$ 且 $BC=2$，而 $ABCD$ 是按 $A\to B\to C\to D$ 围成的四边形，$C$ 与 $D$ 在 $AB$ 的同一侧，所以 $BC$ 与 $AD$ 同向：从 $B$ 沿 $y$ 轴正方向走 $2$ 个单位，

$$C(\sqrt2,2,0)$$

(i) 把「等距」写成方程。 设 $O=(x,y,z)$，距离用向量的坐标运算里的那把尺子（坐标差的平方和再开根）。三条等式逐条榨干，每条都恰好干掉一个未知量：

• $|OB|=|OC|$：$B$ 与 $C$ 只差 $y$ 坐标（$0$ 与 $2$），故 $y^2=(y-2)^2$，得 $y=1$；
• $|OB|=|OD|$：代入 $y=1$，$(x-\sqrt2)^2+1=x^2+3$，$x^2$ 两边约掉，剩 $-2\sqrt2\,x=0$，得 $x=0$；
• $|OB|=|OP|$：代入 $x=0,y=1$，$3+z^2=1+(z-\sqrt2)^2$，$z^2$ 两边约掉，剩 $-2\sqrt2\,z=0$，得 $z=0$。

$$O(0,1,0),\qquad |OP|=|OB|=|OC|=|OD|=\sqrt3$$

底面 $ABCD$ 就是 $z=0$ 这张平面，而我们解出来的 $z$ 正是 $0$，所以 $O$ 在平面 $ABCD$ 上——(i) 问证完。球的半径是 $\sqrt3$。

把这三个坐标读成位置。 $x=z=0$ 而 $y=1$，意思是 $O$ 正好坐在 $y$ 轴上——而 $y$ 轴就是直线 $AD$。所以 $O$ 落在线段 $AD$ 内部（$AO=1<1+\sqrt3=AD$，约 $37\%$ 处），而不在 $z$ 轴上，$z$ 轴才是高线 $PA$。这与上一节那个「$O$ 不在 $PA$ 上」的排除完全一致。

三个方程为什么正好够。 球心有三个未知坐标，而「四点等距」给出的独立等式恰是三条（每多一个点多一条）。解得唯一，说明既没多算也没漏算；更要紧的是 $z=0$ 是算出来的结论、不是假设的前提——(i) 问要的就是这一点。

(ii) 求两条直线所成的角。 $AC$ 在底面上、$PO$ 不在，二者既不平行也不相交，是异面直线。异面直线所成角规定落在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ 内，坐标法的公式是

$$\cos\theta=\frac{|\vec u\cdot\vec v|}{|\vec u|\,|\vec v|}$$

分子上那对绝对值不是装饰：同一条直线的方向向量取反向也照样代表它，点积会跟着变号，不取绝对值就可能算出一个钝角。

方向向量按「终点坐标减起点坐标」写：

$$\vec{AC}=(\sqrt2,2,0),\qquad \vec{PO}=(0,1,0)-(0,0,\sqrt2)=(0,1,-\sqrt2)$$ $$\vec{AC}\cdot\vec{PO}=\sqrt2\times0+2\times1+0\times(-\sqrt2)=2,\qquad |\vec{AC}|=\sqrt6,\qquad |\vec{PO}|=\sqrt3$$ $$\cos\theta=\frac{|2|}{\sqrt6\times\sqrt3}=\frac{2}{3\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{3}$$

答案不是 $0$，正好和前面那个排除对得上：$\vec{PO}=(0,1,-\sqrt2)$ 的 $y$ 分量是 $1\neq0$，也就是它带着一段水平位移，所以它斜着穿下来，而不是沿着 $z$ 轴——沿 $z$ 轴才是高线 $PA$ 的方向，那时点积会变成 $0$。

解法二：外心定球心 · 平移作角

怎么想到的。 不建系也能把球心逼出来，靠的是一个结构性事实：

到 $B,C,D$ 三点等距的点，恰好构成过 $\triangle BCD$ 外心、且垂直于底面的那一条竖线。

（「外心」就是到三角形三个顶点距离相等的那个点。）理由不难：这样的点在底面上的投影仍到 $B,C,D$ 等距，而底面内到三点等距的位置只有外心一处。

球心 $O$ 必在这条竖线上。于是「$O$ 在平面 $ABCD$ 上」被翻译成一个可以直接验算的问题：

竖线与底面的交点——也就是 $\triangle BCD$ 的外心，记作 $O_1$——到 $P$ 的距离，是否也等于它到 $B,C,D$ 的那个距离？

若相等，$O_1$ 就已经到四点等距，它就是球心（球唯一，球心也就唯一），$O=O_1$ 在底面上；若不相等，球心得沿竖线上下挪开，就不在底面上了。整个 (i) 问由此变成两次勾股定理。

第一步：把外心 $O_1$ 找出来。 先用 $BC$ 的垂直平分线。设 $E$ 是 $BC$ 的中点；$BC\parallel AD$、$AB$ 又同时垂直于这两条边，所以过 $E$ 垂直于 $BC$ 的那条线与 $AB$ 平行，它与 $AD$ 交于点 $O_1$，且 $ABEO_1$ 四个角都是直角、是个矩形，于是

$$AO_1=BE=\tfrac12BC=1$$

$O_1$ 在 $BC$ 的垂直平分线上，故 $O_1B=O_1C$；而 $\angle O_1AB=90^\circ$，直角三角形 $ABO_1$ 给出

$$O_1B=O_1C=\sqrt{AB^2+AO_1^2}=\sqrt{2+1}=\sqrt3$$

再看 $D$：它与 $O_1$ 同在直线 $AD$ 上，

$$O_1D=AD-AO_1=(1+\sqrt3)-1=\sqrt3$$

三个距离都是 $\sqrt3$，$O_1$ 确实是 $\triangle BCD$ 的外心。（$AD=1+\sqrt3$ 这个古怪长度的用处到这里露了馅：它让 $O_1D$ 刚好凑成 $\sqrt3$。）

第二步：验一下 $O_1P$。 $PA\perp$ 底面而 $AO_1$ 在底面里，故 $\angle PAO_1=90^\circ$，直角三角形 $PAO_1$ 给出

$$PO_1=\sqrt{PA^2+AO_1^2}=\sqrt{2+1}=\sqrt3$$

四个距离全是 $\sqrt3$：$O_1$ 到 $P,B,C,D$ 等距，它就是球心 $O$。$O_1$ 在线段 $AD$ 上、$AD$ 又在平面 $ABCD$ 内，所以 $O$ 在平面 $ABCD$ 上——(i) 问证完，并且顺手拿到了 $AO=1$、$PO=\sqrt3$。

第三步：(ii) 按定义把两条线「搬」到一起。 异面直线所成角的定义就是把其中一条平移到与另一条相交，再取不超过 $90^\circ$ 的那个角。$PO$ 两端的 $P$、$O$ 我们已经很熟，所以搬 $AC$：过 $O$ 作 $AC$ 的平行线，与 $BC$ 的延长线交于 $C_1$。

$AO$ 与 $CC_1$ 都在 $AD$ 的方向上、$AC$ 与 $OC_1$ 平行，所以 $AOC_1C$ 是平行四边形：

$$CC_1=AO=1,\qquad OC_1=AC$$

剩下的全是勾股定理。$AB\perp BC$（第一节的结论）而 $C_1$ 在直线 $BC$ 上，故 $\angle ABC_1=90^\circ$：

$$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{2+4}=\sqrt6\ \Longrightarrow\ OC_1=\sqrt6$$ $$BC_1=BC+CC_1=2+1=3,\qquad AC_1=\sqrt{AB^2+BC_1^2}=\sqrt{2+9}=\sqrt{11}$$

$PA\perp$ 底面又给出 $PA\perp AC_1$，于是

$$PC_1=\sqrt{PA^2+AC_1^2}=\sqrt{2+11}=\sqrt{13}$$

三角形 $POC_1$ 的三条边齐了（$PO=\sqrt3$、$OC_1=\sqrt6$、$PC_1=\sqrt{13}$）。已知三边求其中一个角，用余弦定理：

$$\cos\angle POC_1=\frac{PO^2+OC_1^2-PC_1^2}{2\cdot PO\cdot OC_1}=\frac{3+6-13}{2\sqrt3\times\sqrt6}=\frac{-4}{6\sqrt2}=-\frac{\sqrt2}{3}$$

负号是个提示，不是错误：$\angle POC_1$ 是钝角，它本身不是异面直线所成的角，所成角是它的补角。取绝对值：

$$\cos\theta=\left|-\frac{\sqrt2}{3}\right|=\frac{\sqrt2}{3}$$

两条路差在哪

解法一把几何问题换成算术：三条垂直方向直接充当坐标轴，「等距」化成三条方程，$z=0$ 是解出来的一个数。它不要求你看出任何巧妙的东西，代价是要老实展开几串带根号的平方。想不出招时它永远兜得住。

解法二先把问题的形状看清：球心必在「过底面外心的竖线」上，于是 (i) 问的实质只是「竖线的落脚点到 $P$ 的距离是否也等于那个半径」——一句话就把要证的东西压成两次勾股定理，算量比解法一小得多，但它要求你先知道那条竖线的存在。

一个具体的对照：解法一里「$O$ 在底面上」是 $z=0$ 这个算出来的结果；解法二里它是一个先摆出来、再被验证的猜测。所以题目若换成「球心不在底面上，求它到底面的距离」，解法一一字不改照算，解法二则要把落脚点沿竖线抬起来，多一步讨论。

🕳️ 避坑

• 球面过的是 $P,B,C,D$ 四个点，不含 $A$。这不是四棱锥 $P-ABCD$ 的外接球——本题里 $|OA|=1$，而半径是 $\sqrt3$。看到「四点共球」别顺手把顶点 $A$ 也算进去。
• 球心是到各点等距的点，要么按「等距」列方程、要么用「外心 + 竖线」定位，别照着图上的位置猜。本题 $O$ 恰好落在底面上是数值凑巧（$AD=1+\sqrt3$ 是被设计过的），换个四棱锥就不成立。
• 别把球心安到高线 $PA$ 上。 这是本题第一位的误解：$O$ 落在底面内的线段 $AD$ 上（$AO=1$，只占 $AD=1+\sqrt3$ 的约 $37\%$），$PO$ 是一条斜线段。$PA$ 上任何一点 $O$ 都有 $|OB|^2-|OC|^2=AB^2-AC^2=2-6\neq0$，一句话就排除掉了。真按「$O$ 在 $PA$ 上」去算，$PO\perp$ 底面、$PO\perp AC$，(ii) 的余弦会算成 $0$。
• 异面直线所成角的余弦要取绝对值，范围是 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right]$。解法一里方向向量反着取就会变号；解法二算出的 $\cos\angle POC_1=-\dfrac{\sqrt2}{3}$ 本身就是负的，照抄下来直接错。
• $\vec{PO}$ 是「$O$ 的坐标减 $P$ 的坐标」$=(0,1,-\sqrt2)$；写成 $\vec{OP}$ 会让点积变号——正是绝对值吃掉的那个符号，但只有取了绝对值它才无害。