每日一题[2136]来回投影

在空间中，过点 $A$ 作平面 $\pi$ 的垂线，垂足为 $B$，记 $B=f_{\pi}(A)$，设 $\alpha,\beta$ 是两个不同的平面，对空间任意一点 $P$，$Q_1=f_{\beta}\big(f_{\alpha}(P)\big)$，$Q_2=f_{\alpha}\big(f_{\beta}(P)\big)$，恒有 $PQ_1=PQ_2$，则（       ）

A．平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 垂直

B．平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 所成的（锐）二面角为 $45^\circ$

C．平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 平行

D．平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 所成的（锐）二面角为 $60^\circ$

答案    A．

解析    $\alpha\perp \beta$ 时符合题意，接下来我们证明这个结论．

如图，只需要在过 $P$ 且与直线 $\alpha \cap\beta$ 垂直的截面内思考问题．设 $\angle PO\alpha =x$，$\angle PO\beta=y$，$OP=1$，则

$$PM=\sin x,MQ_1=\cos x\sin (x+y),$$ 于是在 $\triangle PMQ_1$ 中应用余弦定理，有 $$PQ_1^2=\sin^2x+\left(\cos x\sin (x+y)\right)^2-2\sin x\cos x\sin (x+y)\cos (x+y),$$ 类似的，可得 $$PQ_2^2=\sin^2y+\left(\cos y\sin (x+y)\right)^2-2\sin y\cos y\sin (x+y)\cos (x+y),$$ 因此 $$\sin^2x-\sin^2y+\left(\cos^2x-\cos^2y\right)\sin^2(x+y)-\left(\sin 2x-\sin 2y\right)\sin (x+y)\cos (x+y)=0,$$ 即 $$\sin^2x-\sin^2y-\left(\sin^2x-\sin^2y\right)\sin^2(x+y)-2\cos(x+y)\sin(x-y)\cdot \sin(x+y)\cos(x+y)=0,$$ 即 $$\left(\sin^2x-\sin^2y\right)\cos^2 (x+y)=0,$$ 于是可得 $x+y=\dfrac{\pi}2$，因此 $\alpha \perp \beta$． 综上所述，正确的选项为 $\boxed{A}$．