2009-广东卷理-18 解-立体几何

本题导读

本题是一道经典的立体几何综合解答题，引入了“正投影”的创新表述。核心在于通过建立空间直角坐标系，将空间几何体的体积计算、线面垂直的论证以及异面直线夹角的求解完全代数化。

📌【题干】

Question

（2009年广东卷(理)）如图，已知正方体 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 2，点 $E$ 是正方形 $B C C_{1} B_{1}$ 的中心，点 $F$ 、 $G$ 分别是棱 $C_{1} D_{1}$ , $A A_{1}$ 的中点. 设点 $E_{1}$ , $G_{1}$ 分别是点 $E$ 、 $G$ 在平面 $D C C_{1} D_{1}$ 内的正投影.

(1) 求以 $E$ 为顶点，以四边形 $F G A E$ 在平面 $D C C_{1} D_{1}$ 内的正投影为底面边界的棱锥的体积；

(2) 证明：直线 $F G_{1} ⊥$ 平面 $F E E_{1}$ ；

(3) 求异面直线 $E_{1} G_{1}$ 与 $E A$ 所成角的正弦值.

🔍【思路分析】

破题导航

以 $D$ 为原点建立空间直角坐标系，写出相关各点的空间坐标。

第(1)问确定四边形 $F G A E$ 在平面 $D C C_{1} D_{1}$ 上的投影顶点，利用割补法求出投影图形的面积作为底面积，点 $E$ 到该平面的距离作为高，套用体积公式求解。

第(2)问利用向量数量积证明 $F G_{1}$ 分别与平面 $F E E_{1}$ 内的两条相交向量 $E E_{1}$ 和 $F E_{1}$ 垂直即可。

第(3)问计算向量 $E_{1} G_{1}$ 与 $E A$ 的夹角余弦值，再通过同角三角函数关系转化为正弦值。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

以 $D$ 为原点，射线 $D A, D C, D D_{1}$ 分别为 $x, y, z$ 轴正方向建立空间直角坐标系 $D - x y z$ 。依题意，各点坐标为： $D (0, 0, 0)$ ， $A (2, 0, 0)$ ， $F (0, 1, 2)$ ， $G (2, 0, 1)$ ， $E (1, 2, 1)$ 。由于平面 $D C C_{1} D_{1}$ 即为 $y O z$ 平面（ $x = 0$ ），故投影点坐标为： $E_{1} (0, 2, 1)$ ， $G_{1} (0, 0, 1)$ ，且 $A$ 在该平面内的投影为 $D (0, 0, 0)$ ， $F$ 的投影为其自身。

(1) 四边形 $F G A E$ 在平面 $D C C_{1} D_{1}$ 内的正投影为四边形 $D G_{1} F E_{1}$ 。在 $y O z$ 平面内，对应顶点的二维坐标分别为 $D (0, 0)$ ， $G_{1} (0, 1)$ ， $F (1, 2)$ ， $E_{1} (2, 1)$ 。该四边形包含于边长为 2 的正方形内，利用割补法求其面积： $S = 2 \times 2 - \frac{1}{2} \times 2 \times 1 - \frac{1}{2} \times 1 \times 1 - \frac{1}{2} \times 1 \times 1 = 4 - 1 - 0.5 - 0.5 = 2$ 棱锥的顶点为 $E (1, 2, 1)$ ，其到平面 $x = 0$ 的距离即为其 $x$ 轴坐标，高 $h = 1$ 。故棱锥的体积为： $V = \frac{1}{3} \times S \times h = \frac{1}{3} \times 2 \times 1 = \frac{2}{3}$

(2) 计算相关向量： $F G_{1} = (0, - 1, - 1)$ ， $E E_{1} = (- 1, 0, 0)$ ， $F E_{1} = (0, 1, - 1)$ 。因为 $F G_{1} \cdot E E_{1} = 0 \times (- 1) + (- 1) \times 0 + (- 1) \times 0 = 0 ⟹ F G_{1} ⊥ E E_{1}$ ， $F G_{1} \cdot F E_{1} = 0 \times 0 + (- 1) \times 1 + (- 1) \times (- 1) = - 1 + 1 = 0 ⟹ F G_{1} ⊥ F E_{1}$ 。又因为 $E E_{1} \cap F E_{1} = E_{1}$ ，且 $E E_{1}, F E_{1} \subset 平面 F E E_{1}$ ，所以直线 $F G_{1} ⊥ 平面 F E E_{1}$ 。

(3) 易得向量 $E_{1} G_{1} = (0, - 2, 0)$ ， $E A = (1, - 2, - 1)$ 。设异面直线 $E_{1} G_{1}$ 与 $E A$ 所成的角为 $α$ ，则： $cos α = \frac{∣ E _{1} G _{1} \cdot E A ∣}{∣ E _{1} G _{1} ∣ \cdot ∣ E A ∣} = \frac{∣0 \times 1 + ( - 2 ) \times ( - 2 ) + 0 \times ( - 1 ) ∣}{2 \times 1 ^{2} + ( - 2 ) ^{2} + ( - 1 ) ^{2}} = \frac{4}{2 6} = \frac{6}{3}$ 因为 $α \in (0, \frac{π}{2}]$ ，所以： $sin α = 1 - cos^{2} α = 1 - (\frac{6}{3})^{2} = 1 - \frac{6}{9} = \frac{3}{3}$ 故异面直线 $E_{1} G_{1}$ 与 $E A$ 所成角的正弦值为 $\frac{3}{3}$ .

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：空间直角坐标系的建立与应用、线面垂直的向量化论证、异面直线所成角的计算。

核心方法：采用统一建系法消除空间想象的繁琐性，利用平面割补法解决非常规多边形面积计算。

避坑指南：第(1)问必须找准所有顶点在指定平面上的投影坐标（注意 $A$ 的投影是 $D$ ）；第(3)问极易在求出向量夹角余弦值后直接作答，务必看清题目要求的是正弦值并进行转换。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题源自画法几何中“三视图与正投影”的工程应用背景，将其与高中立体几何的核心定理相结合，考查学生对图形投影规律的代数化审视。

结论推广：若正方体棱长为 $a$ ，任意空间多边形各顶点已知，其在任一平行于坐标面的平面上的正投影面积，可通过直接抹去对应坐标轴的分量并利用二维多边形有向面积（鞋带公式）进行一般化求解。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

因此𝐹𝐺1 ⟂平面𝐹𝐸𝐸1

类题演练 (Links)

2011-安徽卷文-19 解-多面体平行与棱锥体积

2011-江西卷文-18 解-翻折棱锥体积与垂直

2011-福建卷文-20 解-四棱锥垂直与体积

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2009-广东卷理-18 解-立体几何

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