2021-新高考I卷-20 解-立几综合

本题导读

本题考查线面垂直判定。核心在于空间向量法、几何分析法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年新高考I卷）如图，在三棱锥 $A-BCD$ 中，平面 $ABD\perp$ 平面 $BCD$，$AB=AD$，$O$ 为 $BD$ 的中点。

（1）证明：$OA\perp CD$；

（2）若 $△OCD$ 是边长为 $1$ 的等边三角形，点 $E$ 在棱 $AD$ 上，$DE=2EA$，

且二面角 $E-BC-D$ 的大小为 $45^{\circ }$，求三棱锥 $A-BCD$ 的体积。

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（证明 $OA\perp CD$）：

• 在 $△ABD$ 中，利用等腰三角形“三线合一”证明 $OA\perp BD$。
• 利用面面垂直性质定理（若两个平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面），证得 $OA\perp$ 平面 $BCD$。
• 由线面垂直的定义推导出 $OA\perp CD$。

2. 第二问（求体积）：

• 建立坐标系：利用 $OA\perp$ 平面 $BCD$ 及其底面几何关系建立空间直角坐标系。
• 坐标表示：设 $OA=t$，表示出点 $A,B,C,D,E$ 的坐标及相关向量。
• 法向量计算：分别求出平面 $BCE$ 和平面 $BCD$ 的法向量。
• 利用二面角求 $t$：根据向量夹角公式 $|\cos ⟨{\vec{n}}_1,{\vec{n}}_2⟩|=\cos 45^{\circ }$ 建立方程，解出 $OA$ 的长度。
• 求积：计算底面 $△BCD$ 的面积，代入 $V=\frac{1}{3}{S}_{底}h$。

✅【答案】

点击查看答案

${\vec{n}}_2=(\sqrt{3},-1,\frac{2}{t})$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：$OA\perp CD$

1. 在平面 $ABD$ 内寻找垂直关系：

   在 $△ABD$ 中，因为 $AB=AD$ 且 $O$ 为 $BD$ 的中点，

   根据等腰三角形“三线合一”性质，得 $AO\perp BD$．

2. 利用面面垂直性质定理：

   已知平面 $ABD\perp$ 平面 $BCD$，且平面 $ABD\cap$ 平面 $BCD=BD$．

   因为 $AO\subset$ 平面 $ABD$ 且 $AO\perp BD$，

   所以 $AO\perp$ 平面 $BCD$．

3. 得出线线垂直结论：

   因为 $CD\subset$ 平面 $BCD$，且 $AO\perp$ 平面 $BCD$，

   根据线面垂直的定义，得 $OA\perp CD$．

（2）求三棱锥 $A-BCD$ 的体积

1. 建立空间直角坐标系：

   在平面 $BCD$ 内，取 $OD$ 中点 $F$．由于 $△OCD$ 是边长为 $1$ 的等边三角形，

   则 $CF\perp OD$．

   过点 $O$ 作 $OM\parallel CF$，则 $OM\perp OD$．

   由（1）知 $OA,OM,OD$ 两两垂直，以 $O$ 为原点，

$OM,OD,OA$ 所在直线分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系．

则 $O(0,0,0),D(0,1,0),B(0,-1,0)$．

由于 $C$ 在平面 $BCD$ 上且 $△OCD$ 为等边三角形， $C$ 点坐标为

$(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0)$．

2. 设点坐标并寻找向量：

   设 $AO=t(t>0)$，则 $A(0,0,t)$．

   因为 $DE=2EA$，则 $\overrightarrow{AE}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}=(0,\frac{1}{3},-\frac{t}{3})$，

   可得 $E(0,\frac{1}{3},\frac{2t}{3})$．

   $\overrightarrow{BC}=(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0)$，$\overrightarrow{BE}=(0,\frac{4}{3},\frac{2t}{3})$．

3. 求解平面法向量：

   • 平面 $BCD$ 的一个法向量为 ${\vec{n}}_1=\overrightarrow{OA}=(0,0,t)$，简化为 $(0,0,1)$．

   • 设平面 $BCE$ 的法向量为 ${\vec{n}}_2=(x,y,z)$，由：

     $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y=0\\ {\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{BE}=\frac{4}{3}y+\frac{2t}{3}z=0\end{array}$

     令 $y=-1$，得 $x=\sqrt{3},z=\frac{2}{t}$．故 ${\vec{n}}_2=(\sqrt{3},-1,\frac{2}{t})$．

4. 利用二面角求参数 $t$：

   已知二面角 $E-BC-D$ 大小为 $45^{\circ }$，则：

   $|\cos ⟨{\vec{n}}_1,{\vec{n}}_2⟩|=\frac{|{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2|}{|{\vec{n}}_1||{\vec{n}}_2|}=\frac{|2/t|}{\sqrt{3+1+4/t^2}\cdot 1}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

   平方整理得：$\frac{4/t^2}{4+4/t^2}=\frac{1}{2}⟹\frac{1}{t^2+1}=\frac{1}{2}⟹t^2=1$．

   因为 $t>0$，所以 $t=1$，即 $AO=1$．

5. 计算体积：

   在 $△BCD$ 中，$BD=2,CD=1,\angle BDC=120^{\circ }$．

   $S_{△BCD}=\frac{1}{2}\cdot BD\cdot CD\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\times 2\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$．

   $V_{A-BCD}=\frac{1}{3}{S}_{△BCD}\cdot AO=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}\times 1=\frac{\sqrt{3}}{6}$．

   故三棱锥的体积为 $\frac{\sqrt{3}}{6}$．

   解法二：在平面ABD中，作$EM\perp BD$于M，在平面BCD中，

   作$MN\perp BC$于N，连接EN，

由⑴得$OA\perp BD,\therefore EM\parallel OA,\therefore EM\perp BCD$。

& \because MN = EM = \frac{2}{3}CD = \frac{2}{3},\quad \therefore BC = \sqrt{3},\quad OA = 1, \\& \therefore V_{A-BCD} = \frac{1}{3}S_{\triangle BCD} \cdot OA\\& = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{3} \times 1 = \frac{\sqrt{3}}{6}.\end{align*}$$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 面面垂直的性质应用：在立体几何大题中，面面垂直往往是寻找“几何体的高”以及“建立直角坐标系”的关键突破口。
2. 空间向量法求二面角：这是高考最稳定的得分手段。关键在于法向量的计算要细心。本题中平面 $BCD$ 的法向量直接取 $z$ 轴方向，极大简化了计算。
3. 坐标定位的准确性：本题中 $△OCD$ 为等边三角形且 $O$ 为 $BD$ 中点，这意味着 $\angle BDC=120^{\circ }$。在求 $C$ 点坐标和底面积时，这是极易忽略的几何细节。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 方法拓展：第二问也可以利用几何法（三垂线定理）寻找二面角的平面角。过 $E$ 作 $EM\perp BD$，过 $M$ 作 $MN\perp BC$，连接 $EN$，则 $\angle ENM=45^{\circ }$。利用相似三角形比例关系计算，这种方法对几何直观要求高，但计算量相对较小。
• 变式思考：如果将点 $E$ 改为动点，求当三棱锥 $E-ABC$ 体积最大时，$E$ 点的位置。 (提示：此时应让 $E$ 到底面 $ABC$ 的距离最大，通常涉及线面平行或极值位置的讨论。)

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 21.01空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角
• 2004-全国卷II理-16 填-空间线面垂直
• 2008-大纲卷I文-18 解-四棱锥垂直二面角