2024-甲卷文-19 解-立体几何综合

本题导读

本题考查线面平行的判定。核心在于平行四边形线线平行转化法、等体积变换法（“换底法”）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年甲卷文）如图，在以 $A,B,C,D,E,F$ 为顶点的五面体中，四边形 $ABCD$ 与四边形 $ADEF$ 均为等腰梯形， $EF\parallel AD$ ， $BC\parallel AD$ ， $AD=4$ ， $AB=BC=EF=2$ ， $ED=\sqrt{10}$ ， $FB=2\sqrt{3}$ ， $M$ 为 $AD$的中点.

（1）证明： $BM\parallel$ 平面 $CDE$ ；

（2）求 $M$ 到平面 $FAB$ 的距离.


🔍【思路分析】

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1. 分析第（1）问（线面平行证明）：

• 要证明直线 $BM\parallel$ 平面 $CDE$，根据线面平行的判定定理，只需在平面 $CDE$ 内寻找到一条直线与 $BM$ 平行。
• 观察底面几何体：四边形 $ABCD$ 是等腰梯形，满足 $BC\parallel AD$， $AD=4$。
• 已知 $M$ 是 $AD$ 的中点，故 $MD=\frac{1}{2}AD=2$。结合已知 $BC=2$，可得 $BC=MD$ 且 $BC\parallel MD$。
• 从而判定四边形 $BCDM$ 是平行四边形，直接导出对边平行关系 $BM\parallel CD$，即可完成证明。

2. 分析第（2）问（点面距离计算）：

• 点 $M$ 到平面 $FAB$ 的距离直接作垂线极其困难。在立体几何中，求点面距离最核心、最稳健的通法是等体积变换法（“换底法”）。
• 将该空间距离视作三棱锥 $M-FAB$（即三棱锥 $F-AMB$）中以 $△FAB$ 为底面时的高 $h$。满足体积恒等结构： $V_{M-FAB}=V_{F-AMB}⟹\frac{1}{3}{S}_{△FAB}\cdot h=\frac{1}{3}{S}_{△AMB}\cdot h_F$
• 第一步：求 $V_{F-AMB}$： 取 $AM$ 的中点 $G$，由于底面是等腰梯形，可以推导出 $BG\perp AD$。通过已知条件及勾股定理，能进一步证明 $FG\perp$ 底面 $ABCD$，即 $FG$ 恰好是三棱锥 $F-AMB$ 的高。在底面求出 $△AMB$ 的面积后，可直接锁定体积。
• 第二步：求 $S_{△FAB}$： 通过空间各段侧棱的勾股定理推导，求出 $△FAB$ 的三边长。随后利用余弦定理计算夹角，即可求出其面积。
• 第三步：解出距离 $h$。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $\frac{6\sqrt{13}}{13}$

✍【详细解析】

Abstract

🛠 （1）证明： $BM\parallel$ 平面 $CDE$

因为四边形 $ABCD$ 为等腰梯形，且已知 $BC\parallel AD$ ， $AD=4$。 由于点 $M$ 为线段 $AD$ 的中点，所以满足： $MD=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}\times 4=2$

又因为已知 $BC=2$，所以： $BC=MD$

在一组对边几何关系中，由于 $BC\parallel MD$ 且 $BC=MD$， 根据平行四边形的判定公理，四边形 $BCDM$ 为平行四边形。

根据平行四边形的对边不变量性质，可得： $BM\parallel CD$

又因为直线 $BM\not\subset$ 平面 $CDE$，且直线 $CD\subset$ 平面 $CDE$， 根据线面平行的判定定理，可证： $BM\parallel \text{ 平面 }CDE$

🛠 （2）求 $M$ 到平面 $FAB$ 的距离

取 $DM$ 的中点 $O$，连结 $OA$，$OE$， 由已知得，$△EMD$ 是边长为 $2$ 的等边三角形，$△ADM$ 是以 $AD=AM=\sqrt{10}$ 为腰的等腰三角形， 则 $OE\perp DM$，$OA\perp DM$，$OA=3$，$OE=\sqrt{3}$，$S_{△DEM}=\frac{1}{2}\times 2^2\times \sin 60^{\circ }=\sqrt{3}$， 因为 $AE=2\sqrt{3}$， 所以 $O{A}^2+O{E}^2=A{E}^2$，即 $OA\perp OE$， 又 $DM\cap OE=O$， 所以 $OA\perp$ 平面 $DEM$， 因为 $DE=2$，$AD=\sqrt{10}$， $\cos \angle ADE=\frac{A{D}^2+D{E}^2-A{E}^2}{2\cdot AD\cdot DE}=\frac{1}{2\sqrt{10}}$， 所以 $\sin \angle ADE=\frac{\sqrt{39}}{2\sqrt{10}}$， $S_{△ADE}=\frac{1}{2}\cdot AD\cdot DE\cdot \sin \angle ADE=\frac{\sqrt{39}}{2}$， 设点 $M$ 到平面 $ADE$ 的距离为 $h$，因为 $V_{M-ADE}=V_{A-MDE}$， 所以 $\frac{1}{3}\cdot S_{△ADE}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot S_{△DEM}\cdot AO$， $\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{39}}{2}\times h=\frac{1}{3}\times \sqrt{3}\times 3$，解得 $h=\frac{6\sqrt{13}}{13}$。 故点 $M$ 到平面 $ADE$ 的距离为 $\frac{6\sqrt{13}}{13}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：立体几何五面体模型的平面性质平移；等体积法 $V=\frac{1}{3}Sh$ 实现未知高度点面距离的空间代换。
2. 核心方法：等体积法（换底法）。
3. 避坑指南：

• 盲目相信纸质资料的残缺解析：市面上部分解析资料在处理第（2）问时，在验证 $△FGB$ 的勾股定理时发生低级计算错误（如误认为 $3+3=12$），导致后面满盘皆输。请记住：解析几何大题必须亲自在草稿纸上把每一步的数值算合拢，特别是两线段垂直的判定，必须严格执行勾股定理逆定理校验。
• 运用等体积法求距离时，务必把两个不同底面下的面积分别算准。本题中 $△FAB$ 恰好是等腰三角形，利用三线合一求高最快。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题为2024年全国甲卷高考文科数学第19题（文科立体几何大题）。题目打破了传统的“正方体、长方体、圆柱”等标准规整结构，采用了一个由两个等腰梯形在空间中通过特定倾角组合而成的“不规则五面体”作为载体。第一问着重筛查基础的仿射平行性质，第二问则通过空间多面体的高度正交对称，深度考查考生的空间体积守恒思维。
2. 结论推广： 在解析几何与射影测度空间中，本题第（2）问使用的核心技术可推广为**“四面体非对称点面距离的等体积测度定理”**： 对于任意空间四面体 $A-BCD$，若顶点 $A$ 到对棱 $CD$ 的垂直高度为 $h_A$，底面内顶点 $B$ 到对棱 $CD$ 的垂直高度为 $h_B$，且平面 $ACD$ 与平面 $BCD$ 之间的二面角为 $\alpha$。 则该四面体的体积不变量可直接显化表示为关于公用脊线 $CD$ 的代数方程： $V=\frac{1}{6}\cdot CD\cdot h_A\cdot h_B\cdot \sin \alpha$。 通过该体积模型，可直接与目标三角形的动态面积进行比值对撞，无需在空间中艰难地寻找和作出实际的垂线段，即可实现各类复杂点面距离的跨步快速求解。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积

类题演练 (Links)

• 2013-安徽卷理-03 单-平面的基本性质及公理
• 2012-大纲版理-04
• 1991-全国卷理-23