2021-甲卷文-19 解-立几综合

本题导读

本题考查空间几何体的体积。核心在于等体积法、空间向量坐标法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年甲卷文）已知直三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，侧面 $A{A}_1{B}_{1}B$ 为正方形，$AB=BC=2$，$E,F$ 分别为 $AC$ 和 $C{C}_1$ 的中点，$BF\perp A_1{B}_1$.

（1） 求三棱锥 $F-EBC$ 的体积；

（2） 已知 $D$ 为棱 $A_1{B}_1$ 上的点，证明：$BF\perp DE$.

🔍【思路分析】

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1. 由 $BF\perp A_1{B}_1$ 及直三棱柱的性质推导得出 $\angle ABC=90^{\circ }$，进而建立空间直角坐标系。
2. 利用坐标法分别求出点 $E,F,B,D$ 的坐标，通过锥体体积公式计算三棱锥体积。
3. 利用向量数量积为零证明 $BF\perp DE$.

✅【答案】

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$\angle ABC=90^{\circ }$

✍【详细解析】

Abstract

（1） 因为 $A_1{B}_1\parallel AB$，由 $BF\perp A_1{B}_1$ 可得 $BF\perp AB$. 又因为该三棱柱为直三棱柱，所以 $C{C}_1\perp$ 底面 $ABC$，从而 $C{C}_1\perp AB$. 因为 $BC\cap C{C}_1=C$，所以 $AB\perp$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$. 又 $AB=BC=2$，故 $\angle ABC=90^{\circ }$. 以 $B$ 为坐标原点，分别以射线 $BA,BC,B{B}_1$ 为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。 依题意可得各点坐标： $B(0,0,0)$, $A(2,0,0)$, $C(0,2,0)$, $B_1(0,0,2)$, $C_1(0,2,2)$. 因为 $E$ 为 $AC$ 的中点，故 $E(1,1,0)$. 因为 $F$ 为 $C{C}_1$ 的中点，故 $F(0,2,1)$. 在三棱锥 $F-EBC$ 中，点 $E$ 到平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的距离即为点 $E$ 到 $BC$ 的距离，且 $AB\perp$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，故 $d(E,\text{平面 }BC{C}_1{B}_1)=1$. $△FBC$ 中，$BC=2$，$CF=1$，且 $BC\perp CF$，故 $S_{△FBC}=\frac{1}{2}\times 2\times 1=1$. 因此，三棱锥 $F-EBC$ 的体积为： $V_{F-EBC}=V_{E-FBC}=\frac{1}{3}{S}_{△FBC}\cdot d(E,\text{平面 }BC{C}_1{B}_1)=\frac{1}{3}\times 1\times 1=\frac{1}{3}$.

（2） 证明：设 $D$ 为棱 $A_1{B}_1$ 上的点，因为 $A_1(2,0,2),B_1(0,0,2)$， 可设 $D(2-t,0,2)$ （其中 $0\le t\le 2$）. 向量 $\overrightarrow{BF}=F-B=(0,2,1)$. 向量 $\overrightarrow{DE}=E-D=(1-(2-t),1-0,0-2)=(t-1,1,-2)$. 计算向量的数量积： $\overrightarrow{BF}\cdot \overrightarrow{DE}=0\times (t-1)+2\times 1+1\times (-2)=0+2-2=0$. 因此 $\overrightarrow{BF}\perp \overrightarrow{DE}$，即 $BF\perp DE$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：立体几何体积计算、线面垂直判定、空间向量数量积应用。
2. 核心方法：建系法能够高效规避繁琐的传统几何作图，简化垂直证明。
3. 避坑指南：第(1)问中转换顶点求体积（等体积法）可以大幅降低计算复杂度。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：高考立体几何解答题的标配题型，重在考查空间想象能力与计算能力。
2. 结论推广：直三棱柱中涉及动点垂直问题，利用空间向量坐标化是通用且稳妥的解题策略。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积
• 16.03 两条直线的位置关系判定

类题演练 (Links)

• 2011-北京卷理-16
• 2012-北京卷理-16
• 2013-大纲卷文-19 解-线线垂直与点面距离