2022-乙卷文-18 解-立几综合

本题导读

本题考查空间直线与平面的垂直。核心在于综合法、等体积法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年乙卷文） 如图，四面体 $ABCD$ 中，$AD\perp CD$，$AD=CD$，$\angle ADB=\angle BDC$，$E$ 为 $AC$ 的中点．

(1) 证明：平面 $BED\perp$ 平面 $ACD$；

(2) 设 $AB=BD=2$，$\angle ACB=60^{\circ }$，点 $F$ 在 $BD$ 上，当 $\Delta AFC$ 的面积最小时，求三棱锥 $F-ABC$ 的体积．

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问：先证 $AC\perp DE$ 与 $AC\perp BE$，从而得到 $AC\perp$ 平面 $BED$，进而证明平面 $BED\perp$ 平面 $ACD$。
2. 第(2)问：利用面积公式分析可知当 $EF\perp BD$ 时 $\Delta AFC$ 面积最小，结合直角三角形边长求出 $EF$ 及 $FH$（即高），最后计算三棱锥体积。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $V=\frac{\sqrt{3}}{4}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 因为 $AD\perp CD$，$AD=CD$，$E$ 为 $AC$ 的中点， 所以 $DE\perp AC$。 在 $△ABD$ 和 $△CBD$ 中，$AD=CD$，$\angle ADB=\angle BDC$，$BD$ 为公共边， 所以 $△ABD\cong △CBD$， 从而 $AB=CB$。 又因为 $E$ 为 $AC$ 的中点，所以 $BE\perp AC$。 又因为 $DE\cap BE=E$， 所以 $AC\perp$ 平面 $BED$。 又因为 $AC\subset$ 平面 $ACD$， 所以平面 $BED\perp$ 平面 $ACD$。

(2) 解： 在 $△ABC$ 中，$AB=BC=2$，$\angle ACB=60^{\circ }$，故 $△ABC$ 为等边三角形，$AC=2$，$BE=\sqrt{3}$。 在 $△ADC$ 中，$AD=CD=\sqrt{2}$，$AC=2$，$DE=1$。 在 $△EBD$ 中，$DE=1$，$BE=\sqrt{3}$，$BD=2$，满足 $D{E}^2+B{E}^2=B{D}^2$， 所以 $\angle DEB=90^{\circ }$。 $\Delta AFC$ 的面积 $S=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot EF$，其中 $AC=2$ 为定值， 当 $EF\perp BD$ 时，$EF$ 取得最小值，此时 $\Delta AFC$ 的面积最小。 在 Rt$△EBD$ 中，$EF=\frac{DE\cdot BE}{BD}=\frac{1\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。 由平面 $BED\perp$ 平面 $ABC$ 且交线为 $BE$，过 $F$ 作 $FH\perp BE$ 于 $H$，则 $FH\perp$ 平面 $ABC$。 在 Rt$△EBF$ 中，$\angle EFB=90^{\circ }$，$EB=\sqrt{3}$，$EF=\frac{\sqrt{3}}{2}$， 可得 $FB=\sqrt{E{B}^2-E{F}^2}=\frac{3}{2}$， 高 $FH=\frac{EF\cdot FB}{EB}=\frac{3}{4}$。 因此，三棱锥 $F-ABC$ 的体积为： $V=\frac{1}{3}\cdot S_{△ABC}\cdot FH=\frac{1}{3}\cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{4}\times 2^2\right)\cdot \frac{3}{4}=\frac{\sqrt{3}}{4}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：面面垂直的判定与性质、几何体体积。
2. 核心方法：转化与化归思想、直角三角形边长计算。
3. 避坑指南：注意求体积时高线位置的确定与证明。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：高考立体几何解答题标准题型。
2. 结论推广：动点轨迹及最值问题在立体几何中的应用。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

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

类题演练 (Links)

• 2008-广东卷文-18 解-四棱锥相似与体积
• 2008-浙江卷文-09 单-线面位置关系
• 2009-陕西卷文-11 单-正八面体体积