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2021年高考数学新高考Ⅰ-20

  2021-06-14 22:01:26  

(12分)如图,在三棱锥$A-BCD$中,平面$ABD\bot$平面$BCD$,$AB=AD$,$O$为$BD$的中点.
(1)证明:$OA\bot CD$;
(2)若$\Delta OCD$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.

分析:(1)利用等腰三角形中线就是高,得到$AO\bot BD$,然后利用面面垂直的性质,得到$AO\bot$平面$BCD$,再利用线面垂直的性质,即可证明$AO\bot CD$;
(2)建立合适的空间直角坐标系,设$A(0$,0,$t)$,利用待定系数法求出平面的法向量,由向量的夹角公式求出$t$的值,然后利用锥体的体积公式求解即可.
解:(1)证明:因为$AB=AD$,$O$为$BD$的中点,所以$AO\bot BD$,
又平面$ABD\bot$平面$BCD$,平面$ABD\cap$平面$BCD=BD$,$AO\subset$平面$BCD$,
所以$AO\bot$平面$BCD$,又$CD\subset$平面$BCD$,
所以$AO\bot CD$;
(2)取$OD$的中点$F$,因为$\Delta OCD$为正三角形,所以$CF\bot OD$,
过$O$作$OM//CF$与$BC$交于点$M$,则$OM\bot OD$,
所以$OM$,$OD$,$OA$两两垂直,
以点$O$为坐标原点,分别以$OM$,$OD$,$OA$为$x$轴,$y$轴,$z$轴建立空间直角坐标系如图所示,



则$B(0$,$-1$,$0)$,$C(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2},0)$,$D(0$,1,$0)$,
设$A(0$,0,$t)$,则$E(0,\dfrac{1}{3},\dfrac{2t}{3})$,
因为$OA\bot$平面$BCD$,故平面$BCD$的一个法向量为$\overrightarrow{OA}=(0,0,t)$,
设平面$BCE$的法向量为$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$,
又$\overrightarrow{BC}=(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{3}{2},0),\overrightarrow{BE}=(0,\dfrac{4}{3},\dfrac{2t}{3})$,
所以由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{BC}=0}\\ {\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{BE}=0}\end{array}\right.$,得$\left\{\begin{array}{l}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}x+\dfrac{3}{2}y=0}\\ {\dfrac{4}{3}y+\dfrac{2t}{3}z=0}\end{array}\right.$,
令$x=\sqrt{3}$,则$y=-1$,$z=\dfrac{2}{t}$,故$\overrightarrow{n}=(\sqrt{3},-1,\dfrac{2}{t})$,
因为二面角$E-BC-D$的大小为$45^\circ$,
所以$\vert \cos <\overrightarrow{n},\overrightarrow{OA}>\vert =\dfrac{\vert \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{OA}\vert }{\vert \overrightarrow{n}\vert \vert \overrightarrow{OA}\vert }=\dfrac{2}{t\sqrt{4+\dfrac{4}{{t}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$,
解得$t=1$,所以$OA=1$,
又${S}_{\Delta OCD}=\dfrac{1}{2}\times 1\times 1\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$,所以${S}_{\Delta BCD}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,
故${V}_{A-BCD}=\dfrac{1}{3}\cdot {S}_{\Delta BCD}\cdot OA=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}\times 1=\dfrac{\sqrt{3}}{6}$.

点评:本题考查了面面垂直和线面垂直的性质,在求解有关空间角问题的时候,一般要建立合适的空间直角坐标系,将空间角问题转化为空间向量问题,属于中档题.

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