2015_退役省自主命题 (2015·文)
18．如图 1，在直角梯形 $A B C D$ 中，$A D / / B C, \angle B A D=\frac{\pi}{2}, A B=B C=\frac{1}{2} A D=a, E$ 是 $A D$ 的中点，$O$是 $O C$ 与 $B E$ 的交点，将 $\triangle A B E$ 沿 $B E$ 折起到图 2 中 $\triangle A_{1} B E$ 的位置，得到四棱锥 $A_{1}-B C D E$ ．
（I）证明：$C D \perp$ 平面 $A_{1} O C$ ；
（II）当平面 $A_{1} B E \perp$ 平面 $B C D E$ 时，四棱锥 $A_{1}-B C D E$ 的体积为 $36 \sqrt{2}$ ，求 $a$ 的值．
图1
图2
【答案】（I）证明略，详见解析；（II）$a=6$ ．
## 【解析】
试题分析：（I）在图 1 中，因为 $A B=B C=\frac{1}{2} A D=a, E$ 是 $A D$ 的中点，$\angle B A D=\frac{\pi}{2}$ ，所以四边形 $A B C E$是正方形，故 $B E \perp A C$ ，又在图2 中，$B E \perp A_{1} O, B E \perp O C$ ，从而 $B E \perp$ 平面 $A_{1} O C$ ，又 $D E / / B C$且 $D E=B C$ ，所以 $C D / / B E$ ，即可证得 $C D \perp$ 平面 $A_{1} O C$ ；
（II）由已知，平面 $A_{1} B E \perp$ 平面 $B C D E$ ，且平面 $A_{1} B E \cap$ 平面 $B C D E=B E$ ，又由（I）知，$A_{1} O \perp B E$ ，所以 $A_{1} O \perp$ 平面 $B C D E$ ，即 $A_{1} O$ 是四棱锥 $A_{1}-B C D E$ 的高，易求得平行四边形 $B C D E$ 面积 $S=B C \cdot A B=a^{2}$ ，从而四棱锥 $A_{1}-B C D E$ 的为 $V=\frac{1}{3} \times S \times A_{1} O=\frac{\sqrt{2}}{6} a^{3}$ ，由 $\frac{\sqrt{2}}{6} a^{3}=36 \sqrt{2}$ ，得 $a=6$ ．
试题解析：（I）在图 1 中，因为 $A B=B C=\frac{1}{2} A D=a, E$ 是 $A D$ 的中点 $\angle B A D=\frac{\pi}{2}$ ，所以 $B E \perp A C$ ，
即在图 2 中，$B E \perp A_{1} O, B E \perp O C$
从而 $B E \perp$ 平面 $A_{1} O C$
又 $C D / / B E$
所以 $C D \perp$ 平面 $A_{1} O C$ ．
（II）由已知，平面 $A_{1} B E \perp$ 平面 $B C D E$ ，
且平面 $A_{1} B E \cap$ 平面 $B C D E=B E$
又由（I）知，$A_{1} O \perp B E$ ，所以 $A_{1} O \perp$ 平面 $B C D E$ ，
即 $A_{1} O$ 是四棱锥 $A_{1}-B C D E$ 的高，
由图 1 可知，$A_{1} O=\frac{\sqrt{2}}{2} A B=\frac{\sqrt{2}}{2} a$ ，平行四边形 $B C D E$ 面积 $S=B C \cdot A B=a^{2}$ ，
从而四棱锥 $A_{1}-B C D E$ 的为
$$ V=\frac{1}{3} \times S \times A_{1} O=\frac{1}{3} \times a^{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} a=\frac{\sqrt{2}}{6} a^{3}, $$
由 $\frac{\sqrt{2}}{6} a^{3}=36 \sqrt{2}$ ，得 $a=6$ 。
【考点定位】1．线面垂直的判定；2．面面垂直的性质定理；3．空间几何体的体积．
【名师点睛】1．在处理有关空间中的线面平行、线面垂直等问题时，常常借助于相关的判定定理来解题，同时注意恰当的将问题进行转化；2．求几何体的体积的方法主要有公式法、割补法、等价转化法等，本题是求四棱锥的体积，可以接使用公式法．