专题突破练4
专题四 高考中的立体几何问题
专题突破练(四)
1.(2014·课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为
矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．
(1)证明：PB ∥平面AEC ；
(2)设AP ＝1，AD ＝ 3，三棱锥P -ABD 的体积V ＝
34
，求A 到平面PBC 的距离．
解：(1)证明：设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .
因为四边形ABCD 为矩形，
所以O 为BD 的中点．
又E 为PD 的中点，
所以EO ∥PB .
因为EO ?平面AEC ，PB ?平面AEC ，
所以PB ∥平面AEC .
(2)由V ＝16P A ·AB ·AD ＝36
AB ， 又V ＝34，可得AB ＝32. 作AH ⊥PB 交PB 于点H .
由题设知BC ⊥平面P AB ，所以BC ⊥AH ，
故AH ⊥平面PBC .
在Rt △P AB 中，由勾股定理可得PB ＝
132，所以AH ＝P A ·AB PB ＝31313
. 所以A 到平面PBC 的距离为31313
. 2．(2015·山东日照一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．
(1)若P A ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面P AD ；
(2)点M 在线段PC 上，PM ＝tPC ，试确定实数t 的值，使P A ∥平面MQB .
证明：(1)连接BD ，因为四边形ABCD 为菱形，
且∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形，
又Q 为AD 的中点，
所以AD ⊥BQ .
又因为P A ＝PD ，所以AD ⊥PQ .
又BQ ∩PQ ＝Q ，所以AD ⊥平面PQB ，
又AD ?平面P AD ，所以平面PQB ⊥平面P AD .
(2)因为P A ∥平面MQB ，
连接AC 交BQ 于N ，连接MN .
由AQ ∥BC 可得，△ANQ ∽△CNB
所以AQ BC ＝AN NC ＝12
，因为P A ∥平面MQB ， P A ?平面P AC ，
平面P AC ∩平面MQB ＝MN ，
所以P A ∥MN ，
因此，PM PC ＝AN AC ＝13，即t 的值为13
. 3．(2014·陕西卷)四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱BD ，DC ，CA 于点F ，G ，H .
(1)证明：四边形EFGH 是矩形；
(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．
解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1.
由题设，BC ∥平面EFGH ，
平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，
平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，
∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH .
同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，
∴四边形EFGH 是平行四边形．
又∵AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，
∴AD ⊥平面BDC ，
∴AD ⊥BC ，
∴EF ⊥FG ，
∴四边形EFGH 是矩形．
(2)法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2，0,0)，
C (0,2,0)，
DA →＝(0,0,1)，BC →＝(－2,2,0)，BA →＝(－2,0,1)．
设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，
∵EF ∥AD ，FG ∥BC ，
∴n ·DA →＝0，n ·BC →＝0，
得?????
z ＝0，－2x ＋2y ＝0， 取n ＝(1,1,0)，
∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝????
??BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105. 法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，
则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)．
∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得
E ????1，0，12，
F (1,0,0)，
G (0,1,0)． ∴FE →＝????0，0，12，FG →＝(－1,1,0)，BA →＝(－2,0,1)． 设平面EFG
H 的法向量n ＝(x ，y ，z )，
则n ·EF →＝0，n ·FG →＝0， 得?????
12z ＝0，－x ＋y ＝0，
取n ＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝????
??BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105. 4．(2014·北京海淀一模)如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝30°，∠ABC ＝90°，D 为AC 中点，AE ⊥BD 于点E ，延长AE 交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，如图2所示．
(1)求证：AE ⊥平面BCD .
(2)求二面角A -DC -B 的余弦值．
(3)在线段AF 上是否存在点M 使得EM ∥平面ADC ？若存在，请指明点M 的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，交线为BD ，
又在△ABD 中，AE ⊥BD 于点E ，AE ?平面ABD ，所以AE ⊥平面BCD .
(2)由(1)中AE ⊥平面BCD 可得AE ⊥EF .
由题意可知EF ⊥BD ，又AE ⊥BD ，
如图，以E 为坐标原点，分别以EF ，ED ，EA 所在直线为x 轴、y 轴、
z 轴，建立空间直角坐标系Exyz ，不妨设AB ＝BD ＝DC ＝AD ＝2，则BE ＝
ED ＝1.
由图1条件计算得AE ＝3，BC ＝23，BF ＝33
， 则E (0,0,0)，D (0,1,0)，B (0，－1,0)，A (0,0，3)，
F ???
?33，0，0，C (3，2,0)，DC →＝(3，1,0)，AD →＝(0,1，－3)．由AE ⊥平面BCD 可知平面DCB 的法向量为EA →.
设平面ADC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则????? n ·DC →＝0，n ·AD →＝0，即???
3x ＋y ＝0，y －3z ＝0. 令z ＝1，则y ＝3，x ＝－1，所以n ＝(－1，3，1)．
因为平面DCB 的法向量为EA →.
所以cos n ，EA → ＝EA →·n |EA →||n |
＝55. 所以二面角A -DC -B 的余弦值为
55
. (3)设AM →＝λAF →，其中λ∈[0,1]．
由于AF →＝????33，0，－3，
所以AM →＝λAF →＝λ???
?33，0，－3，其中λ∈[0,1]． 所以EM →＝EA →＋AM →＝???
?33λ，0，(1－λ)3. 由EM →·n ＝0，即－33λ＋(1－λ)3＝0，解得λ＝34
∈(0,1)．所以在线段AF 上存在点M 使EM →∥平面ADC ，且AM AF ＝34
.