【高考领航】2022高考数学总复习专题（4）立体几何综合题的解答练习苏教版1．(2022·苏、锡、常、镇四市调研)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，BC⊥BC1，AB＝BC1，E、F、G分别为线段AC1、A1C1、BB1的中点，求证：(1)平面ABC⊥平面ABC1；(2)EF∥平面BCC1B1；(3)FG⊥平面AB1C1.证明：(1)∵AB⊥BC，BC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴BC⊥平面ABC1.又∵BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1.(2)在△AA1C1中，∵E、F分别为AC1、A1C1的中点，∴EF∥AA1，∵几何体ABC－A1B1C1为三棱柱，∴BB1∥AA1，∴EF∥BB1，∵BB1平面BCC1B1，EF⃘平面BCC1B1，∴EF∥平面BCC1B1.(3)在△AA1C1中，∵E、F分别为AC1、A1C1的中点，∴EF∥AA1，EF＝AA1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，G为BB1的中点，∴BG∥AA1，BG＝AA1，∴EF∥BG，且EF＝BG，连结BE，则四边形BEFG为平行四边形，∴FG∥EB.∵AB＝BC1，E为AC1的中点，∴BE⊥AC1，则FG⊥AC1.∵BC⊥AB，BC⊥BC1，B1C1∥BC，∴B1C1⊥AB，B1C1⊥BC1，又AB∩BC1＝B，6\n∴B1C1⊥平面ABC1.∵BE平面ABC1，∴B1C1⊥BE，则B1C1⊥FG，∵AC1∩B1C1＝C1，∴FG⊥平面AB1C1.2．已知四棱锥P－ABCD及其三视图如图所示，E是侧棱PC上的动点．(1)求四棱锥P－ABCD的体积；(2)不论点E在何位置，是否都有BD⊥AE？试证明你的结论；(3)若点E为PC的中点，求二面角D－AE－B的大小．解：(1)由三视图可知，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PC⊥底面ABCD，且PC＝2，∴VP－ABCD＝S正方形ABCD·PC＝×12×2＝，即四棱锥P－ABCD的体积为.(2)不论点E在何位置，都有BD⊥AE.证明：连接AC，∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∵PC⊥底面ABCD，且BD平面PAC.∴BD⊥PC.又∵AC∩PC＝C，∴BD⊥平面PAC.∵不论点E在何位置，都有AE平面PAC，∴不论点E在何位置，都有BD⊥AE.(3)在平面DAE内，过点D作DF⊥AE于F，连接BF.∵AD＝AB＝1，DE＝BE＝，AE＝AE＝，6\n∴Rt△ADE≌Rt△ABE，从而△ADF≌△ABF，∴BF⊥AE.∴∠DFB为二面角D－AE－B的平面角．在Rt△ADE中，DF＝＝＝BF，又BD＝，在△DFB中，由余弦定理得cos∠DFB＝＝＝－，∴∠DFB＝120°，即二面角D－AE－B的大小为120°.3．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB＝3，AD＝2，PA＝2，PD＝2，∠PAB＝60°.(1)证明AD⊥平面PAB；(2)求异面直线PC与AD所成的角的正切值的大小；(3)求二面角P－BD－A的正切值的大小．解：(1)证明：在△PAD中，由题设PA＝2，AD＝2，PD＝2，可得PA2＋AD2＝PD2，于是AD⊥PA.在矩形ABCD中，AB⊥AD，又PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB.(2)由题设，BC∥AD，所以∠PCB(或其补角)是异面直线PC与AD所成的角．在△PAB中，由余弦定理得PB＝＝.由(1)知AD⊥平面PAB，PB平面PAB，所以AD⊥PB，因而BC⊥PB，于是△PBC是直角三角形，故tan∠PCB＝＝.所以异面直线PC与AD所成的角的正切值的大小为.(3)如图所示，过点P作PH⊥AB于H，过点H作HE⊥BD于E，连接PE.因为AD⊥平面PAB，PH平面PAB，所以AD⊥PH.又AD∩AB＝A，因而PH⊥平面ABCD，故HE为PE在平面ABCD内的射影，∴BD⊥PE.从而∠PEH是二面角P－BD－A的平面角．由题设可得，PH＝PA·sin60°＝，AH＝PA·cos60°＝1，BH＝AB－AH＝2，BD＝＝，由Rt△BEH∽Rt△BAD，得HE＝·BH＝.于是在Rt△PHE中，tan∠PEH＝＝.所以二面角P－BD－A的正切值的大小为.6\n4．(2022·广东珠海5月模拟)已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝1，AB＝2，E、F分别是AB、PD的中点．(1)求证：AF∥平面PEC；(2)求二面角P－EC－D的余弦值；(3)求点B到平面PEC的距离．解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,1,0)，D(0,1,0)，E(1,0,0)，F，P(0,0,1)．(1)证明：取PC的中点M，连结ME，则M，＝，＝，故∥.又EM⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，∴AF∥平面PEC.(2)设平面PEC的一个法向量为m＝(x，y，z)，＝(1,0，－1)，＝(1,1,0)，则可得令z＝－1则m＝(－1,1，－1)，由(1)可得平面ABCD的一个法向量＝(0,0，－1)，cos〈m，〉＝＝＝.由题图易知二面角P－EC－D的平面角为锐角，其余弦值等于.(3)点B到平面PCE的距离d＝，而＝(1,0,0)，故d＝＝＝.5．如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面B709.TIFABCD，PA＝AB＝，点E是棱PB的中点．(1)求直线AD与平面PBC的距离；(2)若AD＝，求二面角A－EC－D的平面角的余弦值．解：解法一：(1)如图所示，在矩形ABCD中，AD∥BC，从而AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为6\n点A到平面PBC的距离．因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥AB.由PA＝AB知△PAB为等腰直角三角形．又点E是棱PB的中点，故AE⊥PB.又在矩形ABCD中，BC⊥AB，而AB是PB在底面ABCD内的射影，由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，故BC⊥AE.从而AE⊥平面PBC，故AE的长即为直线AD与平面PBC的距离．在Rt△PAB中，PA＝AB＝，所以AE＝PB＝＝.(2)过点D作DF⊥CE，交CE于F，过点F作FG⊥CE，交AC于G，则∠DFG为所求的二面角的平面角．由(1)知BC⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE，从而DE＝＝.在Rt△CBE中，CE＝＝.由CD＝，知△CDE为等边三角形，故F为CE的中点，且DF＝CD·sin＝.因为AE⊥平面PBC，故AE⊥CE.又FG⊥CE，知FG綊AE，从而FG＝，且G点为AC的中点，连接DG，则在Rt△ADC中，DG＝AC＝＝.所以cos∠DFG＝＝.所以二面角A－EC－D的平面角的余弦值为.解法二：(1)如图所示，以A为坐标原点，射线AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴正半轴，建立空间直角坐标系A－xyz.设D(0，a,0)，则B(，0,0)，C(，a,0)，P(0,0，)，E.因此＝，＝(0，a,0)，＝(，a，－)，则·＝0，·＝0，所以AE⊥平面PBC.又由AD∥BC知AD∥平面PBC.故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为||＝.6\n(2)因为||＝，则D(0，，0)，C(，，0)．设平面AEC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则n1·＝0，n1·＝0.又＝(，，0)，＝，故所以y1＝－x1，z1＝－x1，可取x1＝－，则n1＝(－，2，)．设平面DEC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，则n2·＝0，n2·＝0.又＝(，0,0)，＝，故所以x2＝0，z2＝y2，可取y2＝1，则n2＝(0,1，)．故cos〈n1，n2〉＝＝所以二面角A－EC－D的平面角的余弦值为.6
