專(zhuān)題三空間幾何體的綜合問(wèn)題17、解析：(1)證明：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在的直線為x軸，AD所在的直線為y軸，AE所在的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則A(0,0,0)，B(1,0,0)，設(shè)F(1,2，h)．依題意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)是平面ADE的一個(gè)法向量，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0,2，h)，可得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，又直線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE.(2)依題意，D(0,1,0)，E(0,0,2)，C(1,2,0)，則eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2,2)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)．因此有cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CE,\s\up6(→))·n,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(4,9).所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為eq\f(4,9).(3)設(shè)m＝(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))不妨令y1＝1，可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(2,h))).由題意，有|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq\f(1,3)，解得h＝eq\f(8,7).經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．所以線段CF的長(zhǎng)為eq\f(8,7).18、【解】(1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點(diǎn)，所以AE⊥CD，所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因?yàn)锳E?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE.取F為PB的中點(diǎn)，取G為PA的中點(diǎn)，連接CF，F(xiàn)G，EG.則FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且E為CD的中點(diǎn)，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形．所以CF∥EG.因?yàn)镃F?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE.19、【答案】見(jiàn)解析【解析】：(1)因?yàn)橹本€MF?平面ABFE，故點(diǎn)O在平面ABFE內(nèi)，也在平面ADE內(nèi)，所以點(diǎn)O在平面ABFE與平面ADE的交線(即直線AE)上(如圖所示)．因?yàn)锳O∥BF，M為AB的中點(diǎn)，所以△OAM≌△FBM，所以O(shè)M＝MF，AO＝BF，所以AO＝2.故點(diǎn)O在EA的延長(zhǎng)線上且與點(diǎn)A間的距離為2.連接DF，交EC于點(diǎn)N，因?yàn)樗倪呅蜟DEF為矩形，所以N是EC的中點(diǎn)．連接MN，則MN為△DOF的中位線，所以MN∥OD，又MN?平面EMC，OD?/平面EMC，所以直線OD∥平面EMC.(2)由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE.所以平面ABFE⊥平面ADE，易知△ADE為等邊三角形，取AE的中點(diǎn)H，則易得DH⊥平面ABFE，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則E(－1，0，0)，D(0，0，eq\r(3))，C(0，4，eq\r(3))，F(xiàn)(－1，4，0)，所以eq\o(ED,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1，4，eq\r(3))．設(shè)M(1，t，0)(0≤t≤4)，則eq\o(EM,\s\up6(→))＝(2，t，0)，設(shè)平面EMC的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(EM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(EC,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋ty＝0，,x＋4y＋\r(3)z＝0，))取y＝－2，則x＝t，z＝eq\f(8－t,\r(3))，所以m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－2，\f(8－t,\r(3))))為平面EMC的一個(gè)法向量．要使直線DE與平面EMC所成的角為60°，則eq\f(8,2\r(t2＋4＋\f(（8－t）2,3)))＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3),\r(t2－4t＋19))＝eq\f(\r(3),2)，整理得t2－4t＋3＝0，解得t＝1或t＝3，所以存在點(diǎn)M，使得直線DE與平面EMC所成的角為60°，取ED的中點(diǎn)Q，連接QA，則eq\o(QA,\s\up6(→))為平面CEF的法向量，易得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，A(1，0，0)，所以eq\o(QA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，－\f(\r(3),2))).設(shè)二面角M－EC－F的大小為θ，則|cosθ|＝eq\f(|\o(QA,\s\up6(→))·m|,|\o(QA,\s\up6(→))|·|m|)＝eq\f(|2t－4|,\r(3)\r(t2＋4＋\f(（8－t）2,3)))＝eq\f(|t－2|,\r(t2－4t＋19)).因?yàn)楫?dāng)t＝2時(shí)，cosθ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，所以當(dāng)t＝1時(shí)，cosθ＝－eq\f(1,4)，θ為鈍角；當(dāng)t＝3時(shí)，cosθ＝eq\f(1,4)，θ為銳角．綜上，二面角M－EC－F的余弦值為±eq\f(1,4).20、【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）1.【分析】（1）連接，顯然且，∴四邊形為平行四邊形，且，是正三角形，，又平面平面,平面，又平面，∴平面平面.（2）連接，易知.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，.設(shè)平面的法向量為，，即令，而平面的一個(gè)法向量為，解得，所以.21、【解析】(1)由題設(shè)知，平面⊥平面，交線為．因?yàn)椤?，平面，所以⊥平面，故⊥．因?yàn)闉樯袭愑?，的點(diǎn)，且為直徑，所以⊥．又=，所以⊥平面．而平面，故平面⊥平面．(2)以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．當(dāng)三棱錐體積最大時(shí)，為的中點(diǎn)．由題設(shè)得，，，，，，，設(shè)是平面的法向量，則即可取．是平面的法向量，因此，，所以面與面所成二面角的正弦值是．22、【答案】（I）見(jiàn)解析；（II）見(jiàn)解析；（III）.