【高考重难点大题专题练】专题5之3 空间几何体的综合问题（解析）

专题三空间几何体的综合问题17、解析：(1)证明：以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，AE所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0,0,0)，B(1,0,0)，设F(1,2，h)．依题意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0,2，h)，可得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，又直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.(2)依题意，D(0,1,0)，E(0,0,2)，C(1,2,0)，则eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2,2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则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).所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq\f(4,9).(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则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))).由题意，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).经检验，符合题意．所以线段CF的长为eq\f(8,7).18、【解】(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD，所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF，FG，EG.则FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE.19、【答案】见解析【解析】：(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上(如图所示)．因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以AO＝2.故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点．连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又MN⊂平面EMC，OD⊂/平面EMC，所以直线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为等边三角形，取AE的中点H，则易得DH⊥平面ABFE，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(－1，0，0)，D(0，0，eq\r(3))，C(0，4，eq\r(3))，F(－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))．设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则eq\o(EM,\s\up6(→))＝(2，t，0)，设平面EMC的法向量为m＝(x，y，z)，则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，则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))))为平面EMC的一个法向量．要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，则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，所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，取ED的中点Q，连接QA，则eq\o(QA,\s\up6(→))为平面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))).设二面角M－EC－F的大小为θ，则|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)).因为当t＝2时，cosθ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，所以当t＝1时，cosθ＝－eq\f(1,4)，θ为钝角；当t＝3时，cosθ＝eq\f(1,4)，θ为锐角．综上，二面角M－EC－F的余弦值为±eq\f(1,4).20、【答案】（1）证明见解析；（2）1.【分析】（1）连接，显然且，∴四边形为平行四边形，且，是正三角形，，又平面平面,平面，又平面，∴平面平面.（2）连接，易知.建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，.设平面的法向量为，，即令，而平面的一个法向量为，解得，所以.21、【解析】(1)由题设知，平面⊥平面，交线为．因为⊥，平面，所以⊥平面，故⊥．因为为上异于，的点，且为直径，所以⊥．又=，所以⊥平面．而平面，故平面⊥平面．(2)以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．当三棱锥体积最大时，为的中点．由题设得，，，，，，，设是平面的法向量，则即可取．是平面的法向量，因此，，所以面与面所成二面角的正弦值是．22、【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）.