立體幾何中的折疊、最值、取值范圍問題-綜合能力提升篇(教師)

課題立體幾何中的折疊、最值、取值范圍問題——綜合能力提升篇立體幾何章節(jié)在歷來的高考中分值占比重，以兩小一大的形式出現(xiàn)較多．空間想象能力是對空間形式的觀察、分析、抽象的能力．要在立體幾何學(xué)習(xí)中形成．縱觀近幾年全國及各省高考試題，對立體幾何中的折疊問題、最值問題和探索性問題的考查逐年加重，要求學(xué)生要有較強(qiáng)的空間想象力和準(zhǔn)確的計算運(yùn)算能力，才能順利解答．從實(shí)際教學(xué)和考試來看，學(xué)生對這類題看到就頭疼．分析原因，首先是學(xué)生的空間想象力較弱，其次是學(xué)生對這類問題沒有形成解題的模式和套路，以至于遇到類似的題目便產(chǎn)生畏懼心理．本文就高中階段學(xué)習(xí)和考試出現(xiàn)這類問題加以總結(jié)的探討．題型一：立體幾何中的折疊問題折疊與展開問題是立體幾何的兩個重要問題，這兩種方式的轉(zhuǎn)變正是空間幾何與平面幾何問題轉(zhuǎn)化的集中體現(xiàn)．處理這類題型的關(guān)鍵是抓住兩圖的特征關(guān)系．并弄清折疊前后哪些發(fā)生了變化，哪些沒有發(fā)生變化．這些未變化的已知條件都是我們分析問題和解決問題的依據(jù)．而表面展開問題是折疊問題的逆向思維、逆過程，一般地，涉及到多面體表面的問題，解題時不妨將它展開成平面圖形試一試．1．如圖1，在等腰梯形CDEF中，DE＝CD＝2，EF＝2＋2，將它沿著兩條高AD，CB折疊成如圖2所示的四棱錐E－ABCD(E，F(xiàn)重合)．(1)求證：BE⊥DE；(2)設(shè)點(diǎn)M為線段AB的中點(diǎn)，試在線段CE上確定一點(diǎn)N，使得MN∥平面DAE．【解析】(1)證明：∵AD⊥EF，∴AD⊥AE，AD⊥AB．又∵AB∩AE＝A，∴AD⊥平面ABE，∴AD⊥BE．由圖1和題中所給條件知，AE＝BE＝1，AB＝CD＝2，∴AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE．又∵AE∩AD＝A，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥DE．(2)取EC的中點(diǎn)G，BE的中點(diǎn)P，連接PM，PG，MG．則MP∥AE，GP∥CB∥DA，∴MP∥平面DAE，GP∥平面DAE．∵M(jìn)P∩GP＝P，∴平面MPG∥平面DAE．∵M(jìn)G?平面MPG，∴MG∥平面DAE，即2．(2015·四川卷)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設(shè)BC的中點(diǎn)為M，GH的中點(diǎn)為N．(1)請將字母F，G，H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處(2)證明：直線MN∥平面BDH；(3)求二面角A-EG-M的余弦值．存在點(diǎn)N與G重合滿足條件．(不需說明理由)；【解析】(1)點(diǎn)F，G，H的位置如圖所(2)證明：連接AC，BD交于點(diǎn)因?yàn)镸，N分別是BC，GH的中點(diǎn)，示．O，連接OH，OM．1212所以O(shè)M∥CD，且OM＝CD，HN∥CD，且HN＝CD，所以O(shè)M∥HN，OM＝HN，所以四邊形MNHO是平行四邊形，從而MN∥OH．又MN?平面BDH，OH?平面BDH，所以MN∥平面BDH．(3)方法一：過M作MP⊥AC于P．在正方體ABCD-EFGH中，過P作PK⊥EG于K，連接KM，所以EG⊥平面PKM，從而KM⊥EG，所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面設(shè)AD＝2，則CM＝1，PK＝2．AC∥EG，所以MP⊥EG．角．22在Rt△CMP中，PM＝CMsin45°＝．在Rt△PKM中，KM＝PK2＋PM2＝．322PK2222A-EG-M的余弦值為．3所以cos∠PKM＝＝，即二面角KM3→→→D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DH方向?yàn)閤軸，方法二：如圖，以y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz．設(shè)AD＝2，則M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，GE＝(2，－2，0)，MG→＝(－1，0，2)．設(shè)平面EGM的一個法向量為n＝(x，y，z)，→所以1→n·GE＝0，2x－2y＝0，取x＝2，得n＝(2，2，1)．1－＋2＝0，xz1由得→n·MG＝0，1在正方體ABCD-EFGH中，DO⊥平面AEGC，則可取平面AEG的一個法向量為n＝DO→＝(1，1，0)，2n·n2＋2＋022＝，所以cos〈n1，n2〉＝|n|·|n|＝124＋4＋1·1＋1＋0322A-EG-M的余弦值為．312故二面角題型二、立體幾何中的最值問題結(jié)合近年來全國各省市的高考中，考查與空間圖形有關(guān)的線段、角、距離、面積、體積等最值問題常常在高考試題中出現(xiàn)．在解決此類問題時，通常應(yīng)注意分析題目中所有的條件，首先應(yīng)該在充分理解題意的基礎(chǔ)上，分析是否能用公理與定義直接解決題中問題；如果不能，再看是否可將問題條件轉(zhuǎn)化為函數(shù)，若能寫出確定的表意函數(shù)，則可用建立函數(shù)法求解；再不能，則要考慮其中是否存在不等關(guān)系，看是否能運(yùn)用解等不式法求解；還不行則應(yīng)考慮是否可將其體圖展開成平面，這樣依次順序思考，基本可以找到解題的途徑．3．如圖所示，三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱長為3，底面邊長AC＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D點(diǎn)11在棱AA1上且AD＝2DA1，P點(diǎn)在棱C1C上，則PD→·PB→1的最小值為()A．52B．－C．1414D．－52【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(1,0,2)，B1(0,1,3)，PD＝(1,0,2－z)，PB1＝(0,1,3－z)，∴PD·PB＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝(z－25)2－，故當(dāng)145z＝2→→→→設(shè)P(0,0，z)，則11→→PD·PB取得最小值－．41時，【答案】B4．(2015·四川卷)如圖所示，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點(diǎn)在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)．設(shè)異面直線EM和AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為________．M【解析】分別以AB，AD，AQ為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)正方形邊長為2，QM＝AF＝(2，1，0)，EM→＝(－1，m，2)，→m(0≤m≤2)，則→→所以cosθ＝＝2－m(0≤m≤2)．AF·EM→→5m＋252|AF|·|EM|（2－m）×10m5m＋25－225m2＋25－令f(m)＝2－m(0≤m≤2)，則5m＋25f′(m)＝．5m2＋252因?yàn)閙∈[0，2]，所以f′(m)＜0，故f(m)＝f(0)＝，25即cosθ的最大值為．52max【答案】255．(2015·江蘇卷)如圖，在四棱錐P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝2π，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1．(1)求平面PAB與平面PCD所成(2)點(diǎn)Q是線段BP上的動點(diǎn)，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最【解析】以{AB→→→，AD，AP}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．二面角的余弦值；小時，求線段BQ的長．A－xyz，則各點(diǎn)的坐標(biāo)為→→AD是平面PAB的一個法向量，AD＝(1)因?yàn)锳D⊥平面PAB，所以(0,2,0)．→→2)，PD＝(0,2，－2)．因?yàn)镻C＝(1,1，－設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)，→m·PC＝0，x＋－y2z＝0，，即2－2＝0，yz則→m·PD＝0，令y＝1，解得z＝1，x＝1．m＝(1,1,1)是平面PCD的一個法向量．所以→AD·m33從而cos〈AD→，m〉＝＝，→|AD||m|33所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為．→→→(2)因?yàn)锽P＝(－1,0,2)，設(shè)BQ＝λBP＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB→＝(0，－1,0)，則CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－→→→1,2λ)，又DP＝(0，－2,2)，→→→·DP1＋2λ從而cos〈CQ→，DP→〉＝CQ＝．→→10λ＋22|CQ||DP|2t＝≤9．2設(shè)1＋2λ＝t，t∈[1,3]，則cos2〈CQ→，DP→〉＝21520105t－10t＋929－＋2t99952531010當(dāng)且僅當(dāng)t＝，即λ＝時，|cos〈CQ→，DP→〉|的最大值為．π因?yàn)閥＝cosx在0，上是減函數(shù)，此時直線CQ與DP所成角取得2最小值．2251＋2＝5，所以BQ＝5BP＝．22又因?yàn)锽P＝5題型三、立體幾何中的取值范圍問題結(jié)合近年來全國各省市的高考中，考查與空間圖形有關(guān)的線段、角、距離、面積、體積等取值范圍問題常常在高考試題中出現(xiàn)．此類問題的解法與立體幾何中各類最值問題的解法基本一致．6．(2014·四川卷)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是()633A．，1B．，1322D．，13622C．，33【解析】連接A1O，OP和PA1，不難知∠POA1就是直線OP與平面ABD所成的角(或其補(bǔ)角)設(shè)正方1體棱長為2，則AO＝6．16＋2－1232，AP＝23，且cosα＝＝－，此時α＝∠A1OP為鈍角，312×6×2(1)當(dāng)P點(diǎn)與C點(diǎn)重合時，PO＝6sinα＝1－cos2α＝；36＋6－86，AP＝22，且cosα＝2×6×6C點(diǎn)重合時，PO＝AO＝1111322α＝∠A1OP為銳角，sinα＝1－cos2α＝；＝，此時3(3)在α從鈍角到銳角逐漸變化的過程中，CC上一定存在一點(diǎn)P，使得α16226＝∠A1OP＝90°．又因?yàn)椋?，故sinα的取值范圍是，1．【答案】B3337．(2015·河北正定中學(xué)上期第六次月考)如圖，在四棱錐PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，P－ABCD中，AD＝CD＝2AB＝2，E，F(xiàn)分別為PC，CD的中點(diǎn)，DE＝EC．(1)求證：平面ABE⊥平面BEF；(2)設(shè)PA＝a，若平面EBD與平面ABCD所成銳二面角ππθ∈，，求a的取值范圍．43【解析】(1)證明：∵AB∥CD，AD＝CD＝2AB＝2，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)，∴ABFD為矩形，AB⊥BF．∵DE＝EC，∴DC⊥EF，又AB∥CD，∴AB⊥EF，∵BF∩EF＝E，∴AE⊥面BEF，又AE?面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF．(2)∵DE＝EC，∴DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD，∴AB⊥PD，又AB⊥PD，∴AB⊥面PAD，AB⊥PA，A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系以點(diǎn)A－xyz，a2則B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,a)，E(1,1,)．a(chǎn)2∴BD→＝(－1,2,0)，DE→＝(1,－1,)．設(shè)平面EBD的法向量為m＝(x，y，z)，→－x＋2y＝0，m·BD＝0，則，即ax－y＋z＝，→0m·DE＝0，2令y＝a，得x＝2a，z＝－2,則m＝(2a,a,－2)．顯然n＝(0,0,1)是平面ABCD的一個法向量．ππ|·|22221由θ∈，，知cosθ＝|cos〈AD→，m〉|＝＝||||∈，，mn435a＋42mn25215a∈，．解得551(2012·浙江卷)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝2．將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折過程中，()A．存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直B．存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直C．存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直D．對任意位置，三對直線“AC與BD”，“AB與CD”，“AD與BC”均不垂直【解析】對于AB⊥CD，因?yàn)锽C⊥CD，由線面垂直的判定可得CD⊥平面ACB，則有CD⊥AC，而AB＝CD＝1，BC＝AD＝2．在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，動點(diǎn)，則AM→·PQ→的最大值是(2，可得AC＝1，那么存在AC這樣的位置，使得AB⊥CD成立．【答案】BM是BC的中點(diǎn)，P，Q是正方體內(nèi)部或面上的兩個)1235B．1C．D．24A．【解析】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AD，AB，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸A(0,0,0)，M(，1,0)，所以AM→＝(12，1,0)．12建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則－1≤x≤1，設(shè)PQ→＝(x，y，z)，由題意可知－1≤y≤1，因?yàn)锳MPQ＝→→1·x＋1·y＋0·z2·－1≤z≤1.＝12x＋y，又－1≤x≤1，－1≤y≤1，所以－≤x≤．所以－≤x＋y≤32．故AM·PQ的最大值為．1112223122→→32【答案】C3．(2015·浙江卷)如圖所示，已知△ABC，D是AB的中點(diǎn)，沿直線CD將△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角為α，則()A．∠A′DB≤αC．∠A′CB≤αB．∠A′DB≥αD．∠A′CB≥α【解析】當(dāng)AC＝BC時，易知∠A′DB＝α，當(dāng)AC≠BC時，作故DE＝DF，再作GF∥A′E，GA′∥EF，則∠GFB＝α，設(shè)A′D＝BD＝m，F(xiàn)D＝DE＝n，則cos∠A′DB＝＋m－A′B－A′B，cosα＝(m－n)＋(m－n)－BG＝2m＝2mA′E⊥CD，BF⊥CD，因?yàn)镈是中點(diǎn)，m22222222222－2n2－[A′B2－(2n)2]＝2m2＋2n2－A′B)2，2mm2m22(m2－n2)2(2m－n22m2－n2m2－n2顯然cos∠A′DB＜cosα，故∠A′DB＞α．【答案】B4．(2016·石家莊模擬)如圖，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF將正方形折成一個二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶2，則AF與CE所成角的余弦值為________．【解析】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝EF＝CD＝2，∵AE∶DE∶AD＝1∶1∶2，則E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(xiàn)(0,2,0)，C(0,2,1)，∴AF→＝(－1,2,0)，EC→＝(0,2,1)，∴cos〈AF→，EC→〉＝，54∴AF與CE所成角4的余弦值為．5【答案】455．(2014·浙江卷)如圖所示，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點(diǎn)到墻面的距離為AB，某目標(biāo)點(diǎn)P沿墻面上的射線CM移動，此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn)P的仰角θ的大?。鬉B＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°，則tanθ的最大值是________．(仰角θ為直線AP與平面ABC所成角A處進(jìn)行射擊訓(xùn)練．已知點(diǎn)AP，需計算由點(diǎn)A觀察點(diǎn))【解析】由勾股定理得BC＝20m．如圖，過P點(diǎn)作PD⊥BC于D，連接AD，則由點(diǎn)A觀察點(diǎn)P的PDθ＝∠PAD，tanθ＝．設(shè)PD＝x，則DC＝3x，BD＝20－3x，在Rt△ABD中，AD＝152＋(20－3x)2AD仰角＝625－403x＋3x2，所以tanθ＝＝＝≤593，x112＋625－403＋312032725625－403x＋3x2625－x625x2x故tanθ的最大值為593．【答案】5936．(2012·上海卷)如圖所示，AD與BC是四面體ABCD中互相垂直的棱，BC＝2，若AD＝2c，且AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中a、c為常數(shù)，則四面體ABCD的體積的最大值是________．【解析】以空間四面體為載體，考查幾何體的體積和代數(shù)式的最值問題，以及轉(zhuǎn)化思想，解此題的關(guān)鍵是求出側(cè)面三角形ABD的高的最大值．作BE垂直AD于E，連接CE，則CE也垂直AD，且BE＝CE，所以四面體ABCD的體積V＝S△BCE·AD＝23cBE13－1，在三角形ABD中，AB＋BD＝22a，AD＝2c，所以AD邊上的高BE等于以AD為焦點(diǎn)，長軸為2a的橢圓上的點(diǎn)到x軸的距離，其最大值22時候得到，即BE≤a－c，所以V＝cBE2－1≤3ca2－c2－1．223剛好在點(diǎn)在短軸端點(diǎn)的【答案】23ca2－c2－17．(2012·安徽卷)平面圖形ABB1A1C1C如圖(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝5．現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使△ABC與△ABC1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分11別連接AA，A1B，A1C，得到如圖(2)所示的空間圖形．對此空間圖形解答下列問題．1(1)證明：AA⊥BC；1(2)求AA1的長；(3)求二面角【解析】(向量法)(1)證明：取BC，B1C1的中點(diǎn)分別為由BB1C1C為矩形知，DD1⊥B1C1，平面BB1C1C⊥平面ABC1，所以DD1⊥平面A－BC－A1的余弦值．D和D1，連接A1D1，DD1，AD．因?yàn)锳BC1，1111又由A1B1＝A1C1知，AD⊥B1C1．11故以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D1－xyz．1由題設(shè)，可得A1D1＝2，AD＝1．由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1．A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)．所以故AA→1＝(0,3，－4)，BC→＝(－2,0,0)，AA·BC＝0，→→1→→AA⊥BC，即AA1⊥BC．因此1||5，即AA1＝5．→→AA＝(0,3，－4)，所以＝AA11(2)因?yàn)?3)連接AD，由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，1所以∠ADA1為二面角A－BC－A1的平面角．4)，所以cos〈DA→，DA→1〉＝－2因?yàn)镈A＝(0，－1,0)，DA→1＝(0,2，－→＝－55．1×2＋－422即二面角A－BC－A1的余弦值為－55．(綜合法)(1)證明：取BC，B1C1的中點(diǎn)分別為D和D，連接AD，DD1，AD，A1D．111由條件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1，由上可得AD⊥面BB1C1C，A1D1⊥面BB1C1C．因此AD∥A1D1，即AD，A1D1確定平面AD1A1D．又因?yàn)镈D1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC．又考慮到AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D，故BC⊥AA1．(2)延長A1D1到G點(diǎn)，因?yàn)锳D∥GD1，且AD＝GD1，所以AG∥DD1∥BB1，且AG＝DD1＝BB1．由于BB1⊥平面ABC1，所以AG⊥A1G．使GD1＝AD，連接AG．11由條件可知，AG＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4，1所以AA1＝5．(3)因?yàn)锽C⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1為二面角A－BC－A1的平面角．5在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1＝，5π155DDA則cos∠ADA1＝cos＋∠＝－．2155即二面角A－BC－A1的余弦值為－．8．已知如圖所示的平行四邊形ABCD中，BC＝2，BD⊥CD，正方形ADEF所在平面與平面ABCD垂直，G，H分別是DF，BE的中點(diǎn)．(1)求證：GH∥平面CDE；(2)記CD＝x，V(x)表示四棱錐F－ABCD的體積，求V(x)的表達(dá)式；(3)當(dāng)V(x)取最大值時，求平面ECF與平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值．【解析】(1)證法1：∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC且EF＝AD＝BC．∴四邊形EFBC是平又∵G是FD的中點(diǎn)，∴HG∥CD．∵HG平面CDE，CD?平面CDE，∴GH∥平面CDE．行四邊形．∴H為FC的中點(diǎn)．證法2：連接EA，∵ADEF是正方形，∴G是AE的中點(diǎn)．∴在△EAB中，GH∥AB．又∵AB∥CD，∴GH∥CD．∵HG平面CDE，CD?平面CDE，∴GH∥平面CDE．(2)解：∵平面ADEF⊥平面ABCD，交線為AD，且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD．∵BD⊥CD，BC＝2，CD＝x，Y∴FA＝2，BD＝4－x(0＜x＜2)．∴S＝CD·BD＝x4－x2．2ABCD123Y∴V(x)＝3S·FA＝x4－x2(0＜x＜2)．ABCD(3)解：要使V(x)取得最大值，即使x4－x2＝x2(4－x2)(0＜x＜2)取得最大值，2x2＋4－x∵x2(4－x2)≤＝4，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝4－x，即x＝2時V(x)222取得最大值．解法1：在平面DBC內(nèi)過點(diǎn)D作DM⊥BC于M，連接EM，∵BC⊥ED，∴BC⊥平面EMD．∴BC⊥EM．∴∠EMD是平面ECF與平面ABCD所成二面角的平面角，∵當(dāng)V(x)取得最大值時，CD＝2，DB＝2，∴DM＝12BC＝1，EM＝ED2＋DM2＝5．∴sin∠EMD＝＝．EMED25525角的平面角的正弦值為．5即平面ECF與平面ABCD所成二面解法2：以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DC所在的直線為x軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則D(0,0,0)，C(2，0,0)，B(0，2，0)，E(0,0,2)，∴DE＝(0,0,2)，EC→＝(2，0，－→2)，EB＝(0，θ，→2，－2)，設(shè)平面ECF與平面ABCD所成的二面角為平面ECF的法向量n＝(a，b，c)，→n·EC＝0，2a－2c＝0，由，得令c＝1得n＝(2，2，1)．→2b－2c＝0.n·EB＝0，→DE，∴cosθ＝＝＝，∴sinθ＝．255255→n·DE又∵平面ABCD的法向量為→2×5|n|·|DE|25V(x)取最大值時，平面ECF與平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值為．5即當(dāng)9．(2014·江西卷)如圖，四棱錐P－ABCD中，ABCD為矩形．平面PAD⊥平面ABCD．(1)求證：AB⊥PD．(2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，問AB為何值時，四棱錐P－ABCD的體積最大？并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值．【解析】(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，故AB⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，又PD?平面PAD，故AB⊥PD．(2)過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG．故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG．23266BG＝．3在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，33設(shè)AB＝m，則OP＝PG2－OG2＝43－m2，1343m·8－6m2．故四棱錐P－ABCD的體積為V＝·6·m·－m2＝328m8－6m2＝8m－6m4＝－6(m2－)2＋，233因?yàn)?6m＝，即AB＝時，四棱錐P－ABCD的體積最大．33故當(dāng)此時，建立如圖所示的坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，B(36,－36,0)，C(,,0)，D(0,236,0)，P(0,0,36)．62633故PC＝(3，，－36)，BC→＝(0，→62636，0)，CD＝(－，0,0)．→63設(shè)平面BPC的一個法向量n1＝(x，y,1)，1→626363n·PC＝0，＋3y－＝0，x則由得解得x＝1，y＝0，n1＝(1,0,1)．→n·BC＝0，6y＝0，112同理可求出平面DPC的一個法向量n2＝(0，，1)．|n||n|＝1|n·n|＝510．＋1從而平面BPC與平面DPC夾角θ的余弦值為cosθ＝1214122·10．(2012·湖北卷)如圖(1)所示，∠ACB＝45°，BC＝3，過動點(diǎn)A作AD⊥BC，垂足D在線段BC上且異于點(diǎn)B，連結(jié)AB，沿AD將△ABD折起，使∠BDC＝90°(如圖(2))．(1)當(dāng)BD的長為多少時，三棱錐A－BCD的體積最大？(2)當(dāng)三棱錐A－BCD的體積最大時，設(shè)點(diǎn)E，M分別為棱BC，AC的中點(diǎn)，試在棱CD上確定一點(diǎn)N，使得EN⊥BM，并求EN與平面BMN所成角的大?。畧D(1)【解析】(1)方法1：在題圖所示的△ABC中，設(shè)BD＝x(0＜x＜3)，則CD＝3－x．由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC為等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x．由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD．圖(2)＝BD·CD＝12x(3－x)．12又∠BDC＝90°，所以S△BCD12x＋3－x＋3－x＝AD·S△BCD＝13(3－x)·x(3－x)＝·2x(3－x)(3－x)≤1312112＝．2于是VABCD－31233當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3－x，即x＝1時，等號成立，A－BCD的體積最大．故當(dāng)x＝1，即BD＝1時，三棱錐＝13AD·S△BCD＝(3－x)·12x(3－x)＝16(x3－6x2＋9x)．13方法2：同方法1，得VA