题目内容
在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC=2AD=2AB=2| 2 |
（1）若θ=
| π |
| 2 |
（2）是否存在适当θ的值，使得AC⊥BD，若存在，求出θ的值，若不存在说明理由；
（3）取BD中点M，BC中点N，P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得
| AP |
| PB |
| NQ |
| QD |
考点：与二面角有关的立体几何综合题
专题：综合题,空间位置关系与距离,空间角
分析：（1）先证明CD⊥BD，利用平面ABD⊥平面BCD，可得CD⊥平面ABD，利用线面垂直的性质可得CD⊥AB；
（2）不存在．由AC⊥BD，CD⊥BD，AC∩CD=C，可得BD⊥平面ACD，BD⊥AD，与∠ABC=90°矛盾；
（3）BN线段取点R使得
=
=
=λ(λ∈R)，从而易得PR∥AN且RQ∥BDA，θ1=∠PQR，θ2=∠QPR，确定
θ1+θ2，利用基本不等式，即可求sinθ1+sinθ2的最大值．此时有PR=QR，利用比例关系，结合余弦定理，即可得出取得最大值时θ与λ的关系．
（2）不存在．由AC⊥BD，CD⊥BD，AC∩CD=C，可得BD⊥平面ACD，BD⊥AD，与∠ABC=90°矛盾；
（3）BN线段取点R使得
| AP |
| PB |
| NR |
| RB |
| NQ |
| QD |
θ1+θ2，利用基本不等式，即可求sinθ1+sinθ2的最大值．此时有PR=QR，利用比例关系，结合余弦定理，即可得出取得最大值时θ与λ的关系．
解答：
（1）证明：由已知条件可得BD=2，CD=2，CD⊥BD．
∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
∴CD⊥平面ABD．
又∵AB?平面ABD，
∴CD⊥AB．
（2）解：不存在．
∵AC⊥BD，CD⊥BD，AC∩CD=C，
∴BD⊥平面ACD，
∵AD?平面ACD，
∴BD⊥AD，与∠ABC=90°矛盾，
故不存在；
（3）证明：在BN线段取点R使得
=
=
=λ(λ∈R)
从而易得PR∥AN且RQ∥BDA，θ1=∠PQR，θ2=∠QPR
另一方面，AM⊥BD，MN⊥BD，从而θ=∠AMN．
∵AM⊥BD，MN⊥BD，AM∩MN=M，
∴BD⊥AN，
∵PR∥AN，RQ∥BD，
∴∠PRQ=
，
从而有θ1+θ2=
⇒sin2θ1+sin2θ2=1，
∴sinθ1+sinθ2≤
=
当且仅当sinθ1=sinθ2，即θ1=θ2时取得最大值．
此时有PR=QR，
又∵
=
=
⇒PR=
AN=
=
，
=
=
⇒QR=
BD=
•2=
，
∴PR=QR⇒
=
⇒
=2λ⇒λ=
=sin
…（14分）
（1）证明：由已知条件可得BD=2，CD=2，CD⊥BD．∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
∴CD⊥平面ABD．
又∵AB?平面ABD，
∴CD⊥AB．
（2）解：不存在．
∵AC⊥BD，CD⊥BD，AC∩CD=C，
∴BD⊥平面ACD，
∵AD?平面ACD，
∴BD⊥AD，与∠ABC=90°矛盾，
故不存在；
（3）证明：在BN线段取点R使得
| AP |
| PB |
| NR |
| RB |
| NQ |
| QD |
从而易得PR∥AN且RQ∥BDA，θ1=∠PQR，θ2=∠QPR
另一方面，AM⊥BD，MN⊥BD，从而θ=∠AMN．
∵AM⊥BD，MN⊥BD，AM∩MN=M，
∴BD⊥AN，
∵PR∥AN，RQ∥BD，
∴∠PRQ=
| π |
| 2 |
从而有θ1+θ2=
| π |
| 2 |
∴sinθ1+sinθ2≤
| 2(sin2θ1+sin2θ2) |
| 2 |
此时有PR=QR，
又∵
| PR |
| AN |
| BP |
| BA |
| 1 |
| 1+λ |
| 1 |
| 1+λ |
| 1 |
| 1+λ |
| AM2+MN2-2MN•ANcosθ |
| 1 |
| 1+λ |
| 2-2cosθ |
| QR |
| BD |
| NQ |
| ND |
| λ |
| 1+λ |
| λ |
| 1+λ |
| λ |
| 1+λ |
| 2λ |
| 1+λ |
∴PR=QR⇒
| 1 |
| 1+λ |
| 2-2cosθ |
| 2λ |
| 1+λ |
| 2-2cosθ |
|
| θ |
| 2 |
点评：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面等基础知识，考查基本不等式的运用，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想．
练习册系列答案
53随堂测系列答案
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