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）若θ=
| π |
| 2 |
| 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．
（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 |
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．…（3分）
又∵AB?平面ABD，∴CD⊥AB．…（4分）
（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）解：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．…（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．…（3分）
又∵AB?平面ABD，∴CD⊥AB．…（4分）
（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）解：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 |
当且仅当sinθ1=sinθ2，即θ1=θ2时取得最大值．…（14分）
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
世纪百通期末金卷系列答案
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下列说法正确的是（ ）
| A、?x0∈R，ex0≤0 | ||
| B、对?a＞b，则ab=2，（a2+b2）min=4 | ||
| C、a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件 | ||
D、a+b=0的充要条件是
|
如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠C=90°，侧棱与底面所成的角为α（0°＜α＜90°），点B1在底面上的射影D落在BC上．