立体几何中的折叠、最值、取值范围问题——综合能力提升篇(教师)

课题立体几何中的折叠、最值、取值范围问题——综合能力提升篇立体几何章节在历来的高考中分值占比重，以两小一大的形式出现较多．空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力．要在立体几何学习中形成．纵观近几年全国及各省高考试题，对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题的考查逐年加重，要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力，才能顺利解答．从实际教学和考试来看，学生对这类题看到就头疼．分析原因，首先是学生的空间想象力较弱，其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨．题型一：立体几何中的折叠问题折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现．处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系．并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试．1．如图1，在等腰梯形CDEF中，DE＝CD＝2，EF＝2＋2，将它沿着两条高AD，CB折叠成如图2所示的四棱锥E－ABCD(E，F重合)．(1)求证：BE⊥DE；(2)设点M为线段AB的中点，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE．【解析】(1)证明：∵AD⊥EF，∴AD⊥AE，AD⊥AB．又∵AB∩AE＝A，∴AD⊥平面ABE，∴AD⊥BE．由图1和题中所给条件知，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 的中点G ，BE 的中点P ，连接PM ，PG ，MG ． 则MP ∥AE ，GP ∥CB ∥DA ，∴MP ∥平面DAE ，GP ∥平面DAE ． ∵MP ∩GP ＝P ，∴平面MPG ∥平面DAE ．∵MG ⊂平面MPG ，∴MG ∥平面DAE ，即存在点N 与G 重合满足条件．2．(2015·四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线MN ∥平面BDH ； (3)求二面角A ­EG ­M 的余弦值．【解析】(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明：连接AC ，BD 交于点O ，连接OH ，OM ． 因为M ，N 分别是BC ，GH 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD ，HN ∥CD ，且HN ＝12CD ，所以OM ∥HN ，OM ＝HN ，所以四边形MNHO 是平行四边形， 从而MN ∥OH ．又MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ， 所以MN ∥平面BDH ．(3)方法一：过M 作MP ⊥AC 于P ．在正方体ABCD ­EFGH 中，AC ∥EG ，所以MP ⊥EG ． 过P 作PK ⊥EG 于K ，连接KM ，所以EG ⊥平面PKM ， 从而KM ⊥EG ，所以∠PKM 是二面角A ­EG ­M 的平面角． 设AD ＝2，则CM ＝1，PK ＝2． 在Rt△CMP 中，PM ＝CM sin 45°＝22．在Rt△PKM 中，KM ＝PK 2＋PM 2＝322．所以cos∠PKM ＝PK KM ＝223，即二面角A ­EG ­M 的余弦值为223．方法二：如图，以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DH →方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D －xyz ．设AD ＝2，则M (1，2，0)，G (0，2，2)，E (2，0，2)，O (1，1，0)， 所以GE →＝(2，－2，0)，MG →＝(－1，0，2)． 设平面EGM 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·GE →＝0，n 1·MG →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2，得n 1＝(2，2，1)．在正方体ABCD ­EFGH 中，DO ⊥平面AEGC ，则可取平面AEG 的一个法向量为n 2＝DO →＝(1，1，0)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2＋2＋04＋4＋1·1＋1＋0＝223，故二面角A ­EG ­M 的余弦值为223．题型二、立体几何中的最值问题结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题常常在高考试题中出现．在解决此类问题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径 ．3．如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A ．52B ．－14C ．14D ．－52【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )，∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值－14．【答案】B4．(2015·四川卷)如图所示，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 和AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．【解析】分别以AB ，AD ，AQ 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则AF →＝(2，1，0)，EM →＝(－1，m ，2)， 所以cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·EM →|AF →|·|EM →|＝2－m 5m 2＋25(0≤m ≤2)． 令f (m )＝2－m5m 2＋25(0≤m ≤2)，则f ′(m )＝－5m 2＋25－（2－m ）×10m25m 2＋255m 2＋25． 因为m ∈[0，2]，所以f ′(m )＜0，故f (m )max ＝f (0)＝25，即cos θ的最大值为25．【答案】255．(2015·江苏卷)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1．(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 【解析】以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)． 因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1．所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33． (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)， 从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2． 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝错误!≤910． 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010．因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255．题型三、立体几何中的取值范围问题结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等取值范围问题常常在高考试题中出现．此类问题的解法与立体几何中各类最值问题的解法基本一致．6．(2014·四川卷)如图所示，在正方体ABCD ­ A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点，设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，1C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，223D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤223，1 【解析】连接A 1O ，OP 和PA 1，不难知∠POA 1就是直线OP 与平面A 1BD 所成的角(或其补角)设正方体棱长为2，则A 1O ＝6．(1)当P 点与C 点重合时，PO ＝2，A 1P ＝23，且cos α＝6＋2－122×6×2＝－33，此时α＝∠A 1OP 为钝角，sin α＝1－cos 2α＝63； (2)当P 点与C 1点重合时，PO ＝A 1O ＝6，A 1P ＝22，且cos α＝6＋6－82×6×6＝13，此时α＝∠A 1OP为锐角，sin α＝1－cos 2α＝223； (3)在α从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC 1上一定存在一点P ，使得α＝∠A 1OP ＝90°．又因为63＜223，故sin α的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，1．【答案】B 7．(2015·河北正定中学上期第六次月考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ⊥AD ，AD ＝CD ＝2AB ＝2，E ，F 分别为PC ，CD 的中点，DE ＝EC ．(1)求证：平面ABE ⊥平面BEF ；(2)设PA ＝a ，若平面EBD 与平面ABCD 所成锐二面角θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，求a 的取值范围．【解析】(1)证明：∵AB ∥CD ，AD ＝CD ＝2AB ＝2，F 为CD 的中点，∴ABFD 为矩形，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 ，以点A 为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ， 则B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,a )，E (1,1,a2)．∴BD →＝(－1,2,0)，DE →＝(1,－1,a 2)．设平面EBD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·DE →＝0，，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0， x －y ＋a2z ＝0，令y ＝a ，得x ＝2a ，z ＝－2,则m ＝(2a ,a ,－2)． 显然n ＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量．由θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3 ，知cos θ＝|cos 〈AD →，m 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝25a 2＋4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，22， 解得a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，2155．1(2012·浙江卷)已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2．将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直【解析】对于AB ⊥CD ，因为BC ⊥CD ，由线面垂直的判定可得CD ⊥平面ACB ，则有CD ⊥AC ，而AB ＝CD ＝1，BC ＝AD ＝2，可得AC ＝1，那么存在AC 这样的位置，使得AB ⊥CD 成立．【答案】B2．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 的中点，P ，Q 是正方体内部或面上的两个动点，则AM →·PQ →的最大值是( )A ．12B ．1C ．32D ．54【解析】以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，M (12，1,0)，所以AM →＝(12，1,0)．设PQ →＝(x ，y ，z )，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤1，－1≤y ≤1，－1≤z ≤1.因为AM →·PQ →＝12·x ＋1·y ＋0·z ＝12x ＋y ，又－1≤x ≤1，－1≤y ≤1，所以－12≤12x ≤12．所以－32≤12x ＋y ≤32．故AM →·PQ →的最大值为32．【答案】C3．(2015·浙江卷)如图所示，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′­CD ­B 的平面角为α，则( )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α【解析】当AC ＝BC 时，易知∠A ′DB ＝α，当AC ≠BC 时，作A ′E ⊥CD ，BF ⊥CD ，因为D 是中点，故DE ＝DF ，再作GF ∥A ′E ，GA ′∥EF ，则∠GFB ＝α，设A ′D ＝BD ＝m ，FD ＝DE ＝n ，则cos ∠A ′DB ＝m 2＋m 2－A ′B 22mm＝2m 2－A ′B 22m 2，cos α＝(m 2－n 2)＋(m 2－n 2)－BG 22m 2－n 2m 2－n 2＝2m 2－2n 2－[A ′B 2－(2n )2]2(m 2－n 2)＝2m 2＋2n 2－A ′B 22(m 2－n 2)，显然cos∠A ′DB ＜cos α，故∠A ′DB ＞α．【答案】B4．(2016·石家庄模拟)如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．【解析】如图建立空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，∵AE ∶DE ∶AD ＝1∶1∶2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0,2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45．【答案】455．(2014·浙江卷)如图所示，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．若AB ＝15 m ，AC ＝25 m ，∠BCM ＝30°，则tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)【解析】由勾股定理得BC ＝20 m ．如图，过P 点作PD ⊥BC 于D ，连接AD ，则由点A 观察点P 的仰角θ＝∠PAD ，tan θ＝PDAD．设PD ＝x ，则DC ＝3x ，BD ＝20－3x ，在Rt △ABD 中，AD ＝152＋(20－3x )2＝625－403x＋3x2，所以tanθ＝x625－403x＋3x2＝1625x2－403x＋3＝1625⎝⎛⎭⎪⎫1x－203625＋2725≤539，故tan θ的最大值为539．【答案】5396．(2012·上海卷)如图所示，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2，若AD＝2c，且AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是________．【解析】以空间四面体为载体，考查几何体的体积和代数式的最值问题，以及转化思想，解此题的关键是求出侧面三角形ABD的高的最大值．作BE垂直AD于E，连接CE，则CE也垂直AD，且BE＝CE，所以四面体ABCD的体积V＝13S△BCE·AD＝23c BE2－1，在三角形ABD中，AB＋BD＝2a，AD＝2c，所以AD边上的高BE等于以AD为焦点，长轴为2a的椭圆上的点到x轴的距离，其最大值刚好在点在短轴端点的时候得到，即BE≤a2－c2，所以V＝23c BE2－1≤23c a2－c2－1．【答案】23c a2－c2－17．(2012·安徽卷)平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝5．现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值．【解析】(向量法)(1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD ．由BB 1C 1C 为矩形知，DD 1⊥B 1C 1，因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1， 又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1．故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz ． 由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1．由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1． 所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)． 故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0)，AA 1→·BC →＝0， 因此AA 1→⊥BC →，即AA 1⊥BC ．(2)因为AA 1→＝(0,3，－4)，所以||AA 1→＝5，即AA 1＝5． (3)连接A 1D ，由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ， 所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．因为DA →＝(0，－1,0)，DA 1→＝(0,2，－4)，所以cos 〈DA →，DA 1→〉＝－21×22＋－42＝－55． 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55． (综合法)(1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD ，A 1D ． 由条件可知，BC ⊥AD ，B 1C 1⊥A 1D 1， 由上可得AD ⊥面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥面BB 1C 1C ． 因此AD ∥A 1D 1，即AD ，A 1D 1确定平面AD 1A 1D ． 又因为DD 1∥BB 1，BB 1⊥BC ，所以DD 1⊥BC ． 又考虑到AD ⊥BC ，所以BC ⊥平面AD 1A 1D ， 故BC ⊥AA 1．(2)延长A 1D 1到G 点，使GD 1＝AD ，连接AG ．因为AD ∥GD 1，且AD ＝GD 1，所以AG ∥DD 1∥BB 1，且AG ＝DD 1＝BB 1． 由于BB 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AG ⊥A 1G ． 由条件可知，A 1G ＝A 1D 1＋D 1G ＝3，AG ＝4， 所以AA 1＝5．(3)因为BC ⊥平面AD 1A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．在Rt△A 1DD 1中，DD 1＝4，A 1D 1＝2，解得sin∠D 1DA 1＝55， 则cos∠ADA 1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋∠D 1DA 1＝－55． 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55． 8．已知如图所示的平行四边形ABCD 中，BC ＝2，BD ⊥CD ，正方形ADEF 所在平面与平面ABCD 垂直，G ，H 分别是DF ，BE 的中点．(1)求证：GH ∥平面CDE ；(2)记CD ＝x ，V (x )表示四棱锥F －ABCD 的体积，求V (x )的表达式；(3)当V (x )取最大值时，求平面ECF 与平面ABCD 所成二面角的平面角的正弦值．【解析】(1)证法1：∵EF ∥AD ，AD ∥BC ，∴EF ∥BC 且EF ＝AD ＝BC ．∴四边形EFBC 是平行四边形．∴H 为FC 的中点．又∵G 是FD 的中点，∴HG ∥CD ．∵HG ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，∴GH ∥平面CDE ．证法2：连接EA ，∵ADEF 是正方形，∴G 是AE 的中点．∴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 ，交线为AD ，且FA ⊥AD ，∴FA ⊥平面ABCD ．∵BD ⊥CD ，BC ＝2，CD ＝x ，∴FA ＝2，BD ＝4－x 2(0＜x ＜2)．∴SABCD ＝CD ·BD ＝x 4－x 2． ∴V (x )＝13S ABCD ·FA ＝23x 4－x 2(0＜x ＜2)． (3)解：要使V (x )取得最大值，即使x 4－x 2＝x 2(4－x 2)(0＜x ＜2)取得最大值，∵x 2(4－x 2)≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4－x 222＝4，当且仅当x 2＝4－x 2，即x ＝2时V (x )取得最大值．解法1：在平面DBC 内过点D 作DM ⊥BC 于M ，连接EM ，∵BC ⊥ED ，∴BC ⊥平面EMD ．∴BC ⊥EM ．∴∠EMD 是平面ECF 与平面ABCD 所成二面角的平面角，∵当V (x )取得最大值时，CD ＝2，DB ＝2，∴DM ＝12BC ＝1，EM ＝ED 2＋DM 2＝5．∴sin∠EMD ＝ED EM ＝255． 即平面ECF 与平面ABCD 所成二面角的平面角的正弦值为255． 解法2：以点D 为坐标原点，DC 所在的直线为x 轴建立空间直角坐标系如图所示，则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 →＝(0，2，－2)，设平面ECF 与平面ABCD 所成的二面角为θ，平面ECF 的法向量n ＝(a ，b ，c )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，，得⎩⎨⎧ 2a －2c ＝0，2b －2c ＝0.令c ＝1得n ＝(2，2，1)．又∵平面ABCD 的法向量为DE →，∴cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DE →|n |·|DE →|＝22×5＝55，∴sin θ＝255． 即当V (x )取最大值时，平面ECF 与平面ABCD 所成二面角的平面角的正弦值为255． 9．(2014·江西卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为矩形．平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)求证：AB ⊥PD ．(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P －ABCD的体积最大并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值．【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 为矩形，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)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG ．故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG ．在Rt△BPC 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝63． 设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝ 43－m 2， 故四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13·6·m ·43－m 2＝m 3·8－6m 2． 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝ －6(m 2－23)2＋83，故当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P －ABCD 的体积最大． 此时，建立如图所示的坐标系， 则O (0,0,0)，B (63,－63,0)，C (63,263,0)，D (0,263,0)，P (0,0,63)． 故PC →＝(63，263，－63)，BC →＝(0，6，0)，CD →＝(－63，0,0)． 设平面BPC 的一个法向量n 1＝(x ，y,1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·PC →＝0，n 1·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，n 1＝(1,0,1)．同理可求出平面DPC 的一个法向量n 2＝(0，12，1)． 从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105． 10．(2012·湖北卷)如图(1)所示，∠ACB ＝45°，BC ＝3，过动点A 作AD ⊥BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连结AB ，沿AD 将△ABD 折起，使∠BDC ＝90°(如图(2))．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥A －BCD 的体积最大(2)当三棱锥A －BCD 的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．图(1) 图(2)【解析】(1)方法1：在题图所示的△ABC 中，设BD ＝x (0＜x ＜3)，则CD ＝3－x ．由AD ⊥BC ，∠ACB ＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形，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 ．又∠BDC ＝90°，所以S △BCD ＝12BD ·CD ＝12x (3－x )． 于是V A －BCD ＝13AD ·S △BCD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝112·2x (3－x )(3－x )≤112⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋3－x ＋3－x 33＝23．当且仅当2x ＝3－x ，即x ＝1时，等号成立，故当x ＝1，即BD ＝1时，三棱锥A －BCD 的体积最大．方法2：同方法1，得V A －BCD ＝13AD ·S △BCD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝16(x 3－6x 2＋9x )． 令f (x )＝16(x 3－6x 2＋9x )，由f ′(x )＝12(x －1)(x －3)＝0，且0＜x ＜3，解得x ＝1． 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0，当x ∈(1,3)时，f ′(x )＜0，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值． 故当BD ＝1时，三棱锥A －BCD 的体积最大．(2)方法1：以点D 为原点，建立如图(a)所示的空间直角坐标系D －xyz ．由(1)知，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，BD ＝1，AD ＝DC ＝2．于是可得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)，M (0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，且BM →＝(－1,1,1)． 设N (0，λ，0)，则EN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，λ－1，0．因为EN ⊥BM 等价于EN →·BM →＝0， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，λ－1，0·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0，故λ＝12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0． 所以当DN ＝12(即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点)时，EN ⊥BM ． 设平面BMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，且BN →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥BN →，n ⊥BM →，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2x ，z ＝－x .令x ＝1，则n ＝(1,2，－1)．设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ，则由EN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，n ＝(1,2，－1)， 可得sin θ＝cos(90°－θ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·EN →|n |·|EN →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12－16×22＝32，即θ＝60°． 故EN 与平面BMN 所成角的大小为60°．方法2：由(1)知，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，BD ＝1，AD ＝CD ＝2． 如图(b)，取CD 的中点F ，连结MF ，BF ，EF ，则MF ∥AD ．由(1)知AD ⊥平面BCD ，所以MF ⊥平面BCD ．如图(c)，延长FE 至P 点使得FP ＝DB ，连BP ，DP ，则四边形DBPF 为正方形， 所以DP ⊥BF ．取DF 的中点N ，连结EN ，又E 为FP 的中点，则EN ∥DP ， 所以EN ⊥BF ，因为MF ⊥平面BCD ，又EN ⊂平面BCD ，所以MF ⊥EN ． 又MF ∩BF ＝F ，所以EN ⊥面BMF ，又BM ⊂面BMF ，所以EN ⊥BM ．因为EN ⊥BM 当且仅当EN ⊥BF ，而点F 是唯一的，所以点N 是唯一的．即当DN ＝12(即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点)，EN ⊥BM ． 连结MN ，ME ，由计算得NB ＝NM ＝EB ＝EM ＝52， 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形．如图(d)所示，取BM 的中点G ．连结EG ，NG ，则BM ⊥平面EGN ，在平面EGN 中，过点E 作EH ⊥GN 于H ，则EH ⊥平面BMN ．故∠ENH 是EN 与平面BMN 所成的角．在△EGN 中，易得EG ＝GN ＝NE ＝22，所以△EGN 是正三角形， 故∠ENH ＝60°，即EN 与平面BMN 所成角的大小为60°．。