高考数学考点归纳之 突破立体几何中的3大经典问题

高考数学考点归纳之 突破立体几何中的3大经典问题

高考数学考点归纳之突破立体几何中的3大经典问题[例1]　在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝2BC，∠ABC＝60°，AC⊥FB.(1)求证：AC⊥平面FBC；(2)求BC与平面EAC所成角的正弦值；(3)线段ED上是否存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC？证明你的结论．[解]　(1)证明：因为AB＝2BC，∠ABC＝60°，在△ABC中，由余弦定理可得AC＝BC，因为AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC.又因为AC⊥FB，FB∩BC＝B，所以AC⊥平面FBC.(2)因为AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，所以AC⊥FC.因为CD⊥FC，所以FC⊥平面ABCD，所以CA，CF，CB所在直线两两互相垂直，以C为坐标原点，CA，CB，CF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.在等腰梯形ABCD中，可得CB＝CD.设BC＝1，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D，E.所以＝，＝(，0,0)，＝(0,1,0)．设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，则即取z＝1，则n＝(0,2,1)．设BC与平面EAC所成的角为θ， 则sinθ＝|cos，n|＝＝，所以BC与平面EAC所成角的正弦值为.(3)假设线段ED上存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC.设Q(0≤t≤1)，所以＝.设平面QBC的法向量为m＝(a，b，c)，则即取c＝1，得m＝.要使平面EAC⊥平面QBC，只需m·n＝0，即－t×0＋0×2＋1×1＝0，此方程无解．所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC.对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设．　　　[题组训练]1．如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：如图所示，连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，则由题意知SO⊥平面ABCD. 以O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.设底面边长为a，则高SO＝a.于是O(0,0,0)，S，D，B，C，所以＝，＝，则·＝0.故OC⊥SD，从而AC⊥SD.(2)假设棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.由已知条件得是平面PAC的一个法向量，且＝，＝，＝.设＝t(0＜t≤1)，则＝＋＝＋t＝.由·＝0，解得t＝.即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.[例2]　如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2，DE＝3. (1)求证：平面ACE⊥平面BED；(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角MBED的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．[解]　(1)证明：因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD，DE⊂平面ADEF，所以DE⊥平面ABCD.因为AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.又因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.因为DE∩BD＝D，DE⊂平面BED，BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED.又因为AC⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BED.(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，射线DA，DC，DE分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示．则A(3,0,0)，F(3，0,2)，E(0,0，3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，＝(3，－3,0)，＝(－3，－3，3)，＝(3,0，－)．设平面BEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则即取x1＝，得n＝(，2，3)．所以cos，n＝＝＝－.所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.(3)假设存在点M在线段AF上满足条件， 设M(3,0，t)，0≤t≤2，则＝(0，－3，t)，＝(－3，－3,3)．设平面MBE的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则即令y2＝t，得m＝(3－t，t,3)．易知CA＝(3，－3,0)是平面BED的一个法向量，所以|cosm，|＝＝＝，整理得2t2－6t＋15＝0，解得t＝或t＝(舍去)，故在线段AF上存在点M，使得二面角MBED的大小为60°，此时＝.存在性问题的解题策略借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．　　　　[题组训练]2．如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2.(1)求证：当点E在棱AB上移动时，D1E⊥A1D；(2)在棱AB上是否存在点E，使二面角D1ECD的平面角为30°？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y 轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，A1(1，0,1)，D1(0,0,1)．设E(1，y0,0)(0≤y0≤2)．(1)证明：因为＝(1，y0，－1)，＝(－1,0，－1)，则·＝(1，y0，－1)·(－1,0，－1)＝0，所以⊥，即D1E⊥A1D.(2)假设在棱AB上存在点E，使二面角D1ECD的平面角为30°.因为＝(－1,2－y0,0)，＝(0,2，－1)，设平面D1EC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则即取y＝1，则n1＝(2－y0,1,2)是平面D1EC的一个法向量．易知平面ECD的一个法向量为n2＝＝(0,0,1)，要使二面角D1ECD的平面角为30°，则cos30°＝|cosn1，n2|＝＝＝，解得y0＝2－或y0＝2＋(不合题意，舍去)．所以当AE＝2－时，二面角D1ECD的平面角为30°.[例1]　(2019·洛阳第一次联考)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD ⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，二面角CABD的平面角的正切值为，求二面角BADE的余弦值．[解]　(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD.因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.又因为折叠前后均有AD⊥AB，DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.(2)由(1)知AB⊥平面ADC，所以二面角CABD的平面角为∠CAD.又DC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以DC⊥AD.依题意tan∠CAD＝＝.因为AD＝1，所以CD＝.设AB＝x(x＞0)，则BD＝.依题意△ABD∽△DCB，所以＝，即＝，解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝＝3.以D为坐标原点，射线DB，DC分别为x轴，y 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)，E，A，所以＝，＝.由(1)知平面BAD的一个法向量n＝(0,1,0)．设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，由得令x＝，得y＝－，z＝－，所以m＝(，－，－)为平面ADE的一个法向量．所以cosn，m＝＝－.由图可知二面角BADE的平面角为锐角，所以二面角BADE的余弦值为.[解题技法]　翻折问题的2个解题策略确定翻折前后变与不变的关系画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决确定翻折后关键点的位置所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算[题组训练] 1．(2019·泉州模拟)如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝2，BC＝4，AD＝6，E是AD上的点，AE＝AD，P为BE的中点，将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使得A1C＝4，如图2.(1)求证：平面A1CP⊥平面A1BE；(2)求二面角BA1PD的余弦值．解：(1)证明：如图3，连接AP，PC.∵在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝2，BC＝4，AD＝6，E是AD上的点，AE＝AD，P为BE的中点，∴BE＝4，∠ABE＝30°，∠EBC＝60°，BP＝2，∴PC＝2，∴BP2＋PC2＝BC2，∴BP⊥PC.∵A1P＝AP＝2，A1C＝4，∴A1P2＋PC2＝A1C2，∴PC⊥A1P.∵BP∩A1P＝P，∴PC⊥平面A1BE.∵PC⊂平面A1CP，∴平面A1CP⊥平面A1BE.(2)如图4，以P为坐标原点，PB所在直线为x轴，PC所在直线为y轴，过P作平面BCDE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A1(－1,0，)，P(0,0,0)，D(－4,2，0)，∴＝(－1,0，)，＝(－4,2，0)，设平面A1PD的法向量为m＝(x，y，z)，则即取x＝，得m＝(，2,1)．易知平面A1PB的一个法向量n＝(0,1,0)， 则cos〈m，n〉＝＝.由图可知二面角BA1PD是钝角，∴二面角BA1PD的余弦值为－.[例2]　在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，如图所示，则CP＋PA1的最小值为________．[解析]　PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的问题．铺平平面A1BC1，平面BCC1，如图所示，计算得A1B＝AB1＝2，BC1＝2.又A1C1＝6，故△A1BC1是∠A1C1B＝90°的直角三角形．设P是BC1上任一点，CP＋PA1≥A1C，即当A1，P，C三点共线时，CP＋PA1有最小值．在△A1C1C中，由余弦定理得A1C＝＝5，故(CP＋PA1)min＝5.[答案]　5“展开问题”是“折叠问题”的逆向思维、逆过程，“展开问题”是指将立体图形的表面(或部分表面)按一定的要求铺成平面图形，再利用平面图形的性质解决立体问题的一类题型．解决展开问题的关键是：确定需要展开立体图形中的哪几个面(有时需要分类讨论)，以及利用什么平面定理来解决对应的立体图形问题．[提醒]　求立体图形中两条(或多条)线段长度和的最小值，只需将这些线段统一到一个平面上．要注意立体图形展开前后线段与角度哪些会改变，哪些不会变．　　　　[题组训练] 2.如图所示，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P，使得AP＋D1P取得最小值，则此最小值为(　　)A．2　　　　　　　　B.C．2＋D.解析：选D　将△A1AB与△A1BD1放在同一平面内，如图所示．连接AD1，则AD1为AP＋D1P的最小值．因为AA1＝A1D1＝1，∠AA1D1＝90°＋45°＝135°，所以由余弦定理得AD1＝＝.[典例]　(1)已知三棱锥OABC的顶点A，B，C都在半径为2的球面上，O是球心，∠AOB＝120°，当△AOC与△BOC的面积之和最大时，三棱锥OABC的体积为(　　)A.　　　　　　　B.C.D.(2)(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．[解析]　(1)设球O的半径为R，因为S△AOC＋S△BOC＝R2(sin∠AOC＋sin∠BOC)，所以当∠AOC＝∠BOC＝90°时，S△AOC＋S△BOC取得最大值，此时OA⊥OC，OB⊥OC， 又OB∩OA＝O，OA⊂平面AOB，OB⊂平面AOB，所以OC⊥平面AOB，由题意知R＝2，所以V三棱锥OABC＝V三棱锥COAB＝OC·OA·OBsin∠AOB＝R3sin∠AOB＝.(2)如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝BC，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，S△ABC＝×2x×3x＝3x2，故所得三棱锥的体积V＝×3x2×＝x2×＝×.令f(x)＝25x4－10x5，x∈，则f′(x)＝100x3－50x4，令f′(x)＞0，即x4－2x3＜0，得0＜x＜2；令f′(x)＜0，得2＜x＜，则当x∈时，f(x)≤f(2)＝80，∴V≤×＝4.∴所求三棱锥的体积的最大值为4.[答案]　(1)B　(2)4[解题技法]　与体积、面积有关的最值问题的解题策略 空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、体积等发生变化，进而就有了面积与体积的最值问题.定性分析在空间几何体的变化过程中，通过观察运动点的位置变化，确定其相关量的变化规律，进而发现相关面积或体积的变化规律，求得其最大值或最小值定量分析将所求问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最大值或最小值的问题．根据具体情况，有函数法、不等式法、三角函数法等多种方法可供选择[题组训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为(　　)A．12　　　　　　　　B．18C．24D．54解析：选B　由等边△ABC的面积为9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.所以三棱锥DABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥DABC体积的最大值为×9×6＝18.2．已知正四面体SABC的棱长为1，如果一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为________．解析：如图，易知正四面体SABC的内切球的球心O必在高线SH上，延长AH交BC于点D，则D为BC的中点，连接SD，设内切球切SD于点E，连接AO.因为H是正三角形ABC的中心，所以AH∶DH＝2∶1.易得Rt△OAH∽Rt△DSH，所以＝＝3，可得OA＝3OH＝SO，因此SH＝4OH，可得内切球的半径R＝OH＝SH.因为正四面体SABC的棱长为1，所以在Rt△DSH中，DS ＝＝＝，解得R2＝.要满足一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的体对角线长不超过正四面体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x，y，其长和宽形成的长方形的面积为S，则4R2≥2＋x2＋y2，所以x2＋y2≤，所以S＝xy≤≤，当且仅当x＝y＝时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为.答案：1.如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别是PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①BE与CF异面；②BE与AF异面；③EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确结论的个数是(　　)A．1　　　　　　　　　B．2C．3D．4解析：选B　画出该几何体，如图．因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，所以EF∥BC，BE与CF是共面直线，故①不正确；BE与AF满足异面直线的定义，故②正确；由E，F分别是PA，PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，故③正确；因为BE与PA的关系不能确定，所以不能判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正确．故选B.2．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为 H，那么，在这个空间图形中必有(　　)A．AG⊥平面EFHB.AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEFD．HG⊥平面AEF解析：选B　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，且HE∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，垂线一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.3.如图所示，在正三棱锥SABC中，∠BSC＝40°，SB＝2，则一动点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为(　　)A．2B.3C．2D．3解析：选C　沿SB，AB，BC将棱锥侧面剪开并展开成一个平面图形SBACB1，如图所示，则动点的最短路线为线段BB1.在△SBB1中，SB＝SB1＝2，∠BSB1＝120°，所以BB1＝2.故选C.4.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，点P，Q分别在底面ABCD、棱AA1上运动，且PQ＝4，点M为线段PQ的中点，则线段C1M的长度的最小值为(　　)A．2B.4－2C．6D．4解析：选B　连接AP，AC1，AM.由正方体的结构特征可得，QA⊥平面ABCD，所以QA⊥AP. 因为PQ＝4，点M为线段PQ的中点，所以AM＝PQ＝2，故点M在以A为球心，半径R＝2的球面上，易知AC1＝4，所以C1M的最小值为AC1－R＝4－2.5.一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是(　　)A．①②B.①③C．③④D．②④解析：选D　由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现，故选D.6．已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π.设f(r)＝9r4－r6(r＞0)，则f′(r)＝36r3－6r5，令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝，所以当0＜r＜时，f′(r)＞0，f(r)单调递增；当r＞时，f′(r)＜0，f(r)单调递减，所以f(r)max＝f()＝108，所以Vmax＝π×＝2π.答案：2π 7．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是__________(填序号)．①A′C⊥BD；②∠BA′C＝90°；③四面体A′BCD的体积为.解析：∵BD⊥CD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，又A′D⊂平面A′BD，∴CD⊥A′D.∵AB＝AD＝CD＝1，BD＝，∴A′C＝，BC＝，∴A′B2＋A′C2＝BC2，∴A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°，故②正确；四面体A′BCD的体积V＝××12×1＝，故③正确．答案：②③8．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．解析：由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝2， PA2＋y2＝102，(2)2＋PA2＝x2，因此xy＝x＝x≤＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.答案：649．已知A，B，C是球O的球面上三点，且AB＝AC＝3，BC＝3，D为该球面上的动点，球心O到平面ABC的距离为球半径的一半，则三棱锥DABC体积的最大值为________． 解析：如图，在△ABC中，∵AB＝AC＝3，BC＝3，∴由余弦定理可得cosA＝＝－，∴sinA＝.设△ABC外接圆O′的半径为r，则＝2r，得r＝3.设球的半径为R，连接OO′，BO′，OB，则R2＝2＋32，解得R＝2.由图可知，当点D到平面ABC的距离为R时，三棱锥DABC的体积最大，∵S△ABC＝×3×3×＝，∴三棱锥DABC体积的最大值为××3＝.答案：10.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥PA1B1CD1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．(1)若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解：(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.因为A1B1＝AB＝6，所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积 V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)；正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．(2)设A1B1＝am，PO1＝hm，则0＜h＜6，O1O＝4h.如图，连接O1B1.因为在Rt△PO1B1中，O1B＋PO＝PB，所以2＋h2＝36，即a2＝2(36－h2)．于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋a2·h＝a2h＝(36h－h3)，0＜h＜6，从而V′＝(36－3h2)＝26(12－h2)．令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍)．当0＜h＜2时，V′＞0，V是单调增函数；当2＜h＜6时，V′＜0，V是单调减函数．故当h＝2时，V取得极大值，也是最大值．因此，当PO1＝2m时，仓库的容积最大．11.(2019·凉山模拟)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上．(1)求证：AD⊥PC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等． 解：(1)证明：在平行四边形ABCD中，连接AC，∵AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得AC2＝8＋4－2×2×2×cos45°＝4，∴AC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC.又AD∥BC，∴AD⊥AC.∵AD＝AP＝2，DP＝2，∴AD2＋AP2＝DP2，∴AP⊥AD.又AP∩AC＝A，AP⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴AD⊥平面PAC.∵PC⊂平面PAC，∴AD⊥PC.(2)∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.以A为坐标原点，以DA，AC，AP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Axyz，则A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，P(0,0,2)，∴＝(0,2，－2)，＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)．设＝λ(λ∈[0,1])，则＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，∴＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)．设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，则∴令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．∵直线EF与平面PDC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，∴|cos，m |＝|cos，n|，即＝，∴2－2λ＝，解得λ＝，∴当＝时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．12．(2018·肇庆二模)如图1，在高为2的梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F.已知DE＝1，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，得空间几何体ADEBCF，如图2.(1)若AF⊥BD，证明：DE⊥BE；(2)若DE∥CF，CD＝，在线段AB上是否存在点P，使得CP与平面ACD所成角的正弦值为？并说明理由．解：(1)证明：由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，∴AF⊥BE.∵AF⊥BD，BE∩BD＝B，∴AF⊥平面BDE.又DE⊂平面BDE，∴AF⊥DE.∵AE⊥DE，AE∩AF＝A，∴DE⊥平面ABFE.又BE⊂平面ABFE，∴DE⊥BE.(2)当P为AB的中点时满足条件．理由如下：∵AE⊥DE，AE⊥EF，DE∩EF＝E，∴AE⊥平面DEFC.如图，过E作EG⊥EF交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1，)， D，＝(－2,1，)，＝.设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，得n＝(1，－1，)．设＝λ，则P，λ∈(0，＋∞)，可得＝.设CP与平面ACD所成的角为θ，则sinθ＝|cosCP，n|＝＝，解得λ＝1或λ＝－(舍去)，∴P为AB的中点时，满足条件．13.(2019·太原模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点M为A1C1的中点，点N为AB1上一动点．(1)是否存在一点N，使得线段MN∥平面BB1C1C？若存在，指出点N的位置；若不存在，请说明理由；(2)若点N为AB1的中点且CM⊥MN，求二面角MCNA的正弦值．解：(1)存在点N，且N为AB1的中点时满足条件．理由如下：如图1，连接A1B，BC1.因为点M，N分别为A1C1，A1B的中点，所以MN为△A1BC1的中位线，从而MN∥BC1.又MN⊄平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C. (2)设AA1＝a，则CM2＝a2＋1，MN2＝2＝，CN2＝＋5＝.由CM⊥MN，得CM2＋MN2＝CN2，解得a＝.以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(0,2,0)，N，M(0,1，)，故＝，＝(0,2,0)，＝，＝(0，－1，)．设m＝(x，y，z)为平面ANC的法向量，则即令x＝－1，得平面ANC的一个法向量为m＝(－1,0，)，同理可得平面MNC的一个法向量为n＝(3,2，)．则cosm，n＝＝－.故二面角MCNA的正弦值为＝.