解题规范与评分细则
解答题是高考试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．要求考生具有一定的创新意识和创新能力．解答题综合考查运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题、解决问题的能力．
“答题模板”是指针对解答数学解答题的某一类型，分析解题的一般思路，规划解题的程序和格式，拟定解题的最佳方案，实现答题效率的最优化；
评分细则是阅卷的依据，通过认真研读评分细则，重视解题步骤的书写，规范解题过程，做到会做的题得全分；对于最后的压轴题也可以按步得分，踩点得分，一分也要抢．
题型一 三角函数及解三角形
例1、[2018·全国卷Ⅰ]在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cos∠ADB；
(2)若DC＝2，求BC.
【命题意图】本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数基本关系式、诱导公式，意在考查考生分析问题、解决问题的能力，以及运算求解能力．
【评分细则】
1．先求出A点坐标，得2分．
2．求出直线AM的方程，得2分．
3．当l与x轴垂直时求证，得2分．
4．先用k表示kMA＋kMB的值，得2分．
5．联立l与C的方程，求出x1＋x2，x1x2，再求kMA＋kMB＝0，得3分．
6．利用倾斜角互补，得证，得1分．
【名师点拨】
【方法技巧】破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一般需画出大致图形，把已知条件翻译到图形中，利用直线方程的点斜式或两点式，即可快速表示出直线方程；二是“转化”桥梁，即会把要证的两角相等，根据图形的特征，转化为斜率之间的关系，再把直线与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系，以及斜率公式即可证得结论．
【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3(－1，)，P4(1，)中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A
与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为t，，t，－.
则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.
解得k＝－.
当且仅当m＞－1时，Δ＞0，
于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，
所以l过定点(2，－1).
【评分细则】
1．利用椭圆的性质排除P1,1分．
2．由已知列出关于a2，b2的方程，求出椭圆方程，4分．
3．当k不存在时，求t，判断与题不符，2分．
4．将直线x1方程，代入椭圆，得方程，用韦达定理表示，2分．
5．求出k与m的关系式，3分．
6．求出定点，1分．
题型六 导数与应用
例6、[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
【解析】(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②若a＞2，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在，上单调
递减，在上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
由于＝－－1＋a＝－2＋
a＝－2＋a，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.
【命题意图】本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值点与不等式的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．
【解题思路】(1)求f(x)的定义域，对函数f(x)求导，对参数a进行分类讨论，即可判断f(x)的单调性；(2)结合(1)，求出f(x)存在两个极值点x1，x2时a的取值范围，以及x1，x2的关系式，并将进行转化，利用分析法，构造函数，判断所构造函数的单调性，即可证得结果．
【评分细则】
1．先求定义域，再求f′(x)，得2分．
2．讨论当a≤2时f(x)的单调性，得1分．
3．讨论当a>2时f(x)的单调性，再总结，得3分．
4．先表示的值，得3分．
5．构造函数g(x)＝－x＋2lnx，再利用(1)中结论，得2分．
6．得结论，得1分．
【名师点拨】
【方法技巧】判断可导函数的单调性的关键：首先，确定函数的定义域；其次，求导数f′(x)；最后，对参数进行分类讨论，由f′(x)>0，得函数f(x)的单调递增区间，由f′(x)<0，得函数f(x)的单调递减区间．注意：如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用“，”或“和”字隔开．有关不等式的证明问题可利用分析法与综合法相结合去解决．
【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
(2)(i)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点.
(ii)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，
即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0＞ln－1，
则f(n0)＝e (ae＋a－2)－n0＞e－n0＞2－n0＞0.
由于ln－1＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1).
【评分细则】
1．求出定义域、导数，2分．
2．讨论a≤0,1分．
3．讨论a>0时，利用f′(x)>0，f′(x)<0求单调区间，2分．
4．利用(1)得a≤0时零点个数，1分
5．当a＝1时，零点个数为1，不符合题意，1分．
6．当a>1时，零点个数为0，不符合题意，1分．
7．当0
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解题规范与评分细则
1．若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．
解析：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增，
又f(0)＝1，∴ f(x)在(0，＋∞)上无零点．
②当a>0时，由f′(x)>0解得x>，
由f′(x)<0解得0∴ f(x)在上递减，在上递增．
又f(x)只有一个零点，∴ f＝－＋1＝0，
∴ a＝3.
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上递增，在[0,1]上递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，
∴ f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
答案：－3
2．设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
解析：(1)解：因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
所以f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)解：由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是.
3．已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
解析：(1)解：由题意得解得a＝，b＝1.
所以椭圆M的方程为＋y2＝1.
(2)解：设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|AB|＝
＝
＝
＝ .
当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为.
(3)解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意得x1＋3y1＝3，x2＋3y2＝3.
直线PA的方程为y＝(x＋2)．
由得
[(x1＋2)2＋3y1]x2＋12y1x＋12y1－3(x1＋2)2＝0.
设C(xC，yC)，
所以xC＋x1＝＝.
所以xC＝－x1＝.
所以yC＝(xC＋2)＝.
设D(xD，yD)，
同理得xD＝，yD＝.
记直线CQ，DQ的斜率分别为kCQ，kDQ，
则kCQ－kDQ＝－
＝4(y1－y2－x1＋x2)．
因为C，D，Q三点共线，
所以kCQ－kDQ＝0.
故y1－y2＝x1－x2.
所以直线l的斜率k＝＝1.
10．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，右焦点为F2(1,0)，点B在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y＝k(x－4)(k≠0)与椭圆C由左至右依次交于M，N两点，已知直线A1M与A2N相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出定直线的方程．
解析：(1)由F2(1,0)，知c＝1，由题意得所以a＝2，b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)因为y＝k(x－4)，所以直线l过定点(4,0)，由椭圆的对称性知点G在直线x＝x0上．
当直线l过椭圆C的上顶点时，M(0，)，
所以直线l的斜率k＝－，由得或所以N，
由(1)知A1(－2,0)，A2(2,0)，
所以直线lA1M的方程为y＝(x＋2)，直线lA2N的方程为y＝－(x－2)，所以G，所以G在直线x＝1上．
当直线l不过椭圆C的上顶点时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由
得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
所以Δ＝(－32k2)2－4×(3＋4k2)·(64k2－12)＞0，得－＜k＜，
x1＋x2＝，x1·x2＝，
易得直线lA1M的方程为y＝(x＋2)，直线lA2N的方程为y＝(x－2)，当x＝1时，＝得2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0，
所以－＋＝0显然成立，所以G在直线x＝1上．
11．已知平面直角坐标系内两定点A(－2，0)，B(2，0)及动点C(x，y)，△ABC的两边AC，BC所在直线的斜率之积为－.
(1)求动点C的轨迹E的方程；
(2)设P是y轴上的一点，若(1)中轨迹E上存在两点M，N使得＝2，求以AP为直径的圆的面积的取值范围．
解析：(1)由已知，kAC·kBC＝－，即·＝－，
所以3x2＋4y2＝24，又三点构成三角形，所以y≠0，
所以点C的轨迹E的方程为＋＝1(y≠0)．
(2)设点P的坐标为(0，t)
当直线MN的斜率不存在时，可得M，N分别是短轴的两端点，得到t＝±.
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋t(k≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则由＝2得x1＝－2x2. ①
联立得得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－24＝0，
当Δ＞0得64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－24)＞0，整理得t2＜8k2＋6.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝， ②
由①②，消去x1，x2得k2＝.
则解得＜t2＜6.
不妨取M(－2，0)，可求得N，此时t＝±，由(1)知y≠0，故t2≠2.
综上，≤t2＜2或2＜t2＜6.
又以AP为直径的圆的面积S＝π·，
所以S的取值范围是∪.
12．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P.
(1)求sin(α＋π)的值；
(2)若角β满足sin(α＋β)＝，求cos β的值．
解析：(1)解：由角α的终边过点P，
得sin α＝－.
所以sin(α＋π)＝－sin α＝.
(2)解：由角α的终边过点P，
得cos α＝－.
由sin(α＋β)＝，得cos(α＋β)＝±.
由β＝(α＋β)－α，
得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，
所以cos β＝－或cos β＝.
13．已知α，β为锐角，tan α＝，cos(α＋β)＝－.
(1)求cos 2α的值；
(2)求tan(α－β)的值．
解析：(1)解：因为tan α＝，tan α＝，
所以sin α＝cos α.
因为sin2α＋cos2α＝1，
所以cos2α＝，
因此，cos 2α＝2cos2α－1＝－.
14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsinB＝asinA＋(c－a)sinC.
(1)求B；
(2)若3sinC＝2sinA，且△ABC的面积为6，求b.
解析：(1)由bsinB＝asinA＋(c－a)sinC及正弦定理，得b2＝a2＋(c－a)c，即a2＋c2－b2＝ac.
由余弦定理，得cosB＝＝＝，
因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)由(1)得B＝，
所以△ABC的面积为acsinB＝ac＝6，得ac＝24.
由3sinC＝2sinA及正弦定理，得3c＝2a，
所以a＝6，c＝4.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝36＋16－24＝28，
所以b＝2.
15．已知函数f(x)＝1＋2sincos－2cos2，△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
(1)求f(A)的取值范围；
(2)若A为锐角且f(A)＝，2sinA＝sinB＋sinC，△ABC的面积为，求b的值．
解析：(1)f(x)＝sinx－cosx＝2sin，
∴f(A)＝2sin，
由题意知，0∴sin∈，
故f(A)的取值范围为(－1,2]．
(2)由题意知，sin＝，∴A－＝＋2kπ，k∈Z，即A＝＋2kπ，k∈Z，∵A为锐角，
∴A＝.
由正、余弦定理及三角形的面积得
解得b＝.
16．[2018·全国卷Ⅱ]记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
解析：(1)解：设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9.
(2)解：由(1)得Sn＝·n＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
17．已知数列{an}是等差数列，a2＝6，前n项和为Sn，{bn}是等比数列，b2＝2，a1b3＝12，S3＋b1＝19.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{bncos(anπ)}的前n项和Tn.
解析：(1)∵数列{an}是等差数列，a2＝6，
∴S3＋b1＝3a2＋b1＝18＋b1＝19，∴b1＝1.
∵b2＝2，数列{bn}是等比数列，∴bn＝2n－1.
∴b3＝4，∵a1b3＝12，∴a1＝3，
∵a2＝6，数列{an}是等差数列，∴an＝3n.
(2)由(1)得，令Cn＝bncos(anπ)＝(－1)n2n－1，
∴Cn＋1＝(－1)n＋12n，
∴＝－2，又C1＝－1，
∴数列 {bncos(anπ)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列，
∴Tn＝＝－[1－(－2)n]．
18．已知数列{an}满足：＋＋…＋＝(32n－1)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3，求＋＋…＋.
解析：(1)＝(32－1)＝3，
当n≥2时，因为
＝－
＝(32n－1)－(32n－2－1)
＝32n－1，
当n＝1，＝32n－1也成立，
所以an＝.
(2)bn＝log3＝－(2n－1)，
因为＝＝，
所以＋＋…＋
＝
＝＝.
19．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋.
(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解析：(1)由an＋1＝an＋，可得＝＋，
又bn＝，∴bn＋1－bn＝，由a1＝1，得b1＝1，
累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋，即bn－b1＝＝1－，∴bn＝2－.
(2)由(1)可知an＝2n－，设数列的前n项和为Tn，
则Tn＝＋＋＋…＋ ①，
Tn＝＋＋＋…＋ ②，
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，
∴Tn＝4－.
易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，
∴Sn＝n(n＋1)－4＋.
20．已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设Tn为数列的前n项和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．
解析：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，由已知得，
解得或(舍去)，所以an＝n＋1.
21．在等差数列{an}中，已知a3＝5，且a1，a2，a5为递增的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}的通项公式(k∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，易知d≠0，
由题意得，(a3－2d)(a3＋2d)＝(a3－d)2，
即d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0(舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.
(2)当n＝2k，k∈N*时，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k＝a1＋a2＋…＋ak＋(20＋21＋…＋2k－1)＝＋＝k2＋2k－1＝＋2－1；
当n＝2k－1，k∈N*时，n＋1＝2k，
则Sn＝Sn＋1－bn＋1＝＋2－1－2－1＝＋
2.
综上，Sn＝(k∈N*)．
22．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB，∠ABC＝90°，侧面A1ABB1⊥底面ABC.
(1)求证：AB1⊥平面A1BC；
(2)若AC＝5，BC＝3，∠A1AB＝60°，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．
解析：(1)证明：在侧面A1ABB1中，
∵A1A＝AB，∴四边形A1ABB1为菱形，
∴AB1⊥A1B.
∵侧面A1ABB1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，
∴CB⊥平面A1ABB1
∵AB1?平面A1ABB1，∴CB⊥AB1.
又A1B∩BC＝B，
∴AB1⊥平面A1BC.
(2)解法一 如图，过A1作A1D⊥AB，垂足为D.∵平面ABC⊥平面A1ABB1，平面ABC∩平面A1ABB1＝AB，∴A1D⊥平面ABC，∴A1D为三棱柱ABC－A1B1C1的高．
∵BC＝3，AC＝5，∠ABC＝90°，∴AB＝4，又AA1＝AB，∠A1AB＝60°，∴△A1AB为等边三角形，
∴A1D＝×AB＝2.
∴VABC－A1B1C1＝S△ABC·A1D＝×4×3×2＝12.
解法二 在△ABC中，由AC＝5，BC＝3，∠ABC＝90°，可得AB＝4.又A1A＝AB，∠A1AB＝60°，∴△ABA1是边长为4的等边三角形，∴S△ABA1＝×42＝4.
由(1)知BC⊥平面ABA1，∴VC－ABA1＝×S△ABA1×BC＝×4×3＝4.设三棱柱ABC－A1B1C1的高为h，
则VABC－A1B1C1＝S△ABC·h＝3×＝3VA1－ABC＝3VC－ABA1＝3×4＝12.
23．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，M是AB的中点．
(1)证明：BC1∥平面MCA1；
(2)若AB＝A1M＝2MC＝2，BC＝，求点C1到平面MCA1的距离．
解：(1)如图，连接AC1，设AC1与A1C的交点为N，则N为AC1的中点，连接MN，因为M是AB的中点，所以MN∥BC1，又MN?平面MCA1，BC1?平面MCA1，所以BC1∥平面MCA1.
(2)因为AB＝2MC＝2，M是AB的中点，所以∠ACB＝90°，在直三棱柱中，A1M＝2，AM＝1，所以AA1＝，又BC＝，所以AC＝，A1C＝，所以∠A1MC＝90°.设点C1到平面MCA1的距离为h，因为AC1的中点N在平面MCA1上，所以点A到平面MCA1的距离也为h，三棱锥A1－AMC的体积V＝S△AMC·AA1＝，△MCA1的面积S＝A1M·MC＝1，则V＝Sh＝h＝，得h＝，故点C1到平面MCA1的距离为.
24．[2018·全国卷Ⅲ]如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
解析：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，
故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)解：当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.
证明如下：如图，连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连接OP，因为P为AM中点，
所以MC∥OP.
又MC?平面PBD，OP?平面PBD，
所以MC∥平面PBD.
25．如图1，已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE＝x，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如图2)．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f(x)．
(1)当x＝2时，求证：BD⊥EG；
(2)求f(x)的最大值；
(3)当f(x)取得最大值时，求异面直线AE与BD所成角的余弦值．
解析：(1)证明：作DH⊥EF，垂足为H，连接BH、GH、EG.
∵平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，
∴DH⊥平面EBCF，又∵EG?平面EBCF，∴EG⊥DH.∵AE＝2，BG＝BC＝2，∴BE＝BG.
∵EH＝AD＝BC＝BG，EF∥BC，∠EBC＝90°，
∴四边形BGHE为正方形，∴EG⊥BH.又∵BH、DH?平面DBH，且BH∩DH＝H，∴EG⊥平面DBH.∵BD?平面DBH，∴EG⊥BD.
(3)由(2)知当f(x)取最大值时，AE＝2，故BE＝2，结合DH∥AE，可得∠BDH或其补角是异面直线AE与BD所成的角．在Rt△BEH中，BH＝＝＝2.∵DH⊥平面EBCF，BH?平面EBCF，∴DH⊥BH.在Rt△BDH中，BD＝＝＝2，∴cos∠BDH＝＝＝.∴异面直线AE与BD所成角的余弦值为.
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