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    在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC=2AD=2AB=2
    		2
    ，∠ABC=90°（如图1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A-BD-C的平面角为θ（如图2）
    （1）若θ=
    π
    2
    ，求证：CD⊥AB；
    （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
    =λ(λ∈R)    ．令PQ与BD和AN所成的角分别为θ1和θ2．求证：对任意θ∈（0．π），总存在实数λ，使得sinθ1+sinθ2均存在一个不变的最大值．并求出此最大值和取得最大值时θ与λ的关系．
    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
    AP
    PB
    =
    NR
    RB
    =
    NQ
    QD
    =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．
    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
    AP
    PB
    =
    NR
    RB
    =
    NQ
    QD
    =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=
    π
    2
    ，
    从而有θ1+θ2=
    π
    2
    ⇒sin2θ1+sin2θ2=1    ，
    ∴sinθ1+sinθ2≤
    		2(sin2θ1+sin2θ2)
    =
    		2
    当且仅当sinθ1=sinθ2，即θ1=θ2时取得最大值．
    此时有PR=QR，
    又∵
    PR
    AN
    =
    BP
    BA
    =
    1
    1+λ
    ⇒PR=
    1
    1+λ
    AN=
    1
    1+λ
    		AM2+MN2-2MN•ANcosθ
    =
    1
    1+λ
    		2-2cosθ
    ，
    QR
    BD
    =
    NQ
    ND
    =
    λ
    1+λ
    ⇒QR=
    λ
    1+λ
    BD=
    λ
    1+λ
    •2=
    2λ
    1+λ
    ，
    ∴PR=QR⇒
    1
    1+λ
    		2-2cosθ
    =
    2λ
    1+λ
    ⇒
    		2-2cosθ
    =2λ⇒λ=
    1-cosθ
    2
    =sin
    θ
    2
    …（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．
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