2020届江苏高考数学（理）总复习讲义： 空间向量的综合应用(3)

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°，

11

所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)．

22111

于是VA-AD＝(3－x)·x(3－x) BCD＝S△BCD·332112x＋?3－x?＋?3－x??3

＝·2x(3－x)·(3－x)≤?1212?3? 2

＝(当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立)， 3故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A-BCD的体积最大．

(2)以D为原点，建立如图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＝CD＝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)，1

，1，0?， E??2?

―→

所以BM＝(－1,1,1)．

1―→

－，λ－1，0?. 设N(0，λ，0)，0≤λ≤1，则EN＝??2?―→―→

因为EN⊥BM，所以EN·BM＝0， 11－，λ－1，0?·即?(－1,1,1)＝＋λ－1＝0， ?2?211

0，，0?. 故λ＝，N??2?2

1

所以当DN＝(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.

2设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， ―→??n⊥BN，1―→

－1，，0?， 由?及BN＝?2??―→?n⊥BM，?

1??－x＋2y＝0，

得?取x＝1，得n＝(1,2，－1)． ??－x＋y＋z＝0，设EN与平面BMN所成角的大小为θ， 11―→

－，－，0?， 则由EN＝?2??2

―→??－1－1??n·EN??2?3―→

可得sin θ＝|cos 〈n，EN〉|＝?―＝＝，即θ＝60°， →?2?|n|·2

?|EN|?6×

2

故EN与平面BMN所成角的大小为60°.

一保高考，全练题型做到高考达标

1.(2019·海安检测)如图，在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．

(1)求证：B1E⊥AD1；

(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．

(3)若二面角A-B1E-A1的大小为30°，求AB的长．

―→―→―→

解：(1)证明：以A为坐标原点，AB，AD，AA1 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a，a

，1，0?，B1(a,0,1)， 则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E?2??

a―→―→

－，1，－1?. 故AD1＝(0,1,1)，B1E＝??2?

―→―→―→―→

∵B1E·AD1＝0＋1－1＝0，∴B1E⊥AD1，即B1E⊥AD1.

―→(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时DP＝(0，－1，z0)． ―→―→a

，1，0?. 由(1)知，AB1＝(a,0,1)，AE＝??2?设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)．