（本小题满分 12 分） 如图 1， A C B=45^…——2012 高考数学第 19 题答案解析

## 【解析】

（ I）解法 1：在如图 1 所示的 $\triangle A B C$ 中，设 $B D=x(0由 $A D \perp B C, \angle A C B=45^{\circ}$ 知，$\triangle A D C$ 为等腰直角三角形，所以 $A D=C D=3-x$ ．
由折起前 $A D \perp B C$ 知，折起后（如图 2），$A D \perp D C, A D \perp B D$ ，且 $B D \cap D C=D$ ，所以 $A D \perp$ 平面 $B C D$ ．又 $\angle B D C=90^{\circ}$ ，所以 $S_{\triangle B C D}=\frac{1}{2} B D \cdot C D=\frac{1}{2} x(3-x)$ ．于是

$$ \begin{aligned} V_{A-B C D} & =\frac{1}{3} A D \cdot S_{\triangle B C D}=\frac{1}{3}(3-x) \cdot \frac{1}{2} x(3-x)=\frac{1}{12} \cdot 2 x(3-x)(3-x) \\ & \leq \frac{1}{12}\left[\frac{2 x+(3-x)+(3-x)}{3}\right]^{3}=\frac{2}{3} \end{aligned} $$

当且仅当 $2 x=3-x$ ，即 $x=1$ 时，等号成立，
故当 $x=1$ ，即 $B D=1$ 时，三棱锥 $A-B C D$ 的体积最大．

## 解法 2：

同解法 1 ，得 $V_{A-B C D}=\frac{1}{3} A D \cdot S_{\triangle B C D}=\frac{1}{3}(3-x) \cdot \frac{1}{2} x(3-x)=\frac{1}{6}\left(x^{3}-6 x^{2}+9 x\right)$ ．
令 $f(x)=\frac{1}{6}\left(x^{3}-6 x^{2}+9 x\right)$ ，由 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{2}(x-1)(x-3)=0$ ，且 $0当 $x \in(0,1)$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ；当 $x \in(1,3)$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ．
所以当 $x=1$ 时，$f(x)$ 取得最大值．
故当 $B D=1$ 时，三棱锥 $A-B C D$ 的体积最大．

## （II）解法 1：以 $D$ 为原点，建立如图 $a$ 所示的空间直角坐标系 $D-x y z$ 。

由（I）知，当三棱锥 $A-B C D$ 的体积最大时，$B D=1, A D=C D=2$ ．
于是可得 $D(0,0,0), B(1,0,0), C(0,2,0), A(0,0,2), M(0,1,1), E\left(\frac{1}{2}, 1,0\right)$ ，且 $\overrightarrow{B M}=(-1,1,1)$ ．

设 $N(0, \lambda, 0)$ ，则 $\overrightarrow{E N}=\left(-\frac{1}{2}, \lambda-1,0\right)$ ．因为 $E N \perp B M$ 等价于 $\overrightarrow{E N} \cdot \overrightarrow{B M}=0$ ，即 $\left(-\frac{1}{2}, \lambda-1,0\right) \cdot(-1,1,1)=\frac{1}{2}+\lambda-1=0$ ，故 $\lambda=\frac{1}{2}, N\left(0, \frac{1}{2}, 0\right)$ ．

所以当 $D N=\frac{1}{2}$（即 $N$ 是 $C D$ 的靠近点 $D$ 的一个四等分点）时，$E N \perp B M$ ．
设平面 $B M N$ 的一个法向量为 $\boldsymbol{n}=(x, y, z)$ ，由 $\left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{n} \perp \overrightarrow{B N}, \\ \boldsymbol{n} \perp \overrightarrow{B M},\end{array}\right.$ 及 $\overrightarrow{B N}=\left(-1, \frac{1}{2}, 0\right)$ ，
得 $\left\{\begin{array}{l}y=2 x, \\ z=-x .\end{array}\right.$ 可取 $\boldsymbol{n}=(1,2,-1)$ ．
设 $E N$ 与平面 $B M N$ 所成角的大小为 $\theta$ ，则由 $\overrightarrow{E N}=\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}, 0\right), \boldsymbol{n}=(1,2,-1)$ ，可得 $\sin \theta=\cos \left(90^{\circ}-\theta\right)=\left|\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{E N}}{|\boldsymbol{n}| \cdot|\overrightarrow{E N}|}\right|=\frac{\left|-\frac{1}{2}-1\right|}{\sqrt{6} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，即 $\theta=60^{\circ}$ ．

故 $E N$ 与平面 $B M N$ 所成角的大小为 $60^{\circ}$ ．

图 $a$

图 $b$

图c

图d

第19题解答图

解法 2：由（I）知，当三棱锥 $A-B C D$ 的体积最大时，$B D=1, A D=C D=2$ ．
如图 $b$ ，取 $C D$ 的中点 $F$ ，连结 $M F, B F, E F$ ，则 $M F / / A D$ ．
由（I）知 $A D \perp$ 平面 $B C D$ ，所以 $M F \perp$ 平面 $B C D$ ．
如图 $c$ ，延长 $F E$ 至 $P$ 点使得 $F P=D B$ ，连 $B P, D P$ ，则四边形 $D B P F$ 为正方形，所以 $D P \perp B F$ ，取 $D F$ 的中点 $N$ ，连结 $E N$ ，又 $E$ 为 $F P$ 的中点，则 $E N / / D P$ ，所以 $E N \perp B F$ ．因为 $M F \perp$ 平面 $B C D$ ，又 $E N \subset$ 面 $B C D$ ，所以 $M F \perp E N$ ．
又 $M F \cap B F=F$ ，所以 $E N \perp$ 面 $B M F$ ．又 $B M \subset$ 面 $B M F$ ，所以 $E N \perp B M$ ．
因为 $E N \perp B M$ 当且仅当 $E N \perp B F$ ，而点 $F$ 是唯一的，所以点 $N$ 是唯一的．
即当 $D N=\frac{1}{2}$（即 $N$ 是 $C D$ 的靠近点 $D$ 的一个四等分点），$E N \perp B M$ ．

连接 $M N, M E$ ，由计算得 $N B=N M=E B=E M=\frac{\sqrt{5}}{2}$ ，
所以 $\triangle N M B$ 与 $\triangle E M B$ 是两个共底边的全等的等腰三角形，
如图 d 所示，取 $B M$ 的中点 $G$ ，连接 $E G, N G$ ，
则 $B M \perp$ 平面 $E G N$ 。在平面 $E G N$ 中，过点 $E$ 作 $E H \perp G N$ 于 $H$ ，
则 $E H \perp$ 平面 $B M N$ ．故 $\angle E N H$ 是 $E N$ 与平面 $B M N$ 所成的角．
在 $\triangle E G N$ 中，易得 $E G=G N=N E=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，所以 $\triangle E G N$ 是正三角形，
故 $\angle E N H=60^{\circ}$ ，即 $E N$ 与平面 $B M N$ 所成角的大小为 $60^{\circ}$ ．
【考点定位】本小题考查空间线线与线面的位置关系，考查同学们的空间想象能力、逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力．