立体几何中的折叠、最值、取值范围问题-综合能力提升篇(教师)

课题立体几何中的折叠、最值、取值范围问题——综合能力提升篇立体几何章节在历来的高考中分值占比重，以两小一大的形式出现较多．空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力．要在立体几何学习中形成．纵观近几年全国及各省高考试题，对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题的考查逐年加重，要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力，才能顺利解答．从实际教学和考试来看，学生对这类题看到就头疼．分析原因，首先是学生的空间想象力较弱，其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨．题型一：立体几何中的折叠问题折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现．处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系．并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试．1．如图1，在等腰梯形CDEF中，DE＝CD＝2，EF＝2＋2，将它沿着两条高AD，CB折叠成如图2所示的四棱锥E－ABCD(E，F重合)．(1)求证：BE⊥DE；(2)设点M为线段AB的中点，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE．【解析】(1)证明：∵AD⊥EF，∴AD⊥AE，AD⊥AB．又∵AB∩AE＝A，∴AD⊥平面ABE，∴AD⊥BE．由图1和题中所给条件知，AE＝BE＝1，AB＝CD＝2，∴AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE．又∵AE∩AD＝A，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥DE．(2)取EC的中点G，BE的中点P，连接PM，PG，MG．则MP∥AE，GP∥CB∥DA，∴MP∥平面DAE，GP∥平面DAE．∵MP∩GP＝P，∴平面MPG∥平面DAE．∵MG⊂平面MPG，∴MG∥平面DAE，即2．(2015·四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(2)证明：直线MN∥平面BDH；(3)求二面角A-EG-M的余弦值．存在点N与G重合满足条件．(不需说明理由)；【解析】(1)点F，G，H的位置如图所(2)证明：连接AC，BD交于点因为M，N分别是BC，GH的中点，示．O，连接OH，OM．1212所以OM∥CD，且OM＝CD，HN∥CD，且HN＝CD，所以OM∥HN，OM＝HN，所以四边形MNHO是平行四边形，从而MN∥OH．又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，所以MN∥平面BDH．(3)方法一：过M作MP⊥AC于P．在正方体ABCD-EFGH中，过P作PK⊥EG于K，连接KM，所以EG⊥平面PKM，从而KM⊥EG，所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面设AD＝2，则CM＝1，PK＝2．AC∥EG，所以MP⊥EG．角．22在Rt△CMP中，PM＝CMsin45°＝．在Rt△PKM中，KM＝PK2＋PM2＝．322PK2222A-EG-M的余弦值为．3所以cos∠PKM＝＝，即二面角KM3→→→D为坐标原点，分别以DA，DC，DH方向为x轴，方法二：如图，以y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz．设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，GE＝(2，－2，0)，MG→＝(－1，0，2)．设平面EGM的一个法向量为n＝(x，y，z)，→所以1→n·GE＝0，2x－2y＝0，取x＝2，得n＝(2，2，1)．1－＋2＝0，xz1由得→n·MG＝0，1在正方体ABCD-EFGH中，DO⊥平面AEGC，则可取平面AEG的一个法向量为n＝DO→＝(1，1，0)，2n·n2＋2＋022＝，所以cos〈n1，n2〉＝|n|·|n|＝124＋4＋1·1＋1＋0322A-EG-M的余弦值为．312故二面角题型二、立体几何中的最值问题结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题常常在高考试题中出现．在解决此类问题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径．3．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长AC＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D点11在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则PD→·PB→1的最小值为()A．52B．－C．1414D．－52【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1,0,2)，B1(0,1,3)，PD＝(1,0,2－z)，PB1＝(0,1,3－z)，∴PD·PB＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝(z－25)2－，故当145z＝2→→→→设P(0,0，z)，则11→→PD·PB取得最小值－．41时，【答案】B4．(2015·四川卷)如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM和AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．M【解析】分别以AB，AD，AQ为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，QM＝AF＝(2，1，0)，EM→＝(－1，m，2)，→m(0≤m≤2)，则→→所以cosθ＝＝2－m(0≤m≤2)．AF·EM→→5m＋252|AF|·|EM|（2－m）×10m5m＋25－225m2＋25－令f(m)＝2－m(0≤m≤2)，则5m＋25f′(m)＝．5m2＋252因为m∈[0，2]，所以f′(m)＜0，故f(m)＝f(0)＝，25即cosθ的最大值为．52max【答案】255．(2015·江苏卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝2π，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1．(1)求平面PAB与平面PCD所成(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最【解析】以{AB→→→，AD，AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．二面角的余弦值；小时，求线段BQ的长．A－xyz，则各点的坐标为→→AD是平面PAB的一个法向量，AD＝(1)因为AD⊥平面PAB，所以(0,2,0)．→→2)，PD＝(0,2，－2)．因为PC＝(1,1，－设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，→m·PC＝0，x＋－y2z＝0，，即2－2＝0，yz则→m·PD＝0，令y＝1，解得z＝1，x＝1．m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．所以→AD·m33从而cos〈AD→，m〉＝＝，→|AD||m|33所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为．→→→(2)因为BP＝(－1,0,2)，设BQ＝λBP＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB→＝(0，－1,0)，则CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－→→→1,2λ)，又DP＝(0，－2,2)，→→→·DP1＋2λ从而cos〈CQ→，DP→〉＝CQ＝．→→10λ＋22|CQ||DP|2t＝≤9．2设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈CQ→，DP→〉＝21520105t－10t＋929－＋2t99952531010当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈CQ→，DP→〉|的最大值为．π因为y＝cosx在0，上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得2最小值．2251＋2＝5，所以BQ＝5BP＝．22又因为BP＝5题型三、立体几何中的取值范围问题结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等取值范围问题常常在高考试题中出现．此类问题的解法与立体几何中各类最值问题的解法基本一致．6．(2014·四川卷)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是()633A．，1B．，1322D．，13622C．，33【解析】连接A1O，OP和PA1，不难知∠POA1就是直线OP与平面ABD所成的角(或其补角)设正方1体棱长为2，则AO＝6．16＋2－1232，AP＝23，且cosα＝＝－，此时α＝∠A1OP为钝角，312×6×2(1)当P点与C点重合时，PO＝6sinα＝1－cos2α＝；36＋6－86，AP＝22，且cosα＝2×6×6C点重合时，PO＝AO＝1111322α＝∠A1OP为锐角，sinα＝1－cos2α＝；＝，此时3(3)在α从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC上一定存在一点P，使得α16226＝∠A1OP＝90°．又因为＜，故sinα的取值范围是，1．【答案】B3337．(2015·河北正定中学上期第六次月考)如图，在四棱锥PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，P－ABCD中，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC．(1)求证：平面ABE⊥平面BEF；(2)设PA＝a，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角ππθ∈，，求a的取值范围．43【解析】(1)证明：∵AB∥CD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，∴ABFD为矩形，AB⊥BF．∵DE＝EC，∴DC⊥EF，又AB∥CD，∴AB⊥EF，∵BF∩EF＝E，∴AE⊥面BEF，又AE⊂面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF．(2)∵DE＝EC，∴DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD，∴AB⊥PD，又AB⊥PD，∴AB⊥面PAD，AB⊥PA，A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系以点A－xyz，a2则B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,a)，E(1,1,)．a2∴BD→＝(－1,2,0)，DE→＝(1,－1,)．设平面EBD的法向量为m＝(x，y，z)，→－x＋2y＝0，m·BD＝0，则，即ax－y＋z＝，→0m·DE＝0，2令y＝a，得x＝2a，z＝－2,则m＝(2a,a,－2)．显然n＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量．ππ|·|22221由θ∈，，知cosθ＝|cos〈AD→，m〉|＝＝||||∈，，mn435a＋42mn25215a∈，．解得551(2012·浙江卷)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝2．将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【解析】对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，由线面垂直的判定可得CD⊥平面ACB，则有CD⊥AC，而AB＝CD＝1，BC＝AD＝2．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点，则AM→·PQ→的最大值是(2，可得AC＝1，那么存在AC这样的位置，使得AB⊥CD成立．【答案】BM是BC的中点，P，Q是正方体内部或面上的两个)1235B．1C．D．24A．【解析】以A为坐标原点，分别以AD，AB，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴A(0,0,0)，M(，1,0)，所以AM→＝(12，1,0)．12建立如图所示的空间直角坐标系，则－1≤x≤1，设PQ→＝(x，y，z)，由题意可知－1≤y≤1，因为AMPQ＝→→1·x＋1·y＋0·z2·－1≤z≤1.＝12x＋y，又－1≤x≤1，－1≤y≤1，所以－≤x≤．所以－≤x＋y≤32．故AM·PQ的最大值为．1112223122→→32【答案】C3．(2015·浙江卷)如图所示，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′­CD-B的平面角为α，则()A．∠A′DB≤αC．∠A′CB≤αB．∠A′DB≥αD．∠A′CB≥α【解析】当AC＝BC时，易知∠A′DB＝α，当AC≠BC时，作故DE＝DF，再作GF∥A′E，GA′∥EF，则∠GFB＝α，设A′D＝BD＝m，FD＝DE＝n，则cos∠A′DB＝＋m－A′B－A′B，cosα＝(m－n)＋(m－n)－BG＝2m＝2mA′E⊥CD，BF⊥CD，因为D是中点，m22222222222－2n2－[A′B2－(2n)2]＝2m2＋2n2－A′B)2，2mm2m22(m2－n2)2(2m－n22m2－n2m2－n2显然cos∠A′DB＜cosα，故∠A′DB＞α．【答案】B4．(2016·石家庄模拟)如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶2，则AF与CE所成角的余弦值为________．【解析】如图建立空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，∵AE∶DE∶AD＝1∶1∶2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，∴AF→＝(－1,2,0)，EC→＝(0,2,1)，∴cos〈AF→，EC→〉＝，54∴AF与CE所成角4的余弦值为．5【答案】455．(2014·浙江卷)如图所示，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P的仰角θ的大小．若AB＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°，则tanθ的最大值是________．(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角A处进行射击训练．已知点AP，需计算由点A观察点)【解析】由勾股定理得BC＝20m．如图，过P点作PD⊥BC于D，连接AD，则由点A观察点P的PDθ＝∠PAD，tanθ＝．设PD＝x，则DC＝3x，BD＝20－3x，在Rt△ABD中，AD＝152＋(20－3x)2AD仰角＝625－403x＋3x2，所以tanθ＝＝＝≤593，x112＋625－403＋312032725625－403x＋3x2625－x625x2x故tanθ的最大值为593．【答案】5936．(2012·上海卷)如图所示，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2，若AD＝2c，且AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是________．【解析】以空间四面体为载体，考查几何体的体积和代数式的最值问题，以及转化思想，解此题的关键是求出侧面三角形ABD的高的最大值．作BE垂直AD于E，连接CE，则CE也垂直AD，且BE＝CE，所以四面体ABCD的体积V＝S△BCE·AD＝23cBE13－1，在三角形ABD中，AB＋BD＝22a，AD＝2c，所以AD边上的高BE等于以AD为焦点，长轴为2a的椭圆上的点到x轴的距离，其最大值22时候得到，即BE≤a－c，所以V＝cBE2－1≤3ca2－c2－1．223刚好在点在短轴端点的【答案】23ca2－c2－17．(2012·安徽卷)平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝5．现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△ABC1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分11别连接AA，A1B，A1C，得到如图(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．1(1)证明：AA⊥BC；1(2)求AA1的长；(3)求二面角【解析】(向量法)(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1，平面BB1C1C⊥平面ABC1，所以DD1⊥平面A－BC－A1的余弦值．D和D1，连接A1D1，DD1，AD．因为ABC1，1111又由A1B1＝A1C1知，AD⊥B1C1．11故以D为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz．1由题设，可得A1D1＝2，AD＝1．由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1．A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)．所以故AA→1＝(0,3，－4)，BC→＝(－2,0,0)，AA·BC＝0，→→1→→AA⊥BC，即AA1⊥BC．因此1||5，即AA1＝5．→→AA＝(0,3，－4)，所以＝AA11(2)因为(3)连接AD，由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，1所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角．4)，所以cos〈DA→，DA→1〉＝－2因为DA＝(0，－1,0)，DA→1＝(0,2，－→＝－55．1×2＋－422即二面角A－BC－A1的余弦值为－55．(综合法)(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D，连接AD，DD1，AD，A1D．111由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1，由上可得AD⊥面BB1C1C，A1D1⊥面BB1C1C．因此AD∥A1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D．又因为DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC．又考虑到AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D，故BC⊥AA1．(2)延长A1D1到G点，因为AD∥GD1，且AD＝GD1，所以AG∥DD1∥BB1，且AG＝DD1＝BB1．由于BB1⊥平面ABC1，所以AG⊥A1G．使GD1＝AD，连接AG．11由条件可知，AG＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4，1所以AA1＝5．(3)因为BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角．5在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1＝，5π155DDA则cos∠ADA1＝cos＋∠＝－．2155即二面角A－BC－A1的余弦值为－．8．已知如图所示的平行四边形ABCD中，BC＝2，BD⊥CD，正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直，G，H分别是DF，BE的中点．(1)求证：GH∥平面CDE；(2)记CD＝x，V(x)表示四棱锥F－ABCD的体积，求V(x)的表达式；(3)当V(x)取最大值时，求平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值．【解析】(1)证法1：∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC且EF＝AD＝BC．∴四边形EFBC是平又∵G是FD的中点，∴HG∥CD．∵HG平面CDE，CD⊂平面CDE，∴GH∥平面CDE．行四边形．∴H为FC的中点．证法2：连接EA，∵ADEF是正方形，∴G是AE的中点．∴在△EAB中，GH∥AB．又∵AB∥CD，∴GH∥CD．∵HG平面CDE，CD⊂平面CDE，∴GH∥平面CDE．(2)解：∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD，且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD．∵BD⊥CD，BC＝2，CD＝x，Y∴FA＝2，BD＝4－x(0＜x＜2)．∴S＝CD·BD＝x4－x2．2ABCD123Y∴V(x)＝3S·FA＝x4－x2(0＜x＜2)．ABCD(3)解：要使V(x)取得最大值，即使x4－x2＝x2(4－x2)(0＜x＜2)取得最大值，2x2＋4－x∵x2(4－x2)≤＝4，当且仅当2x＝4－x，即x＝2时V(x)222取得最大值．解法1：在平面DBC内过点D作DM⊥BC于M，连接EM，∵BC⊥ED，∴BC⊥平面EMD．∴BC⊥EM．∴∠EMD是平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角，∵当V(x)取得最大值时，CD＝2，DB＝2，∴DM＝12BC＝1，EM＝ED2＋DM2＝5．∴sin∠EMD＝＝．EMED25525角的平面角的正弦值为．5即平面ECF与平面ABCD所成二面解法2：以点D为坐标原点，DC所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如图所示，则D(0,0,0)，C(2，0,0)，B(0，2，0)，E(0,0,2)，∴DE＝(0,0,2)，EC→＝(2，0，－→2)，EB＝(0，θ，→2，－2)，设平面ECF与平面ABCD所成的二面角为平面ECF的法向量n＝(a，b，c)，→n·EC＝0，2a－2c＝0，由，得令c＝1得n＝(2，2，1)．→2b－2c＝0.n·EB＝0，→DE，∴cosθ＝＝＝，∴sinθ＝．255255→n·DE又∵平面ABCD的法向量为→2×5|n|·|DE|25V(x)取最大值时，平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值为．5即当9．(2014·江西卷)如图，四棱锥P－ABCD中，ABCD为矩形．平面PAD⊥平面ABCD．(1)求证：AB⊥PD．(2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．【解析】(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，故AB⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，故AB⊥PD．(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG．故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG．23266BG＝．3在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，33设AB＝m，则OP＝PG2－OG2＝43－m2，1343m·8－6m2．故四棱锥P－ABCD的体积为V＝·6·m·－m2＝328m8－6m2＝8m－6m4＝－6(m2－)2＋，233因为66m＝，即AB＝时，四棱锥P－ABCD的体积最大．33故当此时，建立如图所示的坐标系，则O(0,0,0)，B(36,－36,0)，C(,,0)，D(0,236,0)，P(0,0,36)．62633故PC＝(3，，－36)，BC→＝(0，→62636，0)，CD＝(－，0,0)．→63设平面BPC的一个法向量n1＝(x，y,1)，1→626363n·PC＝0，＋3y－＝0，x则由得解得x＝1，y＝0，n1＝(1,0,1)．→n·BC＝0，6y＝0，112同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝(0，，1)．|n||n|＝1|n·n|＝510．＋1从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ＝1214122·10．(2012·湖北卷)如图(1)所示，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连结AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图(2))．(1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大？(2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．图(1)【解析】(1)方法1：在题图所示的△ABC中，设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x．由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x．由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD．图(2)＝BD·CD＝12x(3－x)．12又∠BDC＝90°，所以S△BCD12x＋3－x＋3－x＝AD·S△BCD＝13(3－x)·x(3－x)＝·2x(3－x)(3－x)≤1312112＝．2于是VABCD－31233当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，A－BCD的体积最大．故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥＝13AD·S△BCD＝(3－x)·12x(3－x)＝16(x3－6x2＋9x)．13方法2：同方法1，得VA