【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练49 利用空间向量研究夹角问题.docx，共(16)页，314.590 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。四十九利用空间向量研究夹角问题(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)在空间直角坐标系Oxyz中,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=

(1,-1,0),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,1),平面α的一个法向量为m=(-1,0,1),则平面α与平面ABC夹角的正弦值为()A.√336B.√36C.√34D.√134【解析】选A.设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则{�

�·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥-𝑦=0𝒏·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑥+𝑧=0,令x=1,得n=(1,1,2),令平面α与平面ABC的夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=|𝒎·𝒏||𝒎||�

�|=1√2×√6=√36,sinθ=√1-cos2𝜃=√336,所以平面α与平面ABC夹角的正弦值为√336.2.(5分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥AB,PA⊥AD,AD=1,AB=√2,△PAB是等腰三角形,点E是棱PB的中点,则

异面直线EC与PD所成角的余弦值是()A.√33B.√63C.√64D.√22【解析】选B.因为四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥AB,PA⊥AD,AB∩AD=A,所以PA⊥平面ABCD,以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为

y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,因为AD=1,AB=√2,△PAB是等腰三角形,点E是棱PB的中点,所以E(√22,0,√22),C(√2,1,0),P(0,0,√2),D(0,1,0),𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√22,1,-√22),𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗

=(0,1,-√2),设异面直线EC与PD所成角为θ,则cosθ=|𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗||𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√2×√3=√63.所以异面直线EC与PD所成角的余弦值为√63.3.(5分)在四棱锥

P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是边长为1的正方形,AP=2,则直线PB与平面PCD所成角的正弦值为()A.2√55B.25C.√23D.√33【解析】选B.以AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图,则B(1,0,0),C(1,1,0),D(0

,1,0),P(0,0,2),所以𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-2),𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-2),设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),则{𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏=𝑦-2𝑧=0𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

·𝒏=𝑥=0,令z=1,得n=(0,2,1),设直线PB与平面PCD所成角为θ,则直线PB与平面PCD所成角的正弦值为sinθ=|cos<𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏||𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗||𝒏|=|-2|√5×√5=25.4.(5分)如图,在长方体ABC

D-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,体对角线B1D与平面A1BC1交于E点,则A1E与平面AA1D1D所成角的余弦值为()A.13B.√33C.23D.√53【解析】选D.如图,建立空间直角坐标系,𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-2),𝐴1𝐶1⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0),设平面A1BC1的法向量为m=(x,y,z),则{𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒎=𝑦-2𝑧=0𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒎=-𝑥+𝑦=0,令z=1,则y=2,x=2,所以m=(2,2,1),𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=

(1,1,2),因为点E在B1D上,设𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,λ,2λ),0≤λ≤1,所以E(λ,λ,2λ),所以𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(λ-1,λ,2λ-2),因为A1E⊂平面A1BC1,所以𝐴1𝐸⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m=0,即(λ-1,λ,2λ-2)·(2,2,1)=0,所以2(λ-1)+2λ+(2λ-2)=0,解得λ=23,所以𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-13,23,-23),易得平面AA1D1D的一个法向量为n=(0,1,0),设A1E与平面AA1D1D所成角为α,所以sinα=|𝐴1�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏|𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝒏||=|(-13,23,-23)·(0,1,0)√(-13)2+(23)2+(-23)2×1|=23,所以cosα=√1-sin2𝛼=√1-(2

3)2=√53.5.(5分)已知四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD,PD=AD,点E是线段PB上的动点,则直线DE与平面PBC所成角的最大值为()A.π6B.π4C.π3D.π2【解析】选C.由题意,因为底面ABCD为正方形,且PD⊥底面ABCD,所以以D为原点,DA,

DC,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,设PD=AD=1,则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,1),所以𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,-1),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗=(0,1,-1),设𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,λ∈[0,1],则𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,λ,-λ),所以E(λ,λ,1-λ),即𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,λ,1-λ),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则{

𝒏·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0𝒏·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,有{𝑥+𝑦-𝑧=0𝑦-𝑧=0,解得x=0,y=z,取y=z=1,所以平面PBC的一个法向量为n=(0,1,1),设直线DE与平面PBC所成角为θ

,则sinθ=|cos<n,𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝒏·𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝒏||𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=1√2×√2𝜆2+(1-𝜆)2=1√2×√3(𝜆-13)2+23,因为y=sinθ,在θ∈[0,π2]上单调递增,所以当λ=13时,sinθ取得最大值,最大

值为√32,此时θ=π3,即直线DE与平面PBC所成角的最大值为π3.6.(5分)(多选题)如图,E,F是直三棱柱ABC-A1B1C1棱AC上的两个不同的动点,AC=BC=CC1,AC⊥BC,则()A.BC1⊥平面B1EFB.若EF为定长,则三棱锥A1-B1

EF的体积为定值C.直线BB1与平面B1EF所成角为π3D.平面A1ABB1⊥平面B1EF【解析】选AB.由题可知,平面B1EF即平面B1AC.以C为坐标原点,建立如图空间直角坐标系,设AC=1,由题可知:A(1,0,0),C(0,0,0),B1(0,1,

1),B(0,1,0),C1(0,0,1),设AB中点为D,则D(12,12,0),由题可知CD⊥平面A1ABB1,即𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(12,12,0)为平面A1ABB1的一个法向量,又𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗=(0,1,1),设平面B1AC的法向量为n=(x,y,z),则{𝒏·𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥=0𝒏·𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑦+𝑧=0,取y=1,则n=(0,1,-1).对于A,由于𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,1),则𝐵𝐶1⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗∥n,故BC1⊥平面B1EF,A正确;对于B,若EF为定长,由于B1到直线EF的距离即为B1到直线AC的距离,也为定值,于是△B1EF的面积为定值,又A1到平面B1EF的距离即为A1到平面B1AC的距离,为定值,则三棱锥A1-B1EF的体积为定值,故B正确;对于C,由于𝐵𝐵1⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=(0,0,1),所以直线BB1与平面B1EF所成角的正弦值为|𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏||𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝒏|=11×√2=√22,故直线BB1与平面B1EF所成角为π4,故C错误;对于D,𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·n=12≠0,故平面A1ABB1与平面B1EF不垂直,

D错误.7.(5分)正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值是√63.【解析】如图,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),B(1,1,0),C1(0,1,

1),易证𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗是平面A1BD的一个法向量.𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,1),𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1).cos<𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=1+1√3×√2=√63.所以直线BC1与平面A1BD所成角的正

弦值为√63.8.(5分)手工课可以提高学生的动手能力、反应能力、创造力,使学生在德、智、体、美、劳等方面得到全面发展,某小学生在一次手工课上制作了一座漂亮的房子模型,它可近似地看成是一个直三棱柱和一个长方体的组合图形,其直观图如图所示,A1F=B1F=2√2,AB=AA1

=2AD=4,P,Q,M,N分别是棱AB,C1E,BB1,A1F的中点,则异面直线PQ与MN所成角的余弦值是2√1515.【解析】如图,以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在

直线为z轴,建立空间直角坐标系,因为A1F=B1F=2√2,AB=AA1=2AD=4,所以P(2,2,0),Q(0,3,5),M(2,4,2),N(2,1,5),所以𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,1,5),𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-3,3),所以cos<𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=12√30×3√2=2√1515,因为异面直线PQ与MN所成角为锐角,所以异面直线PQ与MN所成角的余弦值是2√1515.9.(10分)如图,三棱柱ABC-A1

B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=AC,D是BC的中点.(1)求证:BC⊥平面A1AD;(2)若∠BAC=90°,BC=4,三棱柱ABC-A1B1C1的体积是8√3,求异面直线A1D和AB1所成的角的余弦值.【解析】(1)因为AA1⊥底面ABC

,所以AA1⊥BC,又AB=AC,D是BC的中点,所以BC⊥AD,因为AA1∩AD=A,所以BC⊥平面A1AD.(2)因为∠BAC=90°,AB=AC,BC=4,所以AB=AC=2√2,S△ABC=12AB·AC=12×2√2×2√2=4,因为三棱柱ABC-A1B1

C1的体积是8√3,所以S△ABC·AA1=4AA1=8√3,解得AA1=2√3,以A为原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则D(√2,√2,0),A(0,0,0),B1(2√2,0,2√3),A1(0,0,2√3),𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=(√2,√2,-2√3),𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2√2,0,2√3),设异面直线A1D,AB1所成角为θ,则cosθ=|𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝐴1�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=8√16·√20=√55.【能力提升练】10.(5分)二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2√17,则该二面角的大小为()A.150°B.45°C.60°D.120°【

解析】选C.由条件,知𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗.所以|𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2=|𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|2+|𝐴𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗|2+|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2+2𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=62+42+82+2×6×8c

os<𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=(2√17)2,所以cos<𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=-12,<𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=120°,所以二面角的大小为60°.11.(5分)(多选题)如图所示,在棱长为2的正方体AB

CD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,则()A.A1D⊥AFB.D1C与平面AEF所成角的正弦值为√26C.二面角A-EF-C的余弦值为13D.平面AEF截正方体所得的截面周长为2√5+3√2【解析】选B

D.由题意知A1D⊥AC1,所以A1D⊥AF错误,故A错误;以点D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D1(0,0,2),E(1,2,0),F(0,2,1),A(2,0,0),C(0,2,0),则𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0

,-2,2),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2,0),𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,1),设平面AEF的法向量n=(x,y,z),则{𝒏·𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=-𝑥+2𝑦=0𝒏·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=

-2𝑥+2𝑦+𝑧=0,令x=2,则n=(2,1,2),设D1C与平面AEF所成角为θ,则sinθ=|cos<𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=|𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏||𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗|·|𝒏|=2√8·√9=√26,故B正确;易得平面CEF的一个法向量为m=(0,1,0),cos<m,n>=𝒎·𝒏|𝒎|·|𝒏|=11×√9=13,所以二面角A-EF-C的余弦值为-13,故C错

误;因为E,F分别是棱BC,CC1的中点,所以EF∥BC1,因为AD1∥BC1,即EF∥AD1,所以平面AEF截正方体所得截面为四边形EFD1A,因为正方体的棱长为2,所以AD1=2√2,EF=√2,AE=D1F=√4+1=√5,所以平面AEF截

正方体的截面周长为2√5+3√2,故D正确.12.(5分)正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直,则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为√155.【解析】取BC的中点O,连接AO,DO,建立如图

所示的空间直角坐标系.设BC=1,则A(0,0,√32),B(0,-12,0),C(0,12,0),D(√32,0,0),所以𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0,12,√32),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√32,12,0),𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(√32,-12,0).设平面A

BD的法向量为n=(x,y,z),则{𝒏·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0𝒏·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以{12𝑦+√32𝑧=0√32𝑥+12𝑦=0,取x=1,则y=-√3,z=1,所以n=(1,-√3,1),所以|cos<n,𝐶𝐷

⃗⃗⃗⃗⃗>|=√32+√32√5×1=√155,因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为√155.答案:13.(5分)如图,已知圆柱OO1,A在圆O上,AO=1,OO1=√2,P,Q在圆O1上,且满足PQ=2√33

,则直线AO1与平面OPQ所成角的余弦值最小是3√2-√36.【解析】以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图,则O1(0,0,√2),取P(√33,√63,√2),Q(-√33,√63,√2),设A(cosθ,si

nθ,0),则𝑂1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(cosθ,sinθ,-√2),𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(√33,√63,√2),𝑄𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(2√33,0,0),设平面OPQ的法向量n=(x,y,z),则{𝒏·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=√33𝑥+√

63𝑦+√2𝑧=0𝒏·𝑄𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2√33𝑥=0,取z=-1,得n=(0,√3,-1),设直线AO1与平面OPQ所成角为α∈[0,π2],则sinα=|cos<n,𝑂1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗>|=|𝒏·𝑂1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝒏|·|𝑂1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|√3sin𝜃+√2|2√3≤√3+√22√3=3+√66,当且仅当sinθ=1,即cosθ=0,A(0,1,0)时,等号成立,即直线AO1与平面OPQ所成角的正弦值最大是3+√66,

所以直线AO1与平面OPQ所成角的余弦值最小是√1-(3+√66)2=3√2-√36.14.(10分)(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,A1C⊥底面ABC,∠ACB=90°,A1到平面B

CC1B1的距离为1.(1)求证:AC=A1C;(2)若直线AA1与BB1距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.【解析】(1)如图,因为A1C⊥底面ABC,BC⊂平面ABC,所以A1C⊥BC,又BC⊥AC,A1C,AC⊂平面ACC1A1,A1C

∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1.又BC⊂平面BCC1B1,所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.过A1作A1O⊥CC1交CC1于O,又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,A1O⊂平面ACC1A1,所以A1O⊥平面BCC1B1.因为A1到平面BCC1

B1的距离为1,所以A1O=1.在Rt△A1CC1中,A1C⊥A1C1,CC1=AA1=2,设CO=x,则C1O=2-x.因为△A1OC,△A1OC1,△A1CC1为直角三角形,且CC1=2,CO2+A1O2=A1C2,A1O2+O𝐶12=C

1𝐴12,A1C2+A1𝐶12=C1C2,所以1+x2+1+(2-x)2=4,解得x=1,所以AC=A1C=A1C1=√2.即AC=A1C.(2)连接A1B,AB1,AC1.因为AC=A1C,BC⊥A1C,BC⊥AC,BC=BC,所以Rt△ACB≌

Rt△A1CB(SAS),所以BA=BA1.过B作BD⊥AA1交AA1于D,则D为AA1中点,由直线AA1与BB1距离为2,所以BD=2.因为A1D=1,BD=2,所以A1B=AB=√5,在Rt△ABC中,BC=√𝐴𝐵2-𝐴𝐶2=√3.延长AC,使AC=CM,连接C1M,由C

M∥A1C1,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形,所以C1M∥A1C,所以C1M⊥平面ABC,又AM⊂平面ABC,所以C1M⊥AM,则在Rt△AC1M中,AM=2AC,C1M=A1C,所以AC1=√(2𝐴𝐶)2+𝐴1𝐶2,在Rt△AB

1C1中,AC1=√(2𝐴𝐶)2+𝐴1𝐶2,B1C1=BC=√3,所以AB1=√(2√2)2+(√2)2+(√3)2=√13.又A到平面BCC1B1的距离为1,所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1√13=√1313.【素养创新练】15.(5分)已知在四面体ABCD中,AB=AC=

BC=BD=CD=2√33AD=2,点E在△ABC内运动(含边界位置),记平面ABC与平面BCD所成的角为α,若4S△ADE·sinα=3S△BCE·sin∠DAE,则S△BCE的最大值为4√3-6.【解析】取BC的中点为O,由于AB=AC=BC=BD

=CD=2,所以OD⊥BC,OA⊥BC,所以∠AOD为平面ABC与平面BCD所成的角,由于OD=OA=√3,AD=√3,所以∠AOD=π3,则α=π3,设点E到BC的距离为h,则𝑆△𝐴𝐷𝐸𝑆△𝐵�

�𝐸=12·𝐴𝐷·𝐴𝐸·sin∠𝐷𝐴𝐸12𝐵𝐶·ℎ=3sin∠𝐷𝐴𝐸4sin𝛼,即AE=h,故点E的轨迹为以点A为焦点、BC为准线的抛物线在△ABC内的一段弧MN(如图,含点M,

N),建立如图所示的直角坐标系,则C(-√32,1),A(√32,0),BC:x=-√32,故抛物线方程为y2=2√3x,直线AC:y=-√33(𝑥-√32),联立方程可得x=7√3-122或x=7√3+12

2(舍去),即当点E运动到N,M的位置时,此时点E到BC的距离h最大,最大值为7√3-122+√32=4√3-6,故(𝑆△𝐵𝐶𝐸)max=12·BC·hmax=4√3-6.