如图, 在多面体 $A B C D E$ 中, 平面 $A B D \perp$ 平面 $A B C, A B \perp A C, A E \perp B D$, $\mathbf{D E} \| \frac{1}{2} \mathbf{A C}, \mathrm{AD}=\mathbf{B D}=\mathbf{1}$.

(I)求 $\mathrm{AB}$ 的长;

(II) 已知 $2 \leq A C \leq 4$, 求点 $\mathbf{E}$ 到平面 $\mathbf{B C D}$ 的距离的最大值.

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分析: (I) 先由面面垂直的性质可得 $A C \perp$ 平面 $A B D, D E \perp$ 平面 $A B D$, 可得 $D E \perp B D$,再证明 $B D \perp$ 平面 $A D E$, 于是得 $A D \perp B D$, 由勾股定理可得结果; (II)过 $O$ 作直线 $O Y / / A C$, 以点 $O$ 为坐标原点, 直线 $O B, O Y, O D$ 分别为 $x, y, z$ 轴, 建立空间直角坐标系 $O-x y z$, 如图所示. 记 $A C=2 a$, 求出平面的一个法向量, 利用点 $E$ 到平面 $B C D$ 的距离, 结合 $2 \leq A C \leq 4$, 可得点 $E$ 到平面 $B C D$ 的距离的最大值.

详解: (I) $\because$ 平面 $\mathrm{ABD} \perp$ 平面 $\mathrm{ABC}$, 且交线为 $\mathrm{AB}$, 而 $\mathrm{AC} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{AC} \perp$ 平面 $\mathrm{ABD}$.又 $\because \mathrm{DE} / / \mathrm{AC}, \therefore \mathrm{DE} \perp$ 平面 $\mathrm{ABD}$, 从而 $\mathrm{DE} \perp \mathrm{BD}$.

注意到 $\mathrm{BD} \perp \mathrm{AE}$ ，且 $\mathrm{DE} \cap \mathrm{AE}=\mathrm{E} ， \therefore \mathrm{BD} \perp$ 平面 $\mathrm{ADE}$ ，于是， $\mathrm{BD} \perp \mathrm{AD}$.
而 $\mathrm{AD}=\mathrm{BD}=1, \quad \therefore A B=\sqrt{2}$.

(II) $\because \mathrm{AD}=\mathrm{BD}$, 取 $\mathrm{AB}$ 的中点为 $\mathrm{O}, \therefore \mathrm{DO} \perp \mathrm{AB}$.

又 $\because$ 平面 $\mathrm{ABD} \perp$ 平面 $\mathrm{ABC}, \therefore \mathrm{DO} \perp$ 平面 $\mathrm{ABC}$.

过 $O$ 作直线 $O Y / / A C$, 以点 $O$ 为坐标原点, 直线 $O B, O Y, O D$ 分别为 $x, y, z$ 轴,建立空间直角坐标系 $O-x y z ，$ 如图所示.

记 $A C=2 a$, 则 $1 \leq a \leq 2, A\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0,0\right), B\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0,0\right)$,

$C\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 2 a, 0\right), D\left(0,0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right), E\left(0,-a, \frac{\sqrt{2}}{2}\right), \overrightarrow{B C}=(-\sqrt{2}, 2 a, 0)$,

$\overrightarrow{B D}=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.

令平面 $\mathrm{BCD}$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$.

由 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{B C} \cdot \vec{n}=0 \\ \overrightarrow{B D} \cdot \vec{n}=0\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{2} x+2 a y=0 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} x+\frac{\sqrt{2}}{2} z=0\end{array}\right.$. 令 $x=\sqrt{2}$, 得 $\vec{n}=\left(\sqrt{2}, \frac{1}{a}, \sqrt{2}\right)$.

又 $\because \overrightarrow{D E}=(0,-a, 0), \therefore$ 点 $\mathrm{E}$ 到平面 $\mathrm{BCD}$ 的距离 $d=\left|\frac{\overline{D E} \cdot \bar{n}}{|\bar{n}|}\right|=\frac{1}{\sqrt{4+\frac{1}{a^{2}}}}$.

$\because 1 \leq a \leq 2, \therefore$ 当 $a=2$ 时, $d$ 取得最大值, $d_{\text {max }}=\frac{1}{\sqrt{4+\frac{1}{4}}}=\frac{2 \sqrt{17}}{17}$.

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点睛: 本题主要考查空间垂直关系, 利用空间向量求点到面的距离, 属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是: (1) 观察图形, 建立恰当的空间直角坐标系; (2)写出相应点的坐标, 求出相应直线的方向向量; (3) 设出相应平面的法向量, 利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量; (4) 将空间位置关系转化为向量关系; (5)根据定理结论求出相应的角和距离.