卷13 空间向量与立体几何-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考数学真题分类优化卷(分项A)

最新5年高考真题分类优化卷·数学（十三） 卷13空间向量与立体几何 本卷共19小题，满分150分，考试时间120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的 1.如图，在平行六面体ABCD-A1BC1D1中，M为A,C1与B1D1的交 点.若AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中与BM相等的是 D D A0+6 1 1 1 B.-2a+2b+c C.-ga-oe 1 1 D.2a-26+c 2.设x,y∈R,a-(1,1,1),b=(1,y,之)，c=(x,-4,2),且a⊥c,b∥c, 则|2a+b|= ( A.2√2 B.0 C.3 D.3√2 3.如图所示的实验装置中，两个互相垂直的正方形 D 框架的边长均为1，活动弹子M,N分别在对角线 CA,BF上移动，且CM=BN,则MN的取值范 围是 ( A.E17 2’2 B. e停 D. 4.在四面体ABCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，O是△BCD内 一点，四面体ABCD的体积为2√，则对x,y∈R, |OA-xOB-yOC|的最小值是 ( A.2√6 B.6 3 C.√6 D.6 【最新5年高考真题分类优化卷(26-ZT)·数学（十三）13-1】 5.如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧 棱，P,(1,2,…,8)是上底面上其余的八个点，则AB·AP,(i=1,2, …,8)的不同值的个数为 () A.1 B.2 C.4 D.8 6.已知三棱柱ABC-A,B,C1满足BB,2-BA2+BC·BA1=1,|BAI= √5，AC1|=3,则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为() 号 e吗 √3 0.12 7.已知E,F分别是棱长为2的正四面体ABCD的对棱AD,BC的中 点.过EF的平面&与正四面体ABCD相截，得到一个截面多边形x, 则正确的选项是 () ①截面多边形x可能是三角形或四边形， ②截面多边形x周长的取值范围是[4,2√2+3√5] ③截面多边形x面积的取值范围是[1，√2]· @当截面多边形x是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相 垂直. A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 8.如图，在正方体ABCD-A,BC1D1中，点O为线段BD的中点.设点 P在线段B,C1上，直线OP与平面A,BD所成的角为a,则sina的取 值范围是 () D B p D B 「2√2 A. 3,1 B. 3,1 C. √22√2 D 3’3 【13-2】 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项 中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 选错的得0分. 9.(2024·天津)下列命题错误的是 () A.对空间任意一点O与不共线的三点A,B,C,若OP-xOA十yOB 十xOC,其中x,y,之∈R且x十y十之=1，则P,A,B,C四点共面 B.已知a=(1,一1)，b=(d,1),a与b的夹角为钝角，则d的取值范 围是d<1 C.若a,b共线，则|a|-|b=a+b D.若a,b共线，则一定存在实数入使得b-入a 10.如图，在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为线段A,C 上的动点，则 () A.不存在点P,使得AP⊥CD B.D,P·AP的最小值为-3 1 C当AP-号A,C时.DP1A护 D.若平面ABCD上的动点M满足∠MD,C=石，则点M的轨迹是 直线的一部分 11.如图，正八面体P1 ABCDP2棱长为1，M为线段P,C上的动点（包括 端点)，则 () 3 A.VP,ABCDP3 B.BM+MD的最小值为√3 C.当AMLDP,时，AM与BC的夹角为 D.AM·DP2≤AP,·DP 【13-3】 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.已知空间向量a=(1,一1,0)，b=(0,1,1),c=(1,2,m)共面，则实 数m= 13.在空间直角坐标系O-xy之中，点P(7,4,6)关于坐标平面xOy的对 称点P'在第 卦限；若点Q的坐标为(8，一1,5)，则向量PQ 与向量PP'夹角的余弦值是 14.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，内壁是光滑的镜面.一束光 线从A点射出，在正方体内壁经平面BCC1B,反射，又经平面 ADDA1反射后到达C1点，则从A点射出的入射光线与平面 BCC,B1,的夹角的正切值为 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤。 15.(本小题满分13分) 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4,AA1=3,M是棱AB 的中点，点N在棱AA1上，且AN=2NA1,点P在线段BN上， 且C,M,P,A1四点共面. M (1)设B1P=λB1N,求A的值； (2)若Q为线段B,P的中点，求二面角Q-BC-B1的大小. 16.(本小题满分15分) 如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=1,AA1=AB= 2,M为棱DD1的中点. 【13-4】 (1)若P是线段BM上的动点，试探究：AM·A1P是否为定值？若 是，求出该定值；否则，请说明理由， (2)过A,M作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围. 17.(本小题满分15分) 如图①，在四面体OABC中，M是棱OA上靠近点A的三等分点，N、 P分别是BC、MN的中点.设OA=a,OB=b,OC=c, P B A 图① 图② (1)用a,b,c表示OP; (2)若a·b=b·c=c·a=0,且a|=3,b=4,c|=8,以O为原 点，OA、OB、OC方向分别为x轴、y轴、之轴正方向建立空间直角坐 标系如图②所示，过点P做平面a,使平面a的一个法向量为n-(1, 一2,1)，求点N到平面a的距离. 【13-5】 18.(本小题满分17分) 如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形，PD⊥AB,PD =2√2，E为PD的中点，点M在PC上，且DM⊥CE. (1)证明：PA∥平面BDM; (2)若PD⊥BC,点N为PB上的动点，Q为PM的中点，求直线DQ 与平面DMN所成角的正弦值的最大值. 19.(本小题满分17分) 如图所示为一个半圆柱，ABCD为其轴截面，E为半圆弧CD上的任 意点（异于C、D两点）. (1)求证：不论E在何处总有DE⊥BE; (2)已知|AB|=√5,4DE·DC=EC·DC,|BC|=√2，求四棱 锥E-ABCD的体积. 【13-6】最新5年高考真题分类优 答案：1)12m:(2)买 19.解析：(1)由AA1垂直于平面ABC,且ABC- A1B,C1为直三棱柱，故AA1⊥平面A1B,C1, 故AE为三棱锥E- A P A1B1P的高， 设AE=AF=A1P=t∈ B (0,1),则A1E=1-t, E 由AB⊥AC,故A1B ⊥A1C1 1 则SaA,P=2APX A:B1=2 1 VoMPE=VEMP=3SAMPX(1-1)=61(1 =-》+ 1 故1=2时，三棱维B-APE的体积有最大 值24 (2)由AA1垂直于平面ABC,AB、ACC平 面ABC, 故AA,⊥AB、AA,⊥AC,又AB⊥AC, 故AA1、AC、AB两两垂直， 设AE=AF=AP=t∈(0,1)， 以A为原，点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有A(0,0,0)、B(1,0,0)、E(0,0,t)、F(0,t,0)、P (0,t,1)、C(0,1,0), 故BE=(-1,0,t)、BF=(-1,t,0)、BP=(-1,t, 1)、BC=(-1,1,0), 设平面BEF与平面BCP的法向量分别为m=(x1, y1,之1)n=(x2y22), m·BF=0 n·BP=0 则有 即 m·BE=o n·BC=0 /-x1+ty1=0∫-x2+ty2+x2=0 -x1十tz1=0-x2+y2=0 令x1=t,x2=1,可得y1=1、×1=1,y2=1、×2=1 -t, 故m=(t,1,1),n=(1,1,1-t), 故 cos 0 cos(m,n〉 t+1+1-t W+1+1·√/1+1+(1-t) (t2+2)(t-21+3) 令f(t)=(t2+2)(t2-2t+3),t∈(0,1)， 则f'(t)=2t(t-2t+3)+(t2+2)(2t-2) =2(21-1)(t2-t+2), -+2=(-)+子>0 故当1∈(，号)时)<0， 6 化卷(26一ZT)·数学答案 当1∈（分）时，f) C >0, B 故f)m=f() (任+2)（任-1+3） 81 16 2 8 故c0s0= /(t+2)(t2-21+3) /81 9 W16 由0为锐角时，c0s0随0的增大而减小，故当0最 小时，有c0s0最大， 8 即此时cos0= 1 9,此时1=2，即点P在AC 中点 8 答案：1D24:(2)cos0=9P在AC中点 卷13空间向量与立体几何 1.B BM-BB:+B.M-AA+BA,+BC 产1 之，1之1 1 =AA1-2AB+2AD=-2a十2b+c.故选B. 2.D由a⊥c→a·c=0→x-4+2=0→x=2, 南6→号==>y=-2=1 所以|2a+b|=12(1,1,1)+(1,-2,1)|=|(3,0, 3)川=3√2.故选D. 3.B以BA为x轴，BE 为y轴，BC为x轴建立 D 空间直角坐标系，A(1, 0,0),C(0,0,1). 设CM=tCA, B 则M(t,0,1-t),B(0, A 0,0),F(1,1,0),BN= E tBF,N(t,t,0), 则MN=√0+(1-t)'=√/2t-2t+1(0≤t≤1)， y=2r-2+1e[0,]单消递减ue(合]单 调递增， 所以1=2时，MN最小值为乞，1=0，t=1时，MN 最大值为1，所以MN∈ 1故选B. 4.D设OE=xOB十yOC,由共面向量定理得点E为 平面BCD内任意一点， OA-xOB-yOC=OA-OE=EA, 所以|OA-xOB-yOC|=|EA|, 求|OA-xOB-yOC|的最小值，即求点A到平面 BCD的距离， 设点A到平面BCD的距离为h, 6 最新5年高考真题分类优 1 由题意知S△n=2X2X2sin=3, 四而你ABCD的体叔V=吉Sa·h=26, 解得h=6,故所求最小值为6.故选D. 5.A因图中是四个相同的正方体排成的正四棱柱， 故AP,(i=1,2,…,8)在AB上的投影都是|AB|, 所以AB·AP,=|AB|·IAP,|cos(AB,AP,》= |AB|2=1,(i=1,2,…8), 即AB·AP,的值只有一个，故选A. 6.C BC=a,BB =b,BA=c, AC=BC-BA=a-c,AA:=CC1=BB=b, 则AC=AC+AA,=a+b-c,由|AC:I=3得 |AC|=3,即|a+b-c|=3, 又BA1=BA+AA1=c+b,由IBA1|=√3得 |c+b|=3, 因为BB2-BA2+BC·BA1=1,所以b2-c2+a ·(c+b)=1, 即(c+b)·(b-c)+a·(c+b)=1,即(c+b)· (a+b-c)=1, 所以osBA,AC)= BA1·AC |BA,I·|AC (c+b)·(a+b-c)1√3 1c+b·a+b-cT359, 所以异面直线BA:与AC,所成角的余孩值为 故选C 7.D对于①，当平面a过AD或BC时，截面为三 角形. 易知正四面体关于平面 ADF对称，将平面a从平 面ADF开始旋转与AB交 6 于点G时， 由对称性可知，此时平面a 与CD交于点H, 且AG=DH, 此时截面为四边形EGFH, ①正确； 对于②，设AG=m(0≤m2),由余弦定理得GE= /1 3 m+1-m=√(m-2）+, GF √(2-m)+1-(2-m) 由两点间距离公式知，GE+GF表示动点(m,0)到 定点（日）和，）的距高之和 6 化卷(26一ZT)·数学答案 当三点共线时取得最小值 √信)+慢+-2. 由二次函数单调性可知，当m=0或m=2时，GE十 GF取得最大值1+√3， 所以截面多边形π周长的取值范围是[4,2十2√5]， 所以②错误； 对于③，记GH与EF的交点为O,由对称性∠EFG =∠EFH,FG=FH, 1 所以EF⊥GH,SGFH=2EF·GH, 因为AF=√AB-BF=√3， 所以EF=√AF2-AE=√2，所以ScFH= 号aH, 记AB=a,AC=b,AD=c, 则Gi-GA+AD+Di--空a+c+罗 (b-c)=- a+受6+(1-罗) 172 因为a·b=ac=bc=2X2cas5=2,a= |b|=|c|=2, 4a2+ 所以GH= b+(1-)2-ab m(1-空）a…c+m(-空）bc=m+m2+4 (1-罗）-m-2m(1-受)+2m(1-罗）) =2(m-1)2+2, 由二次函，数性质可知，2≤GH24,即√2≤GH≤2， 所以1≤ScFH≤√2，③正确； 对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线EF,GH垂 直，所以④正确.故选D. 8.C设正方体的棱长 为2， D CI 以D为原，点，DA为x By 轴，DC为y轴，DD1为 之轴，建立空间直角坐 C 标系， 则A1(2,0,2),B(2,2, A B 0),D(0,0,0),O(1,1, 0),P(a,2,2),0≤a≤2， DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0),OP=(a-1,1,2) 设平面ABD的法向量n=(x,y,之)， fn·DA1=2x+2x=0 则{ n·DB=2x+2y=0 取x=1,得n=(1,-1,-1), 所以sina=1os(Op,ml=P·nL IoP|·lnl 7 】 最新5年高考真题分类仇 1a-1-1-21 1a-41 (√(a-1)'+5·5)3√/a-1)'+5 3 3 /a-1) 3 a-4 十 (a-4) 5 V+)+ 3 + -+1 3 √(+)+品 因为0<a<2,所以y=。在aE[0,2]上单羽 递减 。[]=(,) 调递增， 所以y=sina在a∈[0,2]是严格减函数， 所以a=2时，sn。取最小值(sina)- 3 12-4|√2 √/(2-1)+5 3 a=0时，sina取最大值(sina)mw= √3 10-41 22 w/(0-1)2+5 3 所以n的取值范周是「巨，2y].故选C 33 9.BCD因为x十y十x=1,则x=1-x一y, 所以OP=xOA+yOB+(1-x-y)OC, EpOP-OC=xOA-xOC+yOB-yOC, 所以CP=CA+CB,所以P,A,B,C四点共面， 故A正确； 因为a=(1,一1)，b=(d,1),a与b的夹角为钝角， 所以a·b<0且a与b不共线反向， 若a·b0,则d-1×1<0,解得d1: 若a与b共线，则1×1=-1×d,解得d=-1, 综上可得d<-1或-1<d<1,故B错误； 若a、b同向且b≠0，此时|a+b|=|a|+|b|, 即a|-|b|=|a十b|不成立，故C错误； 若a=0,b≠0，显然a与b共线，但是不存在入使得 b=Aa,故D错误.故选BCD. 【 化卷(26-ZT)·数学答案 10.BC当P为A,C的中 点时AP⊥CD,理由 D C 如下： A B 由图可知，当P为A,C 的中点时APC平 面ABC1D, 因为ABCD A,B,C,D,为正方体， M 所以AD⊥平面 A CDD1C1,DC1⊥CD1, 因为CD1C平面CDD1C1,所以AD⊥CD1, 因为AD∩DC1=D,AD,DC1C平面AB,C1D,所 以CD1⊥平面AB1C1D, 因为APC平面AB1C1D,所以AP⊥CD1,故A 错误； 设A1P=λA1C,A∈[0,1]， 则D1P=DAL,+AP =-AD+A (-AA+AB+AD)=(-1)AD -AA +λAB, AP=AA,+A,P=AA,+(-AA,+AB+AD)=(1 -A)AA +xAB+XAD, 所以DP·AP=A(3-2),当A=3时DP·AP 1 取得最小值，最小值为一3，故B正确： 3A4,+ 当A1P=三AC时，D,P=-1AD-244⊥2 3 12，2之。之 AB,AP=3AA+3AB+3AD,D P.AP=- 22,4 9-9+9=0, 所以D1P⊥AP,故C正确： 如图，以D为原点，分别以DA,DC,DD1为x,y,之 轴建立空间直角坐标系，D1(0,0,1),C(0,1,0),设 M(x,y,0),x∈[0,1]，y∈[0,1]， 则D1M=(x,y,-1),D1C=(0,1,-1), 当平面ABCD上的动点M满足∠MD,C=云时， ID1M·D1C cos 〈DM,D1C〉 D M D C 10+y+1 √ (√x+y+1X√I+I) 2 整理得x2+(y一2)3=1，所以点M的轨迹为椭 圆的一部分，故D错.故选BC 68】 最新5年高考真题分类优 11.BC连接AC,BD,P1P P 相交于O,故OB7BD 2,PB=1, B .PO=√/PB-OB -② 2 P 5m=1X1=1,V,m,=28m=2X号 5amm-x×号x1- 3,A错误： 因△BCP,与△DCP,均 P B 是边长为1的正三角形， 故可将△DCP1沿P1C 翻折， M 使其与△BCP1共面，得到 D'4 菱形BCD'P1, 则(BM+MD)m=BD'=1义号X2=√3，B正确 由BD⊥AC且BD⊥P1P2,AC∩P1P2=O,AC, P1P,C平面AP,CP2, 故BD⊥平面AP,CPg,AMC平面AP,CPg,, BD⊥AM, 若AM⊥DP,,BD∩DP,=D,BD,DP,C平 面BDP2, 则AM⊥平面BDP,, 故AM⊥P,P2,知M与C重合，AM与BC的夹角 为至，C正确： AM=AP+PM=AP+AP C=(1-1)AP +λAC,A∈[0,1]， 由于AC⊥BD,AC⊥OP2, OP2∩BD=O,OP2,BDC 平面BP,D,故AC⊥平 面BP,D, P,DC平面BP,D,故AC ⊥P2D AM·DP2=(1-A) AP1·DP2+0=(1-A)AP1·DP2≥AP ·DP2(AP1与DP2的夹角为钝角)，D错误.故 选BC 12.解析：设c=xa十yb,即(1,2，m)=x(1,一1,0)十y (0,1,1), x=1 故-x十y=2,解得m=y=3. m=y 答案：3 13.解析：点P(7,4,6)关于坐标平面xOy的对称点P' 为(7,4，一6)，根据卦限在空间中的位置，所以，点P 在第五卦限， 由已知可得PQ=(1,-5,-1),PP′=(0,0， 12), 【 6 化卷(26一ZT)·数学答案 12 所以cos〈PQ,PP'〉= 3 √27×12 9 答案：五 ③ 14.解析：建立如图所示的 z个 空间直角坐标系， D 则A(0,0,0),C1(2, 2,2),B(2,0,0),则C B 关于平面ADD1A1的 对称点M(-2,2,2), y 而A关于平面 D-- BB1C1C的对称点的 B N 坐标为N(4,0,0), 设直线VM与平面BB,CC的交点分别为T,则入 射光线为AT, 设T(2,m,n),则存在实数λ，使得MN=λMT, 所以(6，-2，一2)=入(4，m-2,n-2),故 2 6=4λ m= 3 2=1(m-2),故 2 -2=λ(n-2) n3 故T6,号，），1BT1-2, 因为AB⊥平面BB,C1C,故AT与平面BB1C1C 所成的角为∠ATB, 而BTC平面BB,C,C,故BT⊥AB,故tan∠ATB 3 2· 3√2」 3 答案：2或22 15.解析：(1)因为C,M,P,A1四，点共面，所以M,P, A1三点共线. 如图，取BC的中，点O,连接AO,因为正三棱柱 ABC-A1B,C1,所以上下底面为正三角形， 所以AC=AB,可得AO⊥BC,又平面ABC⊥平 面BCC1B,, 平面ABC∩平面BCCB, 24 =BC,AOC平面ABC,所 以AO⊥平面BCC1B1· 故以O为坐标原点，OB, OA所在直线分别为x,之 轴，过点O且垂直于平面 B ABC的直线为y轴，建立 如图所示的空间直角坐标 系Oxy. 易知A(0,0,23),B(2,0,0),C（-2,0, 0),A1(0,3,25),B1(2,3,0),M(1,0√)， N(0,2,23) 所以MB, =(1,3,-√5)，BV (-2,-1,23),MA1=(-1,3W3). 所以MP=MB1+B1P=MB1+AB1N =(1-2λ，3-λ，23λ-√3)， 】 最新5年高考真题分类优 由M,P,A三点共载，得4=3写 3 23λ-√5 3 ,解得入=7 结合得B30得Q(停，9)， 61863,CB=(4,0,0). 设平面QBC的法向量为n=(x,y,之)， ,令y=1,得 n·CB=4.x=0 n=(0,1,-3), 又因为平面BCC1B1的一个法向量为m=(0,0, 1) m·n 故cos(m,n)=m·m=一1X2 21 结合图可知二面角Q-BC-B,为锐二面角，则其 余资雅为 所以二面角Q-BC-B,的大小为吾 6 答案：11=号：(2)号 16,解析：(1)因为M是DD1的中点，所以DM=D1M =1, 所以A1M=√2，BM=√6，A1B=2√2， 因为A1M+BM=A1B,所以A1M⊥BM,又，点 P在线段BM上， 所以向量A1P在A1M上的投影向量为A1M, 故A,M·A1P=|A1M|2=2,为定值. (2)设球心为O,外接球半径为R,最小截面圆的半 径为r. 由已知可得R=+2+2 3 2 ,则最大的藏面 西积方成竖 以D为坐标原点，DA, DC,DD1所在直线分别 为x,y,义轴建立如图的 A 空间直角坐标系， ⊙ 则0（分1小A1,0 2),M(00,1). 取 a =OM AM (2-10w= AM 【 7 化卷(26一ZT)·数学答案 2（-1,0,-1), 则a2-5 ,a·u= 4 所以点0到直线A,M的距离为口2一() 3√2 4 即点D到注A,M的我西的矩离最大位为 所以过AM的最小截面圆的半径= )- 4 9π 因此最小的截面面积为πr2= 8 综上，栽面面积的取值范周是[9▣，9r]】 841 答案：(1)是定值，2 [判 17.解析：(1)易知OP=(OM+ON),又OM=三 o.0N=706+0)… 所以可得 1 OP 2 (OM+ON) 12，1，之、7 230A+2(0B+0C) =号（a+6+)=0++, 11 1 1 1 1 即OP=3a+4b+4c: (2)根据图②可得A(3,0,0),B(0,4,0),C(0,0,8), 即a=(3,0,0),b=(0,4,0),c=(0,0,8); 1 1 由OP=3a+4b+4c可得P(1,1,2),N(0,2, 4) 所以PV=(-1,1,2),由平面a的一个法向量为7 =(1,一2,1)可得， 点N到平面a的距离d=PV·n。=-1-2+2 n √6 6 6 所以点N到平面。的距离为 答素：1a+b+c,e 1 18.解析：(1)图为PD⊥AB,AB∥CD,所以PD⊥DC, 则DP·DC=0. 设CM=ACP(0≤A≤1)， DM =DC +CM =DC ACP =DC 0 最新5年高考真题分类优 (DP-DC)=(1-)DC+ADP CE=CD+DE=-DC+DP, 因为DM⊥CE,所以DM·CE=0, 即[1-A)DC+xDP]·(-DC+2DP)=0, 1 即(A-1)DC+21-A)·DC·DP-ADP ·DC+2ADP=0, 1 整理得4(a-1)十4以=0，解得入=2 所以M为PC的中点. 连接AC与BD交于点O,连接MO.由于底面 ABCD是正方形， 所以O为AC的中点，则OM为△PAC的中位线， 所以OM∥PA, 又因为OMC平面BDM,PA过平面BDM, 所以PA∥平面BDM. (2)因为PD⊥BC,PD ⊥AB,AB∩BC=B, AB,BCC平面ABCD, 所以PD⊥平面ABCD. 易知AD,DC,DP两两 垂直，故以D为坐标原 点，以DA,DC,DP所在 直线分别为x,y,之轴建 立如图所示的空间直角 坐标系， 则D(0,0,0),P (0,0,22),B(2,2,0),M(0,1√2)， o6.32） 则西=(o日32)Di=(o1),D (0,0,22),PB=(2,2,-22), 设PN=PB=(2μ，2μ，-22u)μ∈[0,1]， 则DN=DP+PN=(24,2μ，-2√2u+2W2)· 设平面DMN的法向量为m=(x,y,x), ,DM·m=y+W2z=0 则〈 (DN·m=2x+2y-(2√24-2√2)x=0 令y=-2μ，则x=4以-2，之=√2μ，所以m =(4μ-2，-2μw2μ) 设直线DQ与平面DMN所成角为0， 则sin0-lcos(DQ,m)1=IDQ·m |DQ·|m 7 化卷(26一ZT)·数学答案 1 X-2+3x 2 (√)+ ·√(4-2)+(-2μ)2+(2μ) 2μ ×√22m-16取+4 2 当u=0时，sin0=0. 当μ≠0时，sin0= 2μ ×22r-16p+4 2 2 _214 √19 57 √6 当且仅当=2，即以=2时等号成立 1 综上，直线DQ与平面DMN所成角的正弦值的最 大值为21四 57 答案：(1)证明见解析：(2)24 57 19.解析：(1)证明：在半圆柱中，因E为半圆孤CD上 的任意点（异于C、D两点），而CD是直径，则DE ⊥EC, ABCD为其轴截面，则BC⊥平面CDE,DEC平面 CDE,则有DE⊥BC,而EC∩BC=C,EC,BCC平 面BCE, 于是得DE⊥平面BCE,而BEC平面BCE,则DE ⊥BE, 所以，不论E在何处总有DE⊥BE. (2)在直角三角形CDE中，由4DE·DC=EC .Dc得41DE1·lDd.IDE=-|ECl· DCI DCI.IEC ,即4DE2=CE2, DC 而DE2+CE2=CD2=5, 于是得|DE|=1,|CE|=2,设直角三角形CDE 中CE的高为h, 1 25 则2DE·EC=2DC·h,所以h=S,由圆柱 的结构特征知CD的高为h也是四棱锥E-ABCD 的高， 将以vm-日×后××2华-2 答案：(1)证明见解析： 】