单元过关(十) 空间向量与立体几何-【衡水真题密卷】2027年高考数学单元过关检测（A版）

2026一2027学年度单元过关（十） 数学·空间向量与立体几何 本试卷总分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。 题号 2 3 4 6 8 答案 1.已知在正方体ABCD-A'B'C'D'中，F是侧面CD'的中心，若AF=AD+xAB+yAA, 则x十y的值为 () A B.1 c D.2 2.已知正方体OABC-D'A'B'C'的棱长为a,点N,M分别在AC,BC'上，且AN=2CN, BM=2MC',则|MN的值为 () A合 c台 n号 3.已知u=(3,a十b,a一b)(a,b∈R)是直线l的方向向量，n=(1,2,3)是平面a的法向 量，若l⊥a,则a,b的值为 () 3,15 15 A.a=2,b2 B.a2b=-3 2 1 C.a=- 3 15 26=2 D.a=2b=-2 4.在空间四边形OABC中，O-a,Oi-b,0C-c,点M在OA上，Oi-O,点N为 BC的中点，则MN= () 422+2 1 3a+3b 2c B 7 1.11 C.2a+ D.- 2 11 a+ b+29 2 单元过关（十）数学第1页（共8页） 今天放过一道错题，明天多一道障得 5.定义一个集合A,集合中的元素是空间中的点集，任取P1,P2,P3∈A,且存在不全为0 班级 的实数1μ248，使得μ1OP1十uOP2十uOP=0,已知P1(1,0,1),P2(1,0,0),则不 符合题意的P3是 ( ) A.(2,0,0) B.(1,1,1) 姓名 C.(3,0,1) D.(4,0,4) 6.如图，函数fx)=x一图象上的两点A,C关于坐标原点对称，点A的横坐标x= 得分 √2，过点A,C分别作两坐标轴的垂线得到矩形ABCD,矩形与坐标轴的交点分别记为 AA,C1,C将图象沿x轴折泰，得到一个二面角AAC,-C,若AC=,则三 面角A-A,C1C的大小为 A.30° B.60° C.120° D.150° 7.已知在四面体PABC中，△ABC为等边三角形，且BP·BC-B驴·(BA-BP),则BC+ BP与平面ABC所成角正切值的最大值为 () A.√3 B.√2 c号 D号 8.某工厂生产的一种零件是由一个圆柱OO和一个正三棱锥P-ABC穿插而成的对称组 合体，如图所示.棱PB和平面PAC都与圆柱侧面相切，G是棱PB与圆柱侧面的切点. 平面ABC.已知PA=6,AB=23,圆柱O0的底面圆半径为3 PG.BC= () 3√2 A.2 -3 B.3-3√2 C.3、3v2 D.3√2-3 2 单元过关（十）数学第2页（共8页） A 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。 题号 9 10 11 答案 9.若{a,b,c}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是 () A.b+c,b,b-c B.a;a+b;a-b C.a+b,a-b;c D.a+b,a+b+c,c 10.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD,且PA= 1,点E,F,G分别为棱AB,AD,PC的中点，则 () A.AG⊥PD B异面直线FG和AC所成的角为 6 C.平面EFG与底面ABCD夹角的正弦值为 D.过点E,F,G的平面截四棱锥P-ABCD所得的截面图形为五边形 1.如图，在斜三棱柱ABCA.B,C中，∠BAC-2,∠BAA:-,∠CAA, 3,AB= AC=1,AA1=2,点O是B1C与BC1的交点，则 () A.AO=(AB+AC+AA) B,1AO1=6 2 C.AO⊥BC D.平面ABC⊥平面B1BCC1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.在空间直角坐标系中，A(1,0,0),B(2,一1,3)，C(2,0,1),则AB在CA方向上的投影 向量的坐标为 13.已知在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，动点M满足OM=OA十 OB(>0,>0,A十μ<1).设四棱锥M-ABCD的体积为V1,三棱锥M-OCD的体积 为V2,若V1=3V2,则λ十= 14.四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，点E,F,G分别在侧棱PA,PB,PC 上，且满足PEPA,PFPB,PGPC,若平面ERG与侧陵PD交于点H四 PH PD A 单元过关（十）数学第3页（共8页） 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.(13分)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为DD1,BD的中 点，点G在线段CD上，且CG-CD. E D (1)证明：EF⊥B1C. (2)求EF与CG所成角的余弦值. 单元过关（十）数学第4页（共8页） 16.(15分)在如图所示的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，∠A1AB= ∠BAD=60°，AB=1,AD=2,AA1=2√2. D C B (1)求AC1的长度； (2)求二面角B-AA1-D的大小； (3)求平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积. 单元过关（十）数学第5页（共8页） ∠A1AD=45°， 17.(15分)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC是边长为3的正三角形，侧面 BB1C1C为正方形，A1在底面ABC内的射影为点O. C B (1)证明：OB=OC (2)若OA=OB=OC,求直线AA1和平面BB1C1C间的距离. 单元过关（十）数学第6页（共8页） A 18.(17分)如图，已知圆柱的轴截面是矩形ABCD,AB=2,BC=4,点M为AB上不同于 A,B的一点，点H在BC上，且BH三6)动点E,F满足DE=XDM,AF=XA店(0 <1),动点P在上底面上，满足AP⊥PH D B (1)证明：EF∥平面BCM. (2)已知点M为AB的中点. ①求动点P的轨迹长度， ②若平面MEF与平面MBC夹角的余弦值为，求入的值， A 单元过关（十）数学第7页（共8页） 19.（17分)高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典公式，是关于曲面的图形（由曲 率表征)和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一个重要表述，建立了空间的局部性质 和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率x与球面三角形的面积S满足x -,其中R为球的半径如图1，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为圆心的圆） S 的圆弧连接起来，所围成的图形叫做球面三角形.已知R=3,若平面OAB,平面OAC, 平面OBC两两所成的二面角的平面角分别为a,B,Y,则球面三角形的面积S= (a+B+Y-π)R2. 图1 图2 1)若图1中∠B0C=-子，求劣孤BC的长， (2②)若图1中球面三角形ABC中的劣孤AB,BC,CA的长均为，求球面三角形ABC 的总曲率x; (3)由图1截出三棱锥O-ABC,并延长AO使OD=AO,得到图2所示的三棱锥 D-ABC,若cOs∠AOC3,cos∠30C-AO LOB,E为线段BD上的一个动点 (不包含端点)，F为AC中点，G为BC中点，设平面OBC与平面EFG的夹角为0， 直线DA与平面ABC所成的角为P,求ing的最大值 sin 0 单元过关（十）数学第8页（共8页）2027 单元过关 (iⅱ)如图，过S作SS'⊥Y于点S',过R作 又因为SK⊥AB,RR'⊥AB,S'K∩RR′=R', RR'⊥Y于点R', S'K,RR'C平面RR'K,所以AB⊥平面RR'K, 过R作RG∥AB,交弧AD于点G,过G作 因为RKC平面RR'K,所以AB⊥RK,(14分) GG'⊥y于点G', 作OQ⊥CB于点Q,连接S'R'并延长交AB于 在三棱锥R-OAB中，RK=√RK+RR?= 点K,交OQ于点M, √e2+4t-t=2WE, 连接RB,RO,RA,OG,连接AR'并延长交CB 1 1 于点H, 所以S△MB=2AB·RK=2X2X2,E=2E, 所以VO-ABR=VR-ABO, 所以写×2E×doA=言×2×2x2-, 11 整理得doAR=√A-1=I 1 C MH KB K 2,所以=2， 因为OS∥AR,SR∥OA,所以SR=OA=S'R' =2. (12分) 所以tana= OS'√70 SS=7, (16分) 设S'M=t,故MR'=2-t,OM=2-t,R'K=t, OG'=2-t, 又oM=2-4=gsM=4= 2 所以GG'=√4-(2-t)7=√J4t-t,SS'=RR' 故1an∠0S'K-gM-3, OM =GG'=√4t-t, 因为OS∥AR且OS中平面ABR,所以OS∥平 所以tanB=tan(π-∠OS'K)=-tan∠OS'K= 面ABR,所以d s-ABR=do-ABR, -3. (17分) 2026一2027学年度单元过关（十） 数学·空间向量与立体几何 一、选择题 3.B【解析】由1La得u∥n,所以3=a十6- 1.B【解析】A萨-A+D-AD+2D心-A币+ 1=2 3,解得a=15 a- 2D+c心=Ai+号(+A)=Ad+号A 63 -2 4.D【解析】易知M-O-O成=？O成+0心) +号A,所以x=y=专所以x十y=1 2.D【解析】依题意，建立如图所示的空间直角坐 -a+0+c 标系， 5.B【解析】因为P1(1,0,1),P2(1,0,0),则OP1= (1,0,1),OP2=(1,0,0).设P3(xyx),则OP3= D (x,y,z).因为u1OP1十u2OP2+uOP=0,所 A B 以41(1,0,1)+42(1,0,0)+43(x,y,z)= u1十2十u3x=0, (0,0,0),可得43y=0, 41十H3z=0. B u1十2+23=0， "x 对于A,若P3(2,0,0),则43×0=0， 取2 因为正方体OABC-D'A'B'C'的棱长为a,点N, 41+0=0, M分别在AC,BC'上，且AN=2CN,BM=2MC', =2,则41=0,43=一1，满足414243不全为0， 所以M(后a号》N侣台小，所以MN- 故A错误； u1十2十3=0， 对于B,若P3(1,1,1),则u3=0, 则1 9-3 1十43=0， 。40· ·数学· 参考答案及解析 =μ2=4g=0,不满足41,42，H3不全为0，故B 8.B【解析】设AC的中点为D,连接BD,PD,过 正确； P作PQ⊥BD, 41十42十3μg=0, 对于C,若P3(3,0,1),则μ3×0=0， 取41 1十3=0， =1,则43=-1,42=2，满足142,3不全为0， 故C错误； 1+42+443=0, B 对于D,若P3(4,0,4),则μ3×0=0， 取41 由正三棱锥的性质可知，PQ⊥平面ABC,因为 1十4μ3=0， PA=PB=PC=√6，AB=BC=AC=2W3,所以 =4,则3=-1，μ2=0，满足h12a不全为0， 故D错误 正三棱锥侧面为等腰直角三角形，可得PD=√3， 6.B【解析】由题意可得，AA1=A,D=2 BD=3.设圆柱被平面PBD所截的截面圆为O3, 2,CD= 在截面PBD中，连接PO3交BD于点E,作 2W2,设二面角A-A1C1C的大小为0， O3F⊥BD,垂足为F,如图所示， 因为AC-AA1+AD+DC,所以AC12=|AA112 +|A,D12+|DC12+2AA1.AD+2AA1.D元+ 成A西-专+号+8+2×要×号 D 17 1 cos(元-0)+0+0=9-c0s9=2,所以cos0=2, 因为PB2+PD2=BD2,所以∠BPD=90°，因为 因为0°≤0≤180°，所以0=60°. 圆O3与PB,PD都相切，所以PE是∠BPD的 7.D【解析】在平面PBC中，过C作CE∥BP,CE =BP,连接BE,PE, 平分线，所以∠BPE=45,因为0，G=5-6, 2 所以PG=0G=5-5. ?,因为△PBC为等腰直 角三角形，所以∠PBC=45°，所以PG·BC= 则四边形BCEP为平行四边形，且B驴十BC= (a-）×25Xos180-45=3E+a BE,故BC+BP与平面ABC所成角即为BE与平 二、选择题 面ABC所成角.又BP·BC=BP·(BA-BP), 1 9.ABD【解析】对于A,因为b=2[(b十c)十(b 故B驴.(BC-BA+BP)=0,即BP·(AC+BP)= c)],故b十c,b,b一c共面，故A正确： 0,即CE·(AC+CE)=0,即CE·AE=0,故CE⊥ 1 AE.不妨设△ABC的边长为2，则E的轨迹为以AC 对于B,因为a-2[a+b)+(a-b)],故a,a十 为直径的球面（除去平面ABC中以AC为直径的 b,a一b共面，故B正确； 圆)，如图所示，设O为AC的中，点，连接OE,OB, 对于D,因为c=a十b十c-(a+b),故a十b,a十 b十c,c共面，故D正确； "Ao 对于C,若a十b,a-b,c共面，则存在实数入，μ， 使得c=入(a十b)十u(a-b)=(十)a+(a一u)b, 此时a,b,c共面，这与{a,b,c}构成空间的一个基 当E在球面上且平面BOE平面ABC时，BE与平面 ABC所成的角最大且为∠EBO,此时BE⊥OE, 底矛盾，故C错误. 10.ACD【解析】因为PA⊥底面ABCD,且底面 1 OE-2AC=1,B0=5,则BE=2,tan∠EB0 ABCD是边长为1的正方形，所以以，点A为原 点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,之轴，建 2 立如图所示的空间直角坐标系. ·41· A 2027 单元过关 z个 P W D 则过点E,F,G的平面截四棱锥P-ABCD所得 截面为五边形HEFKG,故D正确. 对于A,A(0,0,0),C1,1,0),P(0,0,1),D(0,1,0), 11.ABD【解析】对于A,因为AO=AB+BO=AB c(分，》则A=(分，22)P防=0,1， +(成+丽)=A店+(aC-A+AA -1,所以正.币-号号-0成AGLPD, -(店+AC+A.故A正确： 故A正确； 对于B,不妨设AB=a,AC=b,AA1=c,则{a, 对于B,固为点F是AD的中点，所以F(,号0， b,c}构成空间的一个基底. 依题意有a=|b=1,c=2,a·b=0,b·c= 又c(经日》则店-（合0》又- 1,ae=-1,南A可得，Ad-2a+b+c. (1,1,0),设FG和AC所成的角为0，则cos0= 1 则140-a2+b+e+2a·b+2bc+2a· cos(FG,AC)= FG·AC 2 FGIAC 1 2Xv2 e)-1+14+0+8-2》-8则a动-， 故B正确； 合周为9E,引，故9=音，故B错误； 对于C,因为BC=b-a,故Aò.BC= 2(a十b+ 对于C,由于PA⊥底面ABCD,所以底面AB CD的一个法向量为m=(0,0,1),点E为棱AB c)·(b-a)= 2(-1+1+1+1)=1≠0，故C 的中点，则E(号0)萨=(0小又武 错误； 对于D,如图，取BC的中点E,连接AE,则AE =(分0，》，设平面EG的法向量为n= (A店+Ad)-号a+b),周为AB=AC,E 1 1 n·EF=0, 2x+2y=0, 为BC的中点，所以AE⊥BC (xy,x),则 即 nF=o,1,+1 解得 2x+2=0, 又A正.BB-2(a+b)c=2ac+6c) n=(1,1,-1).设平面EFG与底面ABCD的夹 =2(-1+1)=0,故AE⊥BB1.又因为BCn 角为s,到sa=esmm= BB1=B,BC,BB1C平面B1BCC1,所以AE⊥ 平面B1BCC1,又AEC平面ABC,故平面ABC 1X sin a-1-cos a 1√3 3故C ⊥平面B1BCC1,故D正确. A 正确； 对于D,如图，延长FE与直线CB交于点N,延 长EF与直线CD交于点J,连接NG与PB交 于点H,连接GJ与PD交于点K,连接HE, KF, ·42· ·数学· 参考答案及解析 三、填空题 四、解答题 12.(2,0,2)【解析】由于A(1,0,0),B(2,-1,3), 15.(1)证明：以点D为坐标原点，DA,DC,DD1所 C(2,0,1),则AB=(1,-1,3),CA=(-1,0,-1), 在直线分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间 B·CA 直角坐标系， 所以AB在CA方向上的投影向量为 CA CA -4.-1,0,=1D=2,0,2). CA|√2 √2 E 13.名【解析】固为动点M满足O-0+0症 (>0,4>0,λ十4<1)，所以动，点M在△OAB 内运动，如图，延长OM交AB于点N,连接NC, ND, 则E002》F(分2o0a1.c01.0. 则E-(分，号-》Bd=(-10,-1 所以序.BC=合×(-1)+0+(2)× (-1)=0,即E京⊥B1C,所以EF⊥B1C.(6分) (2)解：由1)知，G(0,0）,C店-=(0，-子，0)， 设OM=mON,则MN=(1-m)ON,因为底面 ABCD为平行四边形，所以S口ABCD=2S△NCD,VI =VMABCD =2VMNCD =2 (1-m)Vo-NCD,V2= 则cosE京，C元) .心 合×-》 IEF1川C 51 VMOCD=m VN-ocD=m Vo-NCD,因为V1=3V2,所以 2×4 21-w)-3n,屏得m-号所以0成-号0- 3 (12分) a0i+y0i,o-号0i+30i,因为A,N, 因为EF与CG所成角的范围为 , ,所以其 B三点共线所以+=1，即X+=号 2 所成角的余滋位为 (13分) 14.名【解析】设AC与BD的交点为0，则0为 16.解：(1)根据图形可知AC=AB+BC+CC =AB+AD+AA, AC,BD的中点，所以PA+PC=PB+PD= 则ACI?=|A店+AD+AA?=AB+AD+ 2Pd.设P市-P京，所以4P吃+2P心-多P庐+ AA+2AB·AD+2AD·AA1+2AB·AA1= 1+4+8+2×1×2cos60°+2×2×2√2cos45°+2X P时，中成=-}P元+8亦+P,因为 1×2√2cos45°=27. E,FG,H四点共西，所以-号+含十子-1，解 则AC1=33. (4分) (2)如图作BE⊥AA1于点E,DF⊥AA1于点 得=号听以H2 F,则EB,FD的夹角等于二面角B-AA1-D的 平面角， (5分) D G D以✉ --0 ·43· 2027 单元过关 因为∠A1AB=∠A1AD=45°，AB=1,AD=2, (2)解：由于AA1∥BB1,BB1C平面BB1C1C, AA1=2W2, AA1中平面BB1C1C,所以AA1∥平面BB1CC, 所以AE=A·s45=竖，Ar=AD·5 要求直线AA1和平面BB1C1C间的距离，只需 求点A到平面BB1C1C的距离即可. 2,放E-要DF=反， 若OA=OB=OC,则点O为三角形ABC的外 心，从而A,O,F三点共线， 易知E丽·F市=(Ei+A·(Fi+AD) 过点O作OG∥BC交AB于点G,易知OG⊥OF, 因为A1O⊥平面ABC,OG,OFC平面ABC, =EA.FA+EA.AD+AB.FA+AB.AD 所以A1O⊥OG,A1O⊥OF, 1+V2×2×cos135°+W2X1×cos135°+1 所以OG,OF,OA1两两相互垂直， (8分) 故以点O为坐标原点，OG,OF,OA1所在直线分 2×c0s60°=0， (8分) 别为x,y,x轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以cos(EB,FD)= EB.FD EB FD-0. 所以(E弦，F币)=2， 即二面角BA,-D的大小为受， (10分) (3)由(2)知BE⊥平面ADD1A1,而四边形 ADD1A1的面积S=AA1XDF=4, 则平行六面体ABCD-A1B:C1D1的体积V=4 由题意得BF=CF=3, 0-号Ar-号×3 3十 2 XBE=22. (15分) 1333 (10分) 17.(1)证明：因为A1在底面ABC内的射影为点O, -,0A =3×2=2, 而OB,OCC平面ABC, AA1=BB1=BC=3,所以A1O=√JAA-AO2 所以A1O⊥OB,A1O⊥OC, =√9-3=√6， 故要证OB=OC,只需证A1B=A1C.(2分) 取B1C1,BC的中点分别为E,F,连接A1E, 则000.0A0,-0B(o小 AF,EF, r6o小c(-2 -.)A.0w6 所以-o85。C=(-300 BB1=AA1=(0,W3,N6), (12分) 设平面BB1C1C的法向量为n=(xo,yo,之o), 因为△ABC是边长为3的正三角形， BC·n=-3x0=0, 则 所以△A1B1C1也是边长为3的正三角形， BB1·n=√3yo+√6xo=0, 又点E是B1C1的中点，所以A1E⊥B1C, 可取n=(0,-√2,1)， 因为BC∥B1C1,所以A1E⊥BC, 因为四边形BB1C1C为正方形，B1C1,BC的中 所以点A到平面BB,C,C的距离d=A萨，n n 点分别为E,F,所以EF⊥BC, (4分) 3√6 又A1E∩EF=E,A1E,EFC平面A1EF,所以 23√2 BC⊥平面A1EF, √3 2 又因为A1FC平面A1EF,所以BC⊥A1F, 又点F是BC的中点，所以A1B=A1C 综上，直线A,和平面BB,CC间的距离为3 综上，OB=OC. (5分) (15分) A 。44· ·数学· 参考答案及解析 18.(1)证明：在线段CM上取点G,使得C=CM, 所以MA是平面MBC的一个法向量，记为n= 连接EG,BG, MA=(-1,-1,0), 因为D龙-DM,所以E-MG 而-1-a, 所以|cos(m,n)|= m·n m n 所以EG∥CD,且EG=(1-λ)CD, 1-2λ √2入 又AF=λAB,所以BF=(1-入)AB, 2×4 7λ2 -4λ+2 17A2 4 -4λ+2 又AB∥CD,所以BF∥EG,且BF=EG, 则四边形EGBF为平行四边形，所以BG∥EF, (15分) 又因为BGC平面BCM,EF寸平面BCM, √2λ 由题意可知， 234 所以EF∥平面BCM. (4分) /17λ2 17, -4+2 (2)解：分别取AB,CD的中点O,O1,连接OO1, 4 则OO1⊥底面圆O,连接OM, 1 整理得2入-1=0，解得入=2， 因为点M为AB的中点， 所以OM⊥AB,又OO1⊥OM,OO1⊥AB, 故2的值为 (17分) 所以以O为原点，OM,OB,OO1所在直线分别 19.解：(1)设劣弧BC的长度为1， 为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系 因为∠B0C=行，R=3, O-xyz, 所以1=智×3=元 (3分) (2)设劣弧AB,BC,CA的长度为1，∠AOC= BOC=∠AOB=8,则l1=23 3π O:B 2 又ò=3232，所以0AL0C,0BL0C 则A(0,-1,0),D(0,-1,4),M(1,0,0), OA⊥OB, Fo,2a-10,Pay,0,H61,8, 故平面OAB,平面OAC,平面OBC两两相互垂 所以Mi=(-1,-1,0),M=(-1,2x-1,0), 直，则e=8=y-受 Mi=(-1,-1,4),AP=(x,y+1,4),H= 所以球面三角形ABC的面积S=(a+B+Y-π)· w-1 (8分) R2=9r 2 ①因为AP⊥PH,所以AP.HP=0, 9π 所以2+y-1+星=0，即x+y= 改球面三角形ABC的总曲率x=R=9=2 (8分) 则动点P的轨迹是半径为2的圆，故其轨迹长度 (3)由余弦定理知，AC2=32十32一2×32× 为元 (10分) cos∠AOC=12,所以AC=2√3， ②设平面MEF的法向量为m=(x,y,之)， BC2=32+32-2X32Xcos∠BOC=6,所以BC MF·m=0, -x+(2λ-1)y=0, =√6， 由 得 M而.m=0, -x-y+4z=0, 取y= 因为AO⊥B0,所以AB=√32+32=3√2， 1.则m-(2-11,》 因为AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC, (12分) 由题知，AD是球的直径， 因为AM⊥BM,AM⊥BC,BM∩BC=B,BM, 则AB⊥BD,AC⊥CD, BCC平面MBC,所以AM⊥平面MBC, 因为AC⊥BC,AC⊥CD,CD∩BC=C,且CD, ·45· A 2027 单元过关 BCC平面BCD,所以AC⊥平面BCD, √3，则之1=一√2，x1=0,可得m=(0W3,-√2)， 又BDC平面BCD,则AC⊥BD, (13分) 又AB⊥BD,AB∩AC=A,且AB,ACC平面 设平面EFG的法向量为n=(x2,y2,x2), ABC,所以BD⊥平面ABC, 因为BD=√62-(3√2)7=3√2=AB, 则a…店-=0， 取y2=t, 所以△ABD为等腰直角三角形， n,Ei=-√6x2+3y2-tz2=0, 则x2=√2t,之2=-3，可得n=(2t,t,-√3)， 所以n9=DAB=-血至-是 (9分) (15分) 因为AC,BC,BD两两相互垂直， 要使ing取最大值，则sin9取最小值，cos9取 sin 所以以C为坐标原点，CB,CA所在直线分别为 最大值， x,y轴，过点C作BD的平行线为之轴，建立如 因为cos0=cos(m,n)|=mnn m·n 图所示的空间直角坐标系Cxy之， |3t+W6_1yt+w② 5·√3t2+3√5√2+1 (t+2)71 2√2t+1 -X 5√2+1 -×1+ t2+1 令m=2w2t+1,m∈(1,13)， 设BE=t,t∈(0,3√2)， 则t=m二 ,t2=m-102 2√ 8 则A(0,2W3,0),B%W6,0,0),C(0,0,0),D(W6,0,3√2)， 可得22t+1 8m F05,0.c50,0E(6,0), t2+1 (m-1)2—= -+1 m2-2m+9= 8 -2 昌=2，当月仅当m=8,即4-号 m 则ai=50.0).d-ns,82）成- 时等号成立， ,-g,0,=(-6w3,-小，11分) 则9的最大值为否，比时血g-g √2 设平面OBC的法向量为m=(x1,y1,z1), √10 为最小值，所以 (sin 2 5 m·CB=√6x1=0, 5 sin/mx√10 2 防复+是-收 则 (17分) A ·46