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（B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 1 2 3 4 5 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后 B号 c号 D.5a 3 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 () A.a=- 3,15 1 2b= 6 2,b=2 B.a- 2 C.a=-l53 15 2,b=2 3 D.a=2b=-2 4.如图，在正四棱锥P-ABCD中，E为棱PA的中点，设DA=a,DC=b,DP=c,则用 a,b,c表示BE为 () 1,1 A. 2a+2b-c 2a+ 2b+c 2a-b+1 1 C.- D.-gu-b+e 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1u243,使得1OP1+μ2OP2十43OP3=0,已知P1(1,0,1),P2(1,0,0),则不 符合题意的P3是 ( 姓名 A.(2,0,0) B.(1,1,1) C.(3,0,1) D.(4,0,4) 得分 6.两位游客来到某地的“鲸湾生活馆”外的楼梯上拍照留念，此时正好一人站在地面上(B点 处)，一人站在楼梯斜坡上(A点处)，如图所示.现将楼梯斜坡近似看作斜面，斜面与地面的交 线记作直线1，通过测量得到以下数据：斜面与地面所成的坡度角为60°，A点在地面上的投影 与B点恰好在直线L的两侧，A点到直线l的距离为AD,测得AD=6m,B点到直线l的距 离为BC,测得BC=2m,CD=4m,则A,B两点间的距离为 ) A.2/17m B.√67m C.√66m D.√65m 7.已知在四面体PABC中，△ABC为等边三角形，且B驴.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 e 0② 2 8.北京天桥艺术中心旁边的四面钟是天桥附近颇有意趣的传统景观之一.这个主体建筑 可以近似看作正四棱柱.四面钟的每一面都挂在该正四棱柱的一个侧面上.当四面钟都 正常显示标准北京时间时，相邻两面钟的时针所在直线所成角的最大值为 () A.6 c 3元 D.4 单元过关（十）数学第2页（共8页） B 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 1 10.在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1=AB=AC=2,coS∠BAA1=cos∠BAC=coS∠CAA1= B1C1的中点为O,则 ( A.B C=AC-AB B.B0-Am+3A正-3Ad C.A0-AAT+2AB-2AC D.1AO1=34 2 11.已知半径为2的球O内部有一定点P,且OP=1,A,B,C是球面上三个不同的点，且 PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC,则下列说法正确的是 () 0. B A.PA∈[1,3] 楼锥PABC的体积最大值 C.若PA+PB+PC=PD,则点D一定在球O外部 D.cos∠APO+cos∠BPO+cos∠CPO≤3 B 单元过关（十）数学第3页（共8页） 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=λOA十 OB(>0,4>0,λ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十4= 14.如图，在四棱锥A-EBCD中，AE⊥底面BCDE,底面BCDE是E为直角，EB∥DC的 直角梯形，且CD=2EB=2AE=4,DE=23,点F为AD的中点，则F到直线BC的 距离为 B 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. D 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 A C (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，在多面体ABCA1B1C1中，△ABC为正三角形，AA1⊥平面ABC,BB1 ⊥平面ABC,CC1⊥平面ABC,AA1<BB1<CC1,O,O1分别为△ABC与△A1B1C1 的重心. RL- (1)证明：BB1∥OO1,且平面AA1C1C⊥平面BB1O1O. (2)若AB=AA:=2,BB,=3,直线A:C,与平面ABC所成的角为至，求C,到平面 AO1C的距离. 单元过关（十）数学第6页（共8页） B 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-6动点E,F满足DE=XDi,AF=AE(0<A 61 <1),动点P在上底面上，满足AP⊥PH. 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. 0若平面MEF与平面MBC夹角的余弦值为24，求入的值 B 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α，B,Y,则球面三角形的面积S= (a+B+Y-π)R2. 0 0。 图1 图2 (1)若图1中∠BOC=子，求劣BC的长； (2)若图1中球面三角形ABC中的劣弧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∠AOC=1, 3,c0s∠BOC三二，AOLOB,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 当a为钝角时，N'在△ABC的外部，N'B=N'M+ BM-3a-cos. E BE'=BN'-NE=-4 2 cos a+ 2a= A EE 当a为直角时，也符合tanB= sin a 3 a 2a-2cosa, √3-cosa sin a 2 sin a 综上，tanB= (0<a<π). (15分) 所以tanB- EE' sin a √3-cosa BE=5a √3-cosa 设H(cosa,sina)(0<a<π)是x2+y2=1(上 半圆，不包括与x轴的交点)上任意一点， (12分) 则sina 可看作是半圆x2+y2=1上一点与 cos a-3 点K(3,0)连线的斜率. 当直线HK与半圆相切时，直线斜率最小，最小 B OH√2 当a为锐角时，N'在△ABC的内部，N'B=MB 值为一HK 2, -N'M-J5a-c0 所以H(cosa,sina)与K(3,0)连线的斜率的 BE'=BN'-NE=5。-a 取值范围为 √2 2a-2cos a, 20 EE'sin a 所以tanB=BE-5-cosa (14分) 即tanB的取值范围为o,乞 (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 因为正方体OABC-D'A'B'C'的棱长为a,点N, 1.B【解析】A京-AD+D京-AD+号DC-AD+ M分别在AC,BC'上，且AN=2CN,BM=2MC', 2DC+c)-A市+号(a店+a)-Ad+ 所以M(台a,3）Ng号o,所以MN 号A店+号A,所以x-y-日所以x+y-1 1 9+9=3· 2.D【解析】依题意，建立如图所示的空间直角坐标系， 3B【解析】由1Le得a∥，所以子-“士”- 2 解得a6=一 a-b 2 4 B M 4.C【解析】由图可得，BE=BA+A它=-DC+ }a妒-成+g成-=-6+2e-74 B 1 2a-b+2c. B ·40· ·数学· 参考答案及解析 5.B【解析】因为P1(1,0,1),P2(1,0,0),则OP1= 7.D【解析】在平面PBC中，过C作CE∥BP,CE (1,0,1),OP2=(1,0,0).设P3(x,y,x),则OP3= =BP,连接BE,PE, (x,y,z).因为1OP1+42OP2+uOPg=0,所 以1(1,0,1)+42(1,0,0)+3(x,y,z)= u1十2十48x=0, (0,0,0),可得μ3y=0, 则四边形BCEP为平行四边形，且B驴+BC= 1十u3之=0. BE,故BC+B驴与平面ABC所成角即为BE与平 μ1+42+2μ3=0， 面ABC所成角.又BP·BC=BP·(BA-BP), 对于A,若P(2,0,0),则43×0=0， 取μ2 故B驴·(BC-BA+BP)=0,即BP·(AC+BP)= 41十0=0， 0,即C定.(AC+C)=0,即C克·A正=0，故CE⊥ =2,则41=0,43=-1，满足14243不全为0， AE.不妨设△ABC的边长为2，则E的轨迹为以AC 故A错误； 为直径的球面（除去平面ABC中以AC为直径的 [1十2十μ3=0， 圆)，如图所示，设O为AC的中点，连接OE,OB, 对于B,若P(1,1,1),则3=0， 则1 E 41十43=0， =42=μ3=0，不满足41，H2,H3不全为0，故B正 确； [μ1十42+3μ3=0， 当E在球面上且平面BOE⊥平面ABC时，BE与平面 对于C,若P3(3,0,1),则u3×0=0, 取41 ABC所成的角最大且为∠EBO,此时BE⊥OE, 41十3=0， OE=- AC=1,B0=3,则BE=√2，tan∠EB0 =1,则43=一1,42=2，满足μ14243不全为0， 故C错误； √2 2 {1十42+43=0， 8.C【解析】由题意，在正四棱柱ABCD-AB1C1D1 对于D,若P3(4,0,4),则μ3×0=0， 取H1 中，建立如图所示的空间直角坐标系A-xy2. 1+43=0, 2 =4,则43=-1，μ2=0，满足142,43不全为0， 故D错误. 6.A【解析】由于AB=AD+DC-BC,AD⊥DC, BC⊥DC,故AD.DC=0,BC.DC=0,又斜面与地 面所成坡度角为60°，即(BC,DA)=60°， 不妨设平面A1ADD1上时钟的时针的方向向量为 u=(0,a,b),a,b不同时为0，因为四面钟都正常 显示标准北京时间，所以设平面A1ABB1上时钟 的时针的方向向量为v=(a,0,b).设相邻两面钟 π 的时针所在直线所成角为00∈0， 2 ,则cos0= *AB:=(AD+DC-BC)*=AD*+DC*+BC2+ cos(u,v)= u·v 2AD DC-2AD.BC-2BC.DC=36+16+4+ uv√a2+bX√a2+b2 0-2X6×2cos120°+0=68，故|AB=2√17m a2+b2, ·41· B 2027 单元过关 ①当6-0，a≠0时，0s0-0,则0-受： 11.ACD【解析】对于A,不妨以P为坐标原点，直 线PA,PB,PC分别为x,y,之轴，建立如图所示 1 ②当b≠0时，c0s0= a2,因为a ∈[0，十∞)， 的空间直角坐标系， 所以cos0= 62+1 综上，0的最大值为，即相尔两面钟的时针所在 直线所成角的最大值为 因为OP=1,设球心0(a,b,c),且a2+b2+c2 2 =1,可知以O为球心，r=2为半径的球面与x 二、选择题 9.ABD【解折】对于A,因为b=之十e)十( 轴分别交于(a十√3+a,0,0),(a-√3十a,0, 0)两点，与y轴分别交于(0，b十√3+b,0), c)],故b十c,b,b一c共面，故A正确； (0,b一√3十b2,0)两点，与之轴分别交于 对于B,因为a=)(a+b)+(a-b],故a,a+ (0,0,c十√3+c2),(0,0,c-√3+c2)两点 b,a一b共面，故B正确； 所以PA=a+√3+a2或PA=a-√3+a2, 对于D,因为c=a+b+c一(a+b),故a十b,a+ 又a∈[-1,1]，所以PA∈[1,3]，故A正确； b十c,c共面，故D正确； 对于C,若a十b,a一b,c共面，则存在实数入，μ， 对于B,因为Ve-专（后++a)· 使得c=λ(a十b)十u(a-b)=(a十4)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 3 (W6+3+b)·(We2+3+c),当a=6=c=3时， 底矛盾，故C错误。 10.ACD【解析】对于A,由题意得B1C=BC 日6丙+a)(03+8》(e中5t) =AC-AB,故A正确； 23,北时三棱徐PABC的体积大于，故B错误； 对于B,B0-BB+B0-AA+2BC-AA+ 对于C,由题意可知D(a十√a2+3,b+√b2+3, }cC-恋)-A-号峦+}a心，微B楼送： c+√2+3)，所以OD=(√a2+3,√b2+3, 对于C,A0-A店+B0-A店+AA-2A店十 √2十3)，即OD=√10，而r=2,所以，点D在球 O外部，故C正确； A心=AA+号A店+号A亡，故C正确； 对于D,因为cos∠APO= PA·PO PAPO =a,所以 对于D,易知Ad:=(AA+2A店+2AC) cos∠APO+cos∠BPO+cos∠CPO=a+b+c, =A+A+A衣+Am,A店+ad· 又a2+b2+c2=1,则(a+b+c)2=a2+b2+ c2+2ab+2ac+2bc≤3(a2+b2+c2)=3,当且仅 AC+2A.AC-4+1+1+1+1+号7， 22,故 当a-6=c=3。 3时等号成立，所以c0s∠AP0十 -区丝D三德 cos∠BPO+cos∠CPO≤√3，故D正确. B ·42· ·数学· 参考答案及解析 三、填空题 D(0,23,0),F(0,3,1), 12.(2,0,2)【解析】由于A(1,0,0),B(2,一1,3)， 所以BC=(2,23,0),FB=(2,-√3，-1)， C(2,0,1),则AB=(1,-1,3),CA=(-1,0,-1), BC B.CA 记c= 13。 所以AB在CA方向上的投影向量为 (220a=i=2,-5,-0, cAl 3 1 CA-4.(-1,0,-1D=(2,0,2). 则|a=√4十3+1=2w2,a·c=1 -2=-2 ICA√2 ② 所以F到直线BC的距离为d=√Ja2一(a·c)2 13.号【解析】周为动点M满足O-X0i+O店 =3T 8一4 2 (>0,4>0,λ十<1)，所以动点M在△OAB 四、解答题 内运动，如图，延长OM交AB于点N,连接NC, ND, 15.(1)证明：以点D为坐标原点，DA,DC,DD1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， E 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 =VM-ABCD 2VM-NCD =2 (1-m)Vo-NCD V2= VMOCD=mVN-OCD=mVo-Ncp,因为V1=3V2,所以 则E0.0,2）F(20）B11,1D.C01,0, 21-0=3m,部得m=号，所以O=号0示- 则成-（合，》B衣=（-10.-1， 0i+成，=号0i+0成因为A,N, 所以萨.BC-3×(-1)+0+(2)× B三点共线，所以+84=1，甲A十以-号 2 (-1)=0,即E京⊥B1C,所以EF⊥B1C.(6分) 14.③ 【解析】由题意知，AE⊥底面BCDE,BE, (2)解：由a)知，G(0,,o),-(o,-0), EDC平面BCDE,所以AE⊥BE,AE⊥ED, 则osE京，心)= EF.G ×(》 又BE⊥ED,故以E为坐标原点，EB,ED,EA IEFICGI 3、,1 2×4 所在的直线分别为x,y,之轴，建立如图所示的空 间直角坐标系， 3, (12分) A 因为EF与CG所成角的范围为 0, ,所以其 所流角的余波值为 (13分) 16.解：(1)根据图形可知AC=AB+BC+CC 则A(0,0,2),B(2,0,0),C(4,23,0), =AB+AD+AA, ·43· B 2027 单元过关 AC=AB+AD+AAI=AB:+AD:+ 由AA1⊥平面ABC,BB1⊥平面ABC,CC1⊥平 AA2+2AB·AD+2AD·AA1+2AB·AA1= 面ABC,得AA1∥BB1∥CC1, 1+4+8+2×1×2cos60°+2×2×2W2cos45°+2X 则DD1∥BB1,即点B,D,D1,B1四点共面， 1X2√2cos45°=27. 由B1O1O1D1=2:1,B0:OD=2:1, 则|AC1=3√3. (4分) 得B1O1:O1D1=BO:OD,则BB1∥OO1 (2)如图作BE⊥AA1于点E,DF⊥AA1于点 (3分) F,则EB,FD的夹角等于二面角BAA1-D的 由BB1⊥平面ABC,ACC平面ABC,得BB1⊥AC, 平面角， (5分) 又△ABC为正三角形，所以BD⊥AC, 又B1B∩BD=B,B1B,BDC平面BB1D1D, 故AC⊥平面BB1D1D, 又ACC平面AA1C1C, 所以平面AA1C1C⊥平面BB1D1D, 即平面AA1C1C⊥平面BB1O1O. (5分) 因为∠A1AB=∠A1AD=45°，AB=1,AD=2, (2)解：由于BB1∥D1D,BB1⊥平面ABC, 则DD1⊥平面ABC, AA1=2√2， 又AC,BDC平面ABC,则DD1⊥AC,DD1⊥BD, 所以AE=AB·as5-号AF=AD·s5= 又BD⊥AC,则直线DC,BD,DD1两两相互垂直， 反，放BE-号，DF=E, 故以D为原点，直线DC,DB,DD1分别为x, y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系，(7分) 易知.F而=(EA+A)·(FA+) -EA.FA+EA AD+AB.FA+AB.AD =1+号x2×eos135+,2×1Xc0s185+1X 2Xc0s60°=0， (8分) 所以cos(EB,FD)= EB.FD 1E方11FD=0, 过A1作A:E⊥CC1于点E,则A1E∥AC, 所以，励》-冬 由AA1⊥平面ABC,AA:C平面AA1C1C,得平 面AA,C1C⊥平面ABC,故直线AC是A1C1在 即二面角BAA:D的大小为受 (10分) 平面ABC内的射影， 所以∠C1A1E即为直线A1C1与平面ABC所成 (3)由(2)知BE上平面ADD1A1,而四边形 ADD1A1的面积S=AA1×DF=4, 的角，则∠C,A,E=,CE=A,E=AC=2, 则平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积V=4 又AA1=2,则C:C=C1E+EC=C1E+A1A= XBE=2√2. (15分) 4.D:D-A:A+C:C=3. 17.(1)证明：延长BO交AC于点D,延长B1O1交 2 A1C1于D1,连接DD1, 又B1B=3,则O1O=3,连接C1D, 由O,O1分别为△ABC与△A1B1C1的重心，得 则D(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,0,0),C1(1,0, D,D1分别为对应线段的中点， 3) 则DD1∥CC1, 4)00,33 B ·44· ·数学· 参考答案及解析 故DC=(1,0,4),AC=(2,0,0),AO1= 所以M=(-1,-1,0),M亦=(-1,2x-1,0), , M而=(-1，-1,4)，Ap=(x,y+1,4),Hp= (10分) (8分) 设平面AO1C的法向量为n=(x,y,之)， ①因为AP⊥PH,所以AP.HP=0, (n·AC=2x=0, 则 √3 所以+y-1+圣0，即x2+y= n·A0i=x+3y+3x=0, 则动点P的轨迹是半径为2的圆，故其轨迹长度 令之=-1，得n=(0,3√3，-1)， 为元. (10分) DC·nl 所以C1到平面AO,C的距离为 n ②设平面MEF的法向量为m=(x,y,之)， |MF·m=0, 42√7 |-x+(2λ-1)y=0, (15分) 由 得 取y= √287· MD·m=0,-x-y+4x=0, 18.(1)证明：在线段CM上取点G,使得CG=CM, 1,则m=(2以-11,2》， (12分) 连接EG,BG, 因为AM⊥BM,AM⊥BC,BM∩BC=B,BM, 因为D=D成.所以怎-C=1-2 BCC平面MBC,所以AM⊥平面MBC, 所以MA是平面MBC的一个法向量，记为n= 所以EG∥CD,且EG=(1-A)CD, MA=(-1,-1,0), 又AF=λAB,所以BF=(1-A)AB, 所以lcos(m,n)|= m·n 又AB∥CD,所以BF∥EG,且BF=EG, m n 则四边形EGBF为平行四边形，所以BG∥EF, |-2λ √2λ 又因为BGC平面BCM,EF中平面BCM, /17λ2 /17入2 反×√4-以+2 4 -4λ+2 所以EF∥平面BCM. (4分) (15分) (2)解：分别取AB,CD的中点O,O1,连接OO1, √2λ 由题意可知， 2√34 则OO1⊥底面圆O,连接OM, /17A2 17, -4λ+2 因为点M为AB的中点， 所以OM⊥AB,又OO1⊥OM,OO1⊥AB, 整理得21-1=0，解得入=2， 1 所以以O为原点，OM,OB,OO1所在直线分别 为x,y,x轴，建立如图所示的空间直角坐标系 故入的值为2 1 (17分) O-xyz, 19.解：(1)设劣弧BC的长度为1， 因为∠B0C-号R=3, 所以1=音×3=元 (3分) (2)设劣弧AB,BC,CA的长度为11，∠AOC= o:By ∠B0C=∠A0B=8,则1，-8， 3π 则A(0,-1,0),D(0,-1,4),M(1,0,0), 又8=-号-，所以0A0C,0B0C, 2π F0,2-1,0Pcy,0,H01,）, OA⊥OB, ·45· B 2027 单元过关 故平面OAB,平面OAC,平面OBC两两相互垂 则Ci=5,00),0ò-(5w5,32）i- 直，则a=B=y=2’ 所以球面三角形ABC的面积S=(a十B十Y-π)· 5-0脉-(-6，-， (11分) R2-9x 设平面OBC的法向量为m=(x1y1,之1)， Γ2 m·CB=√6x1=0, 9π 、2 则 m·CO=Bx1+3y1+2、 取y1= 故球面三角形ABC的总曲率x R=9=2 21=0, (8分) V3,则1=-√2，x1=0,可得m=(0W3,-√2)， (3)由余弦定理知，AC2=32十32-2X32× (13分) cos∠AOC=12,所以AC=23, 设平面EFG的法向量为n=(x2,y2,z2), BC2=32+32-2X32×cos∠BOC=6,所以BC =6, 成-9，-，=0… 则 取y2=t, 因为AO LBO,所以AB=√32+32=3√2， n.EF=-6x2十√3y2-tz2=0, 因为AC2+BC2=AB2,所以AC LBC, 则x2=√2t,z2=-√3，可得n=(W2t,t,-√3)， 由题知，AD是球的直径， (15分) 则AB⊥BD,AC⊥CD, 因为AC⊥BC,AC⊥CD,CD∩BC=C,且CD, 要使品名取最大值，则5血日取最小值，0s9取 BCC平面BCD,所以AC⊥平面BCD, 最大值， 又BDC平面BCD,则AC⊥BD, m·n 又AB⊥BD,AB∩AC=A,且AB,ACC平面 因为cos0=cos(m,n)|=mn ABC,所以BD⊥平面ABC, W3t+W61t+2 因为BD=√62-(3√2)=3√2=AB, W5·√3t2+3√5√2+1 所以△ABD为等腰直角三角形， 1 /(t+√2) 1 2W2t+1 X ×.1+ 所以sinp=sin∠DAB=sin牙=2. (9分) 5 Wt2+1 5 t2+1, 因为AC,BC,BD两两相互垂直， 令m=2√2t+1,m∈(1,13)， 所以以C为坐标原点，CB,CA所在直线分别为 则t=n一 ,t2=m102 8, x,y轴，过点C作BD的平行线为之轴，建立如 2√ 图所示的空间直角坐标系Cxy之， 可得2v2+1 8m t2+1 (m-1)2 8 -+1 m2-2m+9 m+9-2 6-2-2,当且仅当m=3,即4= 2 2 m 时等号成立， 设BE=t,t∈(0,3√2)， 则s0的最大值为.此时n0-=0 则A(0,23,0),B(6,0,0),C(0,0,0),D(√6,0,3√2) 2 F0W3,0),G6,0.0 2,0,0E(6,0,t), W10 sin o 2 为最小值，所以 5 sin/max√10 2 5 (17分) B ·46·