专题02 高一下学期期末真题精选（考题猜想，压轴16大题型）（期末复习专项训练）高一数学下学期北师大版

专题02 高一下学期期末真题精选 （考题猜想，压轴16大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 压轴一 三角函数中的零点问题（重点） · 压轴二 三角函数中的恒（能）成立问题（重点） · 压轴三 三角函数中的新定义问题（难点） · 压轴四 平面向量基本定理（重点） · 压轴五 向量的数量积（含最值与范围问题）（重点） · 压轴六 向量的模（含最值与范围问题）（重点） · 压轴七 平面向量中的新定义题（难点） · 压轴八 三角形周长（边长代数和）问题（最值与范围问题）（高频） · 压轴九 三角形面积问题（最值与范围问题）（高频） · 压轴十 正余弦定理与三角函数性质结合 （重点） · 压轴十一 复数模的最值范围问题（重点） · 压轴十二 平行垂直关系的综合证明（重点） · 压轴十三 空间几何体的表面积和体积（重点） · 压轴十四 二面角问题（重点） · 压轴十五 外接球问题（难点） · 压轴十六 内切球问题（难点） 压轴一：三角函数中的零点问题 1．（23-24高一上·江西鹰潭·期末）已知函数（），其相邻两个对称中心之间的距离为. (1)求实数的值及函数的单调递增区间； (2)将图象上所有点向平左移个单位长度，再将图象上所有点向上平移1个单位，得到函数的图象，若在上有两个不同零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)，单调递增区间是（）； (2). 【知识点】求图象变化前（后）的解析式、根据函数零点的个数求参数范围、求sinx型三角函数的单调性、辅助角公式 【分析】（1）利用三角恒等变换得，再由相邻两个对称中心之间的距离为，可求得，即，再根据正弦函数的单调性即可求解； （2）由三角函数的图象变换可得，然后将的零点问题转化为直线与函数在的图象的交点个数问题，再结合几何图形求出实数的取值范围. 【详解】（1）依题意， 因为相邻两个对称中心之间的距离为， 所以的周期，解得， 所以， 由，， 得， 所以单调递增区间为. （2）由，可得， 由，， 得，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在的图象如图所示： 因为在上有两个不同零点， 即直线与函数在的图象有两个交点，此时， 所以实数的取值范围是. 2．（24-25高一上·北京·期末）已知函数，且在区间上单调.请在下面三个条件中再选两个，回答下面两个问题： ①；②关于点对称；③关于对称. (1)求函数的解析式； (2)若（1）中所求在上有唯一零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)． 【知识点】利用正弦型函数的单调性求参数、利用正弦函数的对称性求参数、根据函数零点的个数求参数范围 【分析】（1）由单调性得出，选①得，，选②得，，选③得，两者结合求得的表达式，得出，； （2）结合正弦函数的性质可得． 【详解】（1）在区间上单调，则，所以， 选①②：且关于点对称， 则（）， 解得， 又，所以， 从而，， 又，则， 所以； 选①③，，关于对称. 则（）， 解得， 又，所以， 从而，， 又，则， 所以； 选②③ （）， 解得， 又，所以， 从而，， 又，则， 所以； （2）任选两个条件都有，解法相同： 在上有唯一零点，时，， 所以，解得．即的范围是． 3．（23-24高二下·北京海淀·期末）已知函数，其中，，若在上单调递减，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在. (1)求，的值； (2)当时，函数恰有一个零点，求的取值范围. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、正弦函数图象的应用、三角恒等变换的化简问题 【分析】（1）条件①结合的单调性比较大小可知不符合要求；条件②③结合函数的对称性与周期关系待定，再由最值点代入求即可； （2）整体换元转化为函数与的图象在上恰有一个公共点，结合图象可得. 【详解】（1）. 由，则周期为，且最大值为，最小值为. 由在上单调递减，且， 得的图象关于直线对称，所以在单调递增. 条件①由在单调递增，， 得， 故， 这与最小值为矛盾，故不选条件①； 选择条件②：在上单调递减，且，， 则，所以，解得， 所以， 由得，故，解得， 故； 选择条件③：在单调递增，由知关于对称， 由，则关于对称，且与为相邻的对称轴， 故，所以，解得， 所以， 由得，故，解得， 故； （2）函数恰有一个零点， 即与的图象在上恰有一个公共点. ,， 设，， 要使与的图象在上恰有一个公共点， 则，即. 4．（23-24高一下·北京怀柔·期末）已知函数． (1)求函数的最小正周期； (2)若，求函数的值域． (3)若函数在上有且仅有两个零点，则求的取值范围 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、三角恒等变换的化简问题、根据函数零点的个数求参数范围、求正弦（型）函数的最小正周期 【分析】（1）利用二倍角公式及两角和的正弦公式将函数化简，再结合正弦函数的性质计算可得； （2）由的范围，求出的范围，再根据正弦函数的性质计算可得； （3）首先求出的解析式，由的范围，求出的范围，再根据正弦函数的性质计算可得； 【详解】（1） ， 所以函数的最小正周期. （2）当时，， 所以，，则， 因比，函数在上的值域为． （3）因为， ，则， 若函数在上有且仅有两个零点， 则，解得， 即. 5．（23-24高一下·江西九江·期末）已知定义域为的函数满足：对于任意的，都有，则称函数具有性质. (1)若一次函数具有性质，且，求的解析式； (2)若函数（其中）具有性质，求的单调递增区间； (3)对于（1）（2）中的函数，求函数在区间上的所有零点之和. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】求sinx型三角函数的单调性、函数新定义、由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、求零点的和 【分析】（1）设，利用定义求出可得答案； （2）由定义求出的解析式，再根据正弦函数的单调性可得答案； （3）问题转化为曲线和所有交点的横坐标之和，画出它们的大致图象可得共有8个交点，再根据它们的图象都关于对称可得答案. 【详解】（1）设，则， 由，得， 又， ； （2）由，得， ，又， ， 由，得， 即， ，或， 又， 令，得， 故的单调递增区间为； （3）令，得， 问题转化为曲线和所有交点的横坐标之和， 曲线和均关于成中心对称.. ，， ， 在上单调递减， 画出它们的图象如图所示. 由图象可知曲线和共有8个交点， 设其交点的横坐标从小到大依次为， 则， 故函数在区间上的所有零点之和为. 【点睛】方法点睛：对于以函数为背景的新定义问题的求解策略：1.紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；2.用好函数的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的函数的性质的一些因素. 压轴二：三角函数中的恒（能）成立问题 1．（24-25高一上·江西景德镇·期末）已知函数的图象如图所示. (1)求函数的对称中心和单调递增区间； (2)先将函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的3倍（横坐标不变），然后将得到的函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），最后将所得图象向左平移个单位后得到函数的图象.若对任意的恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)对称中心为，；单调递增区间为 (2) 【知识点】求正弦（型）函数的对称轴及对称中心、由图象确定正（余）弦型函数解析式、求图象变化前（后）的解析式、求sinx型三角函数的单调性 【分析】（1）根据函数图象求得的解析式，然后利用整体代入法求得的对称中心和单调递增区间； （2）利用三角函数图象变换的知识求得的解析式，根据在区间上的值域转化不等式，由此求得的取值范围. 【详解】（1）由图可知：，所以，所以，， 又， 所以，. 所以. 令，，则，. 所以的对称中心为，. 令，即， 所以函数的单调递增区间为. （2）由题. 当时，. 因为对任意的恒成立， 则. 所以. 2．（23-24高一下·江西吉安·期末）已知函数的一个对称中心为．函数． (1)当时，求的值域； (2)若，使恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【知识点】利用函数单调性求最值或值域、由正弦（型）函数的值域（最值）求参数、求含sinx(型)函数的值域和最值 【分析】（1）根据定义域结合三角函数性质求出函数值域； （2）先应用换元法得出复合函数的最值，恒成立问题转化得出参数. 【详解】（1）∵的对称中心为，, ∴，即， ∵，∴，此时． （2）， ∵，∴，设，， 则有，函数图象开口向下，对称轴为， 当时，在区间上单调递增，∴， ∴，解得，∴； 当时，在区间上单调递减， ∴，∴， 解得，故； 当时，， 故，解得，∴， 综上所述，实数a的取值范围为． 3．（23-24高一下·江西萍乡·期末）已知函数（，）在区间上单调递增，，且______.从下列两个条件中选择一个补充在题中的横线上，再解答. ①；②，在区间上至少有2个零点. (1)求函数的解析式； (2)对任意的，恒成立，求实数的取值范围. 【注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.】 【答案】(1) (2). 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、函数不等式恒成立问题 【分析】（1）选条件①，根据最值以及零点，结合单调性可得，即可求解，选择②，根据单调性以及零点可得，即可求解，即可求解解析式， （2）利用整体法，结合三角函数的性质可得,即可利用换元法，即可分离参数，由基本不等式求解最值. 【详解】（1）选条件①; 由题知，的最大值为2， 在上单调递增，，， 则，解得，，所以， 又，所以，又，所以， 所以； 选条件②,因为，在区间上至少有2个零点，所以， 又因为在上单调递增，所以，即， 所以，，所以， 又，所以，又，所以， 所以； （2）因为，所以，则， 令，则在内恒成立，即在内恒成立， 令，，由基本不等式可知，当且仅当时取等号，即， 所以实数的取值范围为. 4．（23-24高三上·北京西城·期末）已知函数的一个零点为． (1)求的值及的最小正周期； (2)若对恒成立，求的最大值和的最小值． 【答案】(1)，最小正周期为 (2)的最大值是；的最小值是1 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、三角恒等变换的化简问题、根据零点求函数解析式中的参数、求正弦（型）函数的最小正周期 【分析】（1）现有条件求出值的解析式，再运用降幂公式和辅助角公式将其化成正弦型函数，即可求得的最小正周期； （2）先由给定区间求出的范围，结合正弦函数的图象，求得其值域，分析函数取最值时自变量的值，即可求出的最大值和的最小值. 【详解】（1）由题设，化简得 解得． 故 则的最小正周期为； （2）由，可得． 故得，即． 当，即时，取得最大值1； 当，即时，取得最小值． 由对恒成立，可得，且． 即的最大值是，的最小值是1． 压轴三：三角函数中的新定义问题 1．（多选）（23-24高一下·江西景德镇·期末）设R，用表示不超过的最大整数，则函数被称为高斯函数；例如，，已知，，则下列说法正确的是（    ） A．函数是偶函数 B．函数是周期函数 C．函数的图像关于直线对称 D．方程只有1个实数根 【答案】AD 【知识点】函数奇偶性的应用、函数周期性的应用、函数与方程的综合应用、正弦函数图象的应用 【分析】确定时的图象，根据的奇偶性确定部分的函数图象，根据的图象确定的图象即可求解. 【详解】选项A，函数的定义域为R， 因为，所以为偶函数， 当时，， 当时，， 当时，， 因为为偶函数，所以函数的图象如下图所示    由可知，在内， 当，Z 时，， 当，且,Z时，， 当或，Z时，， 因为，所以为偶函数，则函数的图象如下图所示      显然不是周期函数，故选项A正确，B错误, C错误; 对于方程，当时，方程有一个实数根， 当时，，此时，方程没有实数根， 当时，，此时，方程没有实数根， 所以方程只有1个实数根，故D正确； 故选：AD. 2．（24-25高一下·江西南昌·阶段练习）英国数学家泰勒发现了如下公式：，其中，此公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性。 (1)估算的值（采用四舍五入法，结果保留小数点后两位） (2)此外该公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当时，，，（解答本题时，这些不等式根据需要可以直接使用）． （ⅰ）证明：当时，； （ⅱ）设，若区间满足以下条件：①； ②当定义域为时，值域也为，则称区间为的“封闭区间”．试问是否存在“封闭区间”？若存在，求出的所有“封闭区间”，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，有唯一的“封闭区间” 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、函数新定义 【分析】（1）运用给出的公式直接计算即可； （2）（ⅰ）根据题目中给的公式即可证明. （ⅱ）通过对的取值进行分情况讨论，结合的单调性以及（ⅰ）的结论，即可求得唯一的和谐区间. 【详解】（1） （2）（ⅰ）由题意，得，所以， 所以当时，．故 （ⅱ）对于函数，有， ①若，则，故最小值为，于是， 所以，所以最大值为2，故， 此时的定义域为，值域为，符合题意． ②若，当时，同理可得，舍去， 当时，在上单调递减， 所以，于是， 若，即，则， 故，与矛盾； 若，同理，矛盾，所以，即， 由（ⅰ）知当时，， 因为，所以，从而，，从而，矛盾， 综上所述，有唯一的“封闭区间”． 3．（24-25高一上·重庆·期末） 定义一类集合：对于集合，若都满足，则称为“单位有界集”；在集合中定义一种运算：若，，定义.现对单位有界集进行如下操作：第一步，从中任取两个元素、，将中除了、以外的元素构成的集合记为，令；第二步，若集合还是单位有界集，则继续任取两个元素，将中除了以外的元素构成的集合记为，令；依次类推…… (1)对于任意的单位有界集，判断是否仍然为单位有界集．若是，请证明；若不是，请举出反例； (2)证明：若，则； (3)当时，对集合进行步上述操作，当只有一个元素时停止，求所有满足条件的． 【答案】(1)是，证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】集合新定义、诱导公式二、三、四 【分析】（1）利用比差法证明即可， （2）结合定义计算，，由此证明结论； （3）结合（1）（2）的证明结论，先取求，再取求，，逐步求出. 【详解】（1）是，证明如下： 从中任取两个元素、，，， 要证明是单位有界集，只需证明， 因为，其中， 所以，即； 因为，其中， 所以，即，所以仍然为单位有界集. （2）因为， ， 所以. （3）由（1）（2）知都为“单位有界集”，所定义的运算具有结合律， 又，即定义的运算具有交换律， 不妨先取， 因为，所以，所以， 再取，，所以， 类似的，，， 所以. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 4．（23-24高一下·北京怀柔·期末）在平面直角坐标系中，定义向量为函数的有序相伴向量. (1)设，写出函数的相伴向量； (2)若的有序相伴向量为，若函数，与直线有且仅有2个不同的交点，求实数的取值范围； (3)若的有序相伴向量为，当函数在区间上时值域为，则称区间为函数的“和谐区间”.当时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)或 (3)答案见详解 【知识点】画出具体函数图象、函数新定义、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】（1）根据两角差的正弦公式即可求解； （2）画出的图像以及直线的图像，数形结合可得的取值范围； （3）结合函数图像，对进行分类讨论即可求解. 【详解】（1）因为， 所以函数的相伴向量； （2）若的有序相伴向量为，则， 所以， 如图所示， 当， ； 由图像可知，若函数与直线有且仅有2个不同的交点，则或； （3）若的有序相伴向量为，则， 当时，， 当时，假设存在是否存在“和谐区间”，则由，得， ①若，则由，知，与值域矛盾，故存在“和谐区间”， ②同理，时，也，不存在； 下面讨论 ③若，则，故的最小值为，于是，所以，所以的最大值为，故，此时的定义域为，值域为，符合题意， ④若， 当时，同理可得，舍去， 当时，在 上单调递减， 所以，于是， 若，即，，故，， 与矛盾， 若，同理，矛盾， 所以，即， 由图像可知，当时，， 因为，所以，从而，从而，矛盾， 综上所述，有唯一“和谐区间”. 【点睛】此题为向量和三角函数相结合的新定义问题；主要把握住它们之间的转换关系即可，熟记三角恒等变换的有关公式；求取值范围转换为函数问题，数形结合解决问题. 5．（24-25高一下·辽宁沈阳·阶段练习）设函数的定义域为R，若存在常数T，，使得对于任意，成立，则称函数具有性质P． (1)判断函数和具有性质P？若具有性质P，请写出一组符合要求的T，A的值． (2)若函数具有性质P，且其对应的，．已知当时，，求函数在区间上的最大值； (3)若函数具有性质P，且直线为其图象的一条对称轴．证明：为周期函数． 【答案】(1)函数不具有性质P；函数具有性质P，， (2) (3)证明见解析 【知识点】判断证明抽象函数的周期性、求含sinx(型)函数的值域和最值、求正弦（型）函数的对称轴及对称中心、函数新定义 【分析】（1）根据性质P的定义分别对函数和进行验证即可得出结论； （2）依题意可分别求得，，再结合三角函数值域问题计算可得结果； （3）由性质P的定义以及函数对称性表达式，得出对应方程并进行化简计算即可证明为周期函数. 【详解】（1）对于可知， 因为对，不恒成立，所以函数不具有性质P； 易知，即存在，（T的答案不唯一）满足题意； 所以函数具有性质P. （2）∵函数具有性质P，且，，所以， 又时，， ∴，即，得出． 又得出． 设，则，由题意得，， 所以，时取等号． 因此，当时，的最大值为． （3）①当，时，结论显然成立； ②以下考虑不恒等于0的情况： 由具有性质P，存在，，使得. 又的图象关于直线对称，所以. 于是有 ， 所以，，于是，为函数的一个周期． 综上，为周期函数． 【点睛】关键点点睛：在证明函数周期性时，关键是利用性质P的定义以及函数对称轴方程得出相应表达式，再结合函数周期性定义即可证明出结论. 压轴四：平面向量基本定理 1．（24-25高一上·北京·期末）古代中国的太极八卦图是在一个圆中，以圆心为界，画出的两个全等的阴阳鱼．阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有阳眼，表示万物之间互相转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含着现代哲学中的“矛盾对立统一”的辩证法．图2（正八边形）是从图1（八卦模型图）抽象出来，并以正八边形的中心O为旋转中心顺时针旋转22.5°而得到，点P在正八边形的边上运动，若，则的最大值为（   ） A．2 B． C．1 D． 【答案】D 【知识点】平面向量基本定理的应用 【分析】建立平面直角坐标系，表示出相关点的坐标，确定当P点位于线段上时，才会取到最大值；设P点在线段上，设，结合平面向量基本定理以及向量的坐标运算，求出表达式，即可求得答案. 【详解】以O为坐标原点，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 设，则， ， 由于，结合正八边形的对称性。 可知当P点位于线段上时，才会取到最大值； 不妨设P点在线段上，设，即， 则， 则， 即，则， 即，当时，取到最大值， 故选：D． 2．（24-25高三上·北京通州·期中）已知是的重心，过点作一条直线与边，分别交于点，（点，与所在边的端点均不重合），设，，则的最小值是（    ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】B 【知识点】平面向量基本定理的应用、基本不等式“1”的妙用求最值 【分析】由平面向量的基本定理得到的等式，再用基本不等式求得最小值. 【详解】如图： 取中点，则，， ， ∵三点共线，∴，即， ∴， 当且仅当时，取等号； 故选：B 3．（多选）（23-24高一下·江西抚州·期中）已知中，点满足，点在内（含边界），其中，则（   ） A．若，，则 B．若两点重合，则 C．若存在，使得能成立 D．存在，使得能成立 【答案】BCD 【知识点】平面向量基本定理的应用、平面向量共线定理的推论、向量的线性运算的几何应用、三角形的心的向量表示 【分析】由平面向量的线性运算即可判断A；由重心的性质即可判断B；由平面向量基本定理即可判断CD． 【详解】对A，，即，故，则，故，故A错误； 对B，由得，，故为的重心，则为的重心，故，故正确； 对C，D，取的中点，则， 由点在内（含边界）， 过点作，与线段交于点M，与射线交于点如图所示， 设，则， 设，则， 因为，所以，则， 故C和D正确， 故选：BCD． 4．（24-25高一下·江西上饶·期中）在中，，，点F为AC上一点，且满足，则的最小值为 . 【答案】/ 【知识点】平面向量基本定理的应用 【分析】根据平面向量的基本定理计算得出，再结合的值计算求解. 【详解】在中，，， 点F为AC上一点，且满足， 所以，即得， 因为，所以或或或， 所以时得出，时得出， 时得出，时得出，得出的最小值为. 故答案为：. 5．（24-25高二下·江西景德镇·期中）如图所示，在中，为边上一点.过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（，两点不重合）.    (1)若，若，，求的值. (2)若，，是线段上任意一点，求最大值. 【答案】(1)3 (2)2 【知识点】数量积的运算律、利用平面向量基本定理求参数、向量加法的法则、用定义求向量的数量积 【分析】（1）向量的线性表示，利用三角形法则及题所给条件即可得转化用，表示，根据三点共线找出等量关系即可求解； （2）利用基本不等式即可求解. 【详解】（1）在中，由，又， 所以， 所以 ， 因为， 又，， 所以，， 所以， 又三点共线，且在线外， 所以有：，即. （2）由于，故是的中点，故， ， 当且仅当时取等号，故最大值为2. 压轴五：向量的数量积（含最值与范围问题） 1．（23-24高一下·江西吉安·期末）在中，，，，设，（），则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】余弦定理解三角形、数量积的运算律、基本不等式求和的最小值 【分析】求出，则，再利用余弦定理可得，结合基本不等式即可求解. 【详解】在中，，， 由余弦定理，得，即， 于是有①. 由，得， 即， 于是有②. 联立①②，得， 由，得， 将代入①中，得. 由，，，知， 所以 , 因为， 所以, 当且仅当即时，等号成立， 所以. 故当时，取得最大值为. 故选：C. 【点睛】求最值问题一般有两种方法：一是几何意义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解. 2．（23-24高一下·江西景德镇·期末）已知圆半径是1，直线与圆相切于点，过点的直线与圆交于，两点，且点与点在直线的两侧，点为中点，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、用定义求向量的数量积、辅助角公式 【分析】依题意，求出，，设，将转化为的函数，由三角函数的最值求解. 【详解】   依题意，在中，，， 所以，， 设，， 在中，，                   由于，则， 当时，， 此时取得最大值. 故选：D 3．（23-24高一下·北京怀柔·期末）已知向量，向量，且，点在以原点为圆心，2为半径的圆上，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、数量积的运算律、辅助角公式、数量积的坐标表示 【分析】根据题意可得为等边三角形，则或，设，然后分两种情况，再根据向量数量积的运算构造函数模型，通过函数思想求解即可. 【详解】因为，所以， 因为，，所以为等边三角形， 因为，所以或，设， 当时，则， 所以 ， 因为，所以， 所以， 所以， 当时，则， 所以 ， 因为，所以， 所以， 所以 综上，的取值范围是. 故选：D    【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积运算，考查向量的坐标运算，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是根据题意设出的坐标，然后用坐标计算数量积，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 4．（23-24高一下·北京朝阳·期末）已知，，若动点P，Q与点A，M共面，且满足，，则的最大值为（    ） A．0 B． C．1 D．2 【答案】C 【知识点】数量积的坐标表示、求含sinx（型）的二次式的最值、三角恒等变换的化简问题 【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，确定点的轨迹，由此设其坐标，再利用数量积的坐标表示，结合三角恒等变换及三角函数的性质求出最大值. 【详解】以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图，则， 由，得点在以为圆心，2为半径的圆上， 由，得点在以为圆心，1为半径的圆上， 设， 则 ， 当时，能取到所有等号， 所以的最大值为1. 故选：C 【点睛】关键点点睛：建立坐标系，利用向量的坐标运算，转化为求三角函数最值处理是解题的关键. 5．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知平面向量，，，满足，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】向量与几何最值、已知模求数量积、向量夹角的计算、坐标计算向量的模 【分析】根据，利用平方运算得，建立平面直角坐标系，根据图形的几何性质可得，将代入即可求得最大值. 【详解】因为，，设， 则，即，解得， 建立平面直角坐标系，如图所示． 设，，， 则，，，，， 因为，所以， 则， 所以的最大值为． 故选：C． 压轴六：向量的模（含最值与范围问题） 1．（24-25高三上·湖北武汉·期末）已知平面向量，，，满足，则的最小值是（   ） A．0 B．3 C． D．2 【答案】D 【知识点】数量积的运算律 【分析】不妨设，计算 ，当时， 【详解】解：向量满足， 则不妨设， 则， 则，且， 则 ， 当时， 故选：D. 2．（23-24高一下·江西景德镇·期末）在中，，，，为边上两点，且，则的最小值为 . 【答案】 【知识点】数量积的坐标表示、基本不等式求和的最小值、用和、差角的正切公式化简、求值 【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合向量的坐标运算法则及基本不等式求解数量积的最小值即可. 【详解】如图所示，以的中点为原点，为轴，射线为非负轴建立平面直角坐标系，    则，，，设， 不妨假设D在E的左侧，则由知，， 据此有：，，则. 因为，所以，所以， 所以，所以， 令， 则， 当且仅当即时，等号成立， 故的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义.具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用. 3．（23-24高一下·江苏·期末）已知是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是 . 【答案】3 【知识点】直线与圆的位置关系求距离的最值、平面向量数量积的几何意义、数量积的坐标表示 【分析】依题意将各向量坐标化得出代表的几何意义，再根据圆上点到直线距离最值问题即可求解. 【详解】设， 则由得，，即可得； 由得，即； 易知代表以为圆心上的点到直线的距离， 圆心到直线的距离为， 因此的最小值为圆心到直线的距离4减去半径1，为3. 故答案为：3 【点睛】方法点睛：将向量坐标化是求解距离或最值问题常用的方法之一，其思想是将代数问题几何化，使所求问题更加直观形象，即可求解. 4．（23-24高一下·广西崇左·期末）已知是的重心，的面积是，则的最小值是 . 【答案】 【知识点】数量积的运算律、已知数量积求模、三角形面积公式及其应用、向量加法的运算律 【分析】根据三角形重心得出，结合面积公式计算得解，应用向量关系平方计算应用基本不等式计算即可. 【详解】如图，取的中点，连接. 设的内角的对边分别为. 因为是的重心，所以在线段上，且. 因为的面积是，所以，解得. 因为是的中点，所以，所以，即， 当且仅当时，等号成立，则. 因为是的中点，所以，所以. 故答案为： 5．（2025·江西南昌·二模）已知向量，，则的最小值是 . 【答案】 【知识点】坐标计算向量的模、数量积的坐标表示 【分析】设，由平面向量数量积的运算可出，再利用平面向量的模长公式结合二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】设，则，可得， 故， 当且仅当时，取最小值. 故答案为：. 压轴七：平面向量中的新定义题 1．（23-24高一下·江西吉安·期末）直角坐标系和斜坐标系都是法国数学家笛卡尔发明的．设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量．若，则把有序数对叫做向量在斜坐标系下的坐标．设，． （1）若，则 ； （2）若，则 ． 【答案】 / 【知识点】数量积的运算律、向量新定义 【分析】（1）根据定义将向量化为，然后由数量积的性质可得； （2）根据定义将向量化为，，然后由数量积定义和性质列方程可得. 【详解】（1）因为，所以 若，则， 所以； （2）因为，，所以，， 若，则， 所以，即， 因为，所以. 故答案为：；. 2．（23-24高一下·江西萍乡·期末）设有维向量，，称为向量和的内积.记为全体由和1构成的维向量的集合. (1)若，存在，使得，写出所有满足条件的； (2)令，若，证明：为偶数； (3)若表示能从中选出向量的个数的最大值，且满足选出的向量互相之间的内积均为0，猜测的值，并给出一个实例. 【答案】(1)，，，，，； (2)证明见解析 (3). 【知识点】向量新定义、垂直关系的向量表示 【分析】（1）根据定义写出满足条件的即可； （2）根据，结合定义，求出，即可得证； （3）利用反证法求证. 【详解】（1））由定义，只需满足， 故所有满足条件的有6个，为：，，，，，； （2）由题知，存在，与，，，使， 当时，；当时，，. 若有个，则有个，则， 所以为偶数； （3）猜测符合要求的4维向量最多有4个，即，举例如下： 不妨取，，，， 则有，，，，，， 若存在使，则或或， 当时，；当时，； 当时，，. 故找不到第5个4维向量与已知的4个向量满足互相之间的内积均为0，即. 3．（23-24高一下·北京·期中）对于数集，其中，．定义向量集．若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P． (1)已知数集，请你写出数集对应的向量集，是否具有性质P？ (2)若，且具有性质P，求x的值； (3)若X具有性质P，求证：，且当时，． 【答案】(1)，具有性质 (2)4 (3)证明见解析 【知识点】数量积的坐标表示、向量新定义 【分析】（1）根据向量集的定义，即可写出.在中，检验任意，存在，使得，即可得出答案； （2）在中取，可得或，根据数量积的坐标公式结合条件即得； （3）取，设，根据条件可得 中一个必为，另一个数是1，从而 ，然后利用反证法，即得. 【详解】（1）由已知可得，. 因为，，，，，， 即对任意，存在，使得， 所以，具有性质. （2）因为具有性质， 取，由，则中的或. 当时，由可得，. 因为，所以或，所以或. 又，则； 当时，有可得，. 因为，所以不存在，舍去. 综上所述，. （3）因为数集，其中， 取，设， 由得，则， 则和中有一个数是， 则和中有一个数是，即， 假设，则， 再取，，则， 所以和异号，且其中一个值为， 若，则，矛盾； 若，则，矛盾； 则假设不成立， 可得当时，. 【点睛】思路点睛：根据题意向量集的概念，以及集合中的特殊元素“”，得出元素“1”，进而假设，根据数量积为0，推出矛盾，即可得出证明. 4．（23-24高一下·北京丰台·期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，作，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定． (1)分别根据下列已知条件求： ①，；②，； (2)若向量，求证：； (3)若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记，，． （i）当时，求的最大值； （ii）写出的最大值．（只需写出结果） 【答案】(1)详见解析； (2)详见解析； (3)（i）；（ii） ． 【知识点】平面向量线性运算的坐标表示、向量在几何中的其他应用、辅助角公式、向量新定义 【分析】（1）由求解； （2）由证明； （3）（i）设， 由求解；（ii）求解. 【详解】（1）解：因为，， 且， 所以； 又，， 是 ； （2）因为向量，， 且向量， 则， 所以， 同理， 所以； （3）（i）设，因为， 所以， 所以， ， 当，即时， 取得最大值； （ii）设不包含的，不包含的，不包含的所对的圆心角分别是. 不妨设，否则适当地将中一点改为其对径点，则不变，但情况变为. 又由于，故 . 当是正三角形时，有，此时. 所以的最大值为． 压轴八：三角形周长（边长代数和）问题（最值与范围问题） 1．（23-24高一下·河北沧州·期末）在中，内角所对的边分别是，． (1)求角； (2)若为边上一点，且满足，， ①求的值； ②求的取值范围． 【答案】(1) (2)① ；② 【知识点】辅助角公式、正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）先利用余弦定理把等式的左边进行化简为，然后利用三角形的性质把左边继续化简为，然后再利用正弦定理即可求解. （2）根据，判断出AD是的平分线，然后利用等面积法得到，即可求解；根据正弦定理进行边化角把表示出来即可求解. 【详解】（1）由余弦定理，等式左边， 因为，所以，所以等式左边． 所以，化简得， 由正弦定理得， 因为，所以， 代入上式化简得． 因为，所以，所以， 即，因为，所以． （2）①，所以AD是的平分线， 由（1）知，，所以， 在中，， 即， 化简得，则． ②在中，由正弦定理得． 即， 在中，由正弦定理得， 所以， 因为，所以， 所以． 因为．所以，所以， 所以的取值范围为． 2．（23-24高一下·山西·阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. (1)求角B的大小； (2)若，，求周长的取值范围. 【答案】(1)或 (2) 【知识点】正弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）先用正弦定理边化角，再由两角和正弦公式即可进一步求出角B. （2）先由确定角B，然后用正弦定理边化角得，再利用和三角恒等变换公式化为一角一函数，接着利用三角函数的有界性即可求解. 【详解】（1）由正弦定理和得： ， 故， 又，所以，即， 又，所以或. （2）若，则, 所以由（1），又， 所以由正弦定理得， 所以 ， 又由上，所以， 所以， 所以，即周长的取值范围为. 3．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. (1)求角B； (2)若，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）利用正弦定理，作边化角处理，然后化简可求解. （2）利用正弦定理，可得周长，化简后，利用三角函数的性质可求得周长的范围. 【详解】（1）因为， 整理得，， ， ， ，可得， ， ，，最后可得， （2）， ， 周长， ， ，， 周长的范围为 4．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，内角所对的边分别为，其面积为，满足. (1)若，求的最大值； (2)若，求的最小值. 【答案】(1)3 (2)1 【知识点】正弦定理求外接圆半径、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）根据数量积的定义及面积公式化简已知得，求出角C，然后利用数量积的运算律把所求式子化为二次函数，利用二次函数求解最值； （2）方法一：利用余弦定理结合基本不等式即可求出；方法二：由余弦定理得，两边常数代换，转化方程有解问题，利用判别式法求解. 【详解】（1）由， 故，化简得：，所以或（舍去）， 解得，设的中点为，令，由于， 故的外接圆半径， 当为正三角形（在处）时，，故， 由于，， 所以 ， 所以的最大值为3； （2）方法一：由，可得， 又，当且仅当时，等号成立， 故由余弦定理可得， 当且仅当，即时取“=”号，所以的最小值为1. 方法二：由，由余弦定理可得，又， 所以， 故，即， 则，整理得，解得， 当且仅当，即时取“=”号，所以的最小值为1. 【点睛】方法点睛：平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 5．（2025·四川成都·三模）设的内角，，所对的边分别为，，，且，． (1)求角； (2)点为边的中点，若，求的面积； (3)如图所示，点是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）利用正余弦定理以及诱导公式求解即可； （2）根据为边的中点得到，两边平方后结合余弦定理求解即可； （3）利用正弦定理得到和，再利用余弦定理结合诱导公式以及二倍角公式得到，写出的表达式，求导判断单调性即可求解. 【详解】（1）由可得， 由正弦定理得， ， 所以，即． 由余弦定理，又因为，因此； 或者：由内角和定理得， 由正弦定理可知， 所以，即． 由余弦定理，又因为，因此； （2）因为中线，所以； 两边同时平方得，即， 在中，，由余弦定理可得， 可得，所以； （3）在中，由正弦定理可得，即， 在中，由正弦定理可得，即． 因为四边形的内角和为，且， 所以， 在中， 所以， 则， ， 因为在中，所以， 则，在单调递增， 因为，所以， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键点在于利用正弦定理将边化角，再利用导数判断函数的单调性. 压轴九：三角形面积问题（最值与范围问题） 1．（24-25高一下·江西上饶·期中）若中的一个内角等于中的一个内角，则称和为同源三角形，这组相等的内角称为同源三角形和的同源角． (1)若在中，，，，判断和等腰直角三角形是否为同源三角形，并说明理由． (2)如图，同源三角形和的同源角为和，且． ①求； ②若，求面积的最大值． 【答案】(1)和等腰直角三角形为同源三角形，理由见解析 (2)①；② 【知识点】正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理边角互化的应用、求三角形面积的最值或范围 【分析】（1）由已知，利用正弦定理可得在中，即可说明和等腰直角三角形是否为同源三角形． （2）①由已知，利用三角形和，和的面积之比为边之间的关系之比，计算可得； ②由已知及①，设，可知，在中，利用余弦定理可由表示出，利用同角间的关系可表示出，进而表示出，利用二次函数求出最大值，开方后即可得到面积的最大值． 【详解】（1）和等腰直角三角形为同源三角形，理由如下： 在中，，， 由正弦定理， 得， 由，得，所以， 因为在等腰直角三角形中，存在大小为的内角， 所以和等腰直角三角形为同源三角形． （2）①由题意得，，，四点共线，设在边上的高为， 则，，的高均为， 因为，， 则，， ， 所以， ， 则， ， 两式相乘得， 所以． ②若，因为，则， 由①知，设，则，由，得． 在中，， 得， 则． 由，得，当时，的面积取得最大值，且最大值为． 2．（24-25高一下·江苏扬州·期中）在中，内角，，的对边分别为，，，且，. (1)求角和； (2)已知，设、为线段上的两个动点（靠近点），且. ①若，求的周长； ②当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ 【答案】(1)， (2)①；②当，的面积取最小值 【知识点】三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、求三角形面积的最值或范围 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，即可求出，由余弦定理及已知条件得到，再由正弦定理将边化角，即可求出； （2）①利用余弦定理可求出的长，推导出，可求出、的长，即可得出的周长； ②设，由正弦定理得出，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换、三角函数的基本性质可求出面积的最小值及其对应的值. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 又，所以，则，又，所以； 因为，由余弦定理可得, 即，由正弦定理可得， 所以， 则， 所以， 即，即，即， 又，所以，所以，则； （2）①由（1）可知， 因为，由正弦定理，所以，， 在中，由余弦定理可得 ，则， 因为，所以， ∵，∴， ∴，∴的周长为. ②设， 在中，， 由正弦定理，得， 又在中，由正弦定理可得，得， 所以 ， 所以当且仅当，即时，的面积取最小值为. 3．（23-24高一下·福建厦门·开学考试）为改进城市旅游景观面貌､提高市民的生活幸福指数，城建部门拟在以水源为圆心的空地上，规划一个形状为四边形的动植物园．如图：四边形内接于圆为动物园区，为植物园区（为了方便植物园的浇水灌溉，水源必须在植物园区的内部或边界上）．又根据规划已知千米，千米． (1)若，且，求边的长？ (2)若千米，求该动植物园区面积的最大值？ 【答案】(1)千米 (2) 【知识点】求三角形面积的最值或范围、正、余弦定理的其他应用、余弦定理解三角形、正弦定理解三角形 【分析】（1）根据题意在由余弦定理可求出AC，再在中由正弦定理求DC即可. （2）根据已知条件、两个三角形和边角的联系建立需求量之间的等量关系，再由面积公式进行推算即可. 【详解】（1），则， 在中，，即， 在中，， 由正弦定理知；，即， 则千米. （2）设，则，在中：， 在中：， 则，得， 因为，故，当且仅当时等号成立， 故，故，故， 故，故， 所以 ， 当等号成立时，，， 此时，故此时为锐角三角形， 即圆心在的内部或边界， 所以. 【点睛】思路点睛：解决本题关键在于熟练掌握正余弦定理及其面积公式基础上抓住已知量和需求量的联系建立等量关系；解决三角形问题核心思想是边角互化，最值或取值范围问题常用理论：基本不等式或边化角利用三角函数值的有界性去解决. 4．（24-25高一下·河南·期中）已知分别为三个内角的对边，且，. (1)求； (2)若为锐角三角形，且外接圆圆心为. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）求和面积之差的最大值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【知识点】正弦定理解三角形、余弦定理解三角形、求三角形面积的最值或范围 【分析】（1）先对已知等式变形，得到，再用余弦定理求出的值，结合角的范围确定的大小． （2）（i）先把转化为，因为是外心，得出与的值． 用余弦定理求出，进而得到关于的表达式．再用正弦定理求出关于的表达式，根据角的范围确定的范围，最后得到的范围． （ⅱ）先根据三角形外接圆半径与三角形边和角的关系得出外接圆半径表达式，再利用三角形面积公式结合已知圆心角求出和，进而得到的表达式，通过换元法将其转化为二次函数，最后根据二次函数性质求出最大值． 【详解】（1），即， 由余弦定理得，又，所以. （2）（ⅰ）由， 因为O为外接圆圆心，即外心， 所以，， 由余弦定理得，， 所以， 由正弦定理得，， 则， 由，解得， 所以，则，所以. （ⅱ）设外接圆半径为R，则， 且，即， 因为，， 所以， ， 所以， 由（ⅰ）知，，令， 则， 所以当时，取得最大值. 5．（24-25高一下·安徽·期中）在中，内角所对的边分别为，已知. (1)求； (2)若，，的平分线交于点，求线段的长； (3)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、三角恒等变换的化简问题、三角形面积公式及其应用、求三角形面积的最值或范围 【分析】（1）由已知式展开后逆用和角公式和辅助角公式化简得到，借助于三角形内角范围即可求得角； （2）由三角形面积公式和等面积建立方程，求解即得； （3）方法一：作 于点，过点作，由题可得点在之间，根据图形得，推得，即可代入三角形面积公式求得其范围；方法二：由正弦定理可得，求出利用正切函数的单调性求得，代入三角形面积公式即可求得其范围 【详解】（1） 即 因 ，则，故，解得 . （2）由（1）已得 由为的平分线，可得 设，由可得 ， 即 解得 ，即. （3）      方法一：如图，作 于点，过点作，交直线于点， 当点在之间时， 为锐角三角形 ∴，即，因，则得，        的面积的取值范围为. 方法二：由正弦定理，可得 ∵均为锐角   解得 故 可得 故 又 ，的面积的取值范围为 压轴十：正余弦定理与三角函数性质结合 1．（22-23高一下·江西萍乡·期末）已知函数，的图象在半个周期内过，，，四点中的三点． (1)求函数解析式； (2)在锐角中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若，，求b的取值范围． 【答案】(1) (2) 【知识点】由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、余弦定理解三角形 【分析】（1）根据正弦函数图象的性质分析可得函数图象过A，B，C三点，然后将点的坐标代入函数解析式中可求出，从而可得函数解析式； （2）由可求得，然后由余弦定理得，再结合为锐角三角形，可求出b的取值范围． 【详解】（1）B，D两点关于x轴对称，A，D，C组合的图象大于半个周期，故函数图象过A，B，C三点， A点坐标代入有，又，则， B点坐标代入有，则，，即， 因为图象在半个周期内过A，B，C三点，则只有当时适合，即，经检验，C点符合题意， 于是； （2）由于，在锐角中，可得， 由余弦定理有，即， 又在锐角中，有，，同时成立， 即，，同时成立， 所以，，同时成立， 解得， 所以b的取值范围为． 2．（22-23高一下·江西景德镇·期末）函数，将函数的图像向右平移个单位，纵坐标不变，将横坐标变为原来的2倍，得到函数. (1)求函数的单调增区间； (2)在锐角中，，，求的内切圆的半径的取值范围. 【答案】(1)（） (2) 【知识点】求图象变化前（后）的解析式、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、求sinx型三角函数的单调性 【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换的公式将函数的解析式化简，再由三角函数的图像变换即可得到的解析式，从而得到结果； （2）根据题意，由条件可得，再结合三角形的面积公式以及余弦定理化简，即可得到，再由正弦定理即可得到结果. 【详解】（1） . 则将函数的图像向右平移个单位，可得 再将纵坐标不变，将横坐标变为原来的2倍，得到函数. 令，，解得，， 所以的单调递增区间为，（）. （2）∵，其中， ∴，且， ∵， ∴，又∵， ∴，∴， ∴，∴， 由正弦定理可得：， 则 ， ∵为锐角三角形，∴，则， ∴，∴. 3．（24-25高一上·江苏无锡·期末）已知函数. (1)求函数的最小正周期； (2)在中，，，求的值. 【答案】(1)； (2). 【知识点】三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系、求正弦（型）函数的最小正周期、用和、差角的余弦公式化简、求值、辅助角公式 【分析】（1）利用诱导公式及二倍角公式、辅助角公式化简函数，再求出其周期. （2）由（1）求出，再利用同角公式、和角的余弦公式计算得解. 【详解】（1）函数 ， 所以函数的最小正周期. （2）由（1）得，解得， 在中，，由，得或， 则，，因此，解得，此时， 由，得，所以 . 4．（24-25高一上·安徽六安·期末）已知函数. (1)化简并求出它的最小正周期； (2)在中，若，求的最大值. 【答案】(1)；最小正周期为 (2) 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、求正弦（型）函数的最小正周期、三角恒等变换的化简问题 【分析】（1）利用三角恒等变换化简整理，进而可得最小正周期； （2）代入结合正弦函数最值可得，根据消元，利用三角恒等变换化简整理即可得最值. 【详解】（1）依题意， ， 所以函数的周期为. （2）由（1）知，， 在中，则，可得， 于是，解得， 则，即， 可得， 因为，则， 可知当，即时，， 所以的最大值为. 5．（22-23高一上·广东广州·期末）已知函数. (1)求函数的最小正周期； (2)在中，若，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、求正弦（型）函数的最小正周期、二倍角的正弦公式、辅助角公式 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数，再利用正弦函数性质求出周期作答. （2）由（1）中函数式求出A，再利用差角的正弦公式、辅助角公式结合正弦函数性质求解作答. 【详解】（1）依题意， ， 所以函数的周期为. （2）由（1）知，， 在中，，有，于是，解得，则， ， 显然，，因此当，即时，， 所以的最大值为. 压轴十一：复数模的最值范围问题 1．（24-25高一下·河南·期中）已知复数满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】求复数的模、与复数模相关的轨迹（图形）问题 【分析】先确定所表示的图形，再分析的几何意义，最后结合图形求出的最大值． 【详解】设（），则． 已知，根据复数的模的计算公式可得． 等式两边同时平方可得， 这表示复平面上以点为圆心，半径的圆． 因为，所以，则， 它表示复平面上复数所对应的点与点之间的距离． 根据两点间距离公式，可得圆心与点之间的距离为： ． 因为表示点与点之间的距离，而点在以为圆心，半径为的圆上， 所以的最大值为圆心到点的距离加上圆的半径，即． 的最大值为． 故选：A． 2．（24-25高一下·江苏连云港·期中）已知为虚数单位，如果复数满足，那么的最小值是（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【知识点】复数的坐标表示、与复数模相关的轨迹（图形）问题 【分析】直接利用复数模的几何意义求出点的轨迹．然后作图求解即可． 【详解】设在复平面内对应的点分别为， 因， 且，则复数对应的点的轨迹为线段，如图所示. 故的最小值问题可理解为：动点在线段上移动，求的最小值， 故只需作，交线段于点，则即为所求的最小值1，故的最小值是1. 故选：A. 3．（24-25高一下·浙江杭州·期中）复数，满足，，则的最小值为 . 【答案】/ 【知识点】求复数的模、与复数模相关的轨迹（图形）问题 【分析】设，利用复数模的意义求出在复平面内对应点的轨迹，再结合复数的几何意义及圆的性质求出最小值. 【详解】设，则，由，得， 整理得，即在复平面内对应点的轨迹为直线， 由，得在复平面内对应点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆， 过点作于点，线段交圆于，则为等腰直角三角形，， 而表示在复平面内复数对应点的距离， 所以的最小值为. 故答案为： 4．（24-25高一下·重庆·期中）已知复数满足，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】求复数的模 【分析】设复数，由已知可得，进而根据可求最小值. 【详解】设复数，因为， 所以，所以， 所以，所以， 所以， 当且仅当时，取等号，即的最小值为. 故答案为：. 5．（24-25高一下·浙江·期中）已知，复数，，且，若，则的最小值 . 【答案】 【知识点】求复数的模、复数加减法的代数运算 【分析】根据复数加减法则运算可得，再由二次函数性质计算可得当时取得最小值. 【详解】由可得，即可得； 因此； 当时，取得最小值. 故答案为： 压轴十二：平行垂直关系的综合证明 1．（22-23高一下·江西吉安·期末）如图，在三棱锥中，，点D，M分别为AC，PB的中点，． (1)证明：//平面BDF； (2)若平面//平面BDF，其中平面，，证明：AN是AM在平面PAC上的投影． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【知识点】证明面面平行、证明线面平行、证明线面垂直、面面平行证明线面平行 【分析】（1）取的中点，利用线面、面面平行的判定、性质推理作答. （2）利用面面平行的性质、线面垂直的判定推理作答. 【详解】（1）取的中点，连接，由，得，点为的中点，    又点为的中点，则，又平面平面，于是平面， 又点为的中点，点为的中点，则，又平面，平面， 因此平面，又平面，平面平面，又平面， 所以平面. （2）平面平面，且平面平面，平面平面，则， 由为的中点，得，则， 又平面，因此平面， 所以是在平面上的投影. 2．（22-23高三上·江西赣州·期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面，点M是棱上的动点． (1)证明：； (2)设，求当平面时的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【知识点】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）根据平面和推出，根据余弦定理计算推出，根据线面垂直的判定定理得到平面，从而可得； （2）连，交于点N，连，根据线面平行的性质定理推出，再根据三角形相似可求出结果. 【详解】（1）证明：由于平面且， 所以平面，又平面，所以． 由， 得，即， 解得或（舍）， 所以，即， 又平面，，且， 所以平面，而平面， 因此． （2）连，交于点N，连， 因为平面，平面，平面平面， 所以，故． 在梯形中，根据与相似，可得， 所以，即当平面时的值为． 3．（23-24高一下·北京怀柔·期末）如图1，在中，分别为的中点.将沿折起到的位置（与不重合），连，如图2.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面交于过的直线，求证； (3)线段上是否存在点，使得平面，若存在，指出点位置并证明；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析. (2)证明见解析. (3)在线段上存在点，即为的中点,使得平面. 【知识点】线面平行的性质、证明面面垂直、证明线面垂直 【分析】（1）先证明，根据线面垂直的判断定理得平面，再由面面垂直的判断定理即可证明； （2）先证明平面，再由平面，且平面平面，根据线面平行的性质得. （3）线段上存在点，即为的中点，取中点，连接，证明平面，再由四点在同一个平面得到平面. 【详解】（1）因为在中，分别为中点， 所以， 将翻折到的位置后，即， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. （2）因为在中，分别为中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，且平面平面， 所以. （3）在线段上存在点，即为的中点，使得平面. 证明如下： 取中点，连接， 由（1）可知，平面， 因为平面， 所以， 因为为中点， 所以，即为等腰三角形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为为的中点，即， 所以四点在同一个平面. 所以平面.    4．（23-24高一下·北京昌平·期末）如图，在几何体中，侧面是正方形，平面平面，，，. (1)求证：； (2)求证：平面； (3)判断直线与是否相交，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)不相交，理由见解析 【知识点】线面垂直证明线线垂直、异面直线的判定、面面垂直证线面垂直、证明线面平行 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，得到面，再利用线面垂直的性质，即可证明结果； （2）取中点，连接，根据条件，利用平行四边形的性质，得到，再利用线面平行的判定定理，即可证明结果； （3）利用（2）中的结果，得出与异面，即可求出结果. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 又，面，所以面， 又面，所以. （2）取中点，连接， 因为，，所以且， 所以为平行四边形，得到且， 所以为平行四边形，得到， 又面，面，所以平面. （3）直线与不相交，理由如下， 由（2）知平面，所以平面， 又面，所以，又，， 所以与不平行，故与异面，从而与不相交. 5．（22-23高一下·北京顺义·期末）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，为的中点．    (1)求证：//平面； (2)求证：； (3)若平面，求实数的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】证明线面平行、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）根据线线平行即可求证， （2）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直, （3）根据线面垂直得到线线垂直，进而根据边角关系即可求解. 【详解】（1）∵,平面,平面 ∴平面    （2）∵为等边三角形，为的中点，∴ 又∵平面平面，平面平面，平面 ∴平面， 又∵平面，∴ （3）延长文于点, ∵平面,平面， ∴,∴,即， ∵,∴， ∵， ∴， ∴，又为的中点，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴在中，， ∴即， 6．（22-23高一下·北京东城·期末）如图，四棱锥的底面是菱形，侧面是正三角形，是上一动点，是中点．    (1)当是中点时，求证：∥平面； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，是否存在点，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在； 【知识点】证明线面平行、线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直 【分析】（1）由三角形的中位线定理可得∥，再由线面平行的判定定理可证得结论； （2）取中点，连接，由是正三角形，可得，再由菱形的性质可得，然后由线面垂直的判定可得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论； （3）取中点，连接，可得平面，然后过作∥交于点，证得平面，再利用平行线的性质可求得的值. 【详解】（1）证明：因为点是中点，点是中点，所以∥． 因为平面平面， 所以∥平面． （2）证明：如图，取中点，连接． 因为侧面是正三角形，所以． 因为底面是菱形，且， 所以是等边三角形．所以． 因为平面， 所以平面，因为平面，所以． （3）如图，取中点，连接． 因为四棱锥的底面是菱形，侧面是正三角形， 所以，所以． 又，AB、BE在面ABE内， 所以平面． 过作∥交于点． 因为∥∥，所以点平面． 所以平面， 因为平面，所以， 因为为的中点，∥， 所以． 所以．    7．（24-25高二上·上海·期末）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是正方形. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设，若四棱锥的体积为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】求点面距离、锥体体积的有关计算、证明面面垂直、证明线面平行 【分析】（1）根据线线平行，即可由线面平行的判定求解， （2）根据平面，即可由面面垂直的判定求解，， （3）利用等体积法，结合锥体的体积公式即可求解. 【详解】（1）在平面上，不在平面上， 所以平面 （2）平面是平面上的直线，， 是正方形，对角线. 是平面上的两条相交直线 平面 平面经过直线平面平面 （3）. 设点到平面的距离为，在三棱锥中，. 由是正方形可知； 由勾股定理有；从而是正三角形， ， ，即. 故点到平面的距离为 8．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图所示，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，点P，D分别为AB，的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【知识点】证明线面垂直、证明线面平行、线面垂直证明线线垂直、求点面距离 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理即得. （2）利用线面垂直的判定、性质推理即得. （3）连接，交于点E，连接BE，过点C作于，利用线面垂直的判定、性质推证平面，再借助直角三角形求出即可. 【详解】（1）如图，连接，在中，D，P分别是，AB的中点，则， 而平面，平面，所以平面. （2）由，得，则，即， 由平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，又，所以． （3）如图，连接，交于点E，连接BE，过点C作，F为垂足， 由，侧棱垂直于底面，得且， 又，，CB，平面CBE，则平面CBE， 又平面CBE，则，又，，平面， 因此平面，即CF为点C到平面的距离， 由平面，平面，得，， 所以点C到平面的距离． 压轴十三：空间几何体的表面积和体积 1．（24-25高三上·江西·期末）若四面体的体积为4，过该四面体的每一个顶点作与另外三个顶点所在平面平行的平面，四个平面围成一个新的四面体，则新四面体的体积为（   ） A．12 B．36 C．54 D．108 【答案】D 【知识点】锥体体积的有关计算 【分析】根据题意可当A，B，C，D分别为四面体各个面对应三角形的重心时，利用三角形相似及其体积比可得结果. 【详解】设这四个平面围成的新四面体为，显然是唯一的， 而当A，B，C，D分别为四面体各个面对应三角形的重心时，连接并延长交于点，连接并延长交于点， 则有且PQ为的中位线， 所以，且 ， 同理可得且，且，且； 且，且 即当A，B，C，D分别为四面体各个面对应三角形的重心时恰满足题目条件， 所以四面体的棱长是四面体ABCD对应棱长的3倍， 所以四面体的体积为. 故选：D. 2．（23-24高二下·江西萍乡·期末）我市某中学高二学生到一工厂参加劳动实践，欲将一个底面直径为，高为的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面上，若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】圆柱表面积的有关计算、圆锥中截面的有关计算 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，体积为，由几何关系得，再根据圆柱的侧面积公式可得圆柱侧面积关于的函数，最后根据二次函数的最值即可求解. 【详解】如图，设圆柱的底面半径为，高为，侧面积为， 由题意得，，，所以， 在中，因为， 所以，即，解得， 所以圆柱的侧面积为， 又，所以时，取得最大值为， 故圆柱的最大侧面积为， 故选：C. 3．（24-25高三上·北京顺义·期末）某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕（如图1），其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体（如图2）．若，，，与之间的距离为28cm，则该多面体的体积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】锥体体积的有关计算 【分析】将几何体的体积转化为四棱锥和三棱锥的体积后可得正确的选项. 【详解】 因为四边形为矩形，故，而平面平面， 平面平面，平面， 故平面， 在平面中过作，垂足为，则， 同理可证平面， 而，故， ， 故几何体的体积为， 故选：C. 4．（23-24高一下·北京延庆·期末）在四棱锥中，底面为正方形，，，，则此四棱锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】棱锥表面积的有关计算、余弦定理解三角形 【分析】由已知结合解三角形知识先求得，进一步结合三角形面积公式以及侧面积的定义即可求解. 【详解】连结交于，连结，则为的中点，如图，    因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得， 故， 所以， 则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为， 同理可得的面积为， 因为，所以等腰三角形底边上的高为， 所以等腰三角形的面积为， 因为，所以等腰三角形底边上的高为， 所以等腰三角形的面积为， 所以此四棱锥的侧面积为. 故选：A. 5．（23-24高三上·北京大兴·期末）木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、证明线面垂直 【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可. 【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接， 则由题意等腰梯形全等于等腰梯形， 则. 取的中点O，连接，因为，所以， 则， ∴. 因为，，所以，因为四边形为正方形， 所以，又因为，平面，所以平面， 所以平面，同理可证平面， ∴多面体的体积 ， 故选：D. 6．（23-24高一下·江西南昌·期末）已知三棱台的体积为，记上底面、下底面的面积分别为，若，则三棱锥的体积为 ． 【答案】 【知识点】锥体体积的有关计算、台体体积的有关计算 【分析】设三棱台的高为，由三棱台的体积为求出，再求三棱锥的体积，结合可得答案. 【详解】设三棱台的高为， 所以三棱台的体积为， 可得， 所以三棱锥的体积为， 因为， 所以. 故答案为：. 压轴十四：二面角问题 1．（24-25高二上·江西抚州·期末）在平面凸四边形中，，，且，，将四边形沿对角线折起，使点A到达点的位置.若二面角的大小范围是，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 . 【答案】 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、线面垂直证明线线垂直、求二面角 【分析】取中点，连接，取的外心，过点作平面，过点作平面交于点，进而确定球心的位置及二面角的平面角为并确定范围，利用几何关系求球体半径，即可得球体表面积的范围. 【详解】由题意知，和是等边三角形， 取中点，连接，取的外心，则是的外心， 过点作平面，则三棱锥的外接球球心在上 过点作平面交于点，则点即为三棱锥的外接球球心， 由，知，为二面角的平面角，则， 设，则， 又，所以， 因为平面，平面，所以， 所以三棱锥的外接球半径， 所以三棱锥外接球的表面积. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据球心的性质确定位置，并求出二面角的平面角的范围为关键. 2．（23-24高一下·北京·期末）如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段上，且，给出下列四个结论：    ①存在点P，使得直线平面； ②点P沿直线AC从点A移动到点C的过程中，四面体的体积逐渐减小； ③若，则点P轨迹的长度为； ④当二面角的平面角的正切值为时，平面截正方体所得截面图形的面积为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【知识点】锥体体积的有关计算、判断线面平行、立体几何中的轨迹问题、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】根据面面平行以及线面平行的判断可判断A；结合三棱锥体积的公式可判断B；判断出点P所处的位置，即可求其轨迹长度，判断C；由二面角的平面角的正切值确定P点位置，进而求得截面面积，判断D. 【详解】对于①，当P点位于A点时，由于，即四边形为平行四边形， 则，同理可证， 由于平面，平面，故平面， 同理平面，而平面， 故平面平面，此时平面，则平面， 即存在点P，使得直线平面，①正确；    对于②，由于平面，平面，故， 而，而平面，故平面， 平面，故，同理可证, 平面，故平面， 由于，过点P作平面，垂足为Q，则， 当P点沿直线AC从点A移动到点C的过程中，长逐渐变小， 而的面积为定值，故逐渐变小，即逐渐减小，②正确；    对于③，，作，垂足为G，连接， 则，此时 则P点轨迹为在上的线段，如图示， 为等腰三角形，则其底边上的高为， 故当P向点C运动时，逐渐变小，故在线段上存在一点P，使得, 同理在靠近C的那一侧也存在一点P，使得, 当时，，则点P轨迹的长度为，③错误；    对于④，设交于R，则R为的中点， 由于，故， 即为二面角的平面角，而， 故，即为锐角， 则，即， 当P点由A向C运动时，将变小， 即可知当二面角的平面角的正切值为时，P点位于A处， 由于，此时平面截正方体所得截面即为矩形， 面积为，④正确，    故答案为：①②④ 【点睛】关键点睛：解答此类立体几何问题，关键是要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，继而结合相关的概念进行解答. 3．（23-24高一下·江西赣州·期末）如图，点在直径为的半圆上，垂直于半圆所在的平面，平面，且. (1)证明：平面平面； (2)若，，异面直线与所成的角是，在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【知识点】由异面直线所成的角求其他量、求二面角、证明面面垂直 【分析】（1）根据半圆可得，根据线面垂直可证线线垂直，进而可证线面垂直及面面垂直； （2）根据定义法分别表示异面直线夹角与二面角，可得的长度及的值. 【详解】（1）由已知点在直径为的半圆上， 则， 又垂直于半圆所在的平面， ， 又，且，平面， 平面， 且平面，平面平面， 所以， 平面， 平面， 所以平面平面； （2） 假设存在点，设长度为， 连接，过点作于，连接， 由已知，， 则，， ，异面直线与所成的角是， 即， 则， 由平面，平面， ， 又，，平面， ， 所以二面角的平面角为， 则，且， 又， 且，所以， 所以， 解得， 即，， 则. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第二问，是否存在问题，解答时要根据已知的空间角大小，求出相关线段的长. 4．（23-24高三上·江西赣州·期末）如图，在三棱柱中，D为的中点，，平面平面． (1)证明：平面平面； (2)设，四棱锥的体积为，求平面与平面ABC所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明面面垂直、面面角的向量求法、锥体体积的有关计算、求二面角 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到平面，再构造平行四边形得到，从而得到平面，得到面面垂直； （2）解法一：作出辅助线，根据四棱锥体积得到，进而得到为正三角形，又F为AC的中点，所以，故即为三棱锥的高，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而求出面面角的余弦值； 解法二：作出辅助线，根据四棱锥体积得到，进而得到为正三角形，又F为AC的中点，所以，故即为三棱锥的高，找到平面与平面ABC所成角是，求出其度数和余弦值. 【详解】（1）连接，设，连接， 因为四边形为平行四边形，所以E为的中点， 又因为，所以， 则由平面平面，平面平面， 可得，平面①，    设F为AC的中点，连接和FE． 在中，由E和F分别是和AC的中点得，且， 又因为且，所以且， 所以四边形BDEF为平行四边形，所以②， 由①②可得，平面， 又平面ABC，所以平面平面； （2）因为D为的中点，故， 又，四棱锥的体积为， 所以， 由（1）知，平面平面，且交线为， 由，可得 三棱锥的高为， 因为，F为AC的中点，可得， 因为平面，平面， 所以，故， 从而， 解得， 连接，则为正三角形， 又为等腰直角三角形，故， 延长交CB于，连接， 在中，因为D为的中点，， 故知，B是PC的中点，，    又且， 所以， 因为平面，所以平面， 因为平面， 所以， 于是平面与平面ABC所成角是， 由为正三角形，得四边形为菱形且， 故， 故平面与平面ABC所成角的余弦值为. 5．（22-23高一下·北京大兴·期末）如图，从长、宽，高分别为，，的长方体中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥．    (1)求三棱锥的体积； (2)证明：三棱锥的每个面都是锐角三角形； (3)直接写出一组，，的值，使得二面角是直二面角． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，，（满足或均可）（答案不唯一） 【知识点】锥体体积的有关计算、求二面角、余弦定理解三角形 【分析】（1）利用长方体的体积减去四个角的三棱锥的体积即可得解； （2）三棱锥的每个面的三角形的三条边均为，，，不妨设，则为最大边，各面的最大角为，利用余弦定理得到，即可得证； （3）本题属于开放性问题，不妨令，，连接交于点，连接、，则为二面角的平面角，求出线段的长度，即可得到，从而得解. 【详解】（1）在长方体中， 三棱锥， 同理可得， 所以，所以. （2）由已知易得三棱锥的每个面的三角形的三条边均为，，， 不妨设，则为最大边，各面的最大角为， 则， 又，所以各面的最大角为为锐角， 所以三棱锥的每个面都是锐角三角形. （3）不妨令，，（满足或均可）（答案不唯一），    连接交于点，连接、，则， 为的中点，所以，，所以为二面角的平面角， 又，， ， 所以，所以，即， 所以二面角是直二面角. 6．（23-24高一下·吉林长春·期末）在四棱台中，，平面平面，，，，.    (1)求证：平面； (2)若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、求二面角、面面垂直证线面垂直 【分析】（1）连接，得四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）延长，做交于点，由面面垂足的性质定理得平面，做平面，设，四边形是正方形，取中点，平面，做，可得即为平面与平面的二面角的平面角，利用求出，求出可得答案. 【详解】（1）    连接，因为，，所以， 又，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面； （2）延长，做，交于点， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，做平面， 垂足为点，连接，设， 则得为矩形，， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得， 可得，即，四边形是正方形， 因为，所以，， 可得， 取中点，连接，则， 则平面，， 做，连接， 因为平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 平面，所以， 可得即为平面与平面的二面角的平面角， ， ， ， 所以， 可得，， 所以， 可得， 所以平面与平面的夹角的余弦值为.    7．（23-24高一下·安徽·期末）如图，在四棱锥中，为边上的中点，为边上的中点，平面平面，．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若直线与底面所成角的余弦值为，求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】证明线面垂直、求二面角、证明线面平行、面面垂直证线面垂直 【分析】（1）法一：连接，由为的中位线，得，由线面平行的判定得证；法二：设中点为中点为，连接，由三角形的中位线得证四边形为平行四边形，则，由线面平行的判定得证； （2）由题意，推导出，由此可证明平面； （3）由平面，得直线与底面所成的角为，得，设的中点为，连接，过点作的垂线交于，连接，由线面垂直的判定以及性质得是二面角的平面角，求解． 【详解】（1）证明：法一：连接，    在中，因为为对应边上的中点， 所以为中位线，， 又平面平面， 平面； 法二：设中点为中点为，连接，    在中，因为为对应边上的中点， 所以为中位线，且， 同理，在中，且， 且， 四边形为平行四边形， ， 又平面平面， 平面； （2）在四边形中，， 所以都为等腰直角三角形，即， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以直线平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面． （3）直线与底面所成角的余弦值为，且平面， 直线与底面所成的角为，又， 则， 在中，， ， 设的中点为，连接，过点作的垂线交于，连接，    由（1）知，，且平面， 则平面，平面，， 平面，平面， 平面，，又， 则是二面角的平面角， ， ， 设二面角的平面角为，则二面角的正切值为． 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到是二面角的平面角，再结合解三角形知识即可顺利得解. 8．（23-24高一下·重庆·期末）如图，四棱锥中，四边形是平行四边形， 是正三角形， 平面 平面 (1)求证: 平面 ； (2)当 时， 若是面的重心，求直线与平面所成角的正弦值； 棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为 如果有，求此时的长度；如果无，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解. (2)()；()棱上存在一点，使得二面角的余弦值为，即两点重合，. 【知识点】求线面角、求二面角、余弦定理解三角形、面面垂直证线面垂直 【分析】（1）根据已知条件可得，再由平面与平面垂直的性质即可证明； （2）（i）如图①所示，过点作平面交平面于，连接，则为直线与平面的夹角，计算的正弦值即可； （ii）棱存在一点， 即点与点重合.如图②所示，过点作交于，连接,证明， 为平面与平面的夹角，计算的余弦值即可. 【详解】（1）因为, 且四边形是平行四边形， 所以, 所以. 因为平面平面， 且平面平面， 平面， 由平面与平面垂直的性质得 平面. （2）（i）如图①所示，反向延长至点，过点作， 因为平面平面， 且平面平面， 平面， 所以平面. 又因为平面，所以. 设平行四边形对角线交点为，连接, 连接,反向延长交于， 因为点为的重心，即为的中点， 过点作平面交平面于， 又因为平面， 所以. 且三点在同一条直线， 所以，且点在上， 连接，则为直线与平面的夹角. 因为点为的重心，点为的中点， 所以,且相似于, 所以. 又因为为等边三角形，， 所以，, 所以，即. 在中，由余弦定理得 则. 因为四边形是平行四边形，, 所以, 即. 在中，由余弦定理得 则， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得，且, 所以， 解得，即， 所以, 故直线与平面的夹角的正弦值为. （ii）棱存在一点，使得二面角的余弦值为， 即点与点重合，. 由（i）可知，, 即, 所以. 如图②所示，过点作交于，连接, 在中，，即. 因为，， 所以相似于， 即， 在中，由余弦定理得, 在中，由余弦定理得, 所以， 解得. 因为, 所以. 所以为平面与平面的夹角， 在中，由余弦定理得， 所以二面角夹角余弦值为. 故当点与点重合时，二面角的余弦值为. 所以棱存在一点，使得二面角的余弦值为， 即点与点重合，. 【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直、线面角及二面角，第（i）问解题关键是过点作平面交平面于，连接，则为直线与平面的夹角，计算的正弦值即可；第（ii）问，棱存在一点， 即点与点重合.解题关键是过点作交于，连接,证明， 为平面与平面的夹角，计算的余弦值即可. 压轴十五：外接球问题 1．（23-24高一上·江西鹰潭·期末）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的表面积是（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】将三棱锥放入长方体中，结合长方体的结构特征求外接球的半径和表面积. 【详解】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，，，如图所示 则，则 因为球的直径即为长方体的体对角线，可知球的半径为， 所以球的表面积是. 故选：A. 2．（24-25高三上·江西赣州·期末）已知四面体ABCD的四个顶点都在同一球面上，，，平面平面当该球的体积最小时，四面体 ABCD体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、面面垂直证线面垂直 【分析】分析可知四面体ABCD的外接球的体积最小时，球心即为的外接圆的圆心，进而求三棱锥的高和体积. 【详解】因为平面平面BCD，所以点A在平面BCD的射影E落在BD上， 当点E为BD的中点时，AE最大，此时四面体ABCD的体积取最大， 如图所示： 在中，设其外接圆的圆心为O，取BC的中点F，连接DF，则点O在DF的直线上， 由余弦定理得，， 且，则， 设外接圆的半径为r，则，得， 当四面体ABCD的外接球的体积最小时，此时球心应为点O， 则，且， 得，， 此时四面体ABCD体积的最大值为： 故选：B. 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； 2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体求解； 3.正方体的内切球的直径为正方体的棱长； 4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； 5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 3．（多选）（23-24高一上·江西鹰潭·期末）在正四棱台中，，，点在四边形内，且正四棱台的各个顶点均在球的表面上，则（    ） A．该正四棱台的高为3 B．球的表面积为 C．该正四棱台体积为56 D．动点的轨迹长度是 【答案】BCD 【知识点】球的表面积的有关计算、台体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】对于A，取正方形的中心，正方形的中心，连接，，，过点作于点，则为正四棱台的高，根据已知条件计算判断，对于B，外接球球心在直线上，连接，，利用勾股定理列方程求出外接球半径，从而可求出球的表面积，对于C，利用棱台的体积公式计算判断，对于D，求出，可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，从而可求出动点的轨迹长度. 【详解】对于A，取正方形的中心，正方形的中心， 连接，，，则平面，过点作于点， 则平面，，， ∵，，∴，， 故，， ∴， ∵，由勾股定理得，故A错误； 对于B，正四棱台外接球球心在直线上， 连接，，则，如图所示. 设，则，由勾股定理得 ，∴， 解得，则，故表面积，故B正确； 对于C，正四棱台的体积 ，故C正确； 对于D，如图所示，，勾股定理得 故点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，且刚好与边、相切， 故轨迹长度为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：此题考查棱台的有关计算，考查棱台的外接球问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心，从而可求出外接球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 4．（23-24高二上·江西·期末）在三棱锥中，，，，当三棱锥的体积最大时，直线与平面的夹角为 ，三棱锥的外接球的表面积为 ． 【答案】 【知识点】球的表面积的有关计算、求线面角、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据题意，当平面，是等边三角形时，三棱锥的体积最大，利用线面角的定义可判断求解直线与平面所成的角，确定外接球球心求出半径得解. 【详解】如图，取中点，，， ，所以当平面时，三棱锥的高最大， 又，所以当是等边三角形时底面积最大， 也就是当平面，是等边三角形时，三棱锥的体积最大， 所以是直线与平面所成的角，在中，，， ，即. 取等边的中心，由题意易得，所以是三棱锥外接球的球心， 则外接球半径，所以外接球的表面积为. 故答案为：；. 【点睛】关键点睛：根据题意，要使三棱锥的体积最大，当平面，是等边三角形时，利用线面角的定义，确定是直线与平面所成的角，等边的中心是三棱锥外接球的球心，运算得解. 5．（22-23高一下·江西抚州·期末）在三棱锥中，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 【答案】/ 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算 【分析】取的中点，由题意知和都是等边三角形，从而可得，得是二面角的平面角，即，设球心为，和的中心分别为，则平面，平面，从而可求出外接球的半径，进而可求得球的表面积. 【详解】取的中点，连接，因为， 所以和都是等边三角形，所以， 所以是二面角的平面角，即， 设球心为，和的中心分别为，则平面，平面， 因为，公共边，所以≌， 所以， 因为，所以， 所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为 故答案为：    【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，解题的关键是根据题意找出三棱锥外接球的球心的位置，从而可求出球的半径，考查空间想象能力，属于较难题. 6．（23-24高一下·辽宁·期末）在三棱锥中，，，△是正三角形，，则三棱锥的体积为 ；此三棱锥外接球的表面积为 . 【答案】 【知识点】多面体与球体内切外接问题、锥体体积的有关计算 【分析】取中点，连接，，可得，，根据线面垂直的判定定理得，，所以三棱锥的体积，再根据数据计算即可.确定球心的位置，再由球的表面积公式即可求解外接球的表面积. 【详解】如图，取中点，连接，. 由题知△是正三角形，△是等腰直角三角形， 所以，，又，，面，所以. 根据题意得，，， 在△中，，所以， 所以，， 则三棱锥的体积. 因为，且为中点，所以P为外接圆的圆心， 设为外接圆的圆心，则， 过点P作平面BCD的垂线，过作平面的垂线，则两条垂线的交点即为球心O， 由可得，所以， 球的半径即为，此三棱锥外接球的表面积为. 故答案为：；. 压轴十六：内切球问题 1．（24-25高三上·重庆·期末）在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】多面体与球体内切外接问题 【分析】由内切球切点的截面性质，确定内切圆的圆心与半径，从而结合勾股定理得四棱台的高度，再由外接球几何性质建立关系得外接球的半径，从而得所求. 【详解】因为正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形的内切圆，圆心为， 设上下底面的中心分别为． 过作于，连接， 由图可知， 则， 过作于，， 即四棱台的高为， 设外接球球心为，设外接球的半径为， 则 ， 解得， 则外接球表面积为． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关于正四棱台的内切球问题，关键是要通过截面法确定内切圆的圆心与半径，从而转换为几何体的内切球，由几何性质确定正四棱台的高度，从而再根据外接球的性质求解外接球半径，即可得所求。 2．（多选）（23-24高一下·浙江杭州·期末）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（    ）    A． B． C． D．的最大值为 【答案】AD 【知识点】锥体体积的有关计算、台体体积的有关计算、球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】对于A，由已知结合球和圆柱的体积公式、表面积公式即可依次求出、、、，从而得解；对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，进而由台体体积公式计算得，由台体表面积公式得，从而 得和即可得解；对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和，得②，进而得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，从而得；对于D，由C结合基本不等式即为的最大值. 【详解】对于A，由题得，，，， 所以，所以，故A正确； 对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示，    因为， 所以， 所以，且， 所以， 又，所以，所以， 所以， ， 所以， 所以，故B错误； 对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示，    则由得， 整理得即①， 因为, 所以，故， 所以，所以即②， 由①②得即，整理得， 所以由①得， 所以，， 所以， 所以，故C错误； 对于D，由题意可知，所以由C得， 当且仅当即时等号成立，故的最大值为，故D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：对于圆台的体积和表面积，先由三角形全等得，接着由得，进而由台体体积公式和表面积公式计算求出和即可得和；对于圆锥的体积和表面积，先由得①，接着由和得②，从而由①②得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，进而得. 3．（22-23高三上·江西抚州·期末）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为 . 【答案】 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算 【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、中、小内切于正四面体的高即可求解. 【详解】如图所示正四面体，记棱长为，高为，为正四面体内切球的球心，延长交底面于，是等边三角形的中心，过作交于，连接， 则为正四面体内切球的半径， 因为，，， 所以， 所以，解得， 由图可知最大球内切于高的正四面体中，最大球半径， 中等球内切于高的正四面体中，中等球半径， 最小求内切于高的正四面体中，最小球半径， 所以九个球的表面积之和， 故答案为： 4．（23-24高一下·江西赣州·期末）已知一个正四棱台的上下底面边长之比为，体积为，若此正四棱台的内切球存在，则这个内切球的表面积为 . 【答案】 【知识点】台体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】设正四棱台上下底边边长，根据存在内切球，可得四棱台的高，再根据体积可得边长与高的值，即可得内切球半径及表面积. 【详解】 如图所示，分别取上下底边中点，可得如图等腰梯形， 设上下底面边长分别为，，即，， 又该四棱台存在内切球，设其球心为， 则为中点，且，， 所以，则， 又四棱台的体积， 解得，即 所以内切球半径， 表面积. 故答案为： 5．（23-24高三上·河南周口·期末）正三棱锥的内切球的半径为，外接球的半径为. 若，则的最小值为 . 【答案】3 【知识点】基本不等式求和的最小值、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、根据体积计算几何体的量 【分析】设正三棱锥的高为h，从而求得棱锥的表面积，结合棱锥的体积求出，进而求得，即可得的表达式，利用换元，结合基本不等式，即可求得答案. 【详解】设正三棱锥的高为h，设E为的中点，O为底面中心，O在上， ，则，侧面上高为， 则正三棱锥的表面积为， 则正三棱锥的体积为， 即，故， 又，则，则， 故， 令，则， 则 ， 当且仅当，即，时取等号， 故的最小值为3， 故答案为：3 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据正三棱锥的几何特征，结合棱锥体积求出外接球半径以及内切球半径的表达式，从而可得的表达式，利用换元，结合基本不等式即可求解. $$专题02 高一下学期期末真题精选 （考题猜想，压轴16大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 压轴一 三角函数中的零点问题（重点） · 压轴二 三角函数中的恒（能）成立问题（重点） · 压轴三 三角函数中的新定义问题（难点） · 压轴四 平面向量基本定理（重点） · 压轴五 向量的数量积（含最值与范围问题）（重点） · 压轴六 向量的模（含最值与范围问题）（重点） · 压轴七 平面向量中的新定义题（难点） · 压轴八 三角形周长（边长代数和）问题（最值与范围问题）（高频） · 压轴九 三角形面积问题（最值与范围问题）（高频） · 压轴十 正余弦定理与三角函数性质结合 （重点） · 压轴十一 复数模的最值范围问题（重点） · 压轴十二 平行垂直关系的综合证明（重点） · 压轴十三 空间几何体的表面积和体积（重点） · 压轴十四 二面角问题（重点） · 压轴十五 外接球问题（难点） · 压轴十六 内切球问题（难点） 压轴一：三角函数中的零点问题 1．（23-24高一上·江西鹰潭·期末）已知函数（），其相邻两个对称中心之间的距离为. (1)求实数的值及函数的单调递增区间； (2)将图象上所有点向平左移个单位长度，再将图象上所有点向上平移1个单位，得到函数的图象，若在上有两个不同零点，求实数的取值范围. 2．（24-25高一上·北京·期末）已知函数，且在区间上单调.请在下面三个条件中再选两个，回答下面两个问题： ①；②关于点对称；③关于对称. (1)求函数的解析式； (2)若（1）中所求在上有唯一零点，求实数的取值范围. 3．（23-24高二下·北京海淀·期末）已知函数，其中，，若在上单调递减，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在. (1)求，的值； (2)当时，函数恰有一个零点，求的取值范围. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 4．（23-24高一下·北京怀柔·期末）已知函数． (1)求函数的最小正周期； (2)若，求函数的值域． (3)若函数在上有且仅有两个零点，则求的取值范围 5．（23-24高一下·江西九江·期末）已知定义域为的函数满足：对于任意的，都有，则称函数具有性质. (1)若一次函数具有性质，且，求的解析式； (2)若函数（其中）具有性质，求的单调递增区间； (3)对于（1）（2）中的函数，求函数在区间上的所有零点之和. 压轴二：三角函数中的恒（能）成立问题 1．（24-25高一上·江西景德镇·期末）已知函数的图象如图所示. (1)求函数的对称中心和单调递增区间； (2)先将函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的3倍（横坐标不变），然后将得到的函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），最后将所得图象向左平移个单位后得到函数的图象.若对任意的恒成立，求实数的取值范围. 2．（23-24高一下·江西吉安·期末）已知函数的一个对称中心为．函数． (1)当时，求的值域； (2)若，使恒成立，求实数a的取值范围． 3．（23-24高一下·江西萍乡·期末）已知函数（，）在区间上单调递增，，且______.从下列两个条件中选择一个补充在题中的横线上，再解答. ①；②，在区间上至少有2个零点. (1)求函数的解析式； (2)对任意的，恒成立，求实数的取值范围. 【注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.】 4．（23-24高三上·北京西城·期末）已知函数的一个零点为． (1)求的值及的最小正周期； (2)若对恒成立，求的最大值和的最小值． 压轴三：三角函数中的新定义问题 1．（多选）（23-24高一下·江西景德镇·期末）设R，用表示不超过的最大整数，则函数被称为高斯函数；例如，，已知，，则下列说法正确的是（    ） A．函数是偶函数 B．函数是周期函数 C．函数的图像关于直线对称 D．方程只有1个实数根 2．（24-25高一下·江西南昌·阶段练习）英国数学家泰勒发现了如下公式：，其中，此公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性。 (1)估算的值（采用四舍五入法，结果保留小数点后两位） (2)此外该公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当时，，，（解答本题时，这些不等式根据需要可以直接使用）． （ⅰ）证明：当时，； （ⅱ）设，若区间满足以下条件：①； ②当定义域为时，值域也为，则称区间为的“封闭区间”．试问是否存在“封闭区间”？若存在，求出的所有“封闭区间”，若不存在，请说明理由． 3．（24-25高一上·重庆·期末） 定义一类集合：对于集合，若都满足，则称为“单位有界集”；在集合中定义一种运算：若，，定义.现对单位有界集进行如下操作：第一步，从中任取两个元素、，将中除了、以外的元素构成的集合记为，令；第二步，若集合还是单位有界集，则继续任取两个元素，将中除了以外的元素构成的集合记为，令；依次类推…… (1)对于任意的单位有界集，判断是否仍然为单位有界集．若是，请证明；若不是，请举出反例； (2)证明：若，则； (3)当时，对集合进行步上述操作，当只有一个元素时停止，求所有满足条件的． 4．（23-24高一下·北京怀柔·期末）在平面直角坐标系中，定义向量为函数的有序相伴向量. (1)设，写出函数的相伴向量； (2)若的有序相伴向量为，若函数，与直线有且仅有2个不同的交点，求实数的取值范围； (3)若的有序相伴向量为，当函数在区间上时值域为，则称区间为函数的“和谐区间”.当时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由. 5．（24-25高一下·辽宁沈阳·阶段练习）设函数的定义域为R，若存在常数T，，使得对于任意，成立，则称函数具有性质P． (1)判断函数和具有性质P？若具有性质P，请写出一组符合要求的T，A的值． (2)若函数具有性质P，且其对应的，．已知当时，，求函数在区间上的最大值； (3)若函数具有性质P，且直线为其图象的一条对称轴．证明：为周期函数． 压轴四：平面向量基本定理 1．（24-25高一上·北京·期末）古代中国的太极八卦图是在一个圆中，以圆心为界，画出的两个全等的阴阳鱼．阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有阳眼，表示万物之间互相转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含着现代哲学中的“矛盾对立统一”的辩证法．图2（正八边形）是从图1（八卦模型图）抽象出来，并以正八边形的中心O为旋转中心顺时针旋转22.5°而得到，点P在正八边形的边上运动，若，则的最大值为（   ） A．2 B． C．1 D． 2．（24-25高三上·北京通州·期中）已知是的重心，过点作一条直线与边，分别交于点，（点，与所在边的端点均不重合），设，，则的最小值是（    ） A．1 B． C．2 D．4 3．（多选）（23-24高一下·江西抚州·期中）已知中，点满足，点在内（含边界），其中，则（   ） A．若，，则 B．若两点重合，则 C．若存在，使得能成立 D．存在，使得能成立 4．（24-25高一下·江西上饶·期中）在中，，，点F为AC上一点，且满足，则的最小值为 . 5．（24-25高二下·江西景德镇·期中）如图所示，在中，为边上一点.过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（，两点不重合）.    (1)若，若，，求的值. (2)若，，是线段上任意一点，求最大值. 压轴五：向量的数量积（含最值与范围问题） 1．（23-24高一下·江西吉安·期末）在中，，，，设，（），则的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·江西景德镇·期末）已知圆半径是1，直线与圆相切于点，过点的直线与圆交于，两点，且点与点在直线的两侧，点为中点，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·北京怀柔·期末）已知向量，向量，且，点在以原点为圆心，2为半径的圆上，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·北京朝阳·期末）已知，，若动点P，Q与点A，M共面，且满足，，则的最大值为（    ） A．0 B． C．1 D．2 5．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知平面向量，，，满足，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 压轴六：向量的模（含最值与范围问题） 1．（24-25高三上·湖北武汉·期末）已知平面向量，，，满足，则的最小值是（   ） A．0 B．3 C． D．2 2．（23-24高一下·江西景德镇·期末）在中，，，，为边上两点，且，则的最小值为 . 3．（23-24高一下·江苏·期末）已知是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是 . 4．（23-24高一下·广西崇左·期末）已知是的重心，的面积是，则的最小值是 . 5．（2025·江西南昌·二模）已知向量，，则的最小值是 . 压轴七：平面向量中的新定义题 1．（23-24高一下·江西吉安·期末）直角坐标系和斜坐标系都是法国数学家笛卡尔发明的．设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量．若，则把有序数对叫做向量在斜坐标系下的坐标．设，． （1）若，则 ； （2）若，则 ． 2．（23-24高一下·江西萍乡·期末）设有维向量，，称为向量和的内积.记为全体由和1构成的维向量的集合. (1)若，存在，使得，写出所有满足条件的； (2)令，若，证明：为偶数； (3)若表示能从中选出向量的个数的最大值，且满足选出的向量互相之间的内积均为0，猜测的值，并给出一个实例. 3．（23-24高一下·北京·期中）对于数集，其中，．定义向量集．若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P． (1)已知数集，请你写出数集对应的向量集，是否具有性质P？ (2)若，且具有性质P，求x的值； (3)若X具有性质P，求证：，且当时，． 4．（23-24高一下·北京丰台·期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，作，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定． (1)分别根据下列已知条件求： ①，；②，； (2)若向量，求证：； (3)若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记，，． （i）当时，求的最大值； （ii）写出的最大值．（只需写出结果） 压轴八：三角形周长（边长代数和）问题（最值与范围问题） 1．（23-24高一下·河北沧州·期末）在中，内角所对的边分别是，． (1)求角； (2)若为边上一点，且满足，， ①求的值； ②求的取值范围． 2．（23-24高一下·山西·阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. (1)求角B的大小； (2)若，，求周长的取值范围. 3．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. (1)求角B； (2)若，求周长的取值范围. 4．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，内角所对的边分别为，其面积为，满足. (1)若，求的最大值； (2)若，求的最小值. 5．（2025·四川成都·三模）设的内角，，所对的边分别为，，，且，． (1)求角； (2)点为边的中点，若，求的面积； (3)如图所示，点是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 压轴九：三角形面积问题（最值与范围问题） 1．（24-25高一下·江西上饶·期中）若中的一个内角等于中的一个内角，则称和为同源三角形，这组相等的内角称为同源三角形和的同源角． (1)若在中，，，，判断和等腰直角三角形是否为同源三角形，并说明理由． (2)如图，同源三角形和的同源角为和，且． ①求； ②若，求面积的最大值． 2．（24-25高一下·江苏扬州·期中）在中，内角，，的对边分别为，，，且，. (1)求角和； (2)已知，设、为线段上的两个动点（靠近点），且. ①若，求的周长； ②当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ 3．（23-24高一下·福建厦门·开学考试）为改进城市旅游景观面貌､提高市民的生活幸福指数，城建部门拟在以水源为圆心的空地上，规划一个形状为四边形的动植物园．如图：四边形内接于圆为动物园区，为植物园区（为了方便植物园的浇水灌溉，水源必须在植物园区的内部或边界上）．又根据规划已知千米，千米． (1)若，且，求边的长？ (2)若千米，求该动植物园区面积的最大值？ 4．（24-25高一下·河南·期中）已知分别为三个内角的对边，且，. (1)求； (2)若为锐角三角形，且外接圆圆心为. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）求和面积之差的最大值. 5．（24-25高一下·安徽·期中）在中，内角所对的边分别为，已知. (1)求； (2)若，，的平分线交于点，求线段的长； (3)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 压轴十：正余弦定理与三角函数性质结合 1．（22-23高一下·江西萍乡·期末）已知函数，的图象在半个周期内过，，，四点中的三点． (1)求函数解析式； (2)在锐角中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若，，求b的取值范围． 2．（22-23高一下·江西景德镇·期末）函数，将函数的图像向右平移个单位，纵坐标不变，将横坐标变为原来的2倍，得到函数. (1)求函数的单调增区间； (2)在锐角中，，，求的内切圆的半径的取值范围. 3．（24-25高一上·江苏无锡·期末）已知函数. (1)求函数的最小正周期； (2)在中，，，求的值. 4．（24-25高一上·安徽六安·期末）已知函数. (1)化简并求出它的最小正周期； (2)在中，若，求的最大值. 5．（22-23高一上·广东广州·期末）已知函数. (1)求函数的最小正周期； (2)在中，若，求的最大值. 压轴十一：复数模的最值范围问题 1．（24-25高一下·河南·期中）已知复数满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·江苏连云港·期中）已知为虚数单位，如果复数满足，那么的最小值是（   ） A．1 B． C．2 D． 3．（24-25高一下·浙江杭州·期中）复数，满足，，则的最小值为 . 4．（24-25高一下·重庆·期中）已知复数满足，则的最小值为 ． 5．（24-25高一下·浙江·期中）已知，复数，，且，若，则的最小值 . 压轴十二：平行垂直关系的综合证明 1．（22-23高一下·江西吉安·期末）如图，在三棱锥中，，点D，M分别为AC，PB的中点，． (1)证明：//平面BDF； (2)若平面//平面BDF，其中平面，，证明：AN是AM在平面PAC上的投影． 2．（22-23高三上·江西赣州·期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面，点M是棱上的动点． (1)证明：； (2)设，求当平面时的值． 3．（23-24高一下·北京怀柔·期末）如图1，在中，分别为的中点.将沿折起到的位置（与不重合），连，如图2.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面交于过的直线，求证； (3)线段上是否存在点，使得平面，若存在，指出点位置并证明；若不存在，说明理由. 4．（23-24高一下·北京昌平·期末）如图，在几何体中，侧面是正方形，平面平面，，，. (1)求证：； (2)求证：平面； (3)判断直线与是否相交，说明理由. 5．（22-23高一下·北京顺义·期末）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，为的中点．    (1)求证：//平面； (2)求证：； (3)若平面，求实数的值． 6．（22-23高一下·北京东城·期末）如图，四棱锥的底面是菱形，侧面是正三角形，是上一动点，是中点．    (1)当是中点时，求证：∥平面； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，是否存在点，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 7．（24-25高二上·上海·期末）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是正方形. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设，若四棱锥的体积为，求点到平面的距离. 8．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图所示，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，点P，D分别为AB，的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求点C到平面的距离． 压轴十三：空间几何体的表面积和体积 1．（24-25高三上·江西·期末）若四面体的体积为4，过该四面体的每一个顶点作与另外三个顶点所在平面平行的平面，四个平面围成一个新的四面体，则新四面体的体积为（   ） A．12 B．36 C．54 D．108 2．（23-24高二下·江西萍乡·期末）我市某中学高二学生到一工厂参加劳动实践，欲将一个底面直径为，高为的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面上，若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大侧面积为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·北京顺义·期末）某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕（如图1），其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体（如图2）．若，，，与之间的距离为28cm，则该多面体的体积是（   ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·北京延庆·期末）在四棱锥中，底面为正方形，，，，则此四棱锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 5．（23-24高三上·北京大兴·期末）木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·江西南昌·期末）已知三棱台的体积为，记上底面、下底面的面积分别为，若，则三棱锥的体积为 ． 压轴十四：二面角问题 1．（24-25高二上·江西抚州·期末）在平面凸四边形中，，，且，，将四边形沿对角线折起，使点A到达点的位置.若二面角的大小范围是，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 . 2．（23-24高一下·北京·期末）如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段上，且，给出下列四个结论：    ①存在点P，使得直线平面； ②点P沿直线AC从点A移动到点C的过程中，四面体的体积逐渐减小； ③若，则点P轨迹的长度为； ④当二面角的平面角的正切值为时，平面截正方体所得截面图形的面积为． 其中所有正确结论的序号是 ． 3．（23-24高一下·江西赣州·期末）如图，点在直径为的半圆上，垂直于半圆所在的平面，平面，且. (1)证明：平面平面； (2)若，，异面直线与所成的角是，在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 4．（23-24高三上·江西赣州·期末）如图，在三棱柱中，D为的中点，，平面平面． (1)证明：平面平面； (2)设，四棱锥的体积为，求平面与平面ABC所成角的余弦值． 5．（22-23高一下·北京大兴·期末）如图，从长、宽，高分别为，，的长方体中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥．    (1)求三棱锥的体积； (2)证明：三棱锥的每个面都是锐角三角形； (3)直接写出一组，，的值，使得二面角是直二面角． 6．（23-24高一下·吉林长春·期末）在四棱台中，，平面平面，，，，.    (1)求证：平面； (2)若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 7．（23-24高一下·安徽·期末）如图，在四棱锥中，为边上的中点，为边上的中点，平面平面，．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若直线与底面所成角的余弦值为，求二面角的正切值． 8．（23-24高一下·重庆·期末）如图，四棱锥中，四边形是平行四边形， 是正三角形， 平面 平面 (1)求证: 平面 ； (2)当 时， 若是面的重心，求直线与平面所成角的正弦值； 棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为 如果有，求此时的长度；如果无，请说明理由. 压轴十五：外接球问题 1．（23-24高一上·江西鹰潭·期末）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的表面积是（    ）. A． B． C． D． 2．（24-25高三上·江西赣州·期末）已知四面体ABCD的四个顶点都在同一球面上，，，平面平面当该球的体积最小时，四面体 ABCD体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（23-24高一上·江西鹰潭·期末）在正四棱台中，，，点在四边形内，且正四棱台的各个顶点均在球的表面上，则（    ） A．该正四棱台的高为3 B．球的表面积为 C．该正四棱台体积为56 D．动点的轨迹长度是 4．（23-24高二上·江西·期末）在三棱锥中，，，，当三棱锥的体积最大时，直线与平面的夹角为 ，三棱锥的外接球的表面积为 ． 5．（22-23高一下·江西抚州·期末）在三棱锥中，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 6．（23-24高一下·辽宁·期末）在三棱锥中，，，△是正三角形，，则三棱锥的体积为 ；此三棱锥外接球的表面积为 . 压轴十六：内切球问题 1．（24-25高三上·重庆·期末）在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高一下·浙江杭州·期末）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（    ）    A． B． C． D．的最大值为 3．（22-23高三上·江西抚州·期末）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为 . 4．（23-24高一下·江西赣州·期末）已知一个正四棱台的上下底面边长之比为，体积为，若此正四棱台的内切球存在，则这个内切球的表面积为 . 5．（23-24高三上·河南周口·期末）正三棱锥的内切球的半径为，外接球的半径为. 若，则的最小值为 . $$