专题10 期中复习填选压轴题综合（4大考点29题）（期中真题汇编，江苏专用）高一数学下学期苏教版

丽学科网 www.zxxk.com 专题10期中复习填选压轴题综合(4 目目 考点01 三角恒等变换 1.D 2.B 3.B 4.ABD 5.ABD 6.ACD 7.5 6 8.10 5 9. V155 3 目目 考点02 解三角形 10.B 11.D 12.A 13.D 14.D 15.BCD 16.ABD 17.-6 5 18.4V5+6 19.13V5 20. V5+1 5-1 4 21. 3020 5 5 目目 考点03 平面向量 22.BCD 1/2 让教与学更高效 大考点29题) 动学科网 23.72 24.专02 25.35 2 26.26 目目 考点04 立体几何 27.AC 28.BCD 29.ABD www.zxx k.com 让教与学更高效学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题10期中复习填选压轴题综合(4大考点29题) ☆4大高频考点概览 考点01三角恒等变换 考点02解三角形 考点03平面向量 考点04立体几何 目目 考点01 三角恒等变换 一、单选题 1.(23-24高一下·江苏海门中学·期中)在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c-b=2 bcosA,则 的取值范围是() a-b A.（-1,2) 3 B D.(2,3 2.(24-25高一下-江苏南京金陵中学期中若函数fx)=2 coswx+-sin2ax+}-5 62 (其中0>0)在(0,2) 上恰有1个零点，则ω的值可能是() A.4 B. C.2 D.4 3.(23-24高一下江苏无锡惠山区锡山高级中学期中)在ABC中，角LA,LB,LC的对边分别为a,b,c.己 知a2-b2=bc,sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),则角A的大小为() B. 4 c D. 二、多选题 4.(24-25高一下江苏南京鼓楼区南京第二十九中学期中)在锐角三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别是 a,b,c,sinC-sinA=2sinAcosB,( A.B=2A B.b2=a2+ac C.Issind+cos4<+ D.22<,4sin2A。<1 2 34sinA-sinC 5.(24-25高一下·江苏镇江徐州七校期中)在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若 2cos24 =cos BcosC+1,则() A.tan B tan C =2 B. ABC为锐角三角形 C.A< 3 D.a2>bc 1/6 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 6.(24-25高一下江苏盐城五校·期中)在锐角ABC中，角A,B,C所对边分别为a,b,c,且 c+b=2 a cos B.则下列说法正确的是() A.A=2B B.角5的范国足(0到 若∠BAC的平分线交BC于D,AD=2,sinB=,则+了 6+e5 D.C的取值范围是 √22W3 a 2’3 三、填空题 7.(24-25高一下·江苏盐城五校·期中)如图，在四边形ABCD中，∠ABC=120°，∠CAD=30°，BC⊥CD, DC=2W5BC,ABC,6ACD的面积分别为S,S,则冬 S B 8425商-一下江苏镇江徐州七技期刊已知m0-君引-写0eQ引则m0:一 9.(24-25高一下·江苏南京外国语学校·期中)如图，已知线段AB是直角△ACB与直角△ADB的公共斜边， 且满足AB=6,AC-AD=4,BD-BC=2,则CD= B 目目 考点02 解三角形 一、 单选题 10.(2425高一下·江苏连云港东海县·期中)在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,C,c=3, √3sinC+cosC=2.N是边BC上一点，且满足BN=AC,M是AC中点，则MN的最小值为() A.② B. 3V3-3 C.3 D. 2W2-1 2 2 3 3 11.(24-25高一下·江苏苏州中学校期中)在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,C,且 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 bcosC=1 二a+ccos B,b=2,则ABC的面积的最大值为() A2 3 B号 c D.3 4 12.(24-25高一下·江苏南通、镇江·期中)密铺，即平面图形的镶嵌，用形状、大小完全相同的几种或几十 种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称做平面图形 的镶嵌.皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成.在平面凹四边形 ABCD(图2)中，测得AD=1,AB=CD=2,BC=3,凹四边形ABCD的面积为√3，则∠ADC-∠ABC的余 弦值为() D B 图1 图2 A.2 B.v2 C.2 D.3 4 13.(24-25高一下江苏沭阳高级中学等四校期中)在锐角ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若 a 1+cosA 则1.1 +2sinA的取值范围为() b cOs B tan B tan A 5V ,+00 B.(22,3 5N3 2W2, 5v3 D 3 3 3 14、425高一下江苏常州期书在4BC中，4B=3,正=2历，∠4CE=于，则8C的最大雀为() A.2V3 B.√13 c.25+v13 D. 2V3+√39 3 二、多选题 15.(24-25高一下，江苏南通、镇江·期中)在斜三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.若 sinA=cosB,则() A.ABC为锐角三角形 B.若a=1,则b=tanB C.2tanB+tanC的最小值为√5 D.I<cos4+cos B+cosCs5 4 16.(24-25高一下·江苏沭阳高级中学等四校·期中)如图，已知⊙O内接四边形ABCD中，AB=BC=5, D=5m4-4e(臣小则) 3/6 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D y A.AD=2 B.S图边形4BcD=18 C.sin∠BDC=( D.sin(2∠BDC+∠CBD)= 2v5 25 三、填空题 17.(24-25高一下江苏南京协同体十校期中)在ABC中，∠BAC为锐角，AC=2AB,且对于1∈R, AB-1AC的最小值为A丽，则cos ZABC= 18.(24-25高一下江苏句容期中)已知平面向量a,万，c分别满足d=lb-=V5,a-b=0,c-a与c-b的夹角是 吾，则e-a(e-列的最大值为 19.(24-25高一下，江苏天一中学期中)在等边三角形ABC的三边上各取一点D,E,F，满足DE=3, DF=√21，∠DEF=90°，则三角形ABC的面积的最大值是 20.(24-25高一下江苏沭阳如东中学期中)已知在△ABC中，AB=AC,∠ABC的角平分线与边AC交于M 点，线段AB的中垂线过点M,则4B AM ，c0sC= 21.Q425高-下江苏徐州铜山区期中)在等腰4BC中，AB=4C,cos∠B4C=号，在4BC内一点P满 足∠PAB=∠PBC=∠PCA,AP=√5，则BC的值为： 目目 考点03 平面向量 一、多选题 22.(24-25高-下江苏盐城五校期中)已知0M=0N=2,OM与0N夹角为买，若0=2且 OP=xOM+yON(x≥0，y≥0)，则下列说法正确的是() A.当y=0时，OP在ON上的投影向量为5ONB.当x=y时，OP.M不=0 2 C.当x=时，y=压 D.PM.PN的最大值为O 4 厨学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 二、填空题 23.(24-25高一下·江苏无锡宜兴期中)如图，三个边长均为2的等边三角形有一条边在同一条直线上， P,2是边B,C,的两个三等分点，AP分别交B,CBC2于PP2,AQ3分别交BCBC2于2、Q2,则 ∑(AB,A+AB·AO)= ∑a,=a+a,+…+a) i-1 B B Cn C3 24.(2425高一下·江苏新海高级中学开发区校区·期中)在ABC中，N为AB中点，BC=3BM,设AM与 NC交于点P,则 NP NC 25.(24-25高一下·江苏泰州中学期中)已知a,b,e是平面向量，e是单位向量，若非零向量ā与e的夹角为 子，向量6满足不2-65-+8=0，则-的最小省是 26.(24-25高一下·江苏连云港灌南县·期中)已知ABC中，点G,0分别是知ABC的重心和外心，且 AG.A0=5,AG=2,则边BC的长为 目目 考点04 立体几何 27.(24-25高一下·江苏无锡第一中学期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点M为线段 CC上的动点，动点P在平面ABD中，则下列说法中正确的是() D B A M A.当M为线段CC,中点时，平面BMD,截正方体所得的截面为平行四边形 B.当四面体ABMD的顶点在一个体积为36π的球面上时，CM=1 C.当P∈A,B时，PA+PC取得最小值2W2+√2 5/6 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 D.C,P+PM的最小值为名VB 9 28.(24-25高一下·江苏南通如皋·调研)在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，P是AC上的动点（包含 两端点)，则下列结论正确的是() A.存在点P,使BP与平面ADC相交B.BP⊥BD C.DP与平面4BC所成角的正弦最大值为25D.AP+BP的最小值为2V3+石 3 29.(24-25高一下江苏天一中学期中)如图，在棱长为1的正方体ABCD-AB,CD,中，点F,G分别是 CB,CD的中点，E在棱CC上满足CE=kCC,,k∈[O,,P为线段AD,上的一个动点，平面a∥平面 EFG,则下列命题中正确的是() D B G B A当k=时，0∥平面EFG B.当3<k<1时，过点A,F,E的平面截该正方体所得的截面为五边形 4 C.当k=时，平面a截该正方体所得截面面积的最大值为 2 D.当k=时，PF+PG的最小值为8+3W6 2 专题10 期中复习填选压轴题综合（4大考点29题） 4大高频考点概览 考点01三角恒等变换 考点02解三角形 考点03平面向量 考点04 立体几何 地 城 考点01 三角恒等变换 一、单选题 1．(23-24高一下·江苏海门中学·期中)在中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式得到，从而，再由正弦定理将边化角，转化为的三角函数，由的范围计算可得. 【详解】因为，则由正弦定理得， 又， 所以， 则， 又，，则 所以或，即或（舍去）， 则， 所以，解得，则， 所以 ， 所以的取值范围是． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用正弦定理将边化角，得到、，最后将转化为关于的三角函数. 2．(24-25高一下·江苏南京金陵中学·期中)若函数（其中）在上恰有1个零点，则的值可能是（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】先对函数化简变形为，令，解得或，由，求出范围，再由在上恰有1个零点，得，从而可得的取值范围. 【详解】 令，则，所以或， 因为，所以， 因为在上恰有1个零点，所以，解得． 故选：B 3．(23-24高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期中)在中，角的对边分别为a，b，c．已知，，则角A的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用余弦定理化简已知条件可得，再利用正弦定理化边为角，可得，进而化简，得，由三角形内角和可解角. 【详解】由余弦定理得，即， ∵，∴，∴， 由正弦定理得， ∴， 即， ∴， ∵，∴，∴，∴， 又， 即，由得， ∵，，所以，即， 由，即， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：分别化简两个条件得和，由三角形内角和可解角. 二、多选题 4．(24-25高一下·江苏南京鼓楼区南京第二十九中学·期中)在锐角三角形中，角所对的边分别是，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A，根据条件，利用正弦和差角公式，即可求解；对于B，根据条件，利用正弦定理边转角和余弦定理，即可求解；对于C，根据条件得，再利用辅助角公式，即可求解；对于选项D，利用、和差角公式及倍角公式，得到，从而有，构造函数，，求出的取值范围，即可求解. 【详解】对于选项A，因为，又， 所以，得到， 又三角形为锐角三角形，所以，， 则，得到，所以选项A正确， 对于选项B，由，得到， 整理得到，所以选项B正角， 对于选项C，因为，又由选项A知， 所以，得到，所以， 又，所以， 则，所以选项C错误， 对于选项D，由选项C知，， 又 则， 设，令， 则，易知在上单调递增， 所以，即， 则，所以的取值范围是，故选项D正确， 故选：ABD. 5．(24-25高一下·江苏镇江徐州七校·期中)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（   ） A． B．为锐角三角形 C． D． 【答案】ABD 【分析】先根据二倍角公式化简已知条件，再结合三角函数,正余弦定理的性质逐一分析选项. 【详解】已知，根据二倍角公式，可得，则，即. 因为，所以，可得. 则，可得. 因为，所以，，两边同时除以，可得，故A选项正确. 由，可知与同号，又因为，所以B,C都是锐角. ，所以也是锐角，因此为锐角三角形，故B选项正确. 因为，所以（当且仅当时取等号）. ，因为在上单调递增，且，所以，故C选项错误. 根据余弦定理，由，可得. ，因为（当且仅当时取等号），所以. 又因为，所以，当且仅当且时取等号，而不成立，所以，故D选项正确. 故选：ABD. 6．(24-25高一下·江苏盐城五校·期中)在锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且.则下列说法正确的是（    ） A． B．角B的范围是 C．若的平分线交BC于D，，，则 D．的取值范围是 【答案】ACD 【分析】应用正弦边角关系及和差角正弦公式化简得，结合三角形内角的性质判断A；由A结论及三角形内角和列不等式判断B；设，则，，进而得到，应用三角恒等变换化简求值判断C；由，结合B分析即可得范围判断D. 【详解】由正弦边角关系有， 所以，又且， 所以，A对； 由上，可得，B错； 对于C，如下图示，设，则，， 由，则，且，则， 所以， 而，且，则，所以，C对； 由， 而，且在上单调递增，则值域为，D对. 故选：ACD 三、填空题 7．(24-25高一下·江苏盐城五校·期中)如图，在四边形ABCD中，，，，，，的面积分别为，，则_______. 【答案】 【分析】设，，根据已知构建合适的直角坐标系，得，若轴，，得，应用差角正切公式列方程求得，再应用余弦定理、三角形面积公式得，即可得. 【详解】设，，构建如下图示直角坐标系，其中为原点， 且，若轴，，如上图示， 易知，则， 由， 所以，整理得，解得， 所以，， 由，即， ，， 所以. 故答案为： 8．(24-25高一下·江苏镇江徐州七校·期中)已知，，则______． 【答案】 【分析】先根据的范围求出的范围，再利用三角函数的平方关系求出的值，最后结合二倍角公式和诱导公式求出的值. 【详解】已知，则，所以. 又因为，所以. 根据三角函数平方关系，可得： 可得： 因为，所以. 再根据二倍角公式，可得： ① 又因为 ② 联立①②求解，因为，所以，. 由①得，代入②可得： 设（），则，两边同时乘以得： ，解得或，即或. 由于，则可以再缩小，因此. 因此.由于， 而 ， ， 则. 故答案为：. 9．(24-25高一下·江苏南京外国语学校·期中)如图，已知线段是直角与直角的公共斜边，且满足，，，则______．    【答案】 【分析】取中点，连，，设，，有，，，，根据已知及和角正弦公式得，再应用平方关系、二倍角余弦公式得，最后用余弦定理求线段长度. 【详解】取中点，连，，易知，， 设，，故，，    则，，，，， 所以，， 平方后求和，得，， 所以，则， . 故答案为： 地 城 考点02 解三角形 一、单选题 10．(24-25高一下·江苏连云港东海县·期中)在中，角，，所对的边分别为，，，，.是边上一点，且满足，是中点，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据题设，结合辅助角公式求出，由余弦定理得到，由题干条件结合余弦定理表示出，对转化成，然后三角代换后即可求解. 【详解】根据，由辅助角公式，，即， 又，则，即， 在中，由余弦定理可得， 如图可知，， 在中，由余弦定理，， 由可得， 设，则， 不妨取，由图可知， 又，进而解得， 由代入的表达式中可得， . 当时，， 则 故选：B    11．(24-25高一下·江苏苏州中学校·期中)在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用余弦定理将角化边得到，再由余弦定理得到，从而表示出，最后由面积公式及二次函数的性质计算可得. 【详解】因为， 由余弦定理可得， 所以，所以， 又，所以， 又， 所以， 所以 ， 所以当，即时，取得最大值，且. 故选：D 12．(24-25高一下·江苏南通、镇江·期中)密铺，即平面图形的镶嵌，用形状、大小完全相同的几种或几十种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称做平面图形的镶嵌．皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成．在平面凹四边形（图2）中，测得，凹四边形的面积为，则的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在图2中连接，在和中，分别利用余弦定理可得，利用三角形的面积公式可得，两式平方相加，由两角差的余弦公式，即可求出的余弦值. 【详解】如图，连接， 因为， 在中，由余弦定理得， 则， 在中，由余弦定理得， 则， 所以， 即，① 因为， ， 所以，② 则①式和②式分别平方并相加得： ， 则，所以， 即的余弦值为. 故选：A. 13．(24-25高一下·江苏沭阳高级中学等四校·期中)在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理以及三角恒等变换可得，结合三角形形状可得，将所求表达式化简并利用对勾函数性质计算可得结果. 【详解】依题意，由正弦定理可得，即； 所以， 又因为为锐角三角形，所以，即， 又，且， 可得，； 易知 ； 显然，由对勾函数性质可知在上单调递增， 所以可得. 故选：D 14．(24-25高一下·江苏常州·期中)在中，，，，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在中，利用余弦定理与正弦定理可得、、，再借助向量线性运算及模长与数量积的关系可用、表示出，再利用三角形内角和与三角恒等变换公式可将表示为正弦型函数，再结合的范围计算即可得解. 【详解】 由，，则，， 在中，有， 即，即， 有， 故，， ， 则 ， 其中，， 则当，即时，有最大值， 由，则，由，则， 故可取，故有最大值. 故选：D 【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式最值是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 二、多选题 15．(24-25高一下·江苏南通、镇江·期中)在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（   ） A．为锐角三角形 B．若，则 C．的最小值为 D． 【答案】BCD 【分析】由诱导公式即可判断A，由正弦定理即可判断B，由条件可得，结合基本不等式代入计算，即可判断C，由条件可得，然后换元，结合二次函数的值域，即可判断D. 【详解】对于A，由可得， 则或，即或， 因为三角形为斜三角形，若，则，， 不符合斜三角形，所以，即为钝角，为钝角三角形，故A错误； 对于B，由正弦定理可得，则， 所以，故B正确； 对于C，由，可得， 且，则， 则 ， 当且仅当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，由C可知，， 则， 令， 由可得，则， 所以，故， 且， 所以， 当时，取得最大值， 当或时，最小值为， 所以，故D正确； 故选：BCD 16．(24-25高一下·江苏沭阳高级中学等四校·期中)如图，已知⊙O 内接四边形中，，，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】在中利用余弦定理解方程可求得，即判断A正确，根据圆内接四边形的性质以及余弦定理可求得，分别求出即可得B正确，由余弦定理的推论计算可得C错误，利用三角恒等变换以及二倍角公式计算可得D正确. 【详解】对于A，在中，由可得; 由余弦定理可得，即； 整理可得，解得或（舍），即A正确； 对于B，由圆内接四边形的性质可知， 所以， 在中，由余弦定理可得，即， 整理可得，解得或（舍）； 易知，所以，即B正确； 对于C，在中，易知， 所以，即C错误； 对于D，易知，所以； 由C可知； ； 所以，即D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用圆内接四边形的性质以及余弦定理计算出线段长，再结合二倍角以及三角恒等变换计算即可. 三、填空题 17．(24-25高一下·江苏南京协同体十校·期中)在中，为锐角，，且对于，的最小值为，则______ 【答案】 【分析】在三角形中过作于，求出，再利用余弦定理解出，进而可求解. 【详解】 如图，过作于，的最小值为， ，得到， 又为锐角，， ，不妨设， 则， ，. 故答案为：. 18．(24-25高一下·江苏句容·期中)已知平面向量分别满足与的夹角是，则的最大值为______. 【答案】 【分析】根据题意建系，设取，，由图可得，由题得，，由正弦定理可得，再利用向量数量积的定义将所求式化成关于角的正弦型函数，利用正弦函数的单调性即可求得答案. 【详解】    如图，建立平面直角坐标系，设点取， 满足则，取，连接，则，依题意， 记中角所对的边分别为，由正弦定理，， 则得， 由 ，因，故， 故当，即当时，取得最大值1， 此时取得最大值为. 故答案为：. 19．(24-25高一下·江苏天一中学·期中)在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是________. 【答案】 【分析】根据给定条件，设，利用正弦定理把表示成的函数，再利用正弦函数的性质及三角形面积公式求出最大值. 【详解】由，，，得， 设，，当时，重合，，； 当时，重合，，； 当时，，，， 在中由正弦定理，即，则， 在中由正弦定理，即，则， 于是 （其中锐角由确定）， 当且仅当时取等号，而， 因此，， 所以三角形的面积的最大值是. 故答案为： 20．(24-25高一下·江苏沭阳如东中学·期中)已知在△ABC中， AB=AC，∠ABC的角平分线与边AC交于M点， 线段AB的中垂线过点 M，则 =_______，_______ 【答案】 【分析】设，，通过角平分线定理得出，再利用中垂线过点 M，可得出与相似，从而得出，结合三角形性质和余弦定理即可求解. 【详解】设，，根据角平分线定理得， 所以，， 因为线段AB的中垂线过点 M，所以，, 所以与相似，所以，即，化简为， 因为，所以， 所以， . 故答案为：， 21．(24-25高一下·江苏徐州铜山区·期中)在等腰中，，在内一点满足，则的值为_______． 【答案】/ 【分析】利用余弦定理求出，继而利用三角形相似求出,设，，在和中，利用余弦定理求出，在中，利用余弦定理即可求出t的值，即可求得答案. 【详解】在等腰中，, 则， 即，设，则；   ，结合知, 可得，则∽， 故，而，， 故, 设，在和中，利用余弦定理可得： ，, 即，， 两式相减，则， 在中，利用余弦定理可得：, 即， 即得，则， 故答案为： 地 城 考点03 平面向量 一、多选题 22．(24-25高一下·江苏盐城五校·期中)已知，与夹角为，若且，则下列说法正确的是（    ） A．当时，在上的投影向量为 B．当时， C．当时， D．的最大值为0 【答案】BCD 【分析】根据已知得是边长为2的等边三角形，且，由投影向量的定义及向量的线性关系判断A；由题设在中边的中线上，进而有判断B；应用向量数量积的运算律及模长列方程求参数值判断C；化，进而得到，结合有，即可得判断D. 【详解】由题设，是边长为2的等边三角形，且， A：当时，，又，即，故在上的投影向量为，错； B：当时，，即在中边的中线上， 又为等边三角形，故，即，对； C：当时，，则， 所以， 所以，即，又，故（负值舍），对； D：, 由，即①， 所以，要使该值最大，只需最小， 由①得，则，所以，对. 故选：BCD 二 、填空题 23．(24-25高一下·江苏无锡宜兴·期中)如图，三个边长均为2的等边三角形有一条边在同一条直线上，是边的两个三等分点，分别交于分别交于、，则___________．（注：）    【答案】 【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，分别表示出的坐标，再由相似表示出的坐标，结合向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】    建立如图所示平面直角坐标系，则， 由是边的两个三等分点，可得，即， 则，即， 则，， 则， ， 结合图像可知，且， 则，同理可得， 则， ， 且，， 则，同理可得， 则， ， 则， ， 所以 . 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题主考考查了向量的数量积运算，难度较大，解答本题的关键在于建立平面直角坐标系，结合向量的坐标运算解答. 24．(24-25高一下·江苏新海高级中学开发区校区·期中)在中，为中点，，设与交于点，则_____． 【答案】/ 【分析】以、为基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论求出，即可求出，，即可得解. 【详解】因为， 所以， 由三点共线，可设， 所以. 又三点共线，所以， 又、不共线，所以，解得， 所以，又， ， 所以，即. 故答案为： 25．(24-25高一下·江苏泰州中学·期中)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】 【分析】根据已知可得出.进而作图推得，点的轨迹为以为圆心的圆.过点，作，垂足为，交圆于点，结合图象分析即可得出即为的最小值.根据已知条件计算即可得出答案. 【详解】由已知可得，所以. 设，，，，，， 则，，， 所以有，，则， 所以点的轨迹为以为圆心的圆. 过点，作，垂足为，交圆于点， 根据图象可得出即为的最小值. 在中，有，， 所以有. 又，所以. 故答案为：. 26．(24-25高一下·江苏连云港灌南县·期中)已知中，点，分别是知的重心和外心，且，，则边的长为_____. 【答案】 【分析】延长交于点，过点作于点，作于点.将用表示，根据向量数量积的几何意义化简已知式，推得，再由利用向量数量积的运算律求得，最后利用和已得结论求即可. 【详解】 如图，延长交于点，过点作于点，作于点. 因点，分别是知的重心和外心，则，, 则，则 ， 即得， 又由和，可得， 整理得，解得， 因， 则， 即边的长为. 故答案为：. 地 城 考点04 立体几何 27．(24-25高一下·江苏无锡第一中学·期中)如图，在棱长为2的正方体中，点M 为线段上的动点，动点P在平面中，则下列说法中正确的是（    ）    A．当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 B．当四面体的顶点在一个体积为的球面上时， C．当时，取得最小值 D．的最小值为 【答案】AC 【分析】A根据平面的基本性质画出截面，结合正方体的结构特征判断；B根据已知确定球心的位置并求得球体半径为3，再由几何关系判断的位置判断；C将面展开与面在同一平面上，利用平面上两点距离最短判断；D画出示意图，找到关于面对称的点在线段上，进而确定最小时对称点的位置，即可判断. 【详解】A：延长交于，连接并延长交于，连接交于， 连接，则平面截正方体的截面为，根据作图易知， 所以有，为线段中点，则为线段中点， 结合平面的基本性质及正方体的结构特征知且，则为平行四边形，对；    B：由外接球的球心必在正方体上下底面中心连线上，如下图示，    所以球体半径为，则，得， 则到下底面距离，又在线段上运动， 所以在下底面上方，则，显然不存在这样的点，错； C：将面展开与面在同一平面上，如下图，    当为与的交点时，最小 ，对； D：如下图，线段关于面的对称线段为，它们的交点为， 则在平面中， 且， 则关于面对称的点在线段上， 若对称点为，连接，则， 若与的夹角为，则，所以， 若，则，此时不在线段上，不符； 所以，即最小为，错.    故选：AC 28．(24-25高一下·江苏南通如皋·调研)在棱长为2的正方体中，是上的动点（包含两端点），则下列结论正确的是（   ） A．存在点，使与平面相交 B． C．与平面所成角的正弦最大值为 D．的最小值为 【答案】BCD 【分析】证明平面平面，即可得平面判断A；应用线面垂直的性质和判断证明平面判断B；根据线面角的定义及平面，到平面的距离，可得与平面所成角的正弦值为，确定最小值判断C；将平面与平面沿展开为同一平面，应用平面两点间线段最短判断D. 【详解】由正方体知，则为平行四边形，故， 由平面，平面，则平面， 同理可得平面，且都在平面内， 所以平面平面，平面，则平面，A错； 由平面，平面，则，又， 由且都在平面内，则平面，平面， 所以，同理可证，而且都在平面内， 所以平面，平面，则，B对； 由上平面，而到平面的距离， 而，则到平面的距离， 所以与平面所成角的正弦值为， 要使正弦值最大，只需最小，当时，有最小， 所以最小正弦值为，C对； 将平面与平面沿展开为同一平面，如下图示， 当且仅当共线时，最小， 而，，故，D对. 故选：BCD 29．(24-25高一下·江苏天一中学·期中)如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（   ） A．当时，平面 B．当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形 C．当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为 D．当时，的最小值为 【答案】ABD 【分析】先证明所可得A正确，B，C作出截面图即可，D把立体几何展开形成平面的问题即可求解. 【详解】对A，当时，，为中点， ∵是中点，∴ ，又，所以， 即可得平面，故A正确； 对于B，如图延长交与H，连接交与I， 易知当时，I在线段上，截面如图为梯形， 当时，I在延长线上，截面如图为五边形， 所以当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形， 故B正确； 对于C，当时，为中点， ∵平面平面，∴截面可以为如图正六边形， 正方体边长为1，故截面正六边形边长为， 面积， 故C错误； 对于D，当时， ，∴ 四点共面， 如图对平面和平面沿进行展开， 四边形为等腰梯形，， ∴高， 又三角形为等腰三角形，， ∴高， ∴，又，所以的最小值为，故D正确； 故选：A B D. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $