专题11 期中复习解答题综合压轴题（5大考点38题）（期中真题汇编，江苏专用）高一数学下学期苏教版

厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题11期中复习解答题综合压轴题(5大考点38题) 目目 考点01 平面向量综合压轴题 (2)√ e号 2.(1)16 208≤p丽+PEs2i7:②g 3.(1)13 (2)6 (③)丽的最小值为子，∠MPN的余弦值为G 4.(1)7,3,(2,0) (22v3∞ 13 ③)3 7 5.(1-2,2] (2)因为OM=V3,则0A=0B=0C=25,则AB=6, 又g(x=V5sin(x+a)=V3 cosa sinx+V3 sina cosx,所以M(W5cosa,V5sina), 且C0,2W5,A-3,-5,B3,-5),从而MA=-3-V5cosa,-V5-5sina, MB=(3-3cosa,-3-3sina),MC=(-3cosa,23-3sina), M4+MB'+MC=(3+3cosa+(3+3sina)+(3-V3cosa+(3+3sina) +(3cosa)2+(2v3-3sina)2 =9cos'a +9sin2a +36=45; 因此可得M2+MB2+MC2=45为定值. (3-32,8 目目 考点02 三角恒等变换综合压轴题 1/11 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6.(1)以圆心0为坐标原点，0A的方向为x轴的正方向建立如下图所示的平面直角坐标系， A 则这4、经9子9 设点P(cos0,sin0), 则PA=Vcos0-1)2+sin20=√2-2cos0, =2+cos0-3sin0= /2+2cos0+元 3 =2+cos0+3sin0 2+2cos 0 3 (2)4 (3)2 (2)- 24 25 (⊙最多有5个正整数元素，实载m取能花同是1一？9 8.(1)c0s30=4cos30-3cos0 (25-1 4 (3)因为x3-3x-1=0,所以4 /-31-0 2 22 令cos0= 2,因为-2<x<2,所以-1<cos0<1,取0<0<元 所以4c0s0-3cos0-1 =0， 2 由(1)4c0s0-3c0s0=co0s38,得c0s30= 2 又因为030<9，所以湖-骨期-子鸡= 3 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以0，-0，-5，日= 7π 9 9 91 所以5=2c0s0=2c0s9=20s0,=2c0s9=2cos8,=2c0 5π 7π 9 所以-=g-4s3-2 0}2+eos） 9 10m-2c0s 2π =2c0 9 故x-x1=x号-x 92 6 π+,keZ； 3 π (3)当n=1时，函数4，x)=sinx-cosx在0 L4 上单调递增， 所以(x)的最大值为 （)=0,最小值为o=-1 当n=2时，函数t,(x=sin2x+cos2x=1,所以函数t,(x)的最大，最小值均为1. 当n=3时，函数4(=sinx-cosx在0得 上单调递增， 所以(x)的政大值为 到=0，最小值为0=- 当n=4时，函数t4(x)=sin4x+cos4x=1- sin22x在 上单调递减。 所以4国的限大伍为0=1，故小值为()号 下面讨论正整数n≥5的情形： 当n为奇数时，tnx=fn(x-gnx=sin"x-cos"x, 对任意x,x2∈ π 且x<x2, 由于tnx)-tn（x2)=sin"x-sin"x2+cos"x2-cos"x), 以及0≤sinx<sinx2<1,0<cosx2<cosx1≤1， 所以sin"x<sin"x2,cos"x2<cos"x,从而tnx)<tn（2). 所以，（纠有0到上单调递蜡，则，（的最大值为母=0，最小值为，0=- 4 3/11 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 经验证，n=1,n=3时，也适合上述结论 当n为偶数时，tnx=fnx+gn（x=sin"x+cos"x 一方面因为0<sinx<1,0<cosx<1则有tn(x=sin"x+cos"x≤sin2x+cos2x=1=t,(0) 另一方面，由于对任意正整数I≥2，因为x0引，0≤sinx≤c0sr1, 则有24，(x)-42-2(x)=2sim2”x-sin24-2x+2cos2x-cos21-2x=sin21-2x(2sin2x-+cos21-2x(2c0s2x-1） sin21-2x(sin2 x-cos2x)+cos21-2 x(cos2x-sin2x)=(cos2/-2x-sin2-2x)(cos2x-sin2x)20, 1 (四2(， (到2到2… 23 :函数.(x)的最大值为，(0=1，最小值为， 经验证，n=2,n=4时，也适合上述结论 综上所述，当n为奇数时，函数tn（x的最大值为0，最小值为-1； 当n为偶数时，函数，（x的最大值为1，最小值为 2 10.()f(x=sin2x++1 62 2)① ②5v5 0 1,(④最大值为2的数住集合为-冬+2e2 (23 3 1 (3)-2’m=n 12.0-42+: (2g(x)=sinx-cosx+x=sin(x-+x0), 42 当e0时g0单调避-敢-1， 2 所以g国在0的1有唯一零点： 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 π，5]时，√2sin(x-乃≥0,2nx>0,所以g(x)>0无零点： 当xe( 3 4’4 4 5π 当xe+o)时4 >e,3nx>3>2,所以g>0无零点 2 2 综上：g(x)有且只有一个零点. cos p=- 2 (3)2024m+n2025 13.(1)sin18°= 5-1 4 % (3)证明：因为xe(-1,1),故可令x=cos0(0<0<m), 故由4r-3x-】=0可得：4c0s20-3c0s0-】=00<0<元). 2 1 由题意得：cos30=2因0<8<，故0<30<3x, 故30=π， 安支3严、交②还 3 即方程（四的三个版分别为号否否 又r-3号0，藏=+分 于是，4x+4x+4x=3x+x2+xJ+ =cos+cos5红+cos7+3 9 9 °92 =3c0s-20+3c0s+2} +3cosπ- 2π，3 39 (39) 92 元2元 .2π 2元 2π 2π.3 =3 coscos- -sin-sin- +3 cos-cos- sin-sin- -3c0s 3 9 39 3 9 3 9 92 2π.3 =6×-c0s 十 、2 9 、92 3 14.(1)P,(t=81-82+1,cos4x=8cos4x-8cos2x+1 (25+1 4 (3)因为多项式P.()=a+a,t+a,2+…+a, cosnx ao+a cosx+a cosx+..+a cos"x, 当x=0时，得1=a+a1+a2+…+an, 5/11 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1,n=4k,k∈Z 当x=刀时， 2 cos in 2 =a，即4= -1,n=4k+2,k∈Z,即al≤1； 0,n=2k+1,k∈Z 又1=a+a,+a2+…+an且a1+a++a-a≤a+a+a2+.+an=1, 所以a,+a2+.+an≤a+a,+a2+.+an+a=1+1=2. 目目 考点03 解三角形综合压轴题 15.(1)-V3-1 (2)030;②50W5 16.04= 3 17.(03 3 (②1+27 3 o利 180号 (2)22;2√6-2V2 19.(1)2√7 (2)①8V3; ②在△ABD中，可得BD2=AB2+AD2-2AB×ADc0sa=22+42-2×2×4coSC, 在△CBD中，可得BD2=CB2+CD2-2CB×CDcosB=62+42-2x6×4cosB, 所以22+42-2×2×4c0sa=62+42-2×6×4c0sβ， 所以cosa-3cosB=-2, 设四边形ABCD的面积为S, +.x Din+Cx CDinB-sinu+i 1 S 所以sina+3sinβ= 4, 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又医为-0-2，嘴以a+ng广oa--4图， 所以10-6cos(au+B)=4+ 所以 S 4 =6-6cos(a+B), 因为0°<a<180°，0°<B<180°，所以0°<a+B<360°，所以-1≤cos(a+B)<1, 当且仅当a+B=180°时，cos(a+)mn=-l,此时 取最大值12， 此时S有最大值8V3,所以当四边形ABCD面积最大时a+B=180°. 20.(1)1 (20,1 21.(1)B= 6 (20sin∠B4D=5,②a=2N5+22 3 2.08-等 (2)3 23.(04=日 o号 (3)2+2V2,4+22) 24.(1)6+4V万)cm ②oa=8n口-哥引50ca<小，最大值为8+55 (3最大值为24，此时a=2 3 25.0肾 (2)2 10W21-1234 (33 ’3 7/11 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 26.(0)油正弦边角关系得2a2-2b=c2,则cosB=。+c2-b-3c 2ac 4a 所以4 a cos B=3c,则4 sin Acos B=3sinC=3sin(A+B)=3 sin Acos B+3 cos Asin B, 所以sin AcosB=3 cos A sin B,故tanA=3tanB; (2)(i)-6;(i)41+V5) 2.0号 (2)9 3)36 2 3 ssinBsin(a+y）-4 28.(①)sin(B-Y)sina o (3)07；②27 29.08-爱4-号 (②03+5，②当∠4CM-行4WNC的面积取最小值32- 30.(1)tana= 5 (2)由∠ABP=∠PBC=a,则∠APB=π-2=元-∠ABC, 在aABP中，由正弦定理得PA。、AB sina sin∠IPB sin∠ABC,解得、AP AB ①， sina sin ABC 在△APC中，∠APC=π-∠BAC, PA AC 由正弦定理得，sina sin ZAPC sinπ-∠BAC,得F、b b sina sin ZBAC②， 由①②+AP sina sin∠ABC-sin.∠BAC,即bsin∠ABC=esin BAC. b 由正弦定理，可得b2=ac [66-25j 31.008-号@1,71 ②A=4 32. 16 (2)因为a+c=1b,所以sinA+sinC=sinB, 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即2sinA+C。 4-C =2asincos2 BB -.c0s 2 2 则cos4,C=icos A+C 2 2 。AC A A A 故cos2cos2+sin2sin2 C Ni C =cos 2:co8 22 2 A 即(1+λ)sin2·sin。 inC-(-1)cos2cos 2 C1-1 故an子an 8在a=品 38.B-号 (2)6 (3)2+2V5 目目 考点04 复数综合压轴题 34.(1)-4≤x≤0 (2)存在“长复数”，且“长复数”为22,26 (3)0= 2 4π 3 3 目目 考点05 立体几何综合压轴题 35.(①3 (2)取OE的中点F,连接BF、MF,则MF∥PO, 因为OB=BE=1,则BF⊥OE, 因为PO⊥平面ABC,则MF⊥平面ABC,OEc平面ABC,所以OE⊥MF, 因为MFO BE=F,MF、BFc平面BMF,故OE⊥平面BMF, 因为BMC平面BMF,故BM⊥OE 36.(1)6 3 (2)因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD, 所以PA⊥AD,因为DE1/PA,PA=2DE=2AD=4, 所以四边形ADEP为直角梯形，所以PE=2√2，EA=2√2， 9/11 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△PEA中，PE2+EA2=PA2,则PE⊥EA, 故∠PEA=90°，因为PA⊥平面ABCD,ABC平面ABCD, 所以PA⊥AB,在Rt△PAB中，PB=VPA+AB2=25, 在△PEB中，BE=23,PE2+BE2=PB2, 所以PE⊥EB,由(1)知PE⊥EA, 又EA∩EB=E,EA,EBC平面ABE, 所以PE⊥平面ABE; 37.(I)取AE的中点G,连接FG,BG,由BC⊥平面ABE,BC//AD,得AD⊥平面ABE, 而80c平面4E,别4D18G,由F为DE的中点，得FG1AD1/BC,FG=号4D=BC. 则四边形BCFG是平行四边形，因此FCI/BG, 所以DA⊥CF. D B (2)(i) 子：()6 4 38.(1)(1)如图，连接BD,设AC∩BD=0,连接PO P M G E A B 因为，PD⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,故PD⊥AC, 而PB⊥AC,PB∩PD=P,PB,PDc平面PDB, 故AC⊥平面PDB,而POc平面PDB,故AC⊥PO,学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题11期中复习解答题综合压轴题(5大考点38题) ☆5大高频考点概览 考点01平面向量综合压轴题 考点02三角恒等变换综合压轴题 考点03解三角形综合压轴龈题 考点04复数综合压轴题 考点05立体几何综合压轴题 目目 考点01 平面向量综合压轴题 园sine 1.(24-25高一下·江苏沭阳如东中学期中)对任意两个非零向量m,i,定义新运算：m⊕方= 其中 0为m与的夹角 (1)若非零向量a.6满足=2，且ā©6>5，求6®后的取值范围 2 (2)若向量a=(t,4),b=(2,),且ā©b=1,求正数t的值： (3)已知非零向量ā，6满足同=k5(k是正整数)，向量ā，6的夹角0∈ 63 a⊕b和b⊕ā都是有理数， 求咖0 且(a@+(6®a-68 2.(24-25高一下江苏南京鼓楼区南京第二十九中学期中)如图1，己知四边形ABCD为菱形，AB=4√3， ∠ABC=60,O为ABC的外心. M D B 0 图1 (备用图) (1)求0C.0D的值： (2)点P在以0为圆心，1为半径的圆上运动， ①已知点B是点B关于点O的对称点，求PB+PB的取值范围： ②已知点M为边AD的中点，且存在实数x,y,云，使得xPA+yPB+zPM=0,求出当二最大时的、三的 x+v 值 3.(24-25高一下·江苏无锡太湖高级中学期中)在ABC中，已知AB=2,AC=4,∠BAC=60°， M-号B,=2aC,CM与N相交于点P 1/12 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 (1)求CM的长度； Qx2-子亚8C的值， (3)求NA.NB的最小值，并求此时∠MPN的余弦值 4.(23-24高一下江苏苏州常熟期中)如图所示，设0x,0y是平面内相交成00<0<元，0≠ 角的两条数 轴，e,e分别是与x,y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系x0y为Θ仿射坐标系，若在O仿射坐 标系下OM=xe,+ye2,则把有序数对(x,y)叫做向量OM的仿射坐标，记为OM=(x,y).己知在O仿射坐 标系下OA=(3,1,0B=(1,1. AM y e2 (1)求向量20A+OB,OA-0B的仿射坐标： (2)当0=时，求c0sLA0B: (3)设LA0B=a,若OA-tOB≥V3对teR恒成立，求cosa的最大值. 5.(23-24高一下江苏盐城东台第一中学期中)定义函数f(x)=nsinx+ncosx的源向量”为OM=（m,n),非 零向量OM=(m,n的“伴随函数°为f(x)=msinx+ncosx,其中0为坐标原点. (1)若向量OM=1,V3)的“伴随函数”为f(x),求f(x在x∈R的值域： (2)若函数g(x)=V3sin(x+)的源向量”为OM,且以O为圆心，OM为半径的圆内切于正ABC(顶点 C恰好在y轴的正半轴上)，求证：M+MB+MC为定值： (3)在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,若函数hx的“源向量”为OM=(0,1),且己知 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 a=8(利= 3 求AB+AC-AB·AC的取值范围. 目目 考点02 三角恒等变换综合压轴题 6.(24-25高一下江苏南通海安期中)设单位圆0上三点A、A、A等分圆周，P为圆0上一点，定义： PA·PAPA为n距积，PA+PA+PA为“r距和”. ()为便于解答(2、(3)，请你选择合适的变量表示出PA、PA、PA; (2)求“T距和”的最大值； (3)求“Π距积”的最大值， 7.(2425高一下江苏南京金陵中学期中)已知函数f(x)=2 cosx(v5sinx+cosx)-1. (1)求f(x)的对称中心： 82=ir+8ax-号f小2x-哥}集合g-{y=5o+me1国n<005 π 试判断集合Q 6 中最多有几个正整数元素，并求正整数元素最多时实数m的取值范围. 8.(24-25高一下江苏徐州铜山区·期中)由两角和差公式我们得到倍角公式c0s20=2c0s0-1,实际上c0s39 也可以表示为cos0的三次多项式 (1)试用cos0表示c0s30; ②求n的值： (3)己知方程x3-3x-1=0在(-2,2)上有三个根，记为x,x2,x且x>x2>x,求证：x;-x1=x-x2. 9.(24-25高一下江苏苏州期中)已知函数∫n（x=sin"x,g.（x=cos”x,n是正整数，x∈R. (1)求函数m(x)=fx)+g12x)的值域： (2②记5，(=f.(+8,解不等式(xs 1289 (3)当0≤x≤亚时，求1，(x)=f(x)+()g,(x的最大值和最小值 41 10.(24-25高一下·江苏高邮·期中)已知函数f(x)=√3 sin oxcos@x+cos2ox(o>0)的最小正周期为刀 (1)求f(x的解析式： 3/12 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 (2若关于x的方程/（个=2+m在区间 123 上有相异两解x,X ①求实数m的取值范围； ②当1=5+x,时，函数g)=asin1+bc0s1ab≠0)取最大值，设cos0=名，求cos30 11.(24-25高一下.江苏南京、镇江、徐州联盟校·调研)定义函数f(x=asinx+bcosx的“积向量”为 m=(a,b),向量m=(a,b)的“积函数”为f(x=asinx+bcosx (1)若a=1,b=-√5，求f(x)最大值及对应x的取值集合； 7 (2)若向量m=(a,b)的“积函数”f(x满足 tan 求的值， 13元 9π 14 (3)已知m=(2cosa,2sina),n=2cosB,-2sinB),设OP=元m+4n2>0,4>0),且Op的“积函数”为 gx,其最大值为t,求(t-2)(2+μ)的最小值，并判断此时m,的关系 12.(23-24高一下·江苏扬州中学期中)已知函数f（x)=asinx+bcosx+csin2x+1(a,b,c∈R) (1)当a=b=c=1时，求f(x)的值域： (2②当a=1,b=-1c=0时，设g)=f)+1nx-1,求证：函数g有且只有一个零点， 2 (3③)当a=V5,b=l,c=0时，若实数m,P使得mf()+nfx-p)=1对任意实数x恒成立，求，cosP_的值 2024m+n 13.(23-24高一下江苏泰州中学期中)由倍角公式cos20=2cos20-1,可知c0s20可以表示为c0s0的二次 多项式.对于cos30,我们有 cos 30 cos(20+0)=cos 20 cos0-sin 20 sin0 =(2cos20-1)cos0-2sin20 cos0 =2cos30-cos0-2(1-cos20)cos0 =4cos0-3cos0 可见cos30也可以表示成cos0的三次多项式。 (1)利用上述结论，求sinl8°的值； (2)化简cos60°-0)cos60°+6)cos0;并利用此结果求sin20°sin40°sin60°sin80°的值： (3)已知方程4x3-3x- 有三个根，记为，x,求证：4 14.(23-24高一下·江苏沭阳高级中学期中)由倍角公式cos2x=2cos2x-1,可知cos2x可以表示为cosx的 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 二次多项式.对于cos3x,我们有cos3r=cos2x+x=cos2 x COSx-sin2 xsinx =(2cos2x-1)cosx-2 sinxcosxsinx=2cos3x-cosx-21-cos2 xcosx=4cos3x-3cosx.可见cos3x可以 表示为cosx的三次多项式.一般地，存在一个nn∈N)多项式使得 Pnt)=a+at+at+…+ant"(a,a,a2,…,an∈R)使得cosnx=Pnc0sx,这些多项式Pn(t)称为切比雪夫(P L.Tschebyschef0多项式. (1)请求出P,(t),即用一个cosx的四次多项式来表示cos4x; (2)利用结论c0s3x=4cosx-3cosx,求出cos36的值； (3)证明：a,+a2+a3+…+an≤2 目目 考点03 解三角形综合压轴题 15.(2425高一下·江苏盐城中学期中)已知S是直线P2外一点，点M、N在直线P9上（点M、N与点 P、Q任一点均不重合).我们称如下操作为“由S点对PO施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记 SPsin∠PSM SP sin∠PSM (P,Q:M）= 若点M在线段PO外，记(P,Q;M)=- SO sin∠MSQ SOsin∠MSg ,并且记 (P,Q:M,N)= (P,O;M) (P,O;N) 记ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、C,已知b=2,A=60°，D是 射线BC上一点，现由A点对C施以视角运第，得到8.C:D)=号 (1)若AD=V3+1,求AD.DC的值： (2)射线BC上的点M满足(B,C;M,D)=-2. ①求∠CAM; ②求AM+16AD的最小值. 16.(24-25高一下江苏天一中学期中)记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,C,己知 a2-b2=bc. (I)若sinCsin(A-B）=sinBsin(C-A),求A; (2若4BC为锐角三角形，求S+的取值范围 b a 17.(24-25高一下江苏锡山高级中学期中如图，△ABC中，AB=2,AC=1,点D在线段BC上，△ABE为 等边三角形 5/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ④ (1)若CD=2DB,∠CAB=120°，求线段AD的长度： (2)若CD=2DB,求线段DE的最大值： (3)若AD平分∠BAC,求△ACD与△ABD内切圆半径之比的取值范围 18.(24-25高一下·江苏南通海安期中)在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,C,且 3(sinA-sinC)3b-2c sinB a+c (1)求cosA的值； (2)点D在边BC上，BD=3DC,AD=V3. (i)求ABC面积的最大值； (i)求a的最小值， 19.(24-25高一下·江苏南京鼓楼区南京第二十九中学，期中)如图，已知在平面四边形ABCD中，AB=2, BC=6,CD=DA=4. D A a B (I)若BD平分∠ABC,求BD的长； (2)设∠BAD=a,∠BCD=B, ①若a=120°，求四边形ABCD的面积； ②当四边形ABCD面积最大时，求证：a+B=180°. 20.(24-25高一下·江苏常州高级中学、江苏溧阳中学期中)在锐角ABC中，记ABC的内角A,B,C的 对边分别为a,b,C,2 bcosA=acosC+ccosA,点O为ABC的所在平面内一点，且满足 OA+OBAB=OB+OC·BC=0. (1)若a=√5，求A0的值； (2)在(1)的条件下，求0A+0B+0C的取值范围； 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)若AO=xAB+yAC,求x+y的取值范围. 21.(24-25高一下江苏南通如皋调研)在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知 2bcos B=c,A=3B. (1)求角B; (②设D为边8C上一点，记△4BD，44CD的面积分别为S,S,若40=3，且S-S,=5 2 ①求sin∠BAD;②求a的值. 22.(24-25高一下·江苏连云港灌南县·期中)已知锐角三角形ABC的内角A,B,C所对的边分别为4，b,c,若向 量m=(cosB,sinB),n=2cosA+cosC,-sinC),且m⊥n. (1)求角B的大小： (2)若点D在边AC上，BD平分∠ABC,b=2√3.试求BD长的最大值 23.(24-25高一下江苏无锡太湖高级中学期中)在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 2b-c=√2cosC· (1)求角A的大小： (2)若a=2且2tanB=3tanC,求ABC的面积： (3)若b=2,且ABC为锐角三角形，求ABC的周长的取值范围 24.(24-25高一下·江苏新海高级中学开发区校区·期中)如图，半圆0的直径为4cm,A为直径延长线上的 一点，OA=4cm,B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC.设LA0B=a, B Xa (①当a=2时，求四边形04CB的周长， (2)用表示四边形OACB的面积，并求其面积的最大值； (3)求VOA2+OB+OC2的最大值，并指出此时O的值. 25.(24-25高一下江苏东台期中)在锐角ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C,G为 4BC的重，心已知c=2,snC(0C+cos4=bcoC-君) 7/12 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)求∠C的大小： e网9.a., (3)求15CG-3CB.CA的取值范围 26.(24-25高一下·江苏连云港东海县期中)如图，己知ABC的三边a,b,C所对的角分别为A,B,C, 以BC为一边作等边△BCD,A,D位于边BC两侧，连结AD, D B (I)若2(asin A-bsin B)=csinC,求证：tanA=3tanB: (2)若b=4,c=2,求： (i)AD.CB的值； (ii)△ACD面积的最大值 27.(24-25高一下江苏苏州苏州工业园区星海实验高级中学期中)法国伟大的军事家、政治家拿破仑一生 钟爱数学，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意的三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形， 则这三个等边三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”，如图，ABC的内角A,B,C的对边分别为 a.hc,5 bsind+acos=c,以4B,BC,AC为边向外作三个等边三角形，其中心分别为D,E,F 3 (1)求角A: (2)若a=3,且△DEF的周长为9，求AD.AB+AF.AC; (3③)若aDEF的面积为9V ,求ABC的角平分线AM的最大值 28.(2425高一下江苏南京外国语学校期中)在ABC中，D,E为边BC上两点，BD=1,EC=3BD, DE=mBD(m >0). 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (I)若∠B=a,∠C-Y,LAED=B,用a,B,Y的三角函数值表示DE的值； (2②若AE=DE=5,CA=7,求an<4BC的值； tan∠ADC (3)若DE=5,∠BAD=∠CAE. ①求4的值； LAC ②求ABC面积的最大值。 29.(24-25高一下·江苏扬州扬州大学附属中学期中)在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,C, 且3sin4_a,d=+bc. cosB b (1)求角B和A; (2)已知b=2,设M、N为线段AB上的两个动点(M靠近点A),且∠MCN=T 6 ①若AM=1,求△MNC的周长； ②当∠ACM为何值时，△MWC的面积最小，最小面积是多少？ 30.(24-25高一下江苏苏州中学校期中)在ABC内一点P满足LPAB=∠PBC=LPCA=a,则称P为 ABC的布洛卡点，α为布洛卡角.小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论， 比如LAPC=π-LBAC=LABC+∠ACB,若下列问题中的点P为ABC的布洛卡点，请你和他一起解决如 下问题： B (I)当AB=AC=2,且∠BAC=2元时，求ana: 3 (2)角A,B,C所对的边分别为a,b,C,LABP=LPBC=a,求证：b=aC; (3)在(2)的条件下，若ABC的周长为4，试把BA.BC表示为b的函数f(b),并求∫(b)的值域. 31.(24-25高一下·江苏南京金陵中学期中)在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c. (①记4BC的面积为S,且满足4S。=4cosB+abcosA. tan B ①求角B; ②若ABC为锐角三角形，且c=1,求a2+b2的取值范围. (2)对于ABC,若存在△DEF,使得sinA=cosD,sinB=cosE,sinC=cosF.则称aDEF为ABC的伴随三 角形.若ABC存在伴随三角形，试求出ABC三个内角中的最大值. 32.(24-25高一下·江苏连云港赣榆区·期中)在非直角三角形ABC中，边长a,b,c满足a+c=1b(2∈R, 9/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 且元>1) (1)若=2，且3 csin A=4 bsin C,求cosB的值； ()②求证：tan 4tan C--， 22入+1 cosA+cosC+f() (③)是否存在函数f(2),使得对于一切满足条件的2，代数式2)cos4cosC 恒为定值？若存在，请给 出一个满足条件的∫2)，并证明，若不存在，请给出一个理由 33.(2425高一下·江苏高邮期中)“费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三 角形三个内角都小于行时，费马点与三角形三个顶点的连线利成的三个角都为 .己知点P为ABC的费 3 马点，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcos C+√3 bsin C=a+c. (1)求角B; (2)若b2=(a-c2+6,求PA·PB+PB·PC+PA·PC的值； (3)若AC⊥BC,PA+PB=元PC,求实数2的最小值 目目 考点04 复数综合压轴题 34.(24-25高一下江苏常州期中)对于一组复数2,22，，2n（n∈N且n≥3)，如果存在2ke1,2,…,n), 其中∑=三+2，+…+，那么称2是该复数组的长复数” k=l (1)设z=k+x+2k)i,k=1,2,3,若z是复数组z,z2,z3的“长复数”，求实数x的取值范围； (2)若z4=c0s +isin匹，k=2,,7,复数组，2，2，是否存在“长复数给出你的结论并说明理由： 2 2 (3)若z=c0sa+θ)+isin(a+k9),k=l,2,3,是否0∈[0,2π，对于HaeR,都能满足复数组z,z2, 23中的每一个复数均为“长复数”？若存在，求出所有的O;若不存在，请说明理由 目目 考点05 立体几何综合压轴题 35.(24-25高一下江苏南通如皋调研)如图，在等腰三角形ABC中，AC=CB=2AB,D、E分别为边 AC、BC上靠近A、B的四等分点，将△DEC沿DE翻折至△PDE,使得平面PAB⊥平面ADEB,O、M 分别是AB、PE的中点. 专题11 期中复习解答题综合压轴题（5大考点38题） 5大高频考点概览 考点01平面向量综合压轴题 考点02三角恒等变换综合压轴题 考点03解三角形综合压轴题 考点04 复数综合压轴题 考点05 立体几何综合压轴题 地 城 考点01 平面向量综合压轴题 1．(24-25高一下·江苏沭阳如东中学·期中)对任意两个非零向量，定义新运算：，其中为与的夹角. (1)若非零向量满足，且，求的取值范围； (2)若向量，且，求正数的值； (3)已知非零向量满足（是正整数），向量的夹角，和都是有理数，且，求. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题设定义及条件，得到，又，再结合的性质，即可求解； （2）根据条件，利用向量模长及夹角公式，得到，进而得到，再结合题设条件，即可求解； （3）根据题设可得，利用，得，再结合是正整数，对取值讨论，即可求解. 【详解】（1）因为且，则， 又，所以，得到， 又，且 所以的取值范围是. （2）因为和，则，， 则设向量和的夹角为，则， 所以， 则，整理得到， 所以（舍）或，解得或（舍）， 所以. （3）因为，则，， 又，则，即， 又，则，又是正整数， 当，不合题意， 当，，由，得到， 所以，满足题意，故， 当时，，得到，解得， 此时，不是有理数，所以不合题意， 当时，，所以时，不合题意， 综上，. 2．(24-25高一下·江苏南京鼓楼区南京第二十九中学·期中)如图1，已知四边形为菱形，，，为的外心． (1)求的值； (2)点在以为圆心，1为半径的圆上运动， ①已知点是点关于点的对称点，求的取值范围； ②已知点为边的中点，且存在实数x，y，z，使得，求出当最大时的的值． 【答案】(1) (2)① ；② 【分析】（1）方法一、根据题意，得到为等边三角形，得到为的中心，结合正三角形的性质，结合，即可求解； 方法二、以O为原点，建立平面直角坐标系，求得，结合向量数量积的坐标运算公式，即可求解； （2）①设，得到，令，即可求得； 方法二：当共线时，取得最小值，在和中，化简得到，结合，求得. ②先得到，化简得到的坐标，根据，得到，且，结合三角函数的基本关系式，化简得到，令，，得到方程，结合，求得，再由，求得，即可求解. 【详解】（1）解：方法一、已知四边形为菱形，且， 可得为等边三角形， 因为为的外心，即为的中心，， 又因为，可得，且，因为，所以， 所以. 方法二、以O为原点，OA为轴，建立平面直角坐标系，如图所示， 因为四边形为菱形，且，可得为等边三角形， 则，，，， 所以； （2）解：①以O为原点，OA为轴，建立平面直角坐标系，可得， 因为点P在以O为圆心，1为半径的圆上运动，故设， 则，， 所以， 令，则， 所以，则， 所以； 方法二：当共线时，取得最小值8， 在中，， 在中，， 所以，所以， 因为， 所以（当且仅当时等号成立）． 所以； ②以O为原点，OA为轴，建立平面直角坐标系，可得， 由，， 又由， 所以 ， 因为， 所以，且， 所以，代入， 可得， 整理得， 显然，两边同时除以，可得， 令，，可得， 即，（☆） 所以，即， 解得，所以（即m）的最大值为． 此时，式子（☆）有两个相等的根，所以， 所以． 3．(24-25高一下·江苏无锡太湖高级中学·期中)在中，已知，，，，，CM与BN相交于点P． (1)求CM的长度； (2)若，求的值； (3)求的最小值，并求此时的余弦值． 【答案】(1) (2) (3)的最小值为，的余弦值为 【分析】（1）根据平面向量的线性运算可得，再根据平面向量的数量积的运算律求解即可； （2）根据平面向量共线的推论，可得，进而根据平面向量的数量积的运算律求解即可； （3）根据平面向量的线性运算及数量积的运算律，可得，即可得到时，取得最小值，进而得到，，进而根据平面向量的数量积的运算律及夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1）因为，则， 则， 则，即CM的长度为. （2）当时，， 由于三点共线，则存在实数， 使得， 由于三点共线，则存在实数， 使得， 所以，解得， 则， 则 . （3）由，，， 则，， 所以 ， 则时，取得最小值. 此时，， 则，， 所以 ， ， 由（1）知，， 所以. 4．(23-24高一下·江苏苏州常熟·期中)如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．已知在仿射坐标系下，．    (1)求向量，的仿射坐标； (2)当时，求； (3)设，若对恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）向量的线性运算计算即可； （2）应用向量夹角公式计算即可； （3）先把恒成立转化为向量的数量积求出向量的模，再结合余弦函数的值域求解. 【详解】（1）由已知得，所以的仿射坐标为， 同理，所以的仿射坐标为． （2）当时，，，， 所以， ， ， 所以． （3）， ，     ， 由得． 得对恒成立， 又．所以，得． 此时． 因为，，所以， 所以，所以， 所以的最大值为． 【点睛】方法点睛：先把恒成立转化为向量的数量积求出向量的模，再结合余弦函数的值域求解. 5．(23-24高一下·江苏盐城东台第一中学·期中)定义函数的“源向量”为，非零向量的“伴随函数”为，其中为坐标原点． (1)若向量的“伴随函数”为，求在的值域； (2)若函数的“源向量”为，且以为圆心，为半径的圆内切于正（顶点恰好在轴的正半轴上），求证：为定值； (3)在中，角的对边分别为，若函数的“源向量”为，且已知，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据“伴随函数”定义可得，可得值域； （2）利用向量的坐标运算即可求得； （3）由余弦定理并利用二次函数性质即可得的取值范围. 【详解】（1）函数的“源向量”为， 所以， 所以函数的值域为 （2）因为，则，则， 又，所以）， 且，从而， ， 则 ； 因此可得为定值． （3）如下图所示： 函数的“源向量”为， 则，则 则 则又， 即， 所以， 因为，即，当且仅当时取等号， 又因为当顶点无限接近顶点，边无限接近0，即无限接近0， 综上所述， 令，则 从而，其中， 所以， 即的取值范围． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“源向量”和“伴随函数”的定义，并能写出“源向量”的伴随函数以及某函数的“源向量”，再根据三角函数性质、平面向量运算法则求得结果. 地 城 考点02 三角恒等变换综合压轴题 6．(24-25高一下·江苏南通海安·期中)设单位圆上三点、、等分圆周，为圆上一点，定义：为“距积”，为“距和”． (1)为便于解答（2）、（3），请你选择合适的变量表示出、、； (2)求“距和”的最大值； (3)求“距积”的最大值． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）以圆心为坐标原点，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，取点，写出点、的坐标，设点，利用两点间的距离公式化简可得出、、的表达式； （2）由对称性，不妨设，化简、、的表达式，利用三角恒等变换结合正弦函数的基本性质可求得的最大值； （3）由对称性，不妨设，化简的表达式，利用三元基本不等式可求得的最大值. 【详解】（1）以圆心为坐标原点，的方向为轴的正方向建立如下图所示的平面直角坐标系， 则点、、，设点， 则， ， . （2）由对称性，不妨设，则，则，， 所以，， ， 同理可得， 所以， ， 因为，则， 故当时，即当时，“距和”取最大值. （3）由对称性，设， 由（2）可得 ， 所以， ，即， 当且仅当时，由于， 故当时，即当时，“距积”取最大值. 7．(24-25高一下·江苏南京金陵中学·期中)已知函数． (1)求的对称中心； (2)若，求的值； (3)记，集合，试判断集合Q中最多有几个正整数元素，并求正整数元素最多时实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)最多有5个正整数元素，实数取值范围是 【分析】（1）先把化简成.因为正弦函数对称中心纵坐标为，令，解出，就得到对称中心坐标. （2）已知，代入化简得.结合范围确定范围，进而求出.再把变形为，用公式计算. （3）对函数进行化简，得出其在给定区间上的值域，然后通过换元法将问题转化为关于的函数，再根据的单调性以及正整数解的个数来确定的取值范围. 【详解】（1） 由可得，所以的对称中心为． （2） 又，所以，即 （3）先化简,利用立方和公式得到，因为，所以. 又因为，所以. 再根据二倍角公式，则， 所以. 利用辅助角公式得到. 再求的值域，已知，则，. 根据正弦函数的性质，，所以. 通过换元并分析的单调性,设，则，. 因为，一次函数单调递减，而函数在时单调递增，根据复合函数“同增异减”的性质，在上单调递减. 所以. 最后根据正整数解的个数确定的取值范围， 若区间中包含个整数解： 要使区间包含个正整数解，则且. 解，两边平方得，即，； 解，两边平方得，即，，此时无解. 若区间中包含个整数解： 有两种情况： 情况一：且. 解，两边平方得，则； 解，两边平方得，即，，取交集得. 情况二：且. 解，两边平方得，即，； 解，两边平方得，即，此时无解.   故集合中最多个正整数解，此时的取值范围为. 8．(24-25高一下·江苏徐州铜山区·期中)由两角和差公式我们得到倍角公式，实际上也可以表示为的三次多项式． (1)试用表示； (2)求的值； (3)已知方程在上有三个根，记为且，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用二倍角的正弦和余弦公式可证明三倍角公式； （2）利用（1）的结果可得，故可求的值； （3）令，结合（1）中恒等式对方程变形可得，故可求原方程的解，结合三角变换公式可证. 【详解】（1） （2）由（1）得， 而，所以， 所以，即， 所以． （3）因为，所以 令，因为，所以，取 所以， 由（1），得 又因为，所以 所以， 所以 所以 . 故. 9．(24-25高一下·江苏苏州·期中)已知函数是正整数，. (1)求函数的值域； (2)记，解不等式； (3)当时，求的最大值和最小值. 【答案】(1)； (2)； (3)答案见解析. 【分析】（1）利用二倍角公式化简函数解析式，利用换元法得到二次函数，利用函数单调性求值域； （2）利用三角恒等变换化简不等式，降次解不等式即可； （3）先分析时，利用函数的单调性求最大值和最小值，再分类讨论为奇数和偶数时，利用函数单调性结合倍数关系求最大值和最小值. 【详解】（1）由题意，， 记，有开口向下，对称轴为， 所以，时，单调递增，时，单调递减， 故的最大值等于的最小值等于， 所以的值域为. （2）由题意， ， 于是， 解得因为，所以 则或者， 所以，即， 所以原不等式的解集为. （3）当时，函数在上单调递增， 所以的最大值为，最小值为. 当时，函数所以函数的最大，最小值均为1. 当时，函数在上单调递增， 所以的政大值为，最小值为. 当时，函数在上单调递减， 所以的最大值为，最小值为. 下面讨论正整数的情形： 当为奇数时，， 对任意且， 由于， 以及， 所以，从而. 所以在上单调递增，则的最大值为，最小值为. 经验证，时，也适合上述结论. 当为偶数时， 一方面因为则有. 另一方面，由于对任意正整数，因为，， 则有 ， ， . 函数的最大值为，最小值为. 经验证，时，也适合上述结论. 综上所述，当为奇数时，函数的最大值为0，最小值为； 当为偶数时，函数的最大值为1，最小值为. 10．(24-25高一下·江苏高邮·期中)已知函数的最小正周期为. (1)求的解析式； (2)若关于x的方程在区间上有相异两解，. ①求实数m的取值范围； ②当时，函数取最大值，设，求. 【答案】(1)； (2)①；② 【分析】（1）利用三角函数恒等变换得到，根据最小正周期得到，从而得到函数解析式； （2）①转化为与的图象在区间上有两个交点，求出，画出在区间上的图象，数形结合得到； ②解法一：由对称性可得，所以，则有，从而得到方程，平方求出，所以，由三角恒等变换得到； 解法二：由对称性可得，所以，由辅助角公式得到时，取最大值，则，由三角恒等变换得到. 【详解】（1）由题 ， 因为的最小正周期为，且，所以，解得， 所以； （2）①由，即， 关于x的方程在区间上有相异两解，， 也即函数与的图象在区间上有两个交点， 由，得， 又在上单调递增，在上单调递减， 作出在区间上的图象如图， 由图可知，要使函数与的图象在区间上有两个交点， 则有，所以实数m的取值范围. ②解法一：由①和正弦函数的对称性可知，与关于直线对称， 则有，所以， 则有，即， 也即，整理得，所以， 故 解法二：由①和正弦函数的对称性可知，与关于直线对称， 则有，所以， ，其中， 则当，即时，取最大值， 则， 则有 11．(24-25高一下·江苏南京、镇江、徐州联盟校·调研)定义函数的“积向量”为，向量的“积函数”为. (1)若，，求最大值及对应的取值集合； (2)若向量的“积函数”满足，求的值； (3)已知，，设，且的“积函数”为，其最大值为，求的最小值，并判断此时，的关系. 【答案】(1)最大值为，的取值集合为 (2) (3)， 【分析】（1）由已知可得，根据三角函数的性质求解即可； （2）令，有已知根据三角恒等变换求解即可； （3）由已知可得，根据三角函数的有界性可得最大值和与的关系，将代入根据二次函数的性质即可求解. 【详解】（1）若，，则， 当时，即，，函数有最大值， 函数的最大值为，对应的取值集合为； （2）， 令，所以， 所以，， 即，，所以； （3）因为，， 所以 ， 所以 ， 此时存在满足，，， 当且仅当时等号成立， 所以， 即，， 所以成立， 且， 则， ， 当时有最小值， 所以的最小值为. 12．(23-24高一下·江苏扬州中学·期中)已知函数. (1)当时，求的值域； (2)当时，设，求证：函数有且只有一个零点； (3)当时，若实数使得对任意实数恒成立，求的值. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用换元法，根据二次函数的性质求解值域即可； （2）根据零点存在性分区间讨论函数的零点情形； （3）结合辅助角公式得对任意意实数恒成立，所以，求解即可. 【详解】（1）令，则， ，，， 故的值域为 （2），， 当时，单调递增，， 所以在有唯一零点； 当时，，所以无零点； 当时，，所以无零点. 综上：有且只有一个零点. （3）当时，， 于是即为， 所以，对任意意实数恒成立， 所以 若，由（1）不满足（3），故， 由（2），故或， 当时，，则（1）、（3）矛盾， 故，则， 由（1）、（3）知：，所以. 【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，或者借助数形结合思想分析解决问题. 13．(23-24高一下·江苏泰州中学·期中)由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．对于，我们有 可见也可以表示成的三次多项式． (1)利用上述结论，求的值； (2)化简；并利用此结果求的值； (3)已知方程在上有三个根，记为，求证：. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据，利用三倍角公式结合二倍角正弦公式，可得到关于的方程，即可求得答案； （2）先利用两角和差的余弦公式化简，即可利用三倍角公式得到结果； （3）根据方程的特征，令，利用三倍角公式可得，即可求得的值，继而可得的表达式，利用三角恒等变换公式化简，即可证明结论. 【详解】（1），所以， 因为， 因为，， 即， 因为，解得（舍）. （2） ， 故 ； （3）证明：因为，故可令， 故由可得：． 由题意得：，因，故， 故，或，或， 即方程（*）的三个根分别为，，， 又，故， 于是， . 【点睛】难点点睛：本题考查了三倍角余弦公式的应用问题，解答的难点是第三问，要注意根据方程的特点，设，再结合三角恒等变换，将方程的解的问题，转化为利用三倍角公式，即可求解. 14．(23-24高一下·江苏沭阳高级中学·期中)由倍角公式 ，可知可以表示为的二次多项式.对于，我们有. 可见可以表示为的三次多项式.一般地，存在一个 多项式使得使得 ，这些多项式称为切比雪夫(P. L. Tschebyscheff)多项式. (1)请求出， 即用一个的四次多项式来表示; (2)利用结论，求出的值； (3)证明: . 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用二倍角公式展开即可； （2）依题意可得，而，平方相加，即可得出，从而求出； （3）令可得，结合即可证明； 【详解】（1）因为 ， 所以， 由切比雪夫多项式可知，， 即. 令，可知. （2）因为，可得， . 又，所以， 所以， 令，可知， 展开即可得出， 所以，解方程可得. 因为，所以， 所以. （3）因为多项式， 即， 当时，得， 当时，，即，即； 又且， 所以. 地 城 考点03 解三角形综合压轴题 15．(24-25高一下·江苏盐城中学·期中)已知是直线外一点，点、在直线上（点、与点、任一点均不重合）．我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记，并且记．记的内角、、的对边分别为、、．已知，，是射线上一点，现由点对施以视角运算，得到． (1)若，求的值； (2)射线上的点满足． ①求； ②求的最小值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据所给定义及条件得为的角平分线，在中，由余弦定理求出，再利用平面向量数量积的运算性质化简可得结果； （2）①根据所给定义及条件计算，结合（1）问的得，然后化简求值即可； ②由及面积公式得，再由基本不等式计算即可． 【详解】（1）因为，所以点在线段上，如图①所示， 又，所以由， 得， 因为，且，， 所以（舍）或， 所以为的角平分线， 又，所以， 在中，， 由余弦定理得 ，故， 因为，则， 即，故. （2）记，①因为， 所以点在线段的延长线上，如图②所示， 即， 因为，所以， 化简得，即， 可得，即， 因为，所以； ②因为，则， 即，所以 ＝， 当且仅当|时，即当时，等号成立， 故的最小值为． 16．(24-25高一下·江苏天一中学·期中)记的内角，，的对边分别为，，，已知. (1)若，求； (2)若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理、正弦的和差角公式和三角形的内角和定理化简得，联立求解即可； （2）根据正弦定理得，根据锐角三角形得，利用正弦定理把转化成三角函数，然后通过换元，利用函数的单调性求解即可 【详解】（1）由， 所以， 由， 所以， 即， 所以，、 由正弦定理得，由， 所以=， ， 又，所以， 所以， 因为，所以或， 当时，，故不符合题意； 所以 （2）由得 ， 即， 所以， 因为为锐角三角形，所以，所以， 又，所以，所以，， 所以， 又， 因为为锐角三角形， 所以， ， 令，因为，所以， 又在单调递增， 所以，即的取值范围为. 17．(24-25高一下·江苏锡山高级中学·期中)如图，中，，，点在线段上，为等边三角形.    (1)若，，求线段的长度; (2)若，求线段的最大值; (3)若平分，求与内切圆半径之比的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）用向量表示,再根据已知条件求即可； （2）由（1）可知，通过向量运算得，两边同时平方，由向量的数量积运算即可； （3）根据角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果. 【详解】（1）因为,, 所以, 即, 所以, 所以. （2）由（1）可知， 所以, 设,且为等边三角形， 所以， 即， 故， 且， 所以当时，， 所以. （3）因为平分, 所以由角平分线定理得,即, 故, 设，，的内切圆半径分别为, 在中,则，解得， 因为, 所以, 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 即，解得. 又因为, , 所以， 令，则， 因为，所以， 则，故，， 即，故, 所以与的内切圆半径之比的范围为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了平面向量的基本定理、向量模的运算以及通过余弦定理、面积公式解三角形，第三问解题的关键由角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果，计算比较复杂. 18．(24-25高一下·江苏南通海安·期中)在中，角A，B，所对的边分别为，，，且． (1)求的值； (2)点在边上，，． （i）求面积的最大值； （ii）求的最小值． 【答案】(1) (2)；. 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合余弦定理可得答案； （2）（i）由题可得，则，然后由基本不等式可得 ，结合可得答案； （ii）设，由，则，结合， 可得，然后由分离常数，整体代换结合基本不等式可得答案. 【详解】（1）因，由正弦定理边角互化可得： ； （2）（i）因，则， 又注意到， ，则 ，由基本不等式，， 又由（1），，则. 当且仅当，即时取等号. （ii）设，则，其中. 又，则. 由（1）可得， 则. 注意到. 对于，令，其中. 则， ， 当且仅当，即时取等号. 则， 则. 【点睛】关键点睛：对于三角形中的最值问题，常利用正余弦定理，向量，基本不等式处理；对于分式型代数式的最值，常利用分离常数，上下同除，整体换元等方法来处理. 19．(24-25高一下·江苏南京鼓楼区南京第二十九中学·期中)如图，已知在平面四边形中，，，．    (1)若平分，求的长； (2)设， ①若，求四边形的面积； ②当四边形面积最大时，求证：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）因为平分，得到，利用余弦定理，列出方程，即可求得的长； （2）①在中，利用余弦定理，求得，再在中，求得，得到，结合四边形面积，即可求解； ②分别在和中，利用余弦定理，得到表达式，求得，设四边形的面积为，结合，求得，再由，得到，进而得到结论. 【详解】（1）因为平分，可得， 由余弦定理，可得， 所以，解得， 所以. （2）①在中，余弦定理得， 所以，解得， 在中，可得，所以， 因为，所以， 由四边形面积， 所以； ②在中，可得， 在中，可得， 所以， 所以， 设四边形的面积为， 则 所以， 又因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，所以， 当且仅当时，，此时取最大值12， 此时有最大值，所以当四边形面积最大时． 20．(24-25高一下·江苏常州高级中学、江苏溧阳中学·期中)在锐角中，记的内角，，的对边分别为，，，，点为的所在平面内一点，且满足． (1)若，求的值； (2)在（1）的条件下，求的取值范围； (3)若，求的取值范围． 【答案】(1)1 (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理、可得，再由求出，利用向量的运算推得，得为的外心，再由正弦定理即可求解； （2）由向量的数量积公式可得，求出的范围，再根据正弦函数的性质即可求解； （3）取的中点，由向量的加法运算可得，，再由平面向量数量积的定义可得，代入、得、，联立两式求出，利用正弦定理、对勾函数的单调性即可求得的取值范围． 【详解】（1）由和正弦定理，可得， 因为，所以，则， 又，所以， 由，可得， 即得， 则，即点为的外心， 由正弦定理得，，所以． （2）因为，所以，且， 所以 ， 因为为锐角三角形，所以，解得， 则，结合余弦函数的图象可得， 从而， 故的取值范围为． （3）如图，取的中点，连接，则， 所以， 同理可得， 由平面向量数量积的定义可得， 由，可得， 即，也即①， 又，即，也即②， 联立①②可得，， 所以，， 由正弦定理，， 因为，所以，可得， 令，， 设函数，令， ， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以， 即，故， 即的取值范围为． 21．(24-25高一下·江苏南通如皋·调研)在中，角所对的边分别为．已知． (1)求角； (2)设为边上一点，记，的面积分别为，若，且． ①求；②求的值． 【答案】(1)； (2)①；②. 【分析】（1）由正弦定理和二倍角正弦公式得，结合三角形内角性质得，结合题设即可求得角； （2）①由（1）可得，，利用等面积法及，应用三角形面积公式列方程，结合平方关系求，②根据①中方程求出，即可得的值. 【详解】（1）由和正弦定理，可得，即(*)， 又且，则， 故由(*)可得，联立解得； （2）①由（1）易得，则有，， 因，，则， 即得，代入，可得①， 由，可得②， 将①②两式相乘，得，又， 联立解得，因为锐角，则； ②由上可得，代入①，， 所以，故. 22．(24-25高一下·江苏连云港灌南县·期中)已知锐角三角形的内角所对的边分别为，若向量，，且. (1)求角的大小； (2)若点在边上，平分，.试求长的最大值. 【答案】(1) (2)3 【分析】（1）由向量数量积的坐标公式计算，逆用和角的余弦公式化简，结合锐角三角形，即可求得角； （2）设，利用余弦定理和面积相等求出，通过两次换元，最后根据二次函数的性质即可求得长的最大值. 【详解】（1）因，则 ， 因为锐角三角形，则，，故. （2）由余弦定理，，即， 则得①， 设，因，可得， 整理得：，令， 设，由①可得，，解得， 当且仅当时等号成立，故，则， 再令，则，， 故当时，取得最小值， 此时取得最大值为9，即长的最大值为3. 23．(24-25高一下·江苏无锡太湖高级中学·期中)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若且，求的面积； (3)若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可； （2）先根据两角差的正切公式结合可得，再结合同角三角函数的基本关系求得，进而求得，由正弦定理可得，进而根据三角形的面积公式求解即可； （3）根据正弦定理可得，，进而根据三角恒等变换化简的周长为，再根据正切函数的性质求解即可. 【详解】（1）由，即， 根据正弦定理得，， 则， 则， 则， 因为，所以， 则，即. （2）由（1）知，， 在中，由， 则，且， 则，即， 解得（舍去）或， 又，且， 解得， 所以 ， 由正弦定理得，， 则，解得， 则. （3）由正弦定理得，， 则，所以，， 则的周长为 ， 由，则，即， 又，则， 所以，则， 所以的周长的取值范围为. 24．(24-25高一下·江苏新海高级中学开发区校区·期中)如图，半圆的直径为，为直径延长线上的一点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设， (1)当时，求四边形的周长； (2)用表示四边形的面积，并求其面积的最大值； (3)求的最大值，并指出此时的值． 【答案】(1) (2)，最大值为 (3)最大值为，此时 【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得解； （2）利用余弦定理表示出，再由面积公式转化为的三角函数，用三角函数最值来解即可； （3）依题意即求的最大值，利用正弦定理表示出，即可求出，从而求出，再由余弦定理表示出，利用三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出的最大值，即可得解. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理得， 所以，于是四边形OACB的周长为． （2）在中，由余弦定理得， 所以，， 于是四边形的面积 ， 即， 当，即时，四边形的面积取得最大值为， 所以当满足时，四边形的面积最大，最大值为． （3）因为， 所以要求的最大值，即求的最大值， 因为， 在中由正弦定理得， 即， 所以， 所以 ， 由余弦定理得 ， 因为，所以当时，取得最大值. 所以的最大值为，此时. 25．(24-25高一下·江苏东台·期中)在锐角中，内角、、所对的边分别为、、，为的重心，已知，. (1)求的大小； (2)若，求； (3)求的取值范围. 【答案】(1) (2)2 (3) 【分析】(1) 由正弦定理及三角恒等变换得，进行求解； (2)依题意得，再结合余弦定理求出，进行求解； (3) 由，令，得，得，再由正弦定理及三角恒等变换求出，再求的范围得到t 的范围即可求解． 【详解】（1）由正弦定理得，， 得， 得， 因为，所以， 得，得， 得，即， 因为，所以. （2）如图： 连接，并延长交为点M， 因为G为的重心，所以M为的中点，且， 而， 得， 得， 即， 因为，所以， 即， 由余弦定理得，，而， 得， 故，得， 故． （3）由(2)知，， 得，而， 得， 故， 令，得， 得， 由正弦定理得， 得， 故 ， 由(1)知，，则，而是锐角三角形， 有，解得， 则，得， 即， 即， 因为， 所以， 而， 因为， 所以， 故的取值范围为： 【点睛】关键点点睛：因为G为的重心，得． 26．(24-25高一下·江苏连云港东海县·期中)如图，已知的三边，，所对的角分别为，，，以为一边作等边，，位于边两侧，连结.    (1)若.求证：； (2)若，，求： （i）的值； （ii）面积的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）由正弦边角关系得，再根据余弦边角关系得，再应用正弦边角关系和三角恒等变换化简，即可证； （2）（i）由向量数量积的运算律得，再应用向量数量积的定义得，最后应用余弦边角关系即可得；（ii） 【详解】（1）由正弦边角关系得，则， 所以，则， 所以，故； （2）（i）， 又，则； （ii）解法一：由，， 若是的中点，以为原点，为轴建立平面直角坐标系，如下图示，    所以，由题意及（i）结果，可设且， 所以，则， 所以 ，而，若， 令，若，， 所以，则， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以，即时， 所以面积的最大值. 解法二：解法二：记， 在中，由余弦定理得 ① ② 将②代入①得 即③， 由正弦定理④， (将③、④代入) 当且仅当，即，也就是时取等号. 所以，面积的最大值为. 27．(24-25高一下·江苏苏州苏州工业园区星海实验高级中学·期中)法国伟大的军事家、政治家拿破仑一生钟爱数学，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意的三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”，如图，的内角的对边分别为，，以为边向外作三个等边三角形，其中心分别为. (1)求角； (2)若，且的周长为9，求； (3)若的面积为，求的角平分线的最大值. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，进而得到，即可求得的值； （2）由（1）知，求得，在中，由余弦定理得，再在中，由余弦定理得到，联立求得，结合向量的数量积的运算公式，即可求得的值； （3）在等边中，求得，结合三角形的面积公式，化简得到，进而得到，由，利用基本不等式，求得，得到，设，得到，令，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）解：在中，因为， 由正弦定理得， 又因为，所以， 因为，可得，所以，即， 因为，所以. （2）解：由（1）知，由等边的周长为9，可得， 又由，，， 在中，由余弦定理，可得， 则，即， 在中，由余弦定理得，即， 联立解得， 所以 . （3）解：由等边的面积为，可得， 又由（2）知：，即， 由，可得， 则， 因为，则， 又因为，即，解得， 所以， 设，则，则 令函数，而函数与在上均单调递增， 则函数在上单调递增，所以，则 所以的最大值是. 28．(24-25高一下·江苏南京外国语学校·期中)在中，，为边上两点，，，． (1)若，，，用，，的三角函数值表示的值； (2)若，，求的值； (3)若，． ①求的值； ②求面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3)①；②27. 【分析】（1）利用正弦定理，先在中根据正弦定理求出EA，再在中用正弦定理求出EB，进而得到DE；另一种方法是通过，结合正弦定理求出BC从而得到DE． （2）先在用余弦定理得出，再根据判断是正三角形．过作DE垂线，利用正三角形性质得到，最后根据正切定义表示出与，求出比值． （3）通过已知条件得出边的比例关系，再利用三角形三边关系确定边的取值范围，进而求出三角形面积的表达式，最后根据二次函数性质求面积最大值． 【详解】（1）在中，由正弦定理得：，， 在中由正弦定理得：， ，． 法二：． （2）在中，由余弦定理得， 在中，， 所以为正三角形，过作的垂线，垂足为， ，，则． （3）由，，，， 所以， ， 两式相乘得，所以 设，则，由，解得， 在中，， 则， ， 由，得， 当时，面积的最大值为27． 29．(24-25高一下·江苏扬州扬州大学附属中学·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 【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. 30．(24-25高一下·江苏苏州中学校·期中)在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题：    (1)当，且时，求； (2)角，，所对的边分别为，，，，求证：； (3)在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域． 【答案】(1)； (2)证明见详解； (3) 【分析】（1）由题意，可得，再结合正余弦定理，分别表示，联立求解即可； （2）结合正弦定理可证明； （3）结合向量关系，可求得，进而求其范围即可. 【详解】（1）当，且时，得， 由余弦定理，得，所以， 又，所以，， 在中，由正弦定理得，解得， 比如， 在中，由正弦定理得，解得， 所以，解得. （2）由，则， 在中，由正弦定理得，解得①， 在中，， 由正弦定理得，，得②， 由①②+，即. 由正弦定理，可得. （3）由题意有，，则 ， 所以， 因为，解得， 又由三角形边的关系知，则，即 ，整理得，解得，即， 而时，单调递减，，， 所以的值域为. 31．(24-25高一下·江苏南京金陵中学·期中)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c． (1)记的面积为S，且满足． ①求角B； ②若为锐角三角形，且，求的取值范围． (2)对于，若存在，使得，，则称为的伴随三角形．若存在伴随三角形，试求出三个内角中的最大值． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①根据正弦定理和三角的恒等变换的化简和计算求出B；②由余弦定理，根据锐角三角形得，结合和二次函数的图象与性质即可求解； （2）由题意，根据诱导公式可得，结合三角形内角和计算即可求解. 【详解】（1）①由， 得， ， 由正弦定理得， ，又，所以. ②由（1）得， 由锐角三角形得， 而 当时，最小值为1；当时，最大值为7， 所以的取值范围是． （2）对于一般情况有或， 不妨设， 由，得， ，得， 根据三角形内角和可得， 所以，解得． 32．(24-25高一下·江苏连云港赣榆区·期中)在非直角三角形ABC中，边长a，b，c满足（，且） (1)若，且，求的值； (2)求证：； (3)是否存在函数，使得对于一切满足条件的，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的，并证明，若不存在，请给出一个理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）先由正弦定理的边角互化化简可得，然后结合条件由余弦定理代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，化边为角，再进行三角式的变形，即可证明； （3）根据题意，运用结构特征构造函数，即可得到结果. 【详解】（1）由正弦定理可得，即，即， 又，即， 由余弦定理可得. （2）因为，所以， 即. 则. 故 ， 即. 故. （3）存在.下面给出证明. 因为，所以，. 展开整理可得， 即, 故. 因此，. 所以，存在函数. 33．(24-25高一下·江苏高邮·期中)“费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.已知点P为的费马点，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求角B； (2)若，求的值； (3)若，，求实数的最小值. 【答案】(1) (2)6 (3) 【分析】（1）由正弦定理进行边化角，用正弦的和差公式和辅助角公式化简计算即可； （2）由余弦定理解得，再利用费马点和三角形面积公式化简即可； （3）设，，，通过代入余弦定理化简，通过题意代入化简，用重要不等式进行求解最小值即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 即， 所以，所以， 即，又所以，得； （2）由即①， 由余弦定理得②， 由①②得，由且点为的费马点， 则， 故， 化简得：， 即； （3）设，，， 在，，中，由余弦定理得， ， ， 又则得，， 即， 由，则， 故， 即有，解得或（舍去）， 当且仅当且且，解得时，等号成立， 故实数的最小值为. 地 城 考点04 复数综合压轴题 34．(24-25高一下·江苏常州·期中)对于一组复数（且），如果存在，使得，其中，那么称是该复数组的“长复数”. (1)设，，若是复数组，，的“长复数”，求实数的取值范围； (2)若，，复数组是否存在“长复数”?给出你的结论并说明理由； (3)若，，是否，对于，都能满足复数组，，中的每一个复数均为“长复数”?若存在，求出所有的；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在“长复数”，且“长复数”为 (3)或 【分析】（1），，，是复数组，，的“长复数”，从而，由此能求出结果； （2）由，存在“长复数”，只需要， 列不等式组求出结果； （3）由题意，得，，则可得，同理得，结合二倍角公式可求得的值． 【详解】（1）由题意可得：，又， 故，，， 故， 解得； （2）存在“长复数”，且“长复数”为，理由如下： 由题意可得， 若存在“长复数”，只需要， 又， 故，即，， 当或时，符合要求，故存在“长复数”，且“长复数”为； （3）由题意，得，， 即， 即，解得， 同理，所以，解得， 故， 因为，所以或. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解不等式，结合复数的模长公式，不等式的性质，三角函数的恒等变换等求解. 地 城 考点05 立体几何综合压轴题 35．(24-25高一下·江苏南通如皋·调研)如图，在等腰三角形中，，、分别为边、上靠近、的四等分点，将沿翻折至，使得平面平面，、分别是、的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求证：； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用面面垂直的性质得出平面，可得出直线与平面所成角，求出、的长，即可求解； （2）取的中点，连接、，则，证明出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立； （3）过点在平面内，作垂直于直线，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，由二面角的定义可知二面角的平面角为，计算出三边边长，即可求得的余弦值. 【详解】（1）连接交于点，连接， 不妨设， 因为、分别为边、上靠近、的四等分点，则， 因为为的中点，且， 因为，所以，即点为的中点， 翻折前，，翻折后，则有，则，即， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面，故直线与平面所成角， 易知，，， 故，即， 所以，故. （2）取的中点，连接、，则， 因为，则， 因为平面，则平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，故. （3）过点在平面内作垂直于直线，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，故， 因为，，、平面，故平面， 因为平面，故，故二面角的平面角为， 因为，为的中点，故， 在平面内，，，则， 所以，故，所以， 故， ， 由勾股定理可得， 故， 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦直线为. 36．(23-24高一下·江苏无锡江阴四校·期中)如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，． (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)证明：平面； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先证明，再证明，找到直线与平面所成角，据此即可求解； （2）证明，求出和，证明，，，据此即可求解； （3）根据（2）找到三棱锥的高，据此即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以，因为为正方形， 所以，又，平面， 所以，故就是直线与平面所成角， 中，易得， 所以，， 所以直线与平面所成角的余弦值为 ； （2）因为平面平面， 所以，因为， 所以四边形为直角梯形，所以， 在中，，则， 故，因为平面平面， 所以，在中，， 在中，， 所以，由（1）知， 又平面， 所以平面； （3）设三棱锥的高为，则， 由（2）得，平面，所以三棱锥的高即为， ，又在中，， 所以，， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于（3）中根据（2）找到三棱锥的高. 37．(23-24高一下·江苏如皋·调研)如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点． (1)证明：； (2)若，直线与直线所成角的余弦值为． （ⅰ）求直线与平面所成角； （ⅱ）求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析. (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的性质、异面直线垂直推理即得. （2）（ⅰ）利用线面垂直的判定性质证得，再由异面直线夹角余弦求出，确定线面角并求出大小；（ⅱ）过作于，过作交于，再借助图形求出二面角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，由平面，，得平面， 而平面，则，由为的中点，得， 则四边形是平行四边形，因此， 所以. （2）（ⅰ）由为的中点，，则，而， 平面，于是平面，平面， 则，由，得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，为， 在中，，而， 解得，则，由平面，得直线与平面所成角为， 显然，则， 所以直线与平面所成角为. （ⅱ）过作于，由（ⅰ）可得，为等腰三角形， ，，由三角形面积法得， 由勾股定理得，过作交于，与延长线交于点， 在直角梯形中，，则， ，显然∽，则， 于是，，为线段的中点， 显然是二面角的平面角，在正中，， 由平面，平面，则，平面， 于是平面，而平面，则，， 所以二面角的余弦值. 【点睛】思路点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 38．(23-24高一下·江苏无锡第一中学·期中)在直四棱柱中，底面为平行四边形， ，分别为线段的中点.    (1)证明：； (2)证明：平面//平面； (3)若，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，设，连接，通过证明以及得到为等腰三角形，进而可得结论； （2）结交于，连结，通过证明平面以及平面可得面面平行； （3）利用体积法求点到平面的距离，设与平面所成的角为，表示出，求其最值，进而可得体积. 【详解】（1）如图，连接，设，连接.    因为，平面，平面，故， 而，，平面， 故平面，而平面，故， 由四边形为平行四边形可得， 故为等腰三角形，即； （2）延长交于，连结，由中位线性质可得，且，所以， 因为平面平面，所以平面， 可得为中点，所以， 因为平面平面， 所以平面， 因为平面平面， 所以平面//平面；.    （3）设，， 由（1）可得平面，而平面，故， 故四边形为菱形，而，故. 因为平面，平面，故， 故，同理. 而，故. 设为点到平面的距离，与平面所成的角为， 故. 又， 而， 故，故， 故， 当且仅当即时等号成立， 故此时. 【点睛】方法点睛：线面角可以通过体积法求出点到面的距离后，利用（为斜线段的长度）来表示，可以避免建系产生的复杂计算. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $