第8讲：期中核心压轴题【八大培优题型】-2025-2026学年高一数学下学期期中核心考点题型讲义（人教A版）

第8讲：期中核心压轴题精讲精练 【题型集合】 · 题型一：平面向量线性运算 · 题型二：平面向量的基本定理 · 题型三：平面向量的数量积 · 题型四：平面向量在几何中的应用 · 题型五：正余弦定理及其应用 · 题型六：解三角形的综合问题 · 题型七：多面体内外接球问题 · 题型八：线面位置关系、角、距离问题 【题型探究】 题型一：平面向量线性运算 1．（25-26高一下·山东济南·期中）在中，，D是AC的中点，若，则的面积是（   ） A． B．1 C．2 D． 2．（25-26高一下·湖北襄阳·月考）已知中，，，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2026·广东广州·二模）在中，已知，则向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高一下·湖北武汉·月考）已知平面向量，，，且已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D．4 题型二：平面向量的基本定理 5．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在中，已知，，P是线段与的交点，若，则的值为（    ） A． B． C．1 D． 6．（24-25高一上·辽宁大连·期末）如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（    ） A． B． C． D．2 7．（23-24高一下·浙江·期中）如图，在四边形中，，，为线段上一个动点（含端点），，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·重庆·月考）在平行四边形中，为的中点，，与交于点，过点的直线分别与射线，交于点，，，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 题型三：平面向量的数量积 9．（25-26高一下·黑龙江辽宁·期中）已知向量，满足，且，. (1)求； (2)求向量与的夹角的余弦值； (3)若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 10．（24-25高一下·安徽宣城·期末）在直角梯形中，已知，，，，，动点E、F分别在线段和上，和交于点M，且，，. (1)当时，求的值； (2)当时，求的值； (3)求的取值范围. 11．（24-25高一下·云南曲靖·期中）在中，满足：，是的中点. (1)若，求向量与向量的夹角的余弦值； (2)若是线段上任意一点，且，求的最小值； (3)若点是内一点，且，，，求的最小值. 12．（24-25高一下·贵州贵阳·月考）已知在中，为中点，，，.    (1)若，求； (2)设和的夹角为，若，求证：； (3)若线段上一动点满足，试确定点的位置. 题型四：平面向量在几何中的应用 13．（23-24高一下·上海·月考）如图，点是重心，、分别是边、上的动点，且、、三点共线． (1)设，将用、、表示； (2)设，，问：是否是定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由； (3)在（2）的条件下，记与的面积分别为、，求的取值范围． 14．（25-26高一下·江苏扬州·月考）如图，分别是菱形的边和上的动点，且. (1)若分别是的中点，求； (2)若分别是的中点，是线段上的任意一点，求的最大值； (3)若分别为线段和上的动点，且，求的取值范围. 15．（25-26高一下·安徽安庆·月考）如图，在等腰梯形中，，，满足，，其中，，与交于点. (1)用向量，表示，. (2)若，，求的值； (3)若，求的取值范围. 16．（24-25高一下·广东茂名·期中）如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.在此坐标系中，若，分别是的中点，分别与交于两点. (1)求； (2)求的坐标； (3)若点在线段上运动，设，求的最大值. 题型五：正余弦定理及其应用 17．（25-26高一下·浙江杭州·期中）在中，角的对边分别为．已知，点是内部一点且满足平分． (1)求的值； (2)求的面积； (3)求的值． 18．（25-26高一下·江苏宿迁·期中）在平面凸四边形中，． (1)若． ①求的长； ②求四边形的面积； (2)若，求的长． 19．（25-26高一下·广东惠州·月考）在中，内角，，所对的边分别是，，，且，. (1)求角； (2)若，求的平分线的长. 20．（25-26高一下·重庆·月考）已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且 (1)若，求的面积的取值范围， (2)如图，若为外一点，且，，，求. 题型六：解三角形的综合问题 21．（25-26高一上·湖南衡阳·期末）已知锐角三角形中，角、、的对边分别为、、，且满足，. (1)求证：； (2)求的取值范围； (3)若，求三角形面积的取值范围． 22．（25-26高一下·江苏苏州·期中）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)求角A的大小； (2)当时， （ⅰ）设BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点G，求的最大值； （ⅱ）求值． 23．（25-26高一下·湖北黄石·月考）如图，已知矩形ABCD中，，，M、N分别是边AD、BC上的动点（不含端点），Q为边AB的中点，且，设． (1)求的值 (2)记面积为，面积为，求的取值范围 (3)记面积为，求的最小值 （提示：） 24．（25-26高一下·江苏扬州·期中）在中，角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若点是边上靠近点的三等分点，且，求的值； (3)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 题型七：多面体内外接球问题 25．（25-26高一下·重庆·月考）已知一正三棱台的上、下底面边长分别为、．若该正三棱台的体积为．则它的外接球的表面积为__________． 26．（2026高一·全国·专题练习）如图，在四面体中，平面平面，侧面是等边三角形，底面是等腰直角三角形，，则四面体的外接球的体积是____. 27．（25-26高三上·河北秦皇岛·月考）如图，在正四面体 中，放置 1 大、4 中、4 小共 9 个球，其中，大球为正四面体 的内切球，中球与大球及正四面体三个面均相切，小球与中球及正四面体三个面均相切.若正四面体 的体积为 ，则 9 个球的表面积之和为______. 28．（25-26高三上·福建福州·开学考试）已知圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，该圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，球的表面积为，则该圆台的体积为______. 题型八：线面位置关系、角、距离问题 29．（24-25高一下·北京朝阳·期中）如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点．    (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 30．（25-26高二上·湖南·期中）如图1，在平面四边形中，，．将沿着翻折至，连接，得到如图2所示的三棱锥．    (1)证明：． (2)当点到平面的距离最大时，求三棱锥外接球的表面积． (3)当时，求平面与平面夹角的余弦值． 31．（24-25高一下·广西柳州·期末）如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示.    (1)求证：平面ABC1⊥平面AC1D； (2)求点C1到平面ABD的距离d； (3)求二面角的余弦值. 32．（25-26高二上·四川自贡·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，且是的中点． (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的正切值； (3)求二面角的正弦值． 33．（23-24高一下·福建厦门·期中）如图，长方体中，，，点是棱的中点． (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)当实数，证明：直线与平面垂直； (3)若．设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． 34．（24-25高一下·湖北恩施·期末）如图，四棱锥中，平面平面． (1)若，记三棱锥外接球的球心为O． （i）求证：平面PAB； （ii）求三棱锥外接球的表面积． (2)记，当时，求三棱锥体积的最大值． 35．（24-25高一下·吉林长春·期中）如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转得到的.已知，，P是上的中点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. (1)求该几何体的表面积； (2)求证：； (3)若M是上的一点，且满足平面平面ABEF，求的值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第8讲：期中核心压轴题精讲精练 【题型集合】 · 题型一：平面向量线性运算 · 题型二：平面向量的基本定理 · 题型三：平面向量的数量积 · 题型四：平面向量在几何中的应用 · 题型五：正余弦定理及其应用 · 题型六：解三角形的综合问题 · 题型七：多面体内外接球问题 · 题型八：线面位置关系、角、距离问题 【题型探究】 题型一：平面向量线性运算 1．（25-26高一下·山东济南·期中）在中，，D是AC的中点，若，则的面积是（   ） A． B．1 C．2 D． 【答案】C 【分析】先对的几何意义进行分析，表示方向上的单位向量与方向上的单位向量之和为倍的方向上的单位向量，从而得到，中线平分，进而得出为等腰直角三角形，，. 【详解】设，，，可得， 由于，如图所示，根据向量加法的平行四边形法则可知，四边形是平行四边形， 因为，所以四边形是菱形，平分，即平分; 又因为,所以，为直角三角形，, 所以为正方形，， 即，为直角三角形，又为的中线， 所以为等腰直角三角形，，. 2．（25-26高一下·湖北襄阳·月考）已知中，，，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】设，，由题可得三点共线，时，最小，据此可得，根据数量积的运算律求结论. 【详解】设，， 则， 从而三点共线. 当时，最小， 则时，，又，从而 ，又三点共线，则，故， 所以. 3．（2026·广东广州·二模）在中，已知，则向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据数量积公式确定的形状，再代入投影向量的公式. 【详解】两边平方得，即， 又两边平方得， 即，即， 如图，，向量与的夹角为， 所以向量在上的投影向量为. 4．（25-26高一下·湖北武汉·月考）已知平面向量，，，且已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D．4 【答案】B 【分析】先用平方去掉条件中的绝对值号，通过解不等式求出，再用向量的三角不等式求最小值. 【详解】平方去绝对值号，由，则， 根据向量与的条件可得， 化简可得， 令，由于函数开口向上，所以需要满足，所以. 观察所求式子内部，两者相减可将约掉，所以可用向量的三角不等式求解， 即， 又， 则的最小值为 题型二：平面向量的基本定理 5．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在中，已知，，P是线段与的交点，若，则的值为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】设且，应用向量加减、数乘的几何意义得，结合向量共线的推论得求参数，即可得. 【详解】设且，则， 又，则， 由共线，则，可得， 所以. 故选：B 6．（24-25高一上·辽宁大连·期末）如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】由共线、共线分别可得、，进而得、求参数，得，最后由且共线求参数. 【详解】由共线，则，， 所以①， 由共线，则，， 所以②， 由①②知：，则，故， 由，则， 由共线，则，可得. 故选：A 【点睛】关键点点睛：令、，利用不同参数及表示出为关键. 7．（23-24高一下·浙江·期中）如图，在四边形中，，，为线段上一个动点（含端点），，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，以为基底表示后可得，求出后结合可求的范围. 【详解】设，则， 故， 又，因不共线， 所以，故，所以， 因为，故， 故选：C. 8．（23-24高一下·重庆·月考）在平行四边形中，为的中点，，与交于点，过点的直线分别与射线，交于点，，，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平面向量基本定理，将用和表示，再利用，，三点共线，求得，再利用基本不等式求得最值. 【详解】由，，共线，可设， 由,,三点共线，故可设， 则有，解得：， 故， 由题意，，，三点共线， 故可设， 则，整理得， 故， 当且仅当，即时等号成立，则的最小值为； 故选：C 题型三：平面向量的数量积 9．（25-26高一下·黑龙江辽宁·期中）已知向量，满足，且，. (1)求； (2)求向量与的夹角的余弦值； (3)若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量的数量积运算来求向量的模； （2）利用向量的数量积运算来求夹角即可； （3）利用向量夹角为锐角的充要条件是两向量积大于0且这两向量不同向共线，再利用向量积的运算和共线运算即可． 【详解】（1）因为，所以，即， 又，所以； （2）因为，所以，即， 所以， 所以； （3）， 由题意知且向量与不同向共线， 所以， 当向量与同向共线时，， 即得， 解得（负值舍去）. 所以，且， 解得，且，即实数的取值范围为. 10．（24-25高一下·安徽宣城·期末）在直角梯形中，已知，，，，，动点E、F分别在线段和上，和交于点M，且，，. (1)当时，求的值； (2)当时，求的值； (3)求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3)的取值范围是 【分析】（1）利用向量的线性运算可得，，结合数量积的定义运算求解即可； （2）根据题意整理可得，，利用三点共线求得，可求； （3）整理可得，两边平方，结合数量积运算律运算求解即可. 【详解】（1）当时，，所以， 所以， ， 又， 所以 ； （2）当时，，所以， 所以， ， 因为三点共线，所以存在，使， 又因为三点共线，所以，解得， 所以，所以； （3）因为， ， 所以， ， 所以， ， ， 由题意知， 所以当时，取到最小值， 当时，取到最大值， 所以的取值范围是. 11．（24-25高一下·云南曲靖·期中）在中，满足：，是的中点. (1)若，求向量与向量的夹角的余弦值； (2)若是线段上任意一点，且，求的最小值； (3)若点是内一点，且，，，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量数量积的变形公式直接求解即可； （2）由题得到，设，则，利用向量的数量积公式直接求解，根据二次函数求最值即可； （3）设，，则，由条件求得，，则化简所求为，即可求出最小值. 【详解】（1）根据题意，在中，有，且， 则， 又， 又， 故. （2）因为， 所以，. 设，则，而， 则 ， 当且仅当时，的最小值是. （3）根据题意，设，，则， 若，则，变形可得. 同时，，则，即， 则有 . 又由，则， 由三角函数的性质，当，，， 则，变形可得：， 故的最小值为. 12．（24-25高一下·贵州贵阳·月考）已知在中，为中点，，，.    (1)若，求； (2)设和的夹角为，若，求证：； (3)若线段上一动点满足，试确定点的位置. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)点为线段的中点 【分析】（1）将用基底表示，利用平面向量数量积的运算性质可求出的值； （2）将向量用基底表示，利用平面向量数量积的运算性质计算的值，即可证得结论成立； （3）设，其中，将用基底表示，利用平面向量的基本定理可求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）因为，则，可得， 因为，，， 由平面向量数量积的定义可得， 所以， . （2）因为为的中点，则， 由平面向量数量积的定义可得， 所以，， 又因为、均为非零向量，故，即. （3）因为点在线段上的一点，设，其中， 则，所以，， 又因为，且、不共线， 所以，，解得，此时，点为线段的中点. 题型四：平面向量在几何中的应用 13．（23-24高一下·上海·月考）如图，点是重心，、分别是边、上的动点，且、、三点共线． (1)设，将用、、表示； (2)设，，问：是否是定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由； (3)在（2）的条件下，记与的面积分别为、，求的取值范围． 【答案】(1) (2)是定值， (3) 【分析】（1）在中，利用向量的加法法则知，再根据，计算即可； （2）根据（1）结合，可知，再根据点是重心，，即可求解； （3）根据三角形的面积公式，，由（2）知，所以，通过，的取值范围和函数的单调性即可求解. 【详解】（1）， （2），理由如下： 由（1）可知，又，， 所以， 因为点是重心， 所以， 而，不共线，所以，解得， 所以； （3）， 由（2）知， 所以， 由点、分别是边、上的动点，为重心且、、三点共线， 所以，，则， 设，则，， 因为当时，函数单调递减，当时，函数单调递增， 当时，即，，有最小值，最小值为， 时，即，，，当时，即，，， 所以的最大值为， 所以. 14．（25-26高一下·江苏扬州·月考）如图，分别是菱形的边和上的动点，且. (1)若分别是的中点，求； (2)若分别是的中点，是线段上的任意一点，求的最大值； (3)若分别为线段和上的动点，且，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）以点为原点建立平面直角坐标系，求出向量的坐标，即可求； （2）设，求出，，表示出，利用二次函数的性质可得答案； （3）设，表示出，利用二次函数的性质可得答案. 【详解】（1）以点为原点建立平面直角坐标系，如图所示：则， ，由分别是的中点， ， ； （2）由（1）知，设，则， .当时，取得最大值为-2. （3）设，由得，，当时， 取得最大值为，当时，取得最小值为的范围为 15．（25-26高一下·安徽安庆·月考）如图，在等腰梯形中，，，满足，，其中，，与交于点. (1)用向量，表示，. (2)若，，求的值； (3)若，求的取值范围. 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）利用向量线性运算求解； （2）利用向量共线定理求解； （3）将相关向量表示出来，求出向量的模，再利用二次函数性质求最值. 【详解】（1）由题意可知，， . （2）若，，， 设，，， 则，， ， 因为，不共线，所以，解得， 所以，所以. （3）由题意可知， 若，则， ， 当时，， 则， 所以的取值范围为. 16．（24-25高一下·广东茂名·期中）如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.在此坐标系中，若，分别是的中点，分别与交于两点. (1)求； (2)求的坐标； (3)若点在线段上运动，设，求的最大值. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）先由题意求出，再由题意结合以及模长公式和数量积运算律即可计算求解； （2）分别设求得和，利用向量共线的推论求出即可求解； （3）先求出，接着设得，将其代入结合一元二次函数性质即可求解. 【详解】（1）由题， . （2）设·， 因为三点共线，所以， 所以； 设， 因为三点共线，所以， 所以. （3）由题， 所以， 所以， 所以当时，取得最大值13. 题型五：正余弦定理及其应用 17．（25-26高一下·浙江杭州·期中）在中，角的对边分别为．已知，点是内部一点且满足平分． (1)求的值； (2)求的面积； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理直接求解即可； （2）方法一：结合题意得，再在中，利用余弦定理求得，再求的面积即可； 方法二：结合题意得，再在中，利用正弦余弦定理求得，再求的面积即可； （3）记，则，结合题意得，再根据正切的差角公式求解即可. 【详解】（1）解：因为， 所以，由正弦定理得 （2）解：因为，所以， 因为点是内部一点且满足平分． 所以，所以 在中，， 法一：由余弦定理， 即，即 所以， 所以，在，的面积 法二：由正弦定理， 得 所以，在，的面积 （3）解：记，因为，， 所以， 因为，所以， 所以 18．（25-26高一下·江苏宿迁·期中）在平面凸四边形中，． (1)若． ①求的长； ②求四边形的面积； (2)若，求的长． 【答案】(1)①  ② (2) 【分析】（1）第①小问用两次余弦定理即可，第②小问直接用面积公式即可. （2）设，用表示各边，再对用余弦定理即可. 【详解】（1）①，，即 由余弦定理得， 代入得：， 化简得：，解得. ②设四边形的面积为，， . （2）如下图，过点作垂线交于，设， ， 四边形是矩形，， 对用勾股定理得：， 对用勾股定理得：， 对用余弦定理得：， 即，化简得 两边平方得：， 再化简得：， 解得或4，，或2， 又是锐角三角形，， 即，得，. 19．（25-26高一下·广东惠州·月考）在中，内角，，所对的边分别是，，，且，. (1)求角； (2)若，求的平分线的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简即可求出； （2）利用余弦定理及已知求出，然后利用三角形面积公式列方程求解即可. 【详解】（1）由及正弦定理得， 即， 即， 所以，因为，所以， 因为，所以． （2）由及余弦定理得，又，所以， 由得， 所以，所以，解得. 20．（25-26高一下·重庆·月考）已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且 (1)若，求的面积的取值范围， (2)如图，若为外一点，且，，，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用同角三角函数关系切化弦，然后利用两角和与差的正弦将式子进行整理，从而得到，进而解出，再将边表示成角的函数，接着利用锐角三角形得到角C的取值范围，从而得到的范围，从而得到边的范围，再利用三角形的面积公式将三角形的面积表示成边的函数，进而求面积的范围. （2）利用条件得到，再设，再利用正弦定理将，表示出来，进而在中结合余弦定理得到关于的方程求解即可. 【详解】（1）因为 所以 因为，，. 则， 由于是锐角三角形，，， 可得，即，. 由正弦定理，，，则. . 所以. 因为是锐角三角形，，解得，则，，. ，，，则. 因为，所以. （2）因为，，所以，又， 则. 因为，所以，在中，. 设，在中，，，则，. 在中，，， 由正弦定理，，，， 可得. 将，代入中：， ， 解得，. 因为，，所以. 题型六：解三角形的综合问题 21．（25-26高一上·湖南衡阳·期末）已知锐角三角形中，角、、的对边分别为、、，且满足，. (1)求证：； (2)求的取值范围； (3)若，求三角形面积的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简得出，结合正弦函数的单调性可证得结论成立； （2）由正弦定理及三角恒等变换化简得出，根据已知条件求出角的取值范围，结合余弦函数的基本性质和对勾函数的单调性可得出的取值范围； （3）利用正弦定理、三角形的面积公式结合三角恒等变换化简得出，结合正切函数和反比例函数的基本性质可求得面积的取值范围. 【详解】（1）由及正弦定理可得，即， 因为，则，所以，即， 由余弦定理可得，所以， 所以，由正弦定理可得 ， 因为为锐角三角形，故，，所以， 又函数在上单调递增，且，故，即. （2） ， 因为为锐角三角形，故，解得， 又因为，可得，故角的取值范围是， 所以，故， 令，， 任取、且， 则 ， 因为，所以，则，所以， 所以函数在上为增函数，故， 故的取值范围是. （3）由正弦定理可得，所以，， 所以 ， 因为，所以， 令，函数、在上均为减函数， 故函数在上为减函数，所以，即， 因此，即面积的取值范围是. 22．（25-26高一下·江苏苏州·期中）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)求角A的大小； (2)当时， （ⅰ）设BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点G，求的最大值； （ⅱ）求值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）运用正弦定理对进行转化，得出，再由角的范围得出角即可； （2）（ⅰ）运用余弦定理得出，再应用向量基本定理结合为重心得出，最后应用数量积公式及运算律结合基本不等式计算求解；（ⅱ）应用数量积公式计算结合正弦定理化简，再应用三角恒等变换化简求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得，， 即， 整理得. 因为，所以， 所以，即，化简. 又因为，所以，即得. （2）由余弦定理得，且，即得，即， 在中，，所以， ， 所以 ， 因为，所以，解得，当且仅当时取等号. 所以，所以当且仅当时取最大值. （ⅱ）由正弦定理，得， 又因为，所以， 所以 ， 所以，所以. 23．（25-26高一下·湖北黄石·月考）如图，已知矩形ABCD中，，，M、N分别是边AD、BC上的动点（不含端点），Q为边AB的中点，且，设． (1)求的值 (2)记面积为，面积为，求的取值范围 (3)记面积为，求的最小值 （提示：） 【答案】(1)64； (2)； (3)． 【分析】（1）根据平面向量线性运算，可得，再结合数量积的运算，即可求解； （2）根据题意，可得，，则，结合双勾函数，利用换元法求解即可； （3）根据题意，可得，，所以，结合正弦函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）根据题意，可得，，， 所以. （2）由题意：，， ，，， 令，，， 则． 由双勾函数图像在上单调递减， 则，即． （3）因为，Q为边AB的中点，且，， 所以，， 所以在直角中，， 同理，在直角中，， 所以， 所以， ，， ，，最小值为． 24．（25-26高一下·江苏扬州·期中）在中，角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若点是边上靠近点的三等分点，且，求的值； (3)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将改为，将改为，利用两角和差的正余弦公式和二倍角公式整理化简，得到，利用诱导公式和二倍角的正切公式得到，从而得到； （2）由是边上靠近点的三等分点得到， 由和求出，利用正弦定理得到和，结合和得到； （3）由求出，由是锐角三角形得到，利用正弦定理得到，求出，利用正弦函数的图像和性质得到，利用三角形的面积公式，结合的范围得到面积的取值范围. 【详解】（1），， ， ，，，，，，， ，，，，， ，； （2）是边上靠近点的三等分点，， ，，， 在中，，，， 在中，，，， 则， ，， ，， ； （3），， 是锐角三角形，，，， ，，，， ，，， ， ，，， ，， ， ， ， 面积的取值范围是. 题型七：多面体内外接球问题 25．（25-26高一下·重庆·月考）已知一正三棱台的上、下底面边长分别为、．若该正三棱台的体积为．则它的外接球的表面积为__________． 【答案】 【分析】 根据条件及三棱台的体积公式，可得正三棱台的高，根据正三棱台的性质及勾股定理，可得外接球的球心到下底面的距离，进而可得外接球的半径R，代入表面积公式，即可得答案. 【详解】因为正三棱台的上、下底面边长分别为、， 所以上底面面积，下底面面积， 设正三棱台的高为h，则体积， 则，解得， 上底面的中心到顶点A的距离， 下底面的中心到顶点D的距离， 因为，所以外接球球心O位于底面DEF的下方， 设外接球球心到下底面的距离为，则到上底面的距离为，设外接球的半径为， 则，即，解得，则， 所以外接球的表面积为 26．（2026高一·全国·专题练习）如图，在四面体中，平面平面，侧面是等边三角形，底面是等腰直角三角形，，则四面体的外接球的体积是____. 【答案】 【分析】分别求出和外接圆的圆心，利用几何关系寻找外接球球心和外接圆圆心的数量关系，即可得到外接球的半径. 【详解】 因为是等腰直角三角形，设的外接圆圆心为，因为，，则的外接圆半径， 因为侧面是等边三角形，设其外接圆圆心为，半径为， 由正弦定理可得，解得， 因为平面平面， 过作平面的垂线，过作平面的垂线， 两垂线的交点即为四面体外接球的球心， 设球心到平面的距离为，则等于的外接圆的圆心到的距离， 在等边三角形中，到的距离为，即， 所以外接球的半径， 所以. 27．（25-26高三上·河北秦皇岛·月考）如图，在正四面体 中，放置 1 大、4 中、4 小共 9 个球，其中，大球为正四面体 的内切球，中球与大球及正四面体三个面均相切，小球与中球及正四面体三个面均相切.若正四面体 的体积为 ，则 9 个球的表面积之和为______. 【答案】 【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，求出对应的球半径及表面积即可. 【详解】在正四面体中，设棱长为，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，延长线交于，连接， 则点是的中点，为正四面体内切球的半径， ，， 由正四面体的体积为，得，解得， 由，解得， 由图知最大球内切于高的正四面体，最大球半径， 因此最大球的表面积为； 中等球内切于高的正四面体，中等球半径， 因此中等球的表面积为； 最小球内切于高的正四面体，最小球半径， 因此最小球的表面积为， 所以九个球的表面积为， 故答案为： 28．（25-26高三上·福建福州·开学考试）已知圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，该圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，球的表面积为，则该圆台的体积为______. 【答案】 【分析】由题中条件得到球的半径为5，设出圆台的底面半径及圆台的高，再分圆台的两个底面在球心异侧与同侧两种情况，列方程求解底面圆的半径和圆台的高，代入圆台体积公式求解即可. 【详解】设球的半径为，由题意球的表面积为，所以. 设圆台的上底面圆的半径为，则下底面圆的半径为， 当球的球心在圆台外时，设圆台的高为，    则，消去和得， 平方化简得，平方化简得，解得，此时， 此时圆台的体积为； 当球的球心在圆台内时，    则，消去和得， 平方化简得，解得可得与矛盾， 综上，该圆台的体积为. 故答案为： 题型八：线面位置关系、角、距离问题 29．（24-25高一下·北京朝阳·期中）如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点．    (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）利用等腰三角形性质可得，再由面面垂直性质定理可得结论； （2）由锥体体积公式直接计算可得结果； （3）利用面面平行判定定理可证明平面平面，再由其性质可证明当时，满足题意. 【详解】（1）因为为中点，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． （2）在直角三角形中， ∵，∴，∴． 又三角形的面积 由（1）知，平面， 所以三棱锥的高为． 所以. （3）过点作交于点，则； 过点作交于点，连接，则；如下图所示：    因为平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，平面， 所以平面． 因为，平面，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． 所以在上存在点，使得平面，且． 30．（25-26高二上·湖南·期中）如图1，在平面四边形中，，．将沿着翻折至，连接，得到如图2所示的三棱锥．    (1)证明：． (2)当点到平面的距离最大时，求三棱锥外接球的表面积． (3)当时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明线面垂直来证得. （2）利用几何体外接球半径的求法求得三棱锥外接球的半径，进而求得外接球的表面积. （3）根据面面角的定义作出平面与平面的夹角（或其补角），解三角形计算出夹角的余弦值. 【详解】（1）依题意，折叠后，，，， 所以, 延长，过作，交的延长线于， 连接，则， 由于平面， 所以平面，由于平面，所以. （2）当点到平面的距离最大时，平面平面， 由于平面平面，平面，， 所以平面，由于平面，所以， . 设是的中点，是三角形的外心，是三角形的外心， 是三棱锥外接球的球心. 连接，则， 连接，则平面，平面，    由于，所以四边形是正方形. 设外接球的半径为，由正弦定理得， 则，所以，则， 所以三棱锥外接球半径， 所以外接球的表面积为. （3）当时，，所以， 在内，过作，交于，      则是平面与平面的夹角（或其补角） 在中，， ，则. 在中，, 所以， 所以，在中，， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 31．（24-25高一下·广西柳州·期末）如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示.    (1)求证：平面ABC1⊥平面AC1D； (2)求点C1到平面ABD的距离d； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明详见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据勾股定理可证，再结合线面垂直的判定定理可证平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据等体积法，利用三棱锥的体积求点到平面的距离即可； （3）根据二面角的定义做出二面角的平面角，然后利用直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）由题得，在△中，，所以. 又因为矩形，所以. 因为，平面，平面， 所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）在△中，，所以，所以. 在直角△中，. 由（1）知平面，所以点到平面的距离为. 设点C1到平面ABD的距离为d， 由，得， 所以. （3）如图，在平面内作于点，在平面内作于点，连接.    由（2）知，，又， 平面，所以平面， 因为平面，故. 因为，，平面，所以平面. 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角. 因为，所以，解得， 因为平面，又平面，故， 所以． 由题意知直角三角形中，，， 故，又，则， 所以， 故二面角的余弦值为． 32．（25-26高二上·四川自贡·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，且是的中点． (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的正切值； (3)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）首先证明平面，由线面垂直的判定定理即可证明平面； （2）由题可得异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，然后在中根据求解即可； （3）取中点为，连接，再过作的垂线交于点，可证得二面角的平面角是，然后在中根据求解即可. 【详解】（1）∵平面，平面，∴， 又四边形是矩形，∴，∵，∴平面， ∵平面，∴，又是的中点，，∴， ∵，所以平面． （2）∵底面是矩形，∴，∴异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，由（1）得平面，∴平面， ∵平面，∴，∴为直角三角形，又是的中点，，∴，∴在中，即为异面直线与所成角，故， ∴异面直线与所成角的正切值为． （3）取中点为，连接，再过作的垂线交于点， 在中，分别为线段的中点，故， ∵平面，∴平面，∵平面，∴， ∵，∴平面， ∵平面，∴，∴二面角的平面角是， ∵平面，平面，∴， ∴是直角三角形，∴二面角的正弦值， ∵，∴，由（1）得平面且平面，∴，∴，∴， ∵，∴，∴，∴， ∴二面角的正弦值． 33．（23-24高一下·福建厦门·期中）如图，长方体中，，，点是棱的中点． (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)当实数，证明：直线与平面垂直； (3)若．设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，可证平面，再由线面垂直的性质定理知，从而得解； （2）当实数，由，证得，再由三角形相似的性质证明，结合线面垂直的判定定理证明，同理，从而得结论； （3）分别计算，和的值，可得点到平面的距离等于点到平面的距离，且是点到平面的距离的一半，从而确定点的位置． 【详解】（1）连接， 由四边形为正方形，可得， 在长方体中，平面，又平面， 所以，因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 即异面直线与所成的角的大小为； （2）当时，， 因为，所以， 所以，则， 所以，即， 在长方体中，平面，又平面， 所以，因为平面， 所以平面，又平面， 所以， 同理，又平面， 所以直线平面； （3）设与平面的斜足为， 因为， 所以， 所以，则，故， 所以在线段上取一点，要使三棱锥与三棱锥的体积相等， 则为的中点，即． 34．（24-25高一下·湖北恩施·期末）如图，四棱锥中，平面平面． (1)若，记三棱锥外接球的球心为O． （i）求证：平面PAB； （ii）求三棱锥外接球的表面积． (2)记，当时，求三棱锥体积的最大值． 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）； (2). 【分析】（1）（i）首先根据正弦定理求出的外接圆半径，然后确定的外接圆圆心，最后通过证明证明线面平行；（ii）先确定外接球的半径，然后利用公式求出三棱锥外接球的表面积. （2）要使得三棱锥体积的最大，只需底面的面积最大，结合余弦定理和三角形面积公式求出三棱锥体积的最大值. 【详解】（1）（i）证明：因为平面平面，平面平面， 作，则为的中点，且平面． 因为．所以底面四边形为菱形， 因为，所以，即． 由正弦定理得外接圆的半径为． 设外接圆圆心为，则． 又，从而与重合，即为外接圆圆心． 由三棱锥的外接球的性质，即平面，又平面，所以， 因为平面，所以平面． （ii）由题意，为正三角形，则外接圆的圆心在上，记为， 由正三角形性质可得圆的半径，则． 连接，则平面，所以为矩形， 三棱锥的外接球． 所以三棱锥的外接球的表面积． （2）由（1）可知，平面，为三棱锥底面上的高，． 要使得三棱锥体积的最大，只需底面的面积最大． 连接，那么． 又．因为，所以 ． 所以 ． 从而． 令，所以时，面积最大． ．故． 35．（24-25高一下·吉林长春·期中）如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转得到的.已知，，P是上的中点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. (1)求该几何体的表面积； (2)求证：； (3)若M是上的一点，且满足平面平面ABEF，求的值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）将几何体的表面积分成上下两个扇形、两个矩形和一个圆柱形侧面的一部分组成，分别求出后相加即可； （2）证明平面，再由线线平行的证明可得； （3）设平面平面，利用面面平行性质定理证明，在中，由正弦定理求，再证明，由此可得结论. 【详解】（1）几何体的表面积上下两个扇形的面积之和为： 两个矩形面积之和为： 侧面圆弧段的面积为： 故这个几何体的表面积为： （2）连接，因为，所以， 直线平面，平面，所以， 平面，平面，平面， 所以，因为所以是平行四边形，所以， 所以； （3）连接OM，QM，因为平面平面ABEF， 设平面平面，又平面平面，则， 因为Q是AC的中点，所以H为BC的中点，G为AD的中点， 因为平面平面， 又平面平面，平面平面ABEF，所以， 又，所以， 因为，， 在中，由正弦定理可得， 所以，所以， 因为，所以，所以. 2 学科网（北京）股份有限公司 $