第7讲：期中核心题型精讲精练（常考题 猜想题）【十五题型】-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7讲：期中核心题型精讲精练（常考题 猜想题） 【题型集合】 · 题型一：平面向量的基本概念 · 题型二：用基底表示向量 · 题型三：平面向量的基本定理求参数问题 · 题型四：平面向量的数量积 · 题型五：平面向量的坐标表示及其数量级 · 题型六：平面向量的几何的应用 · 题型七：正余弦定理及其面积公式 · 题型八：解三角形的实际应用 · 题型九：正余弦定理在范围和几何应用问题 · 题型十：复数 · 题型十一：空间几何体结构 · 题型十二：空间几何体的直观图 · 题型十三：空间几何的表面积与体积 · 题型十四：点线面的位置关系 · 题型十五：空间几何平行、垂直、二面角 【题型过关】 题型一：平面向量的基本概念 1．（25-26高一下·上海·期中）下列说法： ①加速度是向量； ②若向量且，则； ③若向量，则直线与直线平行； ④若向量，满足，且与同向，则； ⑤若两个非零向量，满足，则，为相反向量； ⑥若两个向量相等，则表示它们的有向线段的起点相同，终点也相同； 其中错误的有（   ）个. A．1 B．2 C．3 D．4 2．（25-26高一下·天津·期中）关于向量，下列说法正确的有（ ） A．温度、海拔、角度都是向量 B．零向量没有方向 C．若是等边三角形，则与的夹角为 D．若向量与共线，且，则 3．（24-25高一下·上海嘉定·期末）以下关于平面向量的说法正确的是（    ） A．若，则 B．若则 C．若是共线的单位向量.则 D．若，则不是共线向量 4．（25-26高一下·湖北黄石·月考）如图，在平行四边形中，边，，点是对角线上靠近点D的三等分点，则（    ） A． B． C． D． 题型二：用基底表示向量 5．（25-26高一下·北京朝阳·期中）如图，在中，为边上靠近的三等分点，若为的中点，则（   ） A． B． 6．（24-25高一下·北京顺义·月考）如图，在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，设，，那么（   ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·山东临沂·期中）如图，平行四边形中，是的中点，在线段上，且，记，，则（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·浙江·期中）如图所示，在中，点E为线段上的中点，点F为线段上靠近点C的三等分点，，分别与交于R，T两点．则（    ） A． B． C． D． 题型三：平面向量的基本定理求参数问题 9．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，在矩形中，分别为中点，为线段上的一点，且，若，则（   ） A． B． C．2 D． 10．（25-26高一下·浙江杭州·期中）矩形中，点是边上靠近点的三等分点，点是边的中点，连接分别与交于两点．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 11．（25-26高一下·山东泰安·月考）在中，、分别在边、上，且，，在边上（不包含端点）．若，则的最小值是（    ） A．8 B．4 C．2 D．1 12．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，，若 则 的最小值为（    ）    A．2 B．9 C．10 D．18 题型四：平面向量的数量积 13．（25-26高一下·湖北·期中）已知在中，为中点，，，．    (1)设和的夹角为，若，求证：； (2)若，求． 14．（25-26高一下·山东菏泽·月考）已知向量，满足，，且，的夹角为． (1)求； (2)求在上的投影向量；（用表示） (3)若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围． 15．（24-25高一下·山东日照·期中）在中，为钝角，点O为所在平面内一点，，且满足，，线段OB交线段AC于点M． (1)若，求； (2)在（1）的条件下，求的取值范围； (3)设，求的最小值． 16．（24-25高一下·山东济宁·期中）如图，在中，，，点为和的交点，设，． (1)若，求，的值； (2)若，，与夹角为， ①求的面积； ②若在上且，求的值 题型五：平面向量的坐标表示及其数量积 17．（25-26高一下·陕西延安·月考）如图，在等腰梯形中，，，，，分别是，的中点. (1)求； (2)点在边上，若，求； (3)若为梯形所在平面内的一点，且，求的最小值. 18．（25-26高一下·黑龙江辽宁·期中）已知平面向量． (1)若，求与的夹角； (2)若，求向量在向量上的投影向量． 19．（24-25高一下·广东佛山·期中）已知向量，，，且，. (1)求向量，的坐标； (2)若，. （i）求与的夹角； （ii）求向量在向量上的投影向量的坐标. 20．（24-25高一下·山东济宁·期中）如图，在梯形中，已知，，，点E、F分别在直线和上，且，，连接交于点P.    (1)设，用和表示，并求实数t的值； (2)求的取值范围. 题型六：平面向量的几何的应用 21．（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. 22．（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. 23．（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. 24．（24-25高一下·湖北·期中）如图所示，在中，，，，，． (1)求的值． (2)线段上是否存在一点，使得?若存在，求的值；若不存在，说明理由． (3)若是内一点，且满足，求的最小值． 题型七：正余弦定理及其面积公式 25．（25-26高一下·江苏苏州·期中）在，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则（   ） A．2 B．3 C． D． 26．（2026·陕西西安·模拟预测）记的内角的对边分别为，已知，则最大内角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 27．（25-26高一下·北京朝阳·月考）记内角的对边分别为，若，则（　　） A． B． C． D．或 28．（25-26高一下·浙江宁波·期中）已知中，分别是角的对边，的面积，角的平分线交于点，且，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 题型八：解三角形的实际应用 29．（25-26高一下·河北邢台·月考）如图，在河岸上测量河对面，两点间的距离，测得，，，，，则（   ） A． B． C．4 D． 30．（25-26高一下·江苏镇江·月考）为了测量河对岸一古树高度（如图），某同学选取与树底在同一水平面内的两个观测点与,得 ,在点处测得树顶的仰角为,树高 约为米，则（    ）. A．米 B．米 C．米 D．米 31．（2026·陕西·二模）延安国营风力发电厂的风力发电机的三片风叶之间两两所成的角度为，当其中一片风叶与塔杆叠合时，一位身高1.8米的技术人员站在另一片风叶端头的正下方，测得塔杆顶部仰角为（如左图所示）；若该技术人员站在离塔杆60米处，则测得塔杆顶部仰角为（如图所示）．那么风叶转动时叶片顶端最高离地面（    ） A．81.8米 B．89.8米 C．95.8米 D．101.8米 32．（25-26高一下·浙江衢州·期中）衢州天王塔始建于南朝梁天监年间，于1952年拆除后在2015年重建，某同学为了估算天王塔的高度，设计了如图所示的测量方案：用无人机沿水平方向由远及近航拍天王塔AB（无人机行进路线和塔身在同一铅垂平面内），若在C处测得塔尖A的俯角为15°，在D处测得塔底B的俯角为75°，同时测得塔尖A的俯角为30°，且，则由此算得衢州天王塔的高度为（    ） A． B． C． D． 题型九：正余弦定理在范围和几何应用问题 33．（25-26高一下·江苏南京·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．且满足． (1)求角C的大小； (2)若的面积，内切圆的半径为，求c； (3)若的平分线交AB于D，且，求的面积S的最小值． 34．（25-26高一下·江苏无锡·月考）已知为锐角三角形，分别为三个内角的对边, 且， (1)求； (2)若，的面积为，求的周长； (3)若，求周长的取值范围. 35．（25-26高一下·四川眉山·月考）在中，角所对的边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若，求的周长的范围； (3)设是边上一点，为角平分线且，求的值. 36．（25-26高一下·江苏扬州·期中）已知的面积为. (1)求的大小； (2)若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围； (3)如图，以的边作形成凸四边形，记的面积为，若，，，且，的值. 题型十：复数 37．（25-26高一下·山东济南·期中）已知，为复数，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．是纯虚数或零 C．若，则 D．若，是方程；的两根，则 38．（25-26高一下·安徽安庆·月考）已知，是复数，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B． C．若，则 D．若，则 39．（25-26高一下·浙江杭州·期中）已知关于的一元二次方程的两个根为，且是一对共轭复数． (1)若（是虚数单位），求实数的值； (2)若，求的值． 40．（25-26高一下·浙江宁波·期中）复数其中，复数满足，其中为虚数单位． (1)若为虚数，求的取值范围； (2)求与； (3)求的最小值． 题型十一：空间几何体结构 41．（25-26高一下·河南安阳·月考）下列命题中正确的是（   ） A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B．六条棱长均相等的四面体是正四面体 C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为五棱锥 D．长方体是直四棱柱，也是正四棱柱 42．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期中）下列说法正确的是（   ） A．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 B．通过圆台侧面一点，有无数条母线 C．过圆锥顶点截圆锥所得的截面图形都是等腰三角形 D．侧面是全等矩形的三棱柱一定是正三棱柱 43．（24-25高一下·安徽合肥·期中）下列说法不正确的有（    ） A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B．以直角三角形直角边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 C．在圆柱的上､下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线 D．过圆锥顶点的截面中，轴截面面积最大 44．（24-25高一下·新疆伊犁·期中）下列说法中正确的是（   ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．长方体是直四棱柱；正四棱柱是平行六面体 C．有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 D．球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面 题型十二：空间几何体的直观图 45．（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 46．（23-24高一下·河北·期中）如图所示，用斜二测画法画一个水平放置的，，，则在直观图中，以下说法正确的是（    ） A． B．的面积为 C．边上的高为 D．边上的高为 47．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图，为水平放置的的直观图，其中，则在原平面图形中有（    ） A． B． C． D． 48．（24-25高一下·河南·期中）如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．四边形的面积为 D． 题型十三：空间几何的表面积与体积 49．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在正三棱台中，为棱的中点，且，则四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 50．（2026·湖南·三模）如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且三棱锥外接球的表面积为，则______． 51．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥．已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为，高为，圆锥母线为． (1)计算该模型的体积． (2)现需使用油漆对500个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方厘米元，总费用是多少？ 52．（24-25高一下·云南楚雄·期中）如图所示，为四边形的直观图，其中，，，. (1)画出四边形的平面图并标出边长，并求平面四边形的面积； (2)若该四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积. 53．（24-25高一下·云南丽江·期中）已知矩形中，，，现将沿对角线向上翻折，得到四面体．    (1)求三棱锥外接球的表面积； (2)若点为底面内部一点，且，求三棱锥与三棱锥的体积之比； 题型十四：点线面的位置关系 54．（24-25高一下·河北保定·期中）已知、、为三条不同的直线，、为两个不同的平面，则（   ） A．由，，，得与平行或者异面 B．由，，，得或 C．由，，得 D．由，，，，得 55．（24-25高一下·广东惠州·期中）（多选题）下列四个命题中，真命题是（    ） A．若是两条直线，是两个平面， 且， 则是异面直线. B．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. C．若直线相交，是平面且，则直线不在平面内. D．若是平面，直线，直线，则. 56．（24-25高一下·重庆沙坪坝·期中）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 57．（24-25高一下·河北沧州·月考）设为两个平面，m、n为两条直线，且.下述四个命题为真命题的有（    ） A．若，则且 B．若，则n平行于平面α内的无数条直线 C．若且，则 D．若n在平面外，则m与n平行或异面 题型十五：空间几何平行、垂直、二面角 58．（25-26高一下·北京朝阳·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，，；点E在线段上，且． (1)设平面平面，证明：； (2)证明：； (3)线段上是否存在点M，使得平面?若存在，请证明，并求出的长；若不存在，请说明理由． 59．（25-26高一上·江苏南通·期中）如图，在三棱锥中，，点E为BD中点，，平面平面BCD，点O在BD上，且，，，点P在AD上，且满足平面 (1)求证：平面BCD； (2)求的值； (3)若二面角的大小为，求四面体的体积. 60．（24-25高一下·湖南永州·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点在线段上. (1)当时， （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求点P到平面的距离； (2)当时，求二面角的余弦值.（不允许用空间向量法求解） 61．（24-25高一下·福建厦门·期中）在四棱锥中，底面是菱形，. (1)若分别是的中点，证明：平面； (2)若，证明：平面平面； (3)若平面平面，且二面角的大小为60°，求的值. 62．（24-25高一下·广西南宁·期中）在四棱锥中，底面为平行四边形，为底面中心，，分别为，的中点，为等腰直角三角形，且. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若，分为，的中点，点在线段上，且.求证：平面平面. 63．（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． 64．（24-25高一下·河南新乡·期中）如图，在直三棱柱中，侧棱，，且分别为, 的中点. (1)证明：平面； (2)若. （i）求和的长； （ii）求二面角的大小. 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第7讲：期中核心题型精讲精练（常考题 猜想题） 【题型集合】 · 题型一：平面向量的基本概念 · 题型二：用基底表示向量 · 题型三：平面向量的基本定理求参数问题 · 题型四：平面向量的数量积 · 题型五：平面向量的坐标表示及其数量级 · 题型六：平面向量的几何的应用 · 题型七：正余弦定理及其面积公式 · 题型八：解三角形的实际应用 · 题型九：正余弦定理在范围和几何应用问题 · 题型十：复数 · 题型十一：空间几何体结构 · 题型十二：空间几何体的直观图 · 题型十三：空间几何的表面积与体积 · 题型十四：点线面的位置关系 · 题型十五：空间几何平行、垂直、二面角 【题型过关】 题型一：平面向量的基本概念 1．（25-26高一下·上海·期中）下列说法： ①加速度是向量； ②若向量且，则； ③若向量，则直线与直线平行； ④若向量，满足，且与同向，则； ⑤若两个非零向量，满足，则，为相反向量； ⑥若两个向量相等，则表示它们的有向线段的起点相同，终点也相同； 其中错误的有（   ）个. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【详解】①加速度是有方向有大小的量，故①正确； ②若，则与不一定平行，②错误； ③若向量，则直线与直线平行或共线，③错误； ④两个向量不能比较大小，④错误； ⑤若两个非零向量，满足，则，为相反向量，⑤正确； ⑥方向相同，大小相等的两个向量为相等向量，表示它们的有向线段的起点可能不同，⑥错误； 所以其中错误的有4个. 2．（25-26高一下·天津·期中）关于向量，下列说法正确的有（ ） A．温度、海拔、角度都是向量 B．零向量没有方向 C．若是等边三角形，则与的夹角为 D．若向量与共线，且，则 【答案】C 【分析】根据题意，结合向量的概念，零向量的定义，以及向量的夹角，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，温度、海拔、角度只有大小没有方向，不是向量，故A错误； 对于B，零向量的方向是任意的，故B错误； 对于C，等边的角均为，则与的夹角为，故C正确； 对于D，向量是既有大小又有方向的量，两个向量不能比较大小，所以D错误. 3．（24-25高一下·上海嘉定·期末）以下关于平面向量的说法正确的是（    ） A．若，则 B．若则 C．若是共线的单位向量.则 D．若，则不是共线向量 【答案】A 【分析】对 A，由相等向量的定义判断；对B，举反例时，可判断；对C，由共线向量的定义判断；对D，由相等向量和共线向量的定义判断. 【详解】对于A，若，则，故正确； 对于B，若，则不一定成立，故B错误； 对于C，若是共线的单位向量，则或，故C错误； 对于D，若，则是共线向量，故D错误. 故选：A. 4．（25-26高一下·湖北黄石·月考）如图，在平行四边形中，边，，点是对角线上靠近点D的三等分点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】在平行四边形中，边，，点是对角线上靠近点D的三等分点， 所以 题型二：用基底表示向量 5．（25-26高一下·北京朝阳·期中）如图，在中，为边上靠近的三等分点，若为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平面向量运算法则计算即可. 【详解】因为为边上靠近的三等分点， 所以， 所以 , 因为为的中点， 所以， 所以. 6．（24-25高一下·北京顺义·月考）如图，在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，设，，那么（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件结合平面向量基本定理求解即可. 【详解】因为在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，，， 所以 . 故选：A 7．（23-24高一下·山东临沂·期中）如图，平行四边形中，是的中点，在线段上，且，记，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取，作为基底，把 用基底表示出来，利用向量的减法即可表示出. 【详解】取，作为基底，因为是中点，则. 因为，所以， 所以. 故选：D. 8．（23-24高一下·浙江·期中）如图所示，在中，点E为线段上的中点，点F为线段上靠近点C的三等分点，，分别与交于R，T两点．则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用平面向量基本定理，由点的位置关系可得出向量的比例关系，再根据平面向量的三角形法则和平行四边形法则运算，对选项逐一验证即可求得结果. 【详解】根据题意可知，且，所以； 对于A，易知， 因此可得，可得A错误； 对于B，点E为线段上的中点，由平行四边形法则可得， 而； 联立，解得，即B错误； 对于C，易知，所以，因此可得， 所以 ，即可得C正确； 对于D，， 因此可得，即D错误. 故选：C 题型三：平面向量的基本定理求参数问题 9．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，在矩形中，分别为中点，为线段上的一点，且，若，则（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【详解】由题意得， ， 又， 则由平面向量基本定理可知，，得， 则. 10．（25-26高一下·浙江杭州·期中）矩形中，点是边上靠近点的三等分点，点是边的中点，连接分别与交于两点．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量加法、减法的几何运算以及向量共线定理求解即可. 【详解】已知点是边上靠近点的三等分点，点是边的中点， 所以， 设，因为，，， 所以，解得. 设， 因为，，， 所以，解得. 则，故. 11．（25-26高一下·山东泰安·月考）在中，、分别在边、上，且，，在边上（不包含端点）．若，则的最小值是（    ） A．8 B．4 C．2 D．1 【答案】C 【详解】将，代入， 得：， 在中，点B、C、D三点共线， 根据三点共线的向量性质得：，即：， 所以， 当且仅当，即：，时等号成立，此时最小值为2. 12．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，，若 则 的最小值为（    ）    A．2 B．9 C．10 D．18 【答案】B 【分析】根据向量共线的知识和基本不等式的性质进行求解即可. 【详解】因为是的中点，所以. 因为，所以. 由于三点共线，所以可以表示为的线性组合， 即. 所以，即. 因为，所以. 当且仅当时，即时等号成立. 由于，所以解得，此时最小值为9. 故选：B. 题型四：平面向量的数量积 13．（25-26高一下·湖北·期中）已知在中，为中点，，，．    (1)设和的夹角为，若，求证：； (2)若，求． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）要证两向量垂直，则可以通过证明数量积为，从而得到对应的线段垂直； （2）先把用，线性表示，再利用建立方程关系，从而解出夹角余弦值，进而求出角度. 【详解】（1）因为N为AB中点，所以，则． 根据向量数量积的分配律可得. 已知，，， 则，， 代入可得，因为，所以，即. （2）因为，所以， 又因为，则， 所以， 而，，，， 所以代入得，解得， 因为，所以. 14．（25-26高一下·山东菏泽·月考）已知向量，满足，，且，的夹角为． (1)求； (2)求在上的投影向量；（用表示） (3)若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量模及向量数量积的运算律，计算求解； （2）利用投影向量的计算公式计算求解； （3）结合已知条件构造不等式，解不等式求实数的取值范围 【详解】（1）已知，，且，的夹角为， ， ． （2）根据投影向量的定义，在上的投影向量为， ，， 投影向量为． （3）已知向量与向量的夹角为钝角， ，且与不反向共线； 则， 即，解得； 若两向量反向共线，则存在实数，使得，， 即，将代入，得到， 由，解得， 与不反向共线， ， 综上可得，实数的取值范围是． 15．（24-25高一下·山东日照·期中）在中，为钝角，点O为所在平面内一点，，且满足，，线段OB交线段AC于点M． (1)若，求； (2)在（1）的条件下，求的取值范围； (3)设，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由，根据垂直向量数量积为，展开得到，同理，所以是三角形外心.再利用圆周角与圆心角关系得.通过，结合夹角余弦值列出方程求出. （2）设，对先平方再开方，利用向量数量积运算化简，得到关于的表达式，根据三角函数性质求范围. （3）设，通过向量运算得到，两边平方建立等式，经过变形和换元等操作求即的最值. 【详解】（1）因为， 所以，所以， 同理可得，所以点是的外心． 因为且， 化简得， 所以． （2）由（1）知，点是的外心．设， ． 因为，所以 所以． （3）设，则， 因为，所以， 所以， 两边同时平方得，，所以， 令，当且仅当即时，等号成立． 所以的最小值为． 16．（24-25高一下·山东济宁·期中）如图，在中，，，点为和的交点，设，． (1)若，求，的值； (2)若，，与夹角为， ①求的面积； ②若在上且，求的值 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）设，利用平面向量线性运算，用基底表示，根据平面向量基本定理求出系数即可求解； （2）(i)由面积公式求出，根据可得答案； （ii）由，，则，再求即可. 【详解】（1）设， 则， 所以， 所以，解得，所以， 又，所以； （2）(i)， 由（1）知，，所以， 所以的面积 （ii）由（1）知，， 所以. ， 则 . 题型五：平面向量的坐标表示及其数量级 17．（25-26高一下·陕西延安·月考）如图，在等腰梯形中，，，，，分别是，的中点. (1)求； (2)点在边上，若，求； (3)若为梯形所在平面内的一点，且，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3)1. 【分析】如图建立以为坐标原点，所在直线为轴的平面直角坐标系 （1）求出坐标，据此可得答案； （2）设，由可得，然后可得； （3）设，则，，由，可得，据此可得的最小值. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，，，. ，； （2）设，则. 因为，所以， 即，解得. 所以，，； （3）设，则. ，，，. 因为，所以，即. .当且仅当时，等号成立. 所以的最小值为1. 18．（25-26高一下·黑龙江辽宁·期中）已知平面向量． (1)若，求与的夹角； (2)若，求向量在向量上的投影向量． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知及向量垂直的坐标表示，求出，再应用向量夹角的坐标运算求夹角即可； （2）由已知及向量平行的坐标表示，求出，再根据投影向量的定义求向量在向量上的投影向量． 【详解】（1）已知平面向量， ， 又， ，解得，故， 设与的夹角为， ， ， ． （2）已知，， 由，得，解得，则， 向量在向量上的投影向量为． 19．（24-25高一下·广东佛山·期中）已知向量，，，且，. (1)求向量，的坐标； (2)若，. （i）求与的夹角； （ii）求向量在向量上的投影向量的坐标. 【答案】(1)， (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据向量平行和垂直的坐标表示，列式求解； （2）（ⅰ）首先求向量和的坐标，再代入向量夹角的坐标公式，即可求解；（ⅱ）代入投影向量的坐标公式，即可求解. 【详解】（1）因为，所以.解得. 因为，所以.解得. 所以，. （2）（i）. . 所以. 因为，所以. （ii）设向量在向量上的投影向量为，则. 20．（24-25高一下·山东济宁·期中）如图，在梯形中，已知，，，点E、F分别在直线和上，且，，连接交于点P.    (1)设，用和表示，并求实数t的值； (2)求的取值范围. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）建立平面直角坐标系，结合题意求得、、的坐标，然后求出，，结合平面向量基本定理求出和表示的式子，再根据B、P、D三点共线，列式算出实数t的值； （2）根据平面向量的坐标运算法则求出，然后根据向量模的公式，结合二次函数的性质求出求的取值范围. 【详解】（1）以A为坐标原点，所在直线为x轴，过点A作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，    则，，，， 可得，，， 则， 根据平面向量的加法法则，可得， 设， 可得，解得， 所以；若， 则根据B、P、D三点共线，可知存在实数m，使， 所以，解得. （2）因为，， 可得， 所以， 即，当且仅当时，等号成立， 所以的取值范围为. 题型六：平面向量的几何的应用 21．（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 22．（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. 23．（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. 24．（24-25高一下·湖北·期中）如图所示，在中，，，，，． (1)求的值． (2)线段上是否存在一点，使得?若存在，求的值；若不存在，说明理由． (3)若是内一点，且满足，求的最小值． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）应用向量的加减法转化向量的数量积即可； （2）应用向量的数量积表示向量的垂直计算求参； （3）由已知得出三点共线，再结合基本不等式求出最小值即可． 【详解】（1）， ， ． （2）设， ， ， ，， ，解得， ∴存在一点，使得，． （3）， ∴， ， ， ， ， ，，三点共线， ， 当且仅当时，即为中点时等号成立， 而， 所以的最小值为． 题型七：正余弦定理及其面积公式 25．（25-26高一下·江苏苏州·期中）在，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则（   ） A．2 B．3 C． D． 【答案】A 【详解】在，，，， 则， 所以. 26．（2026·陕西西安·模拟预测）记的内角的对边分别为，已知，则最大内角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由正弦定理得到边的比例关系，再结合边的关系推导出最大边，最后用余弦定理求最大角的余弦值即可. 【详解】由题意得， 结合正弦定理得：， 所以 因为，所以， 则，即， 由正弦定理，得． 又，同理可得， 所以，故为的最大内角， 设，所以． 27．（25-26高一下·北京朝阳·月考）记内角的对边分别为，若，则（　　） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】利用正弦定理结合三角形的面积公式求解,再结合余弦定理进行取舍即可. 【详解】由题意知： 所以 又因为所以或 又由余弦定理可知： 所以 所以 所以 所以. 28．（25-26高一下·浙江宁波·期中）已知中，分别是角的对边，的面积，角的平分线交于点，且，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】根据面积公式得出，利用正弦定理得出，进而得出，再利用求出，最后在中利用余弦定理可得. 【详解】因为，所以， 因为，所以，所以， 由正弦定理可得，， 则， 因为，所以，则，即， 因为是角的平分线，所以，所以， 则， 因为，，所以， 因为，所以， 则，得（负值舍去），故， 在中利用余弦定理得， 故 题型八：解三角形的实际应用 29．（25-26高一下·河北邢台·月考）如图，在河岸上测量河对面，两点间的距离，测得，，，，，则（   ） A． B． C．4 D． 【答案】A 【分析】应用正弦定理及余弦定理计算求解. 【详解】因为，， 在中，由正弦定理可得，则． 在中，由正弦定理可得，则． 在中，由余弦定理可得，则． 30．（25-26高一下·江苏镇江·月考）为了测量河对岸一古树高度（如图），某同学选取与树底在同一水平面内的两个观测点与,得 ,在点处测得树顶的仰角为,树高 约为米，则（    ）. A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】C 【分析】先通过直角三角形的三角函数求出的长度，再在中用正弦定理即可求出. 【详解】在中，， 因为，所以米， 又因为，所以， 根据正弦定理：，即， 又因为，所以. 31．（2026·陕西·二模）延安国营风力发电厂的风力发电机的三片风叶之间两两所成的角度为，当其中一片风叶与塔杆叠合时，一位身高1.8米的技术人员站在另一片风叶端头的正下方，测得塔杆顶部仰角为（如左图所示）；若该技术人员站在离塔杆60米处，则测得塔杆顶部仰角为（如图所示）．那么风叶转动时叶片顶端最高离地面（    ） A．81.8米 B．89.8米 C．95.8米 D．101.8米 【答案】D 【分析】设扇叶长度为，在左图根据角度关系表示出，结合右图可分析出，求得的取值，得出到底面距离，风叶转动时最高点到底面距离为到底面距离加上一个扇叶长. 【详解】由左图，中，，则， 又扇叶之间的夹角为，则，则， 又，设叶片的长度为，则，， 根据右图，在中，由于，则， 左右图中人的高度不变，则，即，得， 则到底面的距离为， 当扇叶转动到最高点，最高点到底面的距离为. 32．（25-26高一下·浙江衢州·期中）衢州天王塔始建于南朝梁天监年间，于1952年拆除后在2015年重建，某同学为了估算天王塔的高度，设计了如图所示的测量方案：用无人机沿水平方向由远及近航拍天王塔AB（无人机行进路线和塔身在同一铅垂平面内），若在C处测得塔尖A的俯角为15°，在D处测得塔底B的俯角为75°，同时测得塔尖A的俯角为30°，且，则由此算得衢州天王塔的高度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在中得出，再在中利用正弦定理即可求出. 【详解】由题意可知，， ， 则，，， 则为等腰三角形，即， 因为， 则在中利用正弦定理得， 即， 则衢州天王塔的高度为. 题型九：正余弦定理在范围和几何应用问题 33．（25-26高一下·江苏南京·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．且满足． (1)求角C的大小； (2)若的面积，内切圆的半径为，求c； (3)若的平分线交AB于D，且，求的面积S的最小值． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）由题设结合正弦定理边角互化可得答案； （2）由，可得，由，可得，然后由余弦定理可得答案； （3）由结合可得，然后由基本不等式可得答案. 【详解】（1）因为，由正弦定理边角互化，可得： ， 又，则； （2）， 又， 由余弦定理：， 所以； （3）由题可得， 则 ， 由基本不等式，， 则，当且仅当时取等号. 34．（25-26高一下·江苏无锡·月考）已知为锐角三角形，分别为三个内角的对边, 且， (1)求； (2)若，的面积为，求的周长； (3)若，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式推出，可求得答案； （2）由三角形的面积公式求出，代入余弦定理可求出，即可求出的周长. （3）由正弦定理表示出，结合两角差的正弦公式可化简得到，确定角的范围，结合正弦函数性质即可求得答案. 【详解】（1）在中，因为， 所以，即， 因为所以，故 ，则； （2）因为的面积为，即， 所以. 由余弦定理得. 解得, 所以周长为. （3）由正弦定理得，即， 则， 因为为锐角三角形，则 ，故， 所以，则， 故， 故周长的取值范围为. 35．（25-26高一下·四川眉山·月考）在中，角所对的边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若，求的周长的范围； (3)设是边上一点，为角平分线且，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理结合三角变换公式化简题设条件可得，从而可求； （2）利用正弦定理可得，再利用三角变换公式化简后可求的取值范围，从而可得周长的取值范围； （3）由角平分线的性质可得，两次利用余弦定理可求的值. 【详解】（1）由和正弦定理， 可得， 因， 代入可得， 因，则，故， 又因，故； （2）由正弦定理有， 所以，而， 所以 因为，故，故， 故，即周长的取值范围为. （3） 如图，因平分，且， 由角平分线的性质可得，即， 在中，由余弦定理，， 即得，则， 故. 36．（25-26高一下·江苏扬州·期中）已知的面积为. (1)求的大小； (2)若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围； (3)如图，以的边作形成凸四边形，记的面积为，若，，，且，的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）结合三角形的面积公式和余弦定理求解即可； （2）由正弦定理可得，由为锐角三角形，可得，从而可得范围，根据三角形的面积公式求解即可； （3）根据四边形的内角和为，可得，设，在，中，结合正弦定理可得，代入，可求得，求出两三角形的面积即可得答案. 【详解】（1）因为， 所以， 整理得， 又， 所以 （2）在中，由正弦定理知，，所以 ， 若为锐角三角形，则,解得， 所以，，所以，所以的面积，故的面积的取值范围为. （3）因为四边形的内角和为，所以， 设，则，又，在中，由正弦定理知，， 即，在中，由正弦定理知，， 即，两式作商得，，又，则， 整理得，即，所以， 因为，所以，所以，即， 所以，， 而， 所以． 题型十：复数 37．（25-26高一下·山东济南·期中）已知，为复数，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．是纯虚数或零 C．若，则 D．若，是方程；的两根，则 【答案】BD 【分析】举例，，判断A；利用复数的运算法则判断B；利用反例法判断选项C．利用韦达定理计算判断选项D. 【详解】举例说明：若，，则，，， 但与都是虚数，不能比较大小，故A错； 设，则，故， 当时是零，当时，是纯虚数，B正确； 令，，满足，但，故， 不能推出，故C错误． 已知是方程的两根，由韦达定理得， ，故D正确. 38．（25-26高一下·安徽安庆·月考）已知，是复数，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B． C．若，则 D．若，则 【答案】BCD 【详解】对于A，设，，则，但，不能比较大小，A错误； 对于B，由复数的几何意义可知，B正确； 对于C，由，得，又，，所以，C正确； 对于D，设，则， 所以，D正确. 39．（25-26高一下·浙江杭州·期中）已知关于的一元二次方程的两个根为，且是一对共轭复数． (1)若（是虚数单位），求实数的值； (2)若，求的值． 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）法一：由是的一个根，可得， 整理得，则, 所以. 法二：由是的一个根，可知也是的一个根， 韦达定理可得：，. （2）设， 由，得. 又因为，得， 所以，. 40．（25-26高一下·浙江宁波·期中）复数其中，复数满足，其中为虚数单位． (1)若为虚数，求的取值范围； (2)求与； (3)求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据虚数的定义求解即可. （2）根据复数的乘除法运算法则和共轭复数的定义、复数的模的公式进行计算即可. （3）先根据复数的模的公式计算出，然后根据二次函数的性质求出最小值. 【详解】（1）因为复数为虚数，所以，所以. （2）因为复数满足，所以， 化简得，所以. 所以. （3）因为复数，，所以. 所以， 根据二次函数的性质可得，所以， 所以的最小值为. 题型十一：空间几何体结构 41．（25-26高一下·河南安阳·月考）下列命题中正确的是（   ） A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B．六条棱长均相等的四面体是正四面体 C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为五棱锥 D．长方体是直四棱柱，也是正四棱柱 【答案】BC 【分析】依据棱柱定义判断选项A，依据正四面体的定义判断选项B，一个棱锥的各个侧面都是等边三角形时，顶角之和可以，判断C，依据正四棱柱的定义判断选项D. 【详解】有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱.而满足选项A条件的几何体可能是组合体，如图所示，故A错误， 四个面都是等边三角形的四面体是正四面体，故六条棱长均相等的四面体是正四面体，故B正确； 一个棱锥的各个侧面都是等边三角形时，顶角之和，即，故C正确； 当长方体有一组相对面是正方形时是正四棱柱，若长方体相对面没有正方形时，则不是正四棱柱，D错误. 42．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期中）下列说法正确的是（   ） A．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 B．通过圆台侧面一点，有无数条母线 C．过圆锥顶点截圆锥所得的截面图形都是等腰三角形 D．侧面是全等矩形的三棱柱一定是正三棱柱 【答案】ACD 【分析】利用棱锥，圆台，圆锥和正棱柱的定义和结构特征逐一判断选项即可. 【详解】对于A，因棱锥都是由一个多边形的底面和另外多个有一个公共顶点的三角形构成， 依题意平行四边形所在的面必是底面，故它一定是四棱锥，故A正确； 对于B，因圆台可由圆锥用平行于底面的平面截得，而圆锥的母线是连接圆锥顶点与底面圆上一点的连线， 所以经过圆台侧面一点，有且只有一条母线，故B错误； 对于C，因过圆锥顶点截圆锥所得的截面图形是由两条母线和底面圆的一条弦构成的三角形，故它一定是等腰三角形，故C正确； 对于D，三棱柱的侧面是矩形，说明它是直三棱柱，这些矩形为全等矩形，可分为两种情况考虑： ①全等的矩形与底面的交线都相等，此时底面是正三角形，故是正三棱柱； ②全等的两个矩形中一个矩形的侧棱与另一个矩形的底面边相等，此时可推得棱柱的所有棱长相等，故也能推出正三棱柱，故D正确. 故选：ACD. 43．（24-25高一下·安徽合肥·期中）下列说法不正确的有（    ） A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B．以直角三角形直角边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 C．在圆柱的上､下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线 D．过圆锥顶点的截面中，轴截面面积最大 【答案】ACD 【分析】根据棱柱的性质，圆锥和圆柱的概念可得答案. 【详解】斜四棱柱也可能有两个侧面是矩形，故A错误； 由圆锥的概念可知，B正确； 只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故C错误； 过圆锥顶点的截面中，是否是轴截面面积最大，取决于截面三角形的顶角是否小于，故D错误. 故选：ACD. 44．（24-25高一下·新疆伊犁·期中）下列说法中正确的是（   ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．长方体是直四棱柱；正四棱柱是平行六面体 C．有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 D．球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面 【答案】BD 【分析】根据正棱锥的概念判断A；根据直四棱柱和正四棱柱的概念判断B；根据棱台的概念判断C；根据球的概念判断D． 【详解】对于A，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，故A错误； 对于B，易知长方体的侧棱和底面垂直，所以是直四棱柱，正四棱柱的底面是正方形，所以正四棱柱是平行六面体，故B正确； 对于C，根据棱台的特征可知：棱台是棱锥截得的，侧棱的延长线要交于同一点． 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体，不能保证侧棱的延长线交于同一点，因此该多面体不一定是棱台，故C错误； 对于D，球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面，故D正确． 故选：BD. 题型十二：空间几何体的直观图 45．（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 【答案】BC 【分析】A选项，作出辅助线，得到各边长，结合，求出；B选项，由斜二测法可知；C选项，作出原图形，求出各边，由梯形面积公式得到C正确；D选项，在C基础上，求出各边长，得到周长． 【详解】对于A选项，过点作垂直于轴于点， 因为等腰梯形中，， 所以， 又，所以，故A错误； 对于B选项，由斜二测法可知，故B正确； 对于C选项，作出原图形，可知，，，， 故四边形的面积为，故C正确； 对于D选项，过点作于点， 则， 由勾股定理得， 四边形的周长为，故D错误． 46．（23-24高一下·河北·期中）如图所示，用斜二测画法画一个水平放置的，，，则在直观图中，以下说法正确的是（    ） A． B．的面积为 C．边上的高为 D．边上的高为 【答案】ABC 【分析】根据斜二测画法的规则，利用数形结合，即可求解. 【详解】在轴上取，即，所以A正确； 在图①中，过B作轴，交x轴于D，在轴上取， 过点作轴，并使，如图②所示： 于点D，则为原图形中边上的高，且，，，所以C正确； 在直观图中作于点，， ，所以D错误； ，所以B正确． 故选：ABC． 47．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图，为水平放置的的直观图，其中，则在原平面图形中有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据斜二测画法规则确定点的位置，再作出，逐项计算判断即可. 【详解】在直观图中，，取中点，连接， 则，而，于是， 则，，， 由斜二测画法规则作出，如图， 则，， ，， ， 显然，A、C、D正确，B错误. 故选：ACD 48．（24-25高一下·河南·期中）如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．四边形的面积为 D． 【答案】BCD 【分析】根据斜二测画法，分析直观图、及直观图与原图形关系，逐项分析即可得解. 【详解】由余弦定理，可得， 即，解得，（舍去），故A错误； 在直角梯形中，，， 由斜二测画法知，，故B正确； 因为直角梯形的面积为， 所以四边形的面积为，故C正确； 由斜二测画法可知，原图为直角梯形，其中， 所以， 所以，故D正确. 故选：BCD 题型十三：空间几何的表面积与体积 49．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在正三棱台中，为棱的中点，且，则四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】将正三棱台中补成正三棱锥，如图所示． 因为为棱的中点，所以，又， 所以四边形是平行四边形.所以. 由，且，得是的中位线，所以分别为的中点， 故，与的面积比为. 所以三棱锥是正四面体. 取底面的中心为，连接，易知底面，又平面，所以． 因为为正三角形，，． 在中，． 所以正四面体的体积为. 所以． 50．（2026·湖南·三模）如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且三棱锥外接球的表面积为，则______． 【答案】 【分析】作出辅助线，转化为三棱柱的外接球问题，结合正弦定理和余弦定理得到答案 【详解】如图，过作，且，过作，且， 连接，，，，根据题意可知，， 由题意知，，，所以， 又，是平面内的两条相交直线，所以⊥平面， 所以三棱柱为直三棱柱． 则三棱锥与直三棱柱的外接球相同，设其半径为． 由，知，设三角形的外接圆半径为， 则，求得． 设，则，在中，设，， 则，， 代入，解得或（舍），． 51．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥．已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为，高为，圆锥母线为． (1)计算该模型的体积． (2)现需使用油漆对500个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方厘米元，总费用是多少？ 【答案】(1) (2)（元） 【分析】（1）首先求圆锥的高，再根据圆柱与圆锥的体积公式，即可求解； （2）首先求组合体的表面积，再求总费用. 【详解】（1）设圆锥的高为， 由题意得圆锥母线为10cm， 则， ； （2）圆柱的侧面积为，圆柱的上底面的面积为， 圆锥侧面积为． ， 故总费用为（元）． 52．（24-25高一下·云南楚雄·期中）如图所示，为四边形的直观图，其中，，，. (1)画出四边形的平面图并标出边长，并求平面四边形的面积； (2)若该四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积. 【答案】(1)画图见解析，面积为 (2)体积；表面积 【分析】（1）将直观图还原为原图，根据斜二测画法的概念计算出四边形的边长即可求解； （2）根据旋转体的概念可知该几何体为圆锥和圆柱的组合体，结合圆锥和圆柱的体积和表面积公式计算即可求解. 【详解】（1）在直观图中，，，， 则在平面图形中，，，，， 于是， 所以平面四边形的平面图形如下图所示： 由上图可知，平面四边形为直角梯形，所以面积为. （2）直角梯形以为轴，旋转一周而成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥， 由（1）可知几何体底面圆半径为，圆柱母线长和高都为1，即； 圆锥的高为，母线长为， 所以体积； 所以表面积. 53．（24-25高一下·云南丽江·期中）已知矩形中，，，现将沿对角线向上翻折，得到四面体．    (1)求三棱锥外接球的表面积； (2)若点为底面内部一点，且，求三棱锥与三棱锥的体积之比； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用该三棱锥的性质找出外接球的球心与半径计算即可； （2）将三棱锥体积之比转化为底面积之比，然后利用，求出底面积之比即可. 【详解】（1）在矩形中，连接与相交于点，即为与的中点，    则， 在翻折后点为中点，还是有， 故三棱锥外接球球心为点，半径， 所以外接球表面积． （2）由题可知， 所以 因为， 设，，即，可得为的重心， 如图，设，，， 则，，， 由为的重心，可知，即， 可得，    所以 题型十四：点线面的位置关系 54．（24-25高一下·河北保定·期中）已知、、为三条不同的直线，、为两个不同的平面，则（   ） A．由，，，得与平行或者异面 B．由，，，得或 C．由，，得 D．由，，，，得 【答案】ABC 【分析】根据面面平行推出、无公共点，可判断A选项；根据线面位置关系可判断B选项；根据线面位置关系和线面平行的性质可判断C选项；利用面面、线面位置关系可判断D选项. 【详解】对于A选项，由，，可知，直线、无公共点，故与平行或者异面，A对； 对于B选项， 由，可得，因为，所以或，B对； 对于C选项，因为，过作平面，使得，则， 因为，，则，故，C对； 对于D选项，因为，，，则或，故， 若，则、平行、相交或异面，D错. 故选：ABC. 55．（24-25高一下·广东惠州·期中）（多选题）下列四个命题中，真命题是（    ） A．若是两条直线，是两个平面， 且， 则是异面直线. B．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. C．若直线相交，是平面且，则直线不在平面内. D．若是平面，直线，直线，则. 【答案】BC 【分析】对于A，通过特例可判断；对于B，利用确定平面的条件和点、线、面的包含关系即可判断出正误；对于C，利用直线与平面平行的定义和直线与平面的位置关系即可判断出正误；对于D，利用平面内两直线的位置关系即可判断出正误. 【详解】选项A，例如长方体对面的两条对角线就是共面的，不合题意； 选项B，设，不重合，易知可确定唯一平面， 又，所以，又，所以，符合题意； 选项C，设，，所以，故直线不在平面内，符合题意； 选项D，因为直线，直线，则或与异面，不符合题意. 故选：BC. 56．（24-25高一下·重庆沙坪坝·期中）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AD 【分析】根据空间中各要素的位置关系，结合线面平行的判定定理和面面平行的性质定理分别判断即可. 【详解】对于A，由线面平行的判定定理，若平面外一条直线与平面内某条直线平行，则该直线与此平面平行，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，设正方体上底面为，下底面内任意取两条直线，有，但不一定有成立，故C错误； 对于D，由面面平行的性质定理，若两平面平行，则一个平面内的所有直线均与另一个平面平行，故D正确； 故选：AD. 57．（24-25高一下·河北沧州·月考）设为两个平面，m、n为两条直线，且.下述四个命题为真命题的有（    ） A．若，则且 B．若，则n平行于平面α内的无数条直线 C．若且，则 D．若n在平面外，则m与n平行或异面 【答案】BC 【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，若，则且或或，故A错误； 对于B，若，，因为，过直线可以有无数个平面与相交， 则交线与直线平行，故B正确； 对C，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线， 则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故C正确； 对于D，若n在平面外，则或与相交， 当则时，或异面， 当与相交时，相交或异面，故D错误； 故选：BC 题型十五：空间几何平行、垂直、二面角 58．（25-26高一下·北京朝阳·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，，；点E在线段上，且． (1)设平面平面，证明：； (2)证明：； (3)线段上是否存在点M，使得平面?若存在，请证明，并求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)点M为线段上靠近C的四等分点， 【分析】（1）根据线面平行的性质定理证明线线平行. （2）通过证明线面垂直得平面，进而利用线面垂直的性质定理可证线线垂直. （3）根据面面平行的判定定理作出平面平面.，再结合平行线分线段成比例定理求的长. 【详解】（1）因为四边形为矩形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 又平面，平面平面，所以. （2）因为平面，又平面，所以. 又底面为矩形，所以. 平面，，所以平面. 平面，所以. 在中，，，， 所以，所以. 平面，，所以平面. 又平面，所以. （3）如图： 过作，交于点，过作交于点. 因为，平面，平面，所以平面. 同理平面. 又平面，，所以平面平面. 由（1）知，，又，则， 则， 因为，. 所以， 所以点M为线段上靠近C的四等分点，. 59．（25-26高一上·江苏南通·期中）如图，在三棱锥中，，点E为BD中点，，平面平面BCD，点O在BD上，且，，，点P在AD上，且满足平面 (1)求证：平面BCD； (2)求的值； (3)若二面角的大小为，求四面体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先根据勾股定理得出，进而应用平面平面BCD的性质定理证明线面垂直； （2）先根据线面平行性质定理得出，结合边长关系得出比例关系； （3）根据二面角定义得出即为二面角的平面角，再结合边长关系得出，最后应用三棱锥体积公式计算求解. 【详解】（1）在三角形ABO中，，，， 因此，可得 由于平面平面BCD，AO在平面ABD内，平面平面， 因此平面BCD； （2） 连接PE，平面，平面ABD，平面平面， 因此因为，， 因此，，因此； （3）设四面体的体积为V， 由（2）得，则， 由于平面平面BCD，平面平面，，平面BCD， 因此平面ABD， 又平面BCD，平面BCD，则， 过O作于点F， ，FO，平面AFO，则平面AFO， 又平面AFO，因此， 因此即为二面角的平面角， 因为，，，则， 又，在中由勾股定理得，又， 由，得， 因此 60．（24-25高一下·湖南永州·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点在线段上. (1)当时， （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求点P到平面的距离； (2)当时，求二面角的余弦值.（不允许用空间向量法求解） 【答案】(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）连接交于点，连接，根据三角形的中位线可得利用线面平行的判断定理即可证得结果；（ⅱ）由（ⅰ）知平面，点到平面的距离可以转为到平面的距离，即为所求结果； （2）可证得为二面角的平面角，通过余弦定理计算即可求得结果. 【详解】（1）（ⅰ）连接交于点，连接， 因为底面为正方形，所以点为的中点， 当时，为中点，所以 因为平面平面 平面 （ⅱ）由（ⅰ）知平面， 所以点到平面的距离即为点到平面的距离. 底面， 底面，， 因为底面为正方形，所以， 又因为平面平面，，所以平面， 所以即为点到平面的距离， 所以点到平面的距离为， （2）当时，点为上靠近于C的三等分点， 因为平面，平面， 所以， 连接，， 又，点在公共边上. ，又 为二面角的平面角 在中，， 在中，在由余弦定理得： . . 所以二面角的余弦值为. 61．（24-25高一下·福建厦门·期中）在四棱锥中，底面是菱形，. (1)若分别是的中点，证明：平面； (2)若，证明：平面平面； (3)若平面平面，且二面角的大小为60°，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，连接，先证四边形为平行四边形，得出，即可得证； （2）取的中点，连接，利用勾股定理的逆定理可得，结合，可证平面，进而可证结论； （3）过作于点，连接，可证，进而得为二面角的平面角，进而可得，求得，可得，进而利用勾股定理可求得. 【详解】（1）证明：如图， 取的中点，连接， 因为为的中点， 所以， 故四边形为平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）取的中点，连接， 因为，所以， 又因为，所以， 因为，四边形是菱形，所以是等边三角形， 所以，所以， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （3）取中点，连接， 因为底面是菱形，， 所以是等边三角形， 所以， 又因为，所以， 所以为二面角的平面角， 又二面角的大小为60°， 所以， 在中，可得 所以， 因为， 所以， 在中，， 所以， 所以 62．（24-25高一下·广西南宁·期中）在四棱锥中，底面为平行四边形，为底面中心，，分别为，的中点，为等腰直角三角形，且. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若，分为，的中点，点在线段上，且.求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）连接，则为中点，可得，根据线面平行的判定定理可证； （2）通过转化得异面直线与所成角即为与夹角，由余弦定理求解即可； （3）连接，由面面平行的性质定理及平行线的性质即可得到结果. 【详解】（1）连接，则为中点，又点为中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）由（1）得，异面直线与所成角即为与夹角， 在等腰直角三角形中，设， 则，，， 在中，由余弦定理，可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （3）连接，如图所示，因为，分为，的中点，所以， 因为为的中点，所以， 因为点在线段上，且，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，可得平面， 又，，平面， 所以平面平面. 63．（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. 64．（24-25高一下·河南新乡·期中）如图，在直三棱柱中，侧棱，，且分别为, 的中点. (1)证明：平面； (2)若. （i）求和的长； （ii）求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii） 【分析】（1）取的中点，证平面平面，由面面平行的性质定理可得平面. （2）（i）由等腰三角形三线合一的性质可得结果. （ii）作，，由面面平行得二面角的大小即为二面角的大小，找到二面角的平面角，通过正切值计算可得结果. 【详解】（1）如图，取的中点，连接. ∵为的中点，且侧面为矩形，∴. ∵平面，平面，∴平面. ∵为的中点，∴是的中位线，故. ∵平面，平面，∴平面. ∵，且平面，∴平面平面. ∵平面，∴平面. （2）（i）∵，且， ∴，且， 故，. （ii）如图，过点作于，过作于点，连接， 由（1）知平面平面， ∴二面角的大小即为二面角的大小. 在直三棱柱中，侧面底面，侧面底面，平面，且， ∴平面. ∵平面，平面，∴，. ∵，，平面，∴平面. ∵平面，∴， ∴为二面角的平面角. ∵，， ∴在中，，∴， ∴二面角的大小为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $