海南海口市海南中学2025-2026学年第二学期月考测试高一数学试题

海南中学2025-2026学年度第二学期月考测试 高一数学试题 本试卷分第1卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，共150 分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效 第1卷（共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的.) 1.设z=-1+2i,则在复平面内z对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.下列说法中，正确的是() A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B.一个多面体至少有4个面 C.有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 3.如图，△ABC是利用斜二测画法画出的△ABC的直观图，其中A'B=BC=2,且 AB⊥BC,则△ABC的面积是( A.2W2 B.4 C.8 D.42 4.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.向量p=(a+c,b),9=(b-a,c-a).若 p/1g,则角C的大小为( A骨 5.已知平面向量a=(L,m),6=(←1,3)，若(2a-b16,则(a,=() A c君 D. 试卷第1页，共4页 6.中国南北朝时期数学家天文学家祖冲之、祖胞父子总结了魏晋时期著名数学家刘微的有 关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高详细点说就 是，爽在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个 截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等上述原理在中国被称为祖胞原理如图，一个 上底面边长为1，下底面边长为2，高为3√5的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既 同”，则该不规则几何体的体积为( A.24 B.24W5 C.275 63 D. 2 7.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若 cos2A+sin2B-cos2C-√3 sin BsinC=0,sinB+cosC=5,则△ABC的形状为() A,等边三角形 B.等腰直角三角形 C.等腰三角形 D.直角三角形 8.如图，在四边形ABCD中，M为AB中点，且AB=2,MC=MD=CD=1,若点N在线 段CD(端点除外)上运动，则N·N丽的取值范围是( A a.0 c. D20 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.) 9己知i为虚数单位，下列说法正确的有( A.i+i2+i3+i4=0 5 B.复数2=2的共宽复数2=-2-i C.复数z=3-i的模为10 D.已知复数z满足引z-1曰2+1|，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线 10.己知点M在△ABC所在平面内一点，则() AB AC 3 AM A.若M为BC中点， AB 则BM是BA在BC方向上的投影向量 试卷第2页，共4页 B.若=丽+C,则面积比 SAABC 3 C.若M,M丽，MC的夹角两两相等，Md=M=1,MC=3,则M+M远+MC=2 D.若△ABC为边长为2的正三角形，M为AB的中点，点E在线段BC上运动，则EEM 23 的取植范围为石习】 11.己知圆台的轴截面如图所示，其上底面半径为1、下底面半径为2，母线AB长为2，E 为母线AB中点，则下列结论正确的是() A.圆台的高为2 B.圆台的侧面积为6π C.圆台外接球的体积是 32π 3 D.在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为5 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 2.若圆维的母线长为1，其侧面展开图的面积为 则这个圆锥的体积为 13.己知z∈C,且z+i=3,i为虚数单位，则|z-3-3i|的最大值是 14,已知0为△ABC所在平面内-点，且OA=OB=OC,若AB=4,∠ABC= 3 cos∠ACB=2V7 7 则OBBC= 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.(13分)已知复数z1=a+bi(a,beR)为虚数 (1)若2，是关于x的方程x2-3x+3=0的一个根，求乙1 4 (2)若22=21+一是实数，求复数z,的模： 试卷第3页，共4页 16.(15分)海南中学计划在校园内举办定向越野比赛，设立了两个相距6km的打卡点A(操 场主席台)和B(图书馆正门)，如图，参赛队伍从点B出发，需依次经过两个打卡点C和D, 裁判分别在A,B两点用测向仪记录队伍的方向.某一时刻，某队伍出现在点C处，裁判测 得∠BAC=30°，∠ABC=60°，经过一段时间后，该队伍出现在点D处，裁判分别测得 ∠BAD=75°，∠ABD=45°（注：A,B,C,D在同-平面内） D (1)求△ABD的面积： (2)求点C,D之间的距离！ 17.(15分)如图，在等边△ABC中，AB=3,点0在边BC上，且OC=2BO.过点0的直 线分别交射线AB,AC于不同的两点M,N. (1)设丽=a,AC=i,试用a,b表示AO: (2)设B=mM,AC=n不，求”++2的最小值. m n BA M 18.(17分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1, cos 4cosC a 2b-c (1)求角A; (2)若D是线段BC的中点，且AD=1,求△ABC的面积； (3)若△ABC为锐角三角形，求△ABC的周长的取值范围， 19.(17分)在平面几何中，三角形的“莱莫恩点”是一个具有优美性质的特殊点，其定义如 下：记△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,平面内一点K到三边BC,CA,AB的距离 d,d,d,满足三===k,称点K为△ABC的菜莫恩点 a b c （1)若在△ABC中，a=5,b=3,c=4,求常数k的值； (2)求证：A派=+c2C a2+b2+c2 (3)若A正⊥BC,试判断△ABC的形状，并说明理由. 试卷第4页，共4页海南中学2025-2026学年度第二学期测试 高一数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，共150 分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效 第1卷（共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的.) 1.设z=一1+2i,则在复平面内：对应的点位于( A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】C 【分析】根据复数的几何意义求出复数所对应的点的坐标即可 【详解】复数=-1-2i在复平面内对应的点为Z(-1,-2),· 故选：C 2.下列说法中，正确的是() A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B.一个多面体至少有4个面 C.有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】B 【分析】根据简单几何体的定义以及结构特征去判断即可. 【详解】正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面射影落在底面正多边形的中心，A 错误； 多面体中面数最少为三棱锥，四个面，B正确，： 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面 的交线互相平行，C错误； 试卷第1页，共17页 用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是 棱台，D错误 故选：B 3.如图，△ABC'是利用斜二测画法画出的△ABC的直观图，其中AB=BC=2,且 AB⊥BC,则△ABC的面积是( A.2W2 B.4 C.8 D.4√2 【答案】D 【分析】分析可知△ABC中，AB L AC,求出AB、AC的长，利用三角形的面积公式求解 即可 【详解】在斜二测直观图△AB'C中，AB=B'C'=2,且AB⊥B'C, 所以△A'B'C'为等腰直角三角形，所以AC'=√A'B2+B'C2=√22+22=22， 且∠BA'C'=45°，由斜二测画法可知，在△ABC中，AB L AC, 且AB=AB=2,AC=2A'C'=4√2， 放ae=)AB4AC=×2x4V5=4N5 2 2 故选：D 4.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.向量p=(a+c,b),G=(b-a,c-a).若 p/1G,则角C的大小为() B. 2it C. D. π 4 6 【答案】A 【分析】利用共线向量的坐标表示，结合余弦定理求解即得 【详解】在△ABC中，由p=(a+c,b),4=(b-a,c-a,/1,得(a+cc-=b(b-d, 整理得d+b2-c2=ab,由余弦定理得cosC=+b-C_, 2ab 一=2，而0<C<, 所以C= 3 故选：A 5.已知平面向量a=(1,m),i-（-1,3),若(2a-)1i,则(a,)=() 试卷第2页，共17页 π B. C. 2π A. 4 3 6 D:3 【答案】A 【分析】先根据向量垂直求出，再根据向量数量积公式求出两向量夹角的余弦，从而确定 夹角的大小. 【详解】已知=1，m,b=(-1,3),则2a-b=(3,2m-3), ,(2a-b)L万，.(2a-b).b=3x(-1)+(2m-3)×3=0,解得m=2, ∴.a=4,2） ∴a.i=1x(-1)+2x3=5,1a2+22=5,b=1)2+32=0, cos(d.B)=a6 5 -ab5x102 :a列0可÷a6-圣 故选：A. 6.中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有 关工作，提出“幂势既同，则积不容异”“幂”是截面积，“势”是几何体的高详细点说就 是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个 截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理如图，一个 上底面边长为1，下底面边长为2，高为3、3的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既 同”，则该不规则几何体的体积为( ) A.24 B.24V5 C.27√5 D. @ 2 【答案】D 【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解. 【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等， 设该正六棱台的上下底面积分别为S,S2,高为h, 则S1=6×二×1x1xsin60°= 3W ,S,=6x×2×2xsin60=6V5,h=3W5, 1 2 2 试卷第3页，共17页 65+65 33 2 x35-63 2 故选：D 7.己知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若 cos2A+sim2B-cos2C-√3 sin BsinC=0,sinB+cosC=V5,则△ABC的形状为() A.等边三角形 B.等腰直角三角形 C.等腰三角形 D.直角三角形 【答案】C 【分析】由同角三角函数的基本关系及正余弦定理即可求出A,由两角差的余弦公式和辅助 角公式求出B,从而可判断△ABC的形状. 【详解】，cos2A+sin2B-cos2C-3 sin BsinC=0, ..1-sin2A+sinB-(1-sin2C)-3 sin Bsin C=0,sin2 B+sin2 C-sin2A=3sin Bsin C, 由正弦定理及余弦定理得+cd-5，:c0s4=5 2bc 2 2 A∈(0，)，A= 6 又h8-oC=5,m+cog-月-5，整理得5sn8-君5， 6 因为B∈0 06B匹e2x 5π 6(63 所以B-=→B=2 62 3 6’aABC为等腰三角形. 所以C= 故选：C 8.如图，在四边形ABCD中，M为AB中点，且AB=2,MC=MD=CD=1,若点N在线 段CD(端点除外)上运动，则·NB的取值范围是() B.【40 c D. 【答案】B 【分析】结合平面向量的线性运算和数量积化简WANB,求WC的范围可得NANB的 范围。 【详解】由·N=M+M·M+M®)=-MA2=M?-1 试卷第4页，共17页 在△MCN中，MC=1,∠MCN=60°， ..NM2=1+CN2-2X1XCNX=NC2-NC+1 ..NM--1=NC 2-NC-(NC--1 N在CD上，CD=1,.0<NC<1, -≤WC-2-4<0,则网西取值范围是[) 故选：B 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.) 9.已知i为虚数单位，下列说法正确的有() A.i+i2+i3+i4=0 B.复数2= 5的共轭复数2=-2-1 - C.复数z=3-i的模为10 D.已知复数z满足|z-1=z+1,则z在复平面内对应的点的轨迹为直线 【答案】AD 【分析】根据2=-1化简即可判断选项A；根据复数的除法运算及共轭复数的定义即可判 断选项B;根据复数模的计算公式即可判断选项C:由复数减法的几何意义即可判断选项 D 【详解】对于A,i+2+i+=i+子+子.i+2)2=i-1-i+1=0,故选项A正确： 5 5(-2-i)_ 对于B,复数z= i-2(-2+i(-2-i)(-2y+12 5(-2》=-2-1,所以：的共轭复数为 三=-2+i,故选项B错误； 对于C,复数z=3-i的模为z=√32+(-1)=√0，故选项c错误： 对于D,由复数减法的几何意义可知：z-1表示二在复平面内对应的点到点A(L,0)的距 离，二+1表示二在复平面内对应的点到点B(-1,0)的距离.由z-1=z+1可知则二 在复平面内对应的点的轨迹为线段AB的垂直平分线，故选项D正确. 试卷第5页，共17页 故选：AD. 10.已知点M在△ABC所在平面内一点，则() AB AC 3AM A.若M为BC中点， AM☑ 则BM是BA在BC方向上的投影向量 B.若AM= B士AC,则面积比 3 C.若MA,ME,MC的夹角两两相等，==1，MC=3,则M+M历+MC=2 D.若△ABC为边长为2的正三角形，M为AB的中点，点E在线段BC上运动，则EAEM 的取值范围为 231 1 【答案】ACD 【分析】对于选项A,先由M是BC中点得AB+AC=2M,设单位向量AP、AO,根据 条件知AP+AO与AM共线，推出AM是角平分线，又M是中点，得△ABC等腰且AM⊥BC, 从而判断BM是投影向量. 对于选项B,对AM=AB+3AC变形得BM=3BC,因两三角形高相同，根据底边比求 41 4 面积比 对于选项C,由向量夹角两两相等得夹角为120°，通过求M+MB+MC2,利用向量运算 及数量积公式计算，再开方得结果 对于选项D,坐标法计算数量积得关于入的二次函数，根据二次函数性质求取值范围。 2 【详解】对于A,两边平方 AB 3AM 得 即2+2c084=3,即A=3且4M AB AM 是角A的角平分线，又M为BC中点，即△ABC是等腰三角形，AM⊥BC,则BM是BA在 BC方向上的投影向量，故A正确： 对于B,因为4-B+4C子1，所以点M在线段C上，如图所示 B 试卷第6页，共17页 取AB的四等分点，靠近A的点为N,取AC的四等分点，靠近C的点为E,连接EM,M, 圆有业/且M把，所M的路是ABC的路的所专兴- 错误； 对于C,☑+M+c=☑++c+AM+☑.Mc+C远 -1H9+21》213〔引213〔引4，a+®2.故c正瑞 对于D,以M为原点，AB边所在的直线为x轴，CM边所在的直线为y轴，建立如图所示 的平面坐标系 M B 易知直线BC的方程为y=-√3(x-1),设E(m,-V3(m-1)(0≤m≤)， 因为A(-1,0),M(0,0),所以EA=（-m-1,5m-1),Ei=（m,5m-1)月， 丽=mm+1）+30m-妒=4m-5m+3=4m-8+16 5)223 S1,所以当m时，加-+得取绿小值 23 18+16 肖当=0时，4-号+取最大值为3， 所以4m- 52.23「 8+16e16,3/, 即EA·EM∈ 16 3,故D正确 故选：ACD 11.己知圆台的轴截面如图所示，其上底面半径为1、下底面半径为2，母线AB长为2，E 为母线AB中点，则下列结论正确的是() A.圆台的高为2 B.圆台的侧面积为6π B 试卷第7页，共17页 C.圆台外接球的体积是 32π 3 D.在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为5 【答案】BCD 【分析】在圆台轴截面利用勾股定理计算判断A选项；利用圆台的侧面积公式计算判断B 选项；利用轴截面计算圆台外接球的半径，再利用球的体积公式计算得出结果判断C选项： 在圆台的侧面上，从C到E的最短路径，在计算求得判断D选项； 【详解】对于A,如图所示， B G F 过A作AF IBC交BC于点F,过D作DG⊥BC交BC于点G, 根据题意在△AFB中，BF=1,AB=2,AF=VAB2-BF2=22-12=6, 故A错误； 对于B,圆台的侧面积为πx1×2+πx2×2=6π，故B正确； 对于C,设圆台外接球的球心为O,半径R由题意可得：O,B=2,O,A=1,OO,=√3 设00=a,则00，=V3-a,由R=0A=0B,即√12+(5-2=√22+d, 解得：a=0.即O,0,重合，所以R=2.圆台外接球的体积是号×R=32匹赦C正确： D 0 对于D,如图示， A 在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：FB=FC=4,AB=2.由E为AB 试卷第8页，共17页 中点，所以FE=3,所以CE=√FE2+FC2=V32+42=5.故D正确 故选：BCD. 第Ⅱ卷（共92分) 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12。若圆锥的母线长为1，其侧面展开图的面积为 则这个圆锥的体积为 【答案】 √3元 24 【分析】求得圆锥的底面半径和高，从而求得圆锥的体积， 【详解】由题可知圆锥的侧面展开图扇形的半径1=1， 设底面圆的半径为”， 则有1x2m 2所以=1 于是圆雏的高为h=VP-,-5 该圆锥的体积为： 2247 故答案为： V3元 24 13.己知z∈C,且z+i=3,i为虚数单位，则|z-3-3i的最大值是 【答案】8 【分析】二表示以(0，一)为圆心，3为半径的圆，进而根据复数减法的几何意义求解即可. 【详解】解：因为z∈C且z+=3, 所以，根据复数模的几何意义，二表示以(0，-1)为圆心，3为半径的圆， 所以，z-3-31表示圆上的点和点(3,3)的距离， 因为圆心(0，-1)到点(3,3)的距离为√(0-3)}+(-1-3)2=5， 2-3-31mx=3+5=8, 故答案为：8 14已知0为△ABc所在平面内一点，且网-网-，若AB=4,AC=号， 试卷第9页，共17页 coS∠ACB= 2W ,则OBBC= 【答案】-18 【分析】先根据已知条件求出△ABC的边长，再利用向量的运算法则将OBBC转化为△ABC 边长相关的表达式，进而求出结果。 【详解】因为∠ACB是三角形内角，cos∠ACB-2y 7 所以sm∠ACB=M-cos'∠4C6=2 7 在△ABC中，根据正弦定理得，AB AC sim∠4CB sin∠ABC,解得 AC=ABsi∠ABC +6 2=27 sin∠ACB √ 因为OA=OB=oC,所以0为△ABC的外心， 所以OBBc=O丽(Oc-O丽）5Bbccos∠Boc-'. c0S∠BOC=coS2∠BAC=2cos2∠BAC-1,而 BACAACBACB) 号95 7 2 7 41s、13 所以cos∠B0C=2cos2∠B4C-1=2x,7 14 在△ABC中，根据余弦定理 BC=B+AC-2 BACcos∠BAC=4:2/-2x4×3/77 =36,所以BC=6. 14 BC 设△ABC的外接圆半径为R,则根据正弦定理 sim∠BAC=2R,解得 6 2V21 R= 3 2 14 所以0a=Dc-R=2 ,所以 3 oc-psekoc-ps-2（片4()-s 故答案为：18. 试卷第10页，共17页 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.己知复数=a+bi(a,b∈R)为虚数 (1)若z1是关于x的方程x2-3x+3=0的一个根，求1 4 (2)若22=21十—是实数，求复数z,的模： 21 3±V3i 【答案】0名=2 (2)2 【分析】(1)由51是方程x2-3x+3=0的一个根得-32，+3=0，利用求根公式即 可求解 4 (2)52=51+一是实数得2+b2=4,即可求复数31的模； 51 【详解】(1)由1是方程x2-3x+3=0的一个根， 所以22-31+3=0，由△=9-4×3=-3， 所以乙= 3±V3i 2 (2)由复数51=a+bi(a,b∈R)为虚数，则b≠0， 又因为 2=名+-a+bi+_4 4 =a+bi+ 4(a-bi) 21 a+bi 国为5-5+是线意所60。=0，即0161，所以到5l-V后5-2 4 16.海南中学计划在校园内举办定向越野比赛，设立了两个相距6k的打卡点A(操场主席 试卷第11页，共17页 台)和B(图书馆正门)。如图，参赛队伍从点B出发，需依次经过两个打卡点C和D,裁 判分别在A,B两点用测向仪记录队伍的方向某一时刻，某队伍出现在点C处，裁判测得 ∠BAC=30°，∠ABC=60°，经过一段时间后，该队伍出现在点D处，裁判分别测得 ∠BAD=75°，∠ABD=45°（注：A,B,C,D在同一平面内） (1)求△ABD的面积： (2)求点C,D之间的距离 【答案】(1)9+33 (2)V15 【分析】(1)在△ABD中利用正弦定理依次求出AD,BD即可求解： (2)先由题设得到∠ACB=90°，接着依次求出AC,BC,再在△ACD中，由余弦定理 【详解】(1)在△ABD中，∠BAD=75°，∠ABD=45°，则∠ADB=60°. 因为AB=6, sm75'=s血(30+45'片sin30°cos45+cos30sin45=25互2+5 2222 4 所以由正弦定理AB=AD。BD sin60sim45sin75=2R得 AD=Ssin45-2.BD=sin7s' 35+5, sin60° sin60° 所以△1D的而积为5号xA0xm75-6s26,5三9435： 4 (2)在△ABC中，∠BAC=30°，∠ABC=60°， 则∠ACB=90°，∠CAD=∠BAD-∠BAC=75°-30°=45°， 因此AC=ABsin60°=3√3，BC=ABsin30°=3. 在△ACD中，由余弦定理CD2=AC2+AD2-2×AC×AD×coS∠CAD =27+24-2x3N5×26×5-51-36=15, 2 因此CD=√15 试卷第12页，共17页 17.如图，在等边△ABC中，AB=3,点O在边BC上，且OC=2BO.过点O的直线分别 交射线AB,AC于不同的两点M,N (1)设4B=a,4AC=i,试用a,b表示AO: （2)设AB=mAM,AC=4W,求+1+2的最小值. m n B 2-1 【答案】(1)AO=二a+二b 3 3 (2)4 【分析】(1)利用给定的基底表示向量AO (2)利用共线向量的推论及基本不等式求出最小值. 【详解】(1)由OC=2BO,得AC-AO=2(AO-AB), 所以40=24B+14C-2a+16. 3 3 33 (2》由(1)知，A0=2B+4C,而B=m4M,AC=n. 3 因此40=2m4M+4N,而M,0,N共线，则2m+”-1. 3 3 33 又m>0,m>0,于是n+1+2_3-2m+1,242 2 m n m n mn 于4+24+2=0+42%0+4× n m 33+3m分3+3Vmn 三6 mnmn八 3 当且仅当”-m,即m=n=1时取等号， m n 所以”+1+二的最小值是4 18.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1, cosA cosC a 2b-c (1)求角A: 试卷第13页，共17页 (2)若D是线段BC的中点，且AD=1,求△ABC的面积； (3)若△ABC为锐角三角形，求△ABC的周长的取值范围. 【答10A号 36 (3)1+5,3] 8 【分析】(1)先应用正弦定理化边为角，再应用两角和的正弦公式计算化简得出角A; (2)先根据向量关系4D=}AB+4C,左右两边平方后结合余弦定理得出c- 2,进 而得出面积即可： (3)应用正弦定理边角转化应用辅助角公式化简，再根据角的范围应用正弦函数的性质求 解 【详解】(1)由正弦定理可知0s4 cosC sin A 2sin B-sinC .'sin Acos C=2sin B cos 4-sin Ccos 4, .sin AcosC+sinC cos 4=sin(+C)=2sinB cos 4, 又A+B+C=π，sin(A+C)=sin(元-B)=sinB, .sin B=2sin Bcos 4, sinBc0 1 ·A∈(0，元)，4= 3 (2)由(1)及余弦定理得a2=b2+c2-2 bccos A,即1=b2+c2-bc,① 又国为0-AB+号c,则4D-兮丽-c, 则AD-AB+Ac2+B4C, 4 即1=c+b+bccos 4°4°21 3 所以1-++才 +c2+bc,② 4 由②×4-①得bc=3 试卷第14页，共17页 所以S,Aac= cma39-3图 2228 8》自得4骨则8+C行，回nC-m 2-B -cos B+- +-sinB, 3 snAV店imB,c=asnC2 由正弦定理可知b=asin B、2 sinC, sinA 3 2 1 所以b+c= (sinB +sinc)=2 (sinB 2 cosB+sinB) =2 sin B+ 2 =2sinB+ (6: 因为△1C为能角角形，所以0<月行0任B号 即2<B<,<B+亚<2π 2’3 63 则a+b+ce(1+V3,3], 故△4BC的周长的取值范围为(1+√3,3]. 19.在平面几何中，三角形的“莱莫恩点”是一个具有优美性质的特殊点，其定义如下：记 △ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,C,平面内一点K到三边BC,CA,AB的距离 d,dd满足-头--，称点K为△4BC的“来莫恩点”. a b c (1)若在△ABC中，a=5,b=3,c=4,求常数k的值； (2)求证：AK-bAB+cAC a2+b2+c2 (3)若A丞⊥BC,试判断△ABC的形状，并说明理由. 【答案】)k=5 (2)证明见解析 (3)等腰三角形或直角三角形，理由见解析 【分析】(1)根据题设数据先得到4=分S=6,再结合莱莫恩点~的定义求解即可： (2)结合(1)可得Sc:SC4:S=d::C2,延长AK交BC于点D,进而得到 试卷第15页，共17页 AD=bAB+c'AC.AK +c b2+c2 ADa+b+c,进而求证即可： (3)由AK⊥BC结合(2)可得(b2-c2)AB·AC=0,进而分b2-c2=0、ABAC=0两种 情况讨论求解即可 【详解】(1)因为a=5,b=3,c=4,所以a2=b2+c2, 所以459c-c-6, 2 连接KA,KB,KC,将△ABC分割为△KBC,△KCA,△KAB, 根据“莱莫恩点的定义，点K到三边的距离分别为d。=ha,d。=b,d。=hc, 所以3=及e+8+8s=子d+d+子d 1 -a(ka)+1b()-c(bc)-Ik(@+8+e). 代入已知数据，得6(5+3+4，放女名 (2)由(1)可知，点K到三边的距离分别为d。=ka,d,=b,d。=hc, S.KBC S.KCA:S.KB=d:B:c. 如图，延长AK交BC于点D,根据面积法可知 BD S.AnD=S.taBc DC S.ACD S.KcB 所以D=+c :(4C-4B b2AB+C2AC b2+c2 另一方面，因为△BC与△ABC同底，所以K,A到BC的距离之比等于三角形面积之比， ADea++C,所以-1-KDB+c 即”=S巡- AD AD d+B+c 所以=4AD=6+c2_bAB+c4cbAB+caC AD a2+b2+c2b2+c2 a2+b2+c2 (3)△ABC为等腰三角形或直角三角形，理由如下： 由AK⊥BC可知AK.BC=0, +C(c-)0,所以b5+e40(aC-网=0， 由(2)知bAB+c:AC 展开得bAB.AC-bAB2+cAC2-c2ACAB=0, 试卷第16页，共17页 又因为AB=c,AC=b,所以(b-c2)AB.AC-bc2+cb=(b-c2)AB.AC=0. 因为b,c>0,所以有以下两种情况： 当b2-c2=0时，即b=c,此时△ABC为等腰三角形： 当AB.AC=0时，即AB L AC,此时△ABC为直角三角形 综上所述，△ABC为等腰三角形或直角三角形 试卷第17页，共17页