广东省广州市2025-2026学年高一数学下学期期末考前冲刺模拟卷

**基本信息** 广州市高一数学期末冲刺模拟卷，覆盖复数、统计、向量、立体几何等核心知识，通过动态几何、概率应用、数学文化情境设计，考查数学眼光、思维与语言，适配期末综合能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|复数运算、百分位数、向量投影、圆台高、立体几何命题、概率计算|分层设计，含正三棱柱动点、外接球表面积等能力题| |填空题|3题15分|分层抽样、向量夹角、半正多面体轨迹|融入阿基米德体，考查空间轨迹想象| |解答题|5题77分|立体几何证明与距离、解三角形（面积/范围）、概率加赛问题、翻折二面角、柯西不等式应用|结合数学文化，注重逻辑推理与模型构建|

广东省广州市2025-2026学年下学期高一数学期末考前冲刺模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数满足，则最小值是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用复数模的几何意义求解即得. 【详解】是复平面内复数对应点的轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆， 是上述圆上的点到复数对应点的距离， 而，所以的最小值是. 故选：A    2．参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则这10人成绩的第60百分位数是（    ） A．84 B．85 C．86 D．87 【答案】B 【分析】先将10人的成绩从小到大排序，然后由百分位数计算方法可得答案. 【详解】10名学生的成绩从小到大排序为：71，76，80，81，83，84，86，88，92，96. 因为，则这10人成绩的第60百分位数是第6个数与第7个数的平均数， 即为：. 故选：B. 3．已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义及数量积的运算律求解. 【详解】依题意，在上的投影向量，则， 所以. 故选：D 4．如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（ ） A． B． C．1 D．4 【答案】A 【分析】利用扇形的弧长公式，结合已知条件，求出圆台上、下底面圆的半径和的长，再结合圆台的几何结构特征，即可求得圆台的高. 【详解】因为圆台的侧面展开图扇环的圆心角为， 所以在圆锥中，可得，所以， 又在圆锥中，可得，所以， 所以该圆台的高为 . 故选：A. 5．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．，则 B．，则 C．，则 D．，则 【答案】D 【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答. 【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线， 显然满足，而，此时不成立，A错误； 对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线， 显然满足，而，此时不成立，B错误； 对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线， 显然满足，而，此时不成立，C错误； 对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确. 故选：D 6．现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答.所取的2道题都是同一类题的概率为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意先求样本空间，令事件表示所取的2道题都是同一类题，再求，最后由古典概型计算公式即可求解. 【详解】设4道甲类题为，2道乙类题为，则共有15种情况， 令事件表示所取的2道题都是同一类题，所以共有7种情况，所以， 故选：D. 7．如图，正三棱柱 的各棱长均为1，的中点为D，上有两个动点，且 则下列结论中错误的是（     ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．平面 D．的面积与的面积相等 【答案】D 【分析】对于A由线面垂直的性质定理即可判断，对于B计算，点到平面的距离即可判断，对于C由面面平行的性质定理即可判断，对于D计算即可判断. 【详解】对于A：，点为的中点，所以，由正三棱柱 有：平面平面， 又平面平面，平面，又平面，所以，故A正确； 对于B：由平面，所以为点到平面的距离，又， 所以，，所以，故B正确； 对于C：由正三棱柱 ，平面平面，又平面， 所以平面，故C正确； 对于D：取的中点为，连接，由，，所以， ，，所以，故D错误. 故选：D. 8．在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据图形作出二面角的平面角，利用几何知识可求，，则顶点在平面的投影为△的外接圆圆心，则三棱锥的外接球的球心在直线上，根据求解半径． 【详解】如图1，过作垂足为，取的中点，连接， ∵，∴，， 又，，则，， 中，， 过作，且=，连接，则， ∴，， 根据题意可得为二面角的平面角， 即，则， 由题意可得，则，则， 如图2，∵，则顶点在平面的投影为△的外接圆圆心， 则三棱锥的外接球的球心在直线上，连接 ，则 ∴△的外接圆半径，则 设三棱锥的外接球的半径为，则 即，解得 则表面积为.    二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．已知复数（为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】对于A，有共轭复数概念可判断选项正误；对于B，由复数模计算公式可判断选项正误；对于C，由复数乘法可判断选项正误；对于D，由A分析及复数乘法可判断选项正误. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：BC 10．为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取100位学生的数学成绩（满分100分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（    ） A．对应矩形的面积为 B．样本成绩的第百分位数落在内 C．样本极差一定为 D．若采用样本量比例分配的分层随机抽样从，两组中抽取人，再从这人中随机抽取人，则此人成绩在区间的概率为 【答案】ABD 【分析】在频率分布直方图中，面积表示频率，列式计算可判断A；根据分位数的概念计算可判断B；根据极差的概念可判断C；根据分层抽样的定义计算各层抽取人数，再结合古典概率计算公式计算可判断D. 【详解】对于A，设对应矩形的面积为， 则，解得，所以A选项正确； 对于B，样本数据的频率为， 样本数据的频率为， 故样本成绩的第70百分位数落在内，所以B选项正确； 对于C，频率分布直方图只能反映数据的分布形态和落在各个区间内的频率（或频数），但无法确定具体每个数据点的值， 所以样本极差无法由直方图确定，所以C错误； 对于D，从直方图可知样本中成绩落在的频率为，落在的频率为 ，比例为， 分层抽样5人时抽3人，抽2人， 任抽1人成绩在 的概率为 ，所以D正确． 11．如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则（   ） A．存在点P，M，使得平面与平面PBD平行 B．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为 C．正方体可在棱长为9的正四面体内部自由转动 D．当M为中点时，四棱锥M-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，取中点为M，中点为可得相应平行平面；对于B，由题可得，后由平面几何知识可得轨迹长；对于C，求出棱长为9的正四面体的内切球的内接正方体的棱长，对比正方体的棱长即可作出结论；对于D，由题可确定外接球半径，进而可得外接球内接正方体边长，最后结合外接球的内接正四面体可由其内接正方体切割得到，可确定正四面体棱长. 【详解】对于A，如图取中点为M，中点为P，下证平面与平面平行. 因中点为M，中点为P，可得，又平面，平面， 则平面；又注意到，又平面，平面， 则平面，又平面， 则平面与平面平行，故A正确. 对于B，如图取中点为E，连接PE，由题可得，平面， 又平面，则. 因，则， 则点的轨迹为以E为圆心，半径为2的圆在平面内的部分，如图所示， 因，则，同理可得， 则，则点的轨迹长度为，故B错误；      对于C，棱长为9的正四面体的高为，底面外接圆半径为，内切球半径为， 则，解得，所以， 所以由等体积法有，，解得， 设棱长为的正方体内接于半径为的球内部，则，解得， 又因为正方体的棱长为2，满足， 所以正方体可在棱长为9的正四面体内部自由转动，故C正确； 对于D，如图取AC，BD交点为O，AD中点为G，连接MG，GO，MO， 由题可得，，又由题可得， 则，则O到四棱锥所有顶点距离均相等，则O为外接球球心，外接球半径为， 又正方体外接球半径为其体对角线长度一半，设外接球内接正方体边长为a，则. 又由图可得外接球的内接正四面体可由其内接正方体切割得到， 且内接正四面体棱长为内接正方体面对角线长度，即. 则内接正四面体表面积为，故D正确. 故选：ACD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为120件，80件，60件，为了了解它们的产品质量是否存在显著差异，用分层抽样的方法抽取了一个容量为n的样本进行调查，其中从丙车间的产品中抽取了3件，则n = __________. 【答案】13 【详解】(解法1)由分层抽样得，解得n＝13. (解法2)从甲乙丙三个车间依次抽取a，b，c个样本，则120∶80∶60＝a∶b∶3a＝6，b＝4，所以n＝a＋b＋c＝13. 13．已知向量，的夹角为，且，，当向量与的夹角为钝角时，实数的取值范围为______. 【答案】 【分析】由题意分析可得：，且两向量不共线，进而根据数量积以及向量共线的判定定理运算求解. 【详解】因为，，与的夹角为， 所以. 因为向量与的夹角为钝角， 所以，且两向量不共线. 则， 解得或. 当时，则， 可得，解得， 所以的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】易错点睛：1.向量，的夹角为锐角，但的夹角为锐角，要排除夹角为的情况； 2.向量，的夹角为钝角，但的夹角为钝角，要排除夹角为的情况. 14．在几何学的世界里，阿基米德体以其独特的形状和美丽的对称性吸引了无数数学爱好者和科学家，它是一种半正多面体，其中每个面都是正多边形，且各个面的边数不全相同.如图，棱长为2的半正多面体是将一个棱长为6的正四面体切掉4个顶点所在的小正四面体后所剩余的部分，已知A，B，C，D为该半正多面体的四个顶点，点P为其表面上的动点，且平面，则P点的轨迹长度为______. 【答案】/ 【分析】根据正四面体的性质可得线线平行，进而得平面平面，故点的轨迹为线段，即可利用三角形边角关系求解长度得解. 【详解】如图：补全正四面体，连接, 取分别为大正四面体棱的中点，连接, 由于均为大四面体的棱的三等分点，故. 平面，平面，平面，平面， 故平面, 平面. 且平面， 故平面平面， 由于平面，因此平面， 故点的轨迹为线段， 由于, 故点的轨迹长度为， 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，C是圆周上一点，且，． (1)求证：； (2)求点A到平面的距离． 【答案】(1)因为点C在底面圆周上，是圆O的直径， 所以，即，     因为垂直于圆O所在的平面，平面，所以，     又，平面，平面，所以平面，     又平面，所以． (2) 【分析】（1）根据题意可得出，，利用线面垂直的判定定理得平面，再利用线面垂直的性质定理即可证明； （2）方法一：过点A作，交于点H，通过证明平面得的长度即是点A到平面的距离，进而可求解；方法二：利用等积法，根据求解. 【详解】（1）略 （2）方法一：如图，过点A作，交于点H， 由（1）知平面，又平面，所以， 又，平面，平面，所以平面， 则的长度即是点A到平面的距离．     在中，，     由，即， 解得，即点A到平面的距离为．     方法二：由题可得．     设点A到平面的距离为h， 由题意知，即，     即，解得， 即点A到平面的距离为． 16．（15分）在中，角，，的对边分别为，，，ΔABC的面积为，若，且有. (1)求； (2)若的面积为=，求，； (3)若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）使用正弦定理角化边，再使用余弦定理求解即可； （2）利用三角形的面积公式和余弦定理求解即可； （3）利用三角形的内角和及得到，使用二倍角公式与两角差的余弦公式得到，利用锐角三角形的条件得到角的范围，转化为三角函数的范围求解. 【详解】（1）已知，由正弦定理得， 即，由余弦定理得， 因为，所以. （2）由三角形面积公式，得①， 由余弦定理知，即，得②， 由①②解得，. （3）因为，，所以，则，即， ， 又 ，所以， 因为为锐角三角形，， 所以，解得，则， 所以，所以， 即的取值范围是. 17．（15分）甲、乙两人参加射击比赛，规定两人各射击目标一次为一轮，击中目标者得1分，未击中者得0分．甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为，假设每人每次射击的结果互不影响． (1)第一轮比赛结束，求两人得分和不为0分的概率； (2)在前20轮的比赛中，恰好两人得分相同．现决定进行加赛，规则如下：加赛中某一轮结束后，有人得分高于另一人，则得分高的人获胜，加赛结束，否则继续下一轮．加赛不超过三轮，若三轮结束后得分相同，则为平局． （ⅰ）求加赛满三轮的概率； （ⅱ）求甲获胜的概率． 【答案】(1) (2)（ⅰ） （ⅱ） 【分析】（1）通过分析事件“两人得分和不为0”的对立事件“两人得分和为0”，得出答案； （2）（ⅰ）通过加赛规则可知，要想加赛满三轮，则前两轮两人的得分应该相同，则第三轮一定会进行； （ⅱ）分别求出甲在第一轮、第二轮、第三轮胜出的概率，按照分类加法原理求和即可得甲获胜的概率. 【详解】（1）设“甲击中目标”为事件A，“乙击中目标”为事件B， 所以，，，， 第一轮比赛结束后，两人得分为0分的概率为， 所以第一轮比赛结束后，两人得分不为0分的概率为. （2）（ⅰ）设表示事件“加赛中第轮平局”，所以， 要使加赛满三场，则前两场必须平局， 所以加赛满三场的概率为. （ⅱ）若甲第一轮加赛胜出，则甲中乙不中概率为：， 若甲第二轮加赛胜出，则第一轮平局，第二轮甲中乙不中概率为：， 若甲第三轮加赛胜出，则前两轮平局，第三轮甲中乙不中概率为：， 所以甲获胜的概率为：. 18．（17分）如图1，在等腰梯形中，，，将沿边翻折，使点翻折到点，连接，得到三棱锥，如图2，其中. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)试问在侧棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)如图1，在梯形中，取边的中点，连接. 因为，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为，所以，所以， 因为，且，所以， 所以， 因为平面平面PAC，且， 所以平面 (2) (3)侧棱上不存在点，使得二面角的余弦值为. 【分析】（1）先在等腰梯形中构造平行四边形，借助直角三角形斜边中线逆定理证得 ；翻折前后边长不变，结合的长度条件，用勾股定理逆定理证得 ；再依据线面垂直判定定理，证得平面； （2）先根据面面垂直的性质定理确定三棱锥的高线，算出高线长度与底面面积，再利用棱锥体积（底面积乘以高除以3）的公式求解体积即可； （3）先根据几何法作垂线构造二面角的平面角，引入参数表示动点对应的线段长度，结合相似三角形表示出平面角两条直角边长；再由已知二面角余弦值算出正切值，列方程求解参数，最后结合侧棱长度约束参数取值范围，判断点是否存在. 【详解】（1）略 （2）如图2，取棱的中点，连接， 由（1）可知平面，且平面，则平面平面， 因为，且为线段的中点，所以， 因为平面平面，平面，所以平面， 则为三棱锥的高， 因为，所以，则 故三棱锥的体积. （3）假设存在满足条件的点. 如图2，作，垂足为，作，垂足为. 由（2）可知平面平面，又，且平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，且平面，，所以平面. 因为平面，所以， 则为二面角的平面角. 由翻折知，，且， 在中，由余弦定理： ， 又，故， 设，在中： ， 因为，且， 所以，， 所以，则，故， 由题意可得， 所以， 因为平面，且平面，所以， 所以，则，解得，故. 因为侧棱线段总长，， 所以点落在的延长线上，线段上不存在满足条件的点， 所以假设不成立，即不存在点，使得二面角的余弦值为. 19．（17分）在中，角所对的边分别为，且． (1)求． (2)若为边的中点，，求的最大值． (3)奥古斯丁•路易斯•柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年－1857年）是法国著名数学家．柯西在数学领域的造诣极高，诸多数学定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式，其中柯西不等式在求解不等式证明的相关问题中广泛应用．现保持（1）的条件不变，若是内一点，过点分别作的垂线，垂足分别为，借助三维柯西不等式：，其中，当且仅当时，等号成立．当取得最小值时，求的面积． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用切化弦及正弦定理边化角，和角的正弦求解. （2）由余弦定理及基本不等式求得，再利用向量数量积的运算律求解. （3）由三维分式型柯西不等式，余弦定理，基本不等式，函数的单调性即可求解. 【详解】（1）在中，由，得， 由正弦定理得，而， 则，又， 因此，而，所以. （2）由（1）及余弦定理，当且仅当时取等号， 由为边中点，得， 所以， 所以当且仅当时，取得最大值. （3）， 又，， 则，由三维分式型柯西不等式有， 当且仅当，即时取等号， 由余弦定理，得，即， 由，得，当且仅当时取等号， 因此，令，， ，函数在上单调递减， 当且仅当，即时， 因此当时，取得最小值，此时， 则当与时，取得最小值， 此时的面积. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州市2025-2026学年下学期高一数学期末考前冲刺模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数满足，则最小值是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则这10人成绩的第60百分位数是（    ） A．84 B．85 C．86 D．87 3．已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（   ） A． B． C． D． 4．如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（ ） A． B． C．1 D．4 5．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．，则 B．，则 C．，则 D．，则 6．现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答.所取的2道题都是同一类题的概率为（     ） A． B． C． D． 7．如图，正三棱柱 的各棱长均为1，的中点为D，上有两个动点，且 则下列结论中错误的是（     ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．平面 D．的面积与的面积相等 8．在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．已知复数（为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 10．为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取100位学生的数学成绩（满分100分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（    ） A．对应矩形的面积为 B．样本成绩的第百分位数落在内 C．样本极差一定为 D．若采用样本量比例分配的分层随机抽样从，两组中抽取人，再从这人中随机抽取人，则此人成绩在区间的概率为 11．如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则（   ） A．存在点P，M，使得平面与平面PBD平行 B．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为 C．正方体可在棱长为9的正四面体内部自由转动 D．当M为中点时，四棱锥M-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为120件，80件，60件，为了了解它们的产品质量是否存在显著差异，用分层抽样的方法抽取了一个容量为n的样本进行调查，其中从丙车间的产品中抽取了3件，则n = __________. 13．已知向量，的夹角为，且，，当向量与的夹角为钝角时，实数的取值范围为______. 14．在几何学的世界里，阿基米德体以其独特的形状和美丽的对称性吸引了无数数学爱好者和科学家，它是一种半正多面体，其中每个面都是正多边形，且各个面的边数不全相同.如图，棱长为2的半正多面体是将一个棱长为6的正四面体切掉4个顶点所在的小正四面体后所剩余的部分，已知A，B，C，D为该半正多面体的四个顶点，点P为其表面上的动点，且平面，则P点的轨迹长度为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，C是圆周上一点，且，． (1)求证：； (2)求点A到平面的距离． 16．（15分）在中，角，，的对边分别为，，，ΔABC的面积为，若，且有. (1)求； (2)若的面积为=，求，； (3)若为锐角三角形，求的取值范围. 17．（15分）甲、乙两人参加射击比赛，规定两人各射击目标一次为一轮，击中目标者得1分，未击中者得0分．甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为，假设每人每次射击的结果互不影响． (1)第一轮比赛结束，求两人得分和不为0分的概率； (2)在前20轮的比赛中，恰好两人得分相同．现决定进行加赛，规则如下：加赛中某一轮结束后，有人得分高于另一人，则得分高的人获胜，加赛结束，否则继续下一轮．加赛不超过三轮，若三轮结束后得分相同，则为平局． （ⅰ）求加赛满三轮的概率； （ⅱ）求甲获胜的概率． 18．（17分）如图1，在等腰梯形中，，，将沿边翻折，使点翻折到点，连接，得到三棱锥，如图2，其中. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)试问在侧棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 19．（17分）在中，角所对的边分别为，且． (1)求． (2)若为边的中点，，求的最大值． (3)奥古斯丁•路易斯•柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年－1857年）是法国著名数学家．柯西在数学领域的造诣极高，诸多数学定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式，其中柯西不等式在求解不等式证明的相关问题中广泛应用．现保持（1）的条件不变，若是内一点，过点分别作的垂线，垂足分别为，借助三维柯西不等式：，其中，当且仅当时，等号成立．当取得最小值时，求的面积． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $