高一下學期期末復習解答題壓軸題二十四大題型專練

20232024學年高一下學期期末復習解答題壓軸題二十四大題型專練【人教A版（2019）】題型1題型1向量線性運算的幾何應用1．（2223高一上·北京昌平·期末）如圖，在△ABC中，AM=13(1)用a,b表示(2)若P為△ABC內(nèi)部一點，且AP=512【解題思路】（1）由圖中線段的位置及數(shù)量關(guān)系，用AC,AB表示出（2）用a,b表示AM+AN，得到【解答過程】（1）由題圖，BC=MN=（2）由AM+又AP=512a+2．（2223高一上·遼寧葫蘆島·期末）平面內(nèi)給定三個向量a=2,2,(1)求實數(shù)k關(guān)于n的表達式；(2)如圖，在△OAB中，G為中線OM上一點，且OG=2GM，過點G的直線與邊OA，OB分別交于點P，Q（P,Q不與O重合）.設(shè)向量OP=【解題思路】（1）由向量平行的坐標運算求解即可；（2）由向量的運算得出OG=16nOP+【解答過程】（1）因為a+2c所以2(2+2k)=8(n?1)，即k=2n?3.（2）由（1）可知，OP=2nOA，OQ因為OG=2GM又OA=12nOP，因為P,G,Q三點共線，所以16nm+2n=當且僅當m=2n=23時，取等號，即OP=233．（2324高一下·湖南長沙·期中）（1）如圖，OP，OQ不共線，R是直線PQ上的動點，證明：存在實數(shù)λ，μ，使得OR=λOP+μ（2）用向量法證明下列結(jié)論：三角形的三條中線交于一點.【解題思路】（1）設(shè)PR=tPQ，利用向量的減法可得OR?（2）利用（1）的結(jié)論，先設(shè)設(shè)BE、CF交于一點G，只需要證明AD過點G，利用向量證明證明AG=23AD，說明A、【解答過程】（1）證明：因為R是直線PQ上的動點，所以不妨設(shè)PR=tPQ（則OR?OP=t令λ=1?t，μ=t，則有OR=λOP+μ所以存在實數(shù)λ，μ，使得OR=λOP+μ（2）如圖，△ABC中，D、E、F分別是邊BC、CA、AB的中點，求證：AD、BE、CF交于一點.證明：不妨設(shè)BE、CF交于一點G，連接AG，因為D、E、F分別是邊BC、CA、AB的中點，所以AE=12AC，根據(jù)（1）的結(jié)論得，在△ABE中，AG=λAB+μAE=λAB+在△ACF中，AG=xAC+yAF=xAC+所以λ=y2x=μ2所以AG=即AG=23AD，AG，A、所以AD、BE、CF交于一點.4．（2324高二上·上海閔行·期中）在ΔABC中，AC=2，BC=6，∠ACB=60°，點O為ΔABC所在平面上一點，滿足OC=mOA+nOB（（1）證明：CO=（2）若點O為ΔABC的重心，求m、n的值；（3）若點O為ΔABC的外心，求m、n的值．【解題思路】（1）根據(jù)條件OC=m（2）根據(jù)重心的向量表示為OA+OB+OC=（3）根據(jù)點O為ΔABC的外心,求得CO?CB=12|CB|2,CO?CA【解答過程】（1）CO=m=m即CO所以CO則1?m?n所以CO=（2）若點O為ΔABC的重心則OA因為OC所以?m則m=?1,n=?1（3）由O是△ABC的外心得CO?CB=12所以,CO即2m?3n=3m+2n=?1解得m=3題型2題型2向量的數(shù)量積、夾角問題5．（2223高一下·廣西桂林·期末）已知向量a，b滿足a=1，b=2(1)求a?(2)求a與b的夾角θ；(3)求a?2【解題思路】（1）根據(jù)條件，利用數(shù)量積的運算法則即可求出結(jié)果；（2）根據(jù)（1）中結(jié)果，利用數(shù)量積夾角公式，得到a,（3）利用條件求出a→【解答過程】（1）因為a=1，b=2所以a?（2）因為cosa,b所以a,b=π4，故a（3）a?2b26．（2223高一下·新疆伊犁·期末）設(shè)x,y∈R，向量a=x,1，b=1,y，c=2,?2，且(1)求2a(2)求向量b+a與【解題思路】（1）根據(jù)向量平行、垂直的坐標運算可得x=?1y=1，進而可得2（2）根據(jù)題意可得b+a=0,2，c+【解答過程】（1）因為a∥c，b⊥c，則?2x=22?2y=0即a=?1,1，可知c=?2a，即c+2所以2a（2）由（1）可知：a=?1,1，可得b+a=則b+a=2,可得cosb且b+a,所以向量b+a與c+7．（2223高一上·江蘇宿遷·期末）如圖，在△ABC中，AB=2，AC=3，∠BAC=π3，且BC=2BD，AC=3(1)求AD?(2)求cos∠APB【解題思路】（1）根據(jù)數(shù)量積的定義求出AB?AC，再以AB、AC為基底表示AD、（2）求出AD、BE，再根據(jù)cos∠APB=【解答過程】（1）因為AB?因為BC=2BD，即D為BC的中點，所以又AC=3AE，所以所以AD==1（2）由題意知∠APB等于向量AD和BE的夾角，因為AD2=1因為BE2=?所以cos∠APB=8．（2223高一下·北京密云·期末）已知向量a=(1)若t=1，求a?b和(2)若a與b平行，求實數(shù)t的值；(3)若a與b的夾角為銳角，求實數(shù)t的取值范圍．【解題思路】（1）根據(jù)數(shù)量積的坐標運算及模的公式計算；（2）由向量平行的坐標表示列式求解；（3）根據(jù)向量夾角公式求解.【解答過程】（1）當t=1時，b=1,2，又a=a+b=（2）因為a與b平行，所以?1×2?3t=0，解得t=?2（3）因為a與b夾角為銳角，所以a?b>0且a則?1×t+3×2>0且t≠?23，解得t的范圍：{tt<6且t≠?題型3題型3平面向量基本定理的應用9．（2223高三上·陜西銅川·期末）如圖，在直角梯形OABC中，OA∥CB,OA⊥OC,OA=2BC=2OC,M為AB上靠近B的三等分點，OM交AC于D．(1)用OA和OC表示OM；(2)求證：OD=3【解題思路】（1）根據(jù)已知條件可得CB=12（2）由題意可得OD=tOM，再結(jié)合OM=23【解答過程】（1）∵OA=2BC，∴CB又∵M為AB上靠近B的三等分點，∴∴===2∴OM（2）∵OM交AC于D，∴OD由（1）知OM=∴OD∵A,D,C三點共線，∴2t3+∴OD即OD=310．（2223高一上·遼寧大連·期末）在三角形ABC中，AB=a，AC=b，BE=2EC，D為線段AC上任意一點，(1)若CD=2①用a,b表示②若AO=λEA，求(2)若BO=xBA+y【解題思路】（1）①根據(jù)平面向量基本定理即可求AE；②由B,O,D三點共線可得AO=(1?t)AB+（2）設(shè)AO=mAE0<m<1，根據(jù)平面向量基本定理可得BO=1?mBA+【解答過程】（1）①因為BE=2EC，所以故在△ABE中，AE==13AB②因為B,O,D三點共線，設(shè)BO=t所以AO=因為CD=2所以AD=所以AO又由①及已知，AO=λ所以1?t=?λ3t（2）因為BE=2EC，又A,O,E三點共線，設(shè)所以BO=又因為BO=xBA+y所以，12x+1當且僅當2m+12?2m=2?2m所以12x+111．（2223高一下·湖南益陽·期末）如圖，在△ABC中，AB=2，AC=11，cos∠BAC=51122，D為BC的中點，E為AB邊上的動點（不含端點），AD與CE

(1)若x=14，求(2)求AO?CE的最小值，并指出取到最小值時【解題思路】（1）設(shè)CO=λCE，根據(jù)向量的運算得到CE=34CA+14CB，CO=（2）設(shè)AO=μAD0<μ<1，因為E，O，C三點共線，得μ=2xx+1【解答過程】（1）設(shè)CO=λCE，因為即：CE=所以CO=因為A，O，D三點共線，所以34λ+1所以CO=45（2）設(shè)AO=μAD0<μ<1因為E，O，C三點共線，所以μ2?1所以AO=xx+1AB?AO=4設(shè)x+1=t1<t<2則AO?CE=當且僅當t=53，綜上：AO?CE的最小值為?4，此時12．（2223高一下·浙江寧波·期中）如圖，在梯形ABCD中，AD=2，DC=CB=3，AB=2DC，點E、F是線段DC上的兩個三等分點，點G，點H是線段AB上的兩個三等分點，點P是直線(1)求AB?(2)求FH的值；(3)直線AP分別交線段EG、FH于M，N兩點，若B、N、D三點在同一直線上，求AMAN【解題思路】（1）以AB，AD為基底表示CB，CB=3，可得AB（2）以AB，AD為基底表示FH，進而計算模長；（3）根據(jù)向量共線定理分別可表示AM，AN，進而確定AMAN【解答過程】（1）設(shè)AB=a∵CB∴CB2=（2）AF=FH=FH=（3）設(shè)AN=xAF+yAH，即因為N在FH上，所以1?x?y=0，即y=1?x，∴AN即AN=23即23由于D，N，B三點共線，所以1?2∴x=12，設(shè)AM=λAE+μ即λME又M在EG上，則1?λ?μ=0，即μ=1?λ，AM=λ由于A，M，N三點共線，所以13?1所以AM=27題型4題型4向量坐標運算的幾何應用

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示13．（2324高一下·河北邢臺·階段練習）已知e1，e2是平面內(nèi)兩個不共線的非零向量，AB=2e1+e2，BE=?(1)求實數(shù)λ的值；(2)若e1=(3,1)，e2(3)已知D(?12,3)，在(2)的條件下，若A，B，C，D【解題思路】（1）AE//（2）BC=（3）根據(jù)題意得AD=【解答過程】（1）AE=因為A，E，C三點共線，所以存在實數(shù)k，使得AE=k即e1+(1+λ)因為e1，e2解得k=?12，（2）BC=BE+（3）設(shè)A(x,y)，由題意可得AD=∴?12?x=?∴x=8，y=5.∴A(8,5).14．（2223高一下·湖北·期末）如圖，在△ABC中AD=3AB，點E是CD的中點，AE與BC相交于F，設(shè)AB=(1)用a，b表示AE，DE；(2)若在平面直角坐標系xOy中，已知點A(?1,?2)，B(3,?2)，C(3,10)，求AF.【解題思路】（1）利用向量加法減法的幾何意義即可用a，b表示AE，DE；（2）利用向量共線充要條件求得AF的坐標，進而即可求得AF的值.【解答過程】（1）在△ABC中AD=3AB，點E是CD的中點，AE與BC相交于AEDE（2）在平面直角坐標系xOy中，已知點A(?1,?2)，B(3,?2)，C(3,10)，則AB=(4,0)，AC=(4,12)則AE設(shè)BF=λBC由AF∥AE，可得8×12λ?6×4=0則AF=(4,12λ)=(4,3)，則AF15．（2223高一下·貴州安順·期末）如圖，在直角△ABC中，角A為直角，點M是AC邊的中點，點P滿足AP=23AB，點

(1)若點Q是BC邊上靠近C的三等分點，設(shè)PQ=λAB+μ(2)若AB=3,AC=2，求MQ?【解題思路】（1）根據(jù)平面向量線性運算法則及平面向量基本定理計算可得；（2）建立平面直角坐標系，設(shè)CQ=λCB（λ∈0,1【解答過程】（1）因為AP=23若點Q是BC邊上靠近C的三等分點，則CQ=13所以PQ=又PQ=λAB+μAC，AB、AC不共線，所以（2）如圖以A點為坐標原點建立平面直角坐標系，則B3,0，C0,2，P2,0因為Q在CB上，設(shè)CQ=λCB=所以MQ=PQ=所以MQ?因為λ∈0,1，所以當λ=613又1?613>613所以MQ?

16．（2223高一下·湖北武漢·期中）如圖是由兩個有一個公共邊的正六邊形構(gòu)成的平面圖形，其中正六邊形邊長為2.(1)設(shè)AG=xAB+y(2)若點P在OD邊上運動（包括端點），則求AO+2【解題思路】（1）根據(jù)向量的加減法運算，可得答案；（2）建立平面直角坐標系，求得相關(guān)各點坐標，表示出P點坐標(m,33m),0≤m≤【解答過程】（1）由題意得：兩個正六邊形全等，IG=則AG=故由AG=xAB+y（2）如圖，以O(shè)為坐標原點，F(xiàn)C為x軸，OI為y軸建立平面直角坐標系，則A(3,?3),B(23由于直線OD的方程為y=33x，故設(shè)P則BP=(m?2所以AO+2則AO+2由于0≤m≤3，此時函數(shù)y=故當m=3時，y=所以AO+2題型5題型5用向量解決夾角、線段的長度問題

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示17．（2223高一下·上海寶山·期中）如圖，在△ABC中，AC=2，AB=4．點D在邊BC上，且CD=t(1)t=12，A=2π(2)t=15，AD恰為BC邊上的高，求角(3)AD=3，求t的取值范圍．【解題思路】（1）由題易知AD=12（2）由AD為BC邊上的高，則AD⊥BC，即AD?BC=0（3）易知AD=tAB+1?tAC，則AD【解答過程】（1）由題，因為t=12，所以CD=12所以AD=因為A=2π3，AC=2，所以AD=（2）由題，因為t=15，所以因為AD恰為BC邊上的高，所以AD⊥因為AD=AC+且AC=2，AB=4，所以AD=4所以cosA=0，則A=（3）由題，CD=t則AD=因為AD=3，且AC=2，AB=4，所以AD2則9=16t所以cosA=因為?1<cosA<1，則因為0<t<1，則16t解得1218．（2223高一下·福建廈門·期末）在四邊形ABCD中，AB=2m?2n，AD=?m+3(1)判斷四邊形ABCD的形狀，并給出證明；(2)若m=2，n=1，m與n的夾角為60°，F(xiàn)為BC【解題思路】（1）根據(jù)向量線性運算判斷AB,（2）利用向量數(shù)量積先求AB，AF和AF?【解答過程】（1）因為AD=?m+3所以DC=又因為AB=2m?2又因為A,B,C,D四點不共線，所以AB∥DC且AB≠DC，所以四邊形ABCD為梯形．（2）因為AB=2所以AB=因為F為BC中點，所以AF=所以AF=m=2所以cos∠FAB=因為∠FAB∈0,π，所以

19．（2223高一下·廣東廣州·期中）如圖，在△ABC中，AB=3,AC=2,∠BAC=π3,D是BC邊的中點，CE⊥AB,AD與CE(1)求CE和AD的長度；(2)求cos∠CFD【解題思路】（1）利用三角函數(shù)定義即可求得CE的長；利用向量法即可求得AD的長度；（2）利用向量夾角的余弦公式即可求得cos∠CFD【解答過程】（1）∵CE是高，∴∠AEC=π2，在Rt△AEC中，所以CE=ACsin∵AD是中線，∴AD∴=14∴CE=（2）∵AE=AC?cos∴∴=∴cos另解：過D作DG//CE交BE于∵D是BC的中點，∴G是BE的中點，∴AE=EG=GB=1,EF是△AGD的中位線，DG是△BCE的中位線，∴EF=1cos∠CFD=20．（2324高一上·江蘇蘇州·期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD=4,AB=2．（1）若△ABC為等邊三角形，且AD//BC，E是CD的中點，求AE?（2）若AC=AB，cos∠CAB=35，AC【解題思路】（1）直接利用向量的線性運算和數(shù)量積求出結(jié)果．（2）利用向量的線性運算和向量的模求出結(jié)果．【解答過程】（1）因為△ABC為等邊三角形，且AD∥BC，所以∠DAB=120°．

又AD=2AB，所以AD=2BC，因為E是CD的中點，所以：AE→=1=34又BD→所以AE→=34=34=11．（2）因為AB=AC，AB=2，所以：AC=2．因為：AC→所以：AC→所以：AC→又AC→?AB所以：AC→所以：|DC→|故：|DC題型6題型6向量與幾何最值（范圍）問題

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示21．（2223高一下·江西九江·期末）已知四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC=π3，P為平面ABCD內(nèi)一點，AC與BP相交于點(1)若AP=PD，AQ=xBA+y(2)求PA+【解題思路】（1）建立直角坐標系，利用向量的線性運算的坐標表示即可求解，（2）根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算，結(jié)合二次型多項式的特征即可求解最值.【解答過程】（1）當AP=PD時，則P為由于△APQ～△CBQ,所以APBCAQ所以x=?

（2）由于四邊形ABCD是邊長為2的菱形，且∠ABC=π則A2,0取AB中點為M，連接PA,PB,則M1,0,設(shè)PPM=PA=2x?1故當x=1,y=32時，取最小值22．（2324高二上·上海虹口·期中）在ΔABC中，滿足：AB⊥AC，M是（1）若AB=AC，求向量AB+2（2）若O是線段AM上任意一點，且AB=AC=（3）若點P是∠BAC內(nèi)一點，且AP=2，AP?AC=2，【解題思路】（1）利用向量的數(shù)量積公式得到cosθ=(AB+2AC（2）通過解三角形求出AM的長，設(shè)|OA|=x，則|OM|=1?x，利用向量的平行四邊形法則得到而OB+（3）設(shè)∠CAP=α，將已知條件利用向量的數(shù)量積公式表示成關(guān)于α的三角函數(shù)，將|AB+AC【解答過程】解：（1）設(shè)向量AB+2AC，與向量2∴cos令AB=AC=a（2）∵AB=AC設(shè)OA=x，則OM=1?x，而∴=?2x1?x當且僅當x=12時，OA?（3）設(shè)∠CAP=α?∠BAP=π∵AP?AC=2，∴2?AC同理：2?AB∴====當且僅當sin2所以AB+23．（2223高一下·山東日照·期中）設(shè)P1P2?P2024是半徑為1的圓

(1)求P1(2)試探究MP【解題思路】（1）根據(jù)向量加法的多邊形法則，化簡可得原式=M（2）根據(jù)已知可得出OP1=OP2=?=【解答過程】（1）由已知可得，P1因為P1P2?P2024是半徑r=1的圓所以0≤M所以，P1（2）是定值，定值為4048.因為P1P2所以，OP所以，OP所以MP===2024?2OM24．（2223高一下·江蘇蘇州·期中）在銳角△ABC中，cosB=22，點O(1)若BO=xBA+y(2)若b=2（i）求證：OB+（ii）求3OB【解題思路】（1）由cosB=22推出∠AOC=π2，即OA?OC=0，由BO=x（2）（i）延長BO交圓O于E，則BO=OE，過E作EF⊥OC，垂足為F，過E作EG⊥OA，垂足為（ii）延長OA至M，使得|OM|=2，以O(shè)M,OC為鄰邊作矩形OCNM，延長OB至P，使得|OP|=3|OB|=3，將3OB+2OA【解答過程】（1）因為cosB=22因為點O為△ABC的外心，所以∠AOC=2B=π2，即OA⊥OC，因為BO=xBA+y所以xOA設(shè)三角形ABC的外接圓的半徑為R，則|OA由xOA+yOC所以x2+y因為xy≤(x+y)24所以x+y?12≤得(x+y?2)2≥2，得x+y≥2+2因為三角形ABC為銳角三角形，其外心必在三角形ABC內(nèi)，由BO=xBA+y再由xOA+yOC所以x+y≥2+2應舍去，所以x+y≤2?所以x+y的最大值為2?2（2）（i）延長BO交圓O于E，則BO=OE，過E作EF⊥OC，垂足為F，過E作EG⊥OA，垂足為

因為∠BOC=2A，所以∠EOC=π?2A，因為∠AOC=π2，且|AC|=b=2所以|OF|=|OE|?cos(π?2A)=?cos所以O(shè)E=OG+所以BO=所以O(shè)B+（ii）延長OA至M，使得|OM|=2，則OM=2OA，以O(shè)M,OC為鄰邊作矩形則ON=OM+延長OB至P，使得|OP|=3|OB|=3，則OP=3

所以|3OB所以當N,O,P三點共線時，|3OB+2OA因為三角形ABC為銳角三角形，且B=π4，所以A+C=3所以∠BOC=2A∈(π當∠BOC=π2時，|=14?65?sin∠CON當∠BOC=π時，|OP+=14?65sin所以|OP+ON|∈[3?5題型7題型7三角形（四邊形）的面積問題

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示25．（2324高三上·河南駐馬店·期末）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知acosB+bcos(1)求△ABC的面積；(2)求AB邊上的高的最大值.【解題思路】（1）根據(jù)正弦定理和面積公式進行代換，即可求解三角形的面積；（2）利用余弦定理表示c2=a2+【解答過程】（1）由acos得sinAcosB+因為C∈0,則cosC=12所以△ABC的面積S=1（2）由余弦定理可知c2因為a2+b所以c≥2，當且僅當a=b=2時，等號成立.設(shè)?為AB邊上的高，所以S=12?c所以AB邊上的高的最大值為3.26．（2223高一下·黑龍江大慶·期末）在平面四邊形ABCD中BC=DC=1，如圖所示．

(1)若∠A=60°，AB=2AD，求線段AC長度的最大值；(2)若AD=2，AB=3，求四邊形ABCD面積S的最大值．【解題思路】（1）首先設(shè)AD=x,AB=2x，并求BD=3x，設(shè)∠CDB=CBD=θ，結(jié)合余弦定理將x表示為三角函數(shù)，并利用三角函數(shù)的恒等變換和性質(zhì)求（2）利用三角形面積公式和余弦定理的變形，將面積表示為三角函數(shù)，利用三角函數(shù)的性質(zhì)求最值.【解答過程】（1）設(shè)AD=x,AB=2x，△ABD中，根據(jù)余弦定理可知，BD=A滿足AD2+B設(shè)∠CDB=CBD=θ，θ∈0,

△ABC和△ADC中，AC得x=2則A===43sin2θ+π6∈π6,7所以AC的最大值為3；（2）在△ABD中，S△ABD△BCD中，S△BCD兩式相加得SABCD=3sin兩邊平方后得4S根據(jù)余弦定理可知，BD即13?12cosA=2?2cos兩邊平方后，144cos式兩邊乘以4后得，16S16S即16S當A+C=π時，16SABCD所以四邊形ABCD的面積取得最大值為5327．（2223高一下·四川自貢·期末）在△ABC中，角A,B,C所對的邊分別是a,b,c，設(shè)m=a,3(1)當a=23，求△ABC(2)求μ=b+c【解題思路】（1）根據(jù)題意、正弦定理及兩角和與差的正弦公式化簡得到sinA?π6=12，從而求得A=π3，再根據(jù)正弦定理即題意得到（2）結(jié)合（1）及正弦定理得到b=23a3sinB，c=23a【解答過程】（1）由b+c=m又由正弦定理得sinB+在△ABC中，A+B+C=π，則sin所以sinA即cosA又C∈0,π，即sinC≠0，所以cosA+1=又A∈0,π，即A?π6∈?當a=23時，由正弦定理得b則b=4sinB，所以S==2=2在△ABC中，由B∈0,2π3，則2B?所以S△ABCmax=2（2）結(jié)合（1）得sinA=由正弦定理有bsin則b=23a所以μ==2又sinB=則μ==2=2=2sin又在△ABC中，由C∈0,2π3，則C+令t=sinC+π6，則所以μ=?43t2+2t+13故μ=b+ca?28．（2223高一下·江蘇鎮(zhèn)江·期末）在①sinAsinBsinC=32sin2在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知__________，且b=23(1)若a+c=6，求△ABC的面積；(2)若△ABC為銳角三角形，求a2【解題思路】（1）若選①，由正弦定理化角為邊，結(jié)合余弦定理求B，利用余弦定理求ac，再由三角形面積公式求面積；若選②，通過三角恒等變換求B，利用余弦定理求ac，再由三角形面積公式求面積；若選③，由條件結(jié)合三角形面積公式，余弦定理可求B，利用余弦定理求ac，再由三角形面積公式求面積；（2）利用正弦定理化邊為角，結(jié)合三角恒等變換可得a2再求C的范圍，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)可得結(jié)論.【解答過程】（1）若選①，設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R，由正弦定理可得sinA=又sinA所以acsin所以sinB=3所以sinB=3cosB，所以所以B=π所以cosB=a2又b=23，a+c=6，所以ac=8所以△ABC的面積S=1若選②，由1tan所以cosA所以sinB所以sinA+B所以sinB=3cosB，所以所以B=π所以cosB=a2又b=23，a+c=6，所以ac=8所以△ABC的面積S=1若選③，因為S=12ac所以sinB=3所以sinB=3cosB，所以所以B=π所以cosB=a2又b=23，a+c=6，所以ac=8所以△ABC的面積S=1（2）由（1）B=π3，b=23因為a2所以a2a2因為△ABC為銳角三角形，B=π所以0<C<π所以π6<C<π所以0<1設(shè)t=1tanC，則a所以1<a所以a2+b題型8題型8求三角形中的邊長或周長的最值或范圍

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示29．（2223高三上·山東濟南·期末）在△ABC中，內(nèi)角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，2sin(1)若B=π6，求(2)若B∈π6,【解題思路】（1）利用三角恒等變換化簡得出2sinB=2sinC?π4（2）利用正弦定理結(jié)合三角恒等變換可得出cb=2【解答過程】（1）解：因為2sin因為A、C∈0,π，且cosC≠0cosA≠所以，2sin所以，2sin則2sinA+C=因為?π4<C?π4<3所以B=C?π4或B+C?π4=（2）解：cb因為B∈π6,π4所以，cb所以cb的取值范圍為230．（2223高一下·江蘇泰州·期末）在△ABC中，角A,B,C的對邊分別為a，b，c，已知1+cos(1)當C=π2時，求(2)當a=1時，求△ABC周長的最大值.【解題思路】（1）根據(jù)題意借助于倍角公式整理得1tan（2）以內(nèi)切圓為基礎(chǔ)，設(shè)∠OBD=θ，進而可得AD=OBsinθ+cos【解答過程】（1）因為1+cosAsin可得1tan又因為C=π2，則所以1tan解得tanA（2）設(shè)△ABC的內(nèi)切圓的圓心為O，圓O與邊AB切于點D，連接OA,OB,OD，設(shè)△ABC周長為l，∠OBD=θ∈0,可得OD=OBsin由（1）可知：1tanA2整理得AD=BD+OD=OBsin可得AB=AD+BD=OBsin根據(jù)等面積法可得12即12整理得l=sin其中tanφ=2,φ∈當2θ+φ=π2，即tan2θ=tanπ所以△ABC周長的最大值為5+2

31．（2223高一下·廣東廣州·期末）在銳角三角形ABC中，其內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，且滿足A=2B.(1)求證：b2(2)求3b+cb【解題思路】（1）先利用倍角公式得到sinA=2sinBcosB（2）結(jié)合（1）中結(jié)論得到c=b+2bcosA，從而將問題轉(zhuǎn)化為4cos【解答過程】（1）因為A=2B，所以sinA=由正弦定理與余弦定理得a=2b×a所以a2c=ba若b?c=0，即b=c，則B=C，所以A+B+C=4B=π，即B=故A=2B=π2，與△ABC是銳角三角形矛盾，故所以b2（2）因為b2+bc?a又a2=b2+又因為A=2B，所以3b+cb∵A=2B，π2<A+B<π,0<A=2B<π因為對勾函數(shù)fx=4x+2f22=4×∴42<4cosB+232．（2223高一下·新疆昌吉·期末）在①sinA?sinCsinA+B已知a，b，c是△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊，且______．(1)求B；(2)若b=2，求△ABC的周長的取值范圍．【解題思路】（1）選①，根據(jù)題意，利用正弦定理得到a2+c選②，根據(jù)題意，化簡得到sin2B?選③，根據(jù)題意和正弦定理得得到sinCcosB?（2）由題意，得到bsinB=43【解答過程】（1）解：選①，由sinA?可得sinA?因為A+B+C=π及正弦定理，可得a?c所以a?cc=a?ba+b則cosB=a2+c選②，由3sinBcosB?1因為0<B<π，可得?π6<2B?π選③，由bcosC=a?3即sinB即sinB整理得sinC因為0<C<π，sinC>0，可得cosB?因為0<B<π，所以B=（2）解：由B=π3，b=2，可得所以周長l△ABC又由A+B+C=π，可得A+C=l=2+又因為0<A<2π3，可得π所以4<2+4sinA+π6≤6題型9題型9解三角形與三角函數(shù)綜合

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示33．（2223高二下·浙江溫州·期末）已知函數(shù)f(x)=2sin（Ⅰ）求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間；（Ⅱ）在銳角△ABC中，設(shè)角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，若fA=0且a=3，求【解題思路】（Ⅰ）化簡函數(shù)f(x)=2sin（Ⅱ）由（1）及f(A)=0，求得A=π3，根據(jù)正弦定理得到b=23sinB，c=2【解答過程】（Ⅰ）由題意，函數(shù)f(x)=2sin所以函數(shù)fx的最小正周期為T=令2kx?π2≤2x+所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是kπ?5π12,kπ+（Ⅱ）由（1）可得f(A)=2sin2A+π3=0由正弦定理可知asinA=bsin由A=π3及△ABC為銳角三角形0<B<π則b+c=2=23因為π6<B<π2，可得所以b+c=6sin34．（2324高二下·廣東廣州·期中）在△ABC中，角A?B?C的對邊分別為a，b，c，tanB（1）求角B的大??；（2）求函數(shù)f(x)=cos【解題思路】（1）首先邊角互化，轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)恒等變形，求角B的大??；（2）首先利用二倍角公式化簡三角函數(shù)，再利用三角函數(shù)的性質(zhì)求值域.【解答過程】解：（1）∵sinBcosC∴sinB∴sinB+C又∵sinB+C=sinA，∴（2）f(x)==1+∵2x+π∴f(x)的值域為?135．（2324高三上·北京昌平·期末）已知f(x)=3cos2x+2（1）求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；（2）已知銳角△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c，且f(A)=?3，a=4，求BC【解題思路】（1）整理得f(x)=2cos2x+π6，可得其最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；（2）由f(A)=?3，可得A=π3，設(shè)BC邊上的高為?，所以有1【解答過程】解：（1）f(x)====2cosf(x)的最小正周期為：T=2π當2kπ≤2x+π即當kπ-π12所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞減區(qū)間為：kπ-（2）因為f(A)=?3f(A)=2∵A∈0,π2∴2A+π6=設(shè)BC邊上的高為?，所以有12由余弦定理可知：a2∴??16=b∴bc≤16（當用僅當b=c時，取等號），所以?=3因此BC邊上的高的最大值2336．（2023·湖南·模擬預測）已知函數(shù)f(x)=23(1)求函數(shù)y=log(2)已知銳角△ABC的三個內(nèi)角分別為A，B，C，若fA2=0【解題思路】（1）先化簡f(x)，然后利用真數(shù)大于0可得sin2x?（2）先利用（1）可得A=π3，結(jié)合銳角三角形可得【解答過程】（1）f(x)=23sinx所以要使y=log只需2sin2x?π所以π6+2k所以函數(shù)y=log2f(x)由于0<2sin2x+π所以函數(shù)y=log2f(x)（2）由于fA2=2因為0<A<π2，所以?π6<A?由銳角△ABC可得0<B<π20<C=由正弦定理可得b+ca=sin因為π6<B<π2，所以所以b+ca題型10題型10復數(shù)的模的幾何意義

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示37．（2223高一下·遼寧營口·期末）已知復數(shù)z(1)若z是純虛數(shù)，求m的值;(2)當m=2時，復數(shù)z=z0，復數(shù)w滿足w?z0【解題思路】（1）根據(jù)純虛數(shù)的概念列出方程或不等式，即可解得答案;（2）當m=2時，復數(shù)z0=8+i，由w?(8+i)=1【解答過程】（1）由復數(shù)z=(可得m2+5m?6=0（2）當m=2時，復數(shù)z0由復數(shù)w滿足w?z0=即復數(shù)w所對應的點在以(8,1)為圓心，半徑為1的圓上，故w的最大值為8238．（2324高二下·上海奉賢·階段練習）已知復數(shù)z滿足z=5（1）若4+3i?z是實數(shù)，求復數(shù)（2）求z2【解題思路】（1）利用實數(shù)概念及模長，即可得到復數(shù)z；（2）利用點與圓的位置關(guān)系，即可得到取值范圍.【解答過程】（1）設(shè)z=a+bi，a、b∈R，則a2又4+3i∴3a+4b=0，又∴a=4,b=?3或a=?4,b=3，∴復數(shù)z=4?3i或?4+3（2）zz??4+2i表示復數(shù)z對應的點與?4+2i而復數(shù)z在以原點為圓心，半徑為5的圓上，如圖所示，z??4+2∴z2

39．（2324高二上·陜西延安·期末）已知復數(shù)z1＝3＋i，z2＝?(1)求|z1|及|z2|并比較大?。?2)設(shè)z∈C，滿足條件|z2|≤|z|≤|z1|的點Z【解題思路】（1）根據(jù)復數(shù)模的計算公式可求得|z1|（2）根據(jù)復數(shù)幾何意義可解決此問題．【解答過程】（1）解：（1）∵z1=∴|z1|=∴z1（2）解：由|z2|≤|z|≤|根據(jù)復數(shù)幾何意義可知復數(shù)z對應的點到原點的距離，所以|z|≥1表示|z|＝1所表示的圓外部所有點組成的集合，|z|≤2表示|z|＝2所表示的圓內(nèi)部所有點組成的集合，所以復數(shù)z對應的點Z的軌跡是以原點O為圓心，以1和2為半徑的圓之間的部分（包括兩邊界）．40．（2223高一下·重慶江北·期中）已知向量a=1,2，b=3,x，c=(1)若a+2b∥(2)設(shè)復數(shù)z0=a?b+c?b【解題思路】（1）先求出向量b的坐標，然后由向量共線的坐標表示計算即可；（2）先求出數(shù)量積得到復數(shù)z0【解答過程】（1）∵a=1,2，b=3,x，且∴a?b=0，∴3+3x=0，∴x=?∵a+2b=7,?1，∴72k+2+k?2（2）∵a?b=0，設(shè)z=x+yi，x,y∈R，∵z?z0又∵z=x2+y∴圓x2+y?9即9+1=10，∴z的最大值為10，此時y=10，x=0，∴z=10i，z題型11題型11根據(jù)復數(shù)的四則運算結(jié)果求復數(shù)特征

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示41．（2223高一下·河北石家莊·期末）已知復數(shù)z1=a+i，z(1)若z12=?2(2)若z1z2【解題思路】（1）根據(jù)給定的條件，利用復數(shù)乘方運算及復數(shù)相等求出a的值.（2）利用復數(shù)除法結(jié)合純虛數(shù)的定義，求出z1z2【解答過程】（1）復數(shù)z1=a+i又a是實數(shù)，因此a2?1=02a=?2所以實數(shù)a的值是?1.（2）復數(shù)z1=a+i，z2=1?因為z1z2是純虛數(shù)，于是a?12=0又i1則n∈N?,所以z142．（2223高一下·遼寧·期末）已知復數(shù)z滿足z2=?2?23i，且(1)求z；(2)若z?1，z在復平面內(nèi)對應的點分別為A，B，O為坐標原點，求∠AOB．【解題思路】（1）根據(jù)復數(shù)的平方運算及復數(shù)相等列方程求出實部即可得解；（2）由復數(shù)的幾何意義求出點A,B坐標，分別求出∠AOx與∠xOB即可得解.【解答過程】（1）設(shè)z=a?3則z2所以a2?3=?2?2故z=1?3（2）由（1）知，z?1=?3i，所以A(0,?3z=1+3i，所以B(1,3)，tan所以∠AOB=∠AOx+∠xOB=π43．（2223高一下·河南南陽·期末）已知復數(shù)z1=2sinθ?3(1)若z1?z(2)設(shè)復數(shù)z1,z2在復平面內(nèi)對應的向量分別是a,【解題思路】（1）根據(jù)題意，由復數(shù)的運算將z1?z（2）根據(jù)題意，由2a?b【解答過程】（1）因為z1=2sin所以z=2sinθ+2所以4sinθcos又因為θ∈π6,所以2θ=2π3（2）由題意可得，a=2sinθ,?32a?b化簡可得sinθ?3cos又因為θ∈π6,所以cosθ?44．（2223高一下·遼寧錦州·期末）已知i是虛數(shù)單位，a，b∈R，設(shè)復數(shù)z1=2a?3i，z2(1)若z1?z(2)若復數(shù)z1，z2在復平面上對應的點分別為A，B，且①是否存在實數(shù)a，b，使向量OB逆時針旋轉(zhuǎn)90°后與向量OA重合，如果存在，求實數(shù)a，b的值；如果不存在，請說明理由；②若O，A，B三點不共線，記△ABO的面積為Sa,b，求S【解題思路】（1）計算z1?z2，然后使其實部為零，虛部不為零，再結(jié)合z3（2）①方法一：由題意可得OA=OBOA?OB=0z3=1②設(shè)向量OA,OB的夾角為θ，0≤θ≤π，設(shè)復數(shù)z3所對應的向量為OC,則【解答過程】（1）因為復數(shù)z1所以z1而z1?z2為純虛數(shù)，因此又因為z3=a+bi，且z由a2+b2=1所以z3=?2（2）①存在，理由如下：法一：由題意知：OA=OBOA解得a=?12b=?因為OB逆時針旋轉(zhuǎn)90°后與OA重合，所以a=?1法二：設(shè)OA=OB=r,α是以x軸正半軸為始邊，OB所以rcosα+π所以?r?1r=2a且a=?12,b=?所以a=?1②因為復數(shù)z1，z2對應的向量分別是OA,OB(為坐標原點），且O所以設(shè)向量OA,OB的夾角為θ，0≤θ≤π，設(shè)復數(shù)z則OA=2a,因此△AOB的面積Sa=====a+設(shè)n=1,當且僅當b=3a且a2+b所以Sa題型12題型12空間幾何體的截面問題

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示45．（2223高一下·福建廈門·期末）如圖，幾何體A1B1D1?ABCD是由一個長方體截去一個三棱錐得到的，底面ABCD是正方形，E，F(xiàn)分別是棱

(1)求證：BD//平面CEF；(2)當λ=12時，求截面BEF把幾何體【解題思路】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)及比例相等證明線線平行，從而利用線面平行的判定定理即可證明；（2）利用臺體公式求出兩個臺體的體積即可求解比例.【解答過程】（1）由題意BB1∥DD1，B∴B1D1∥BD，∵A1EA1B又BD?面CEF，EF?面CEF，∴BD∥面CEF；（2）由（1）得EF∥BD，∴B，D，E，連接BE，DF，∵EF≠BD，設(shè)BE∩DF=M，

∵BE?平面A1B，M∈平面又平面A1B∩平面A1D=AA1，∴M∈AA1，即∵平面A1EF//平面ABD，∴幾何體所以截面BEF把幾何體A1B1分別記他們的體積為V1，V2.設(shè)長方體的高為h，底面正方形的邊長為則VA∵A1EA1B1=A1FA1D1=λ=∵三棱臺A1EF?ABD的高為∴V1=1∴V146．（2223高一下·廣東廣州·期末）中國正在由“制造大國”向“制造強國”邁進，企業(yè)不僅僅需要大批技術(shù)過硬的技術(shù)工人，更需要努力培育工人們執(zhí)著專注、精益求精、一絲不茍、追求卓越的工匠精神．這是傳統(tǒng)工藝革新技術(shù)的重要基石．如圖所示的一塊木料中，四邊形ABCD是正方形，SA=SB=SC=SD=AB=1．

(1)要經(jīng)過點B,D將木料鋸開，使得截面平行于側(cè)棱SA，在木料表面應該怎樣畫線，請說明理由并計算截面面積．(2)已知點E是側(cè)棱SC上的動點，要經(jīng)過點E將木頭鋸開，使得截面垂直于側(cè)棱SC且截面面積最大，在木料表面應該怎樣畫線，請說明理由并計算截面面積．【解題思路】（1）取SC的中點F，利用線面平行的判定推理，求出截面面積作答.（2）根據(jù)給定條件，證明SC⊥平面BDF，再利用面面平行確定截面與棱的交點位置，求出截面面積的函數(shù)關(guān)系，求出最大值作答.【解答過程】（1）取SC的中點F，連接BF,DF，于是BF,DF即為所畫線.連接AC∩BD=O，連接OF，由四邊形ABCD是正方形，得O為AC的中點，則有OF//SA，而OF?平面BFD，SA?平面BFD，因此SA//平面BFD，所以△BFD是所作截面，由SA=SB=SC=SD=AB=1，得OF=1顯然△SBC,△SDC都是正三角形，有BF=DF，則OF⊥BD，所以截面面積S△BFD

（2）由（1）知，BF⊥SC,DF⊥SC，而BF∩DF=F，BF,DF?平面BFD，則SC⊥平面BFD，因此過點E垂直于SC的截面與截面BFD平行或重合，顯然點E在CF上（不含端點）時，截面面積小于24當點E在SF上（不含端點）時，令SESF=x(0<x<1)，此時截面交SB,AB,AD,SD分別于點平面EMNQP//平面BFD，平面EMNQP∩平面SBC=ME，平面BFD∩平面SBC=BF，因此ME//BF，同理PE//DF,MP//BD//NQ，由SA//平面BFD，SA?平面EMNQP，得SA//平面EMNQP，而平面EMNQP∩平面SAB=MN，SA?平面SAB，則MN//SA，同理PQ//SA，于是PQ//MN，四邊形MNQP為平行四邊形，又BD⊥OF,OF//SA，則BD⊥SA，即有MN⊥MP，?MNQP為矩形，顯然MEBF=SESF=PEDF由MNSA=BMSB=EFSF=1?x，得從而截面EMNQP的面積y=S當x=23時，ymax=2所以點E是SC上靠近S的三等分點，再與SB,AB上靠近B的三等分點，SD,AD上靠近D的三等分點，順次連接的線段即為所畫線，此時截面面積最大，最大值為2347．（2223高一下·湖北·期末）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，棱長為2,E、F分別為棱

(1)求點A1(2)求正方體ABCD?A1B【解題思路】（1）利用等體積法求點A1（2）利用棱臺的體積公式求解.【解答過程】（1）如圖，連接AD∵E,F分別為棱BC,CC1的中點，則又∵AB∥C1D1，且AB=C∴EF∥AD1，則過點A,E,F的截面即為截面設(shè)點A1到截面的距離為d由于截面EFD1A為等腰梯形，則EF=可得S△A又∵VA1?AFD1

（2）由（1）知截面將正方體分成上、下兩部分，其中下部分ADD1?ECF為三棱臺，且三棱臺AD正方體的棱長為2，則S△ADD1則三棱臺ADD1?ECF48．（2223高一下·重慶·期末）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，

(1)證明:AC1//(2)過A,M,C三點的一個平面，截三棱柱ABC?A【解題思路】（1）設(shè)AB1∩A1B=N，根據(jù)三角形的中位線性質(zhì)，得到（2）由三角形的中位線性質(zhì)和平行關(guān)系證得PM//AC，由此可確定截面為四邊形APMC，結(jié)合四邊形APMC為等腰梯形，即可求解.【解答過程】（1）證明：連接AB1，設(shè)AB因為M是B1C1的中點，N是A又因為AC1?平面A1BM，MN?平面A

（2）解：作圖過程：取A1B1的中點P則四邊形APMC即為截面圖形.證明如下：因為M是B1C1的中點，P是A又因為A1C1所以A,P,M,C四點共面，所以四邊形APMC即為截面圖形，此時四邊形APMC為等腰梯形，在直三棱柱ABC?A1B可得AP=MC=6所以四邊形APMC的周長為210

題型13題型13幾何體與球的切、接問題

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示49．（2223高一下·山東德州·期末）如圖：三棱臺ABC?A1B1C1的六個頂點都在球O的球面上，球心位于上下底面所在的兩個平行平面之間，AA1=B

(1)求三棱臺ABC?A(2)計算球O的體積．【解題思路】（1）點O1,O2分別是正△ABC和△A1B1C1的中心，球的半徑為R，且O1（2）在Rt△OO1A中，OO【解答過程】（1）如圖

設(shè)點O1,O2分別是正△ABC和△A1B1C在等邊△ABC中，由AB=3，得A同理，得A1如下圖，過點A作AP⊥A1O2，則在△A所以正三棱臺ABC?A1BO1所以MN=372，所以正三棱臺ABC?A

正三棱臺ABC?A1B又因為正三棱臺ABC?A12所以正三棱臺ABC?A1B（2）在Rt△OO1即OO12+1=R即3?OO12所以球O的體積為：V=450．（2223高一下·江西九江·期末）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC=AA

(1)求證：A1B⊥平面(2)若點E在棱A1B1上，當△ACE【解題思路】（1）依題意可得AC⊥A1B（2）依題意可得AE⊥AC，則S△ACE=AE，所以當△ACE的面積最小時，AE最小，此時AE⊥A1B1，即E為A1B1【解答過程】（1）因為AC⊥平面AA1B1B，A在三棱柱ABC?A1B1C1中，又AB1∩AC=A，A所以A1B⊥平面（2）因為AC⊥平面AA1B1B，AE?所以S△ACE=12×AC×AE=AE，所以當△ACE又A1B1=AA所以E為A1AC⊥平面AA1B1B，A1E,A又A1E⊥AE，AE∩AC=A，AE,AC?平面AEC，所以A1EC?平面AEC，所以A1所以∠A所以三棱錐A1?ACE外接球的球心為所以三棱錐A1?ACE外接球的半徑所以三棱錐A1?ACE外接球的體積

51．（2223高一下·山東菏澤·期末）菱形ABCD中，∠ABC=120°,EA⊥平面ABCD,EA//FD,EA=AD=2FD=2.

(1)求證：BD⊥平面EAC；(2)求異面直線FC與EA的距離；(3)若球O為三棱錐E?ABD的外接球，求外接球半徑R與OC的長度.【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理即可得解；（2）先證平面FDC//平面EAB，從而將問題轉(zhuǎn)化為求平面FDC與平面EAB間的距離，從而推得DN即為所求，由此得解；（3）利用側(cè)棱垂直于底面的三棱錐外接球的性質(zhì)得到OO【解答過程】（1）在菱形ABCD中，BD⊥AC，因為EA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD，所以EA⊥BD，又EA,AC?平面EAC，EA∩AC=A，所以BD⊥平面EAC.（2）取AB的中點N，連接DN，如圖

因為EA//FD，EA?平面EAB，F(xiàn)D?平面EAB，所以FD//平面EAB，因為AB//DC，AB?平面EAB，DC?平面EAB，所以DC//平面EAB，又FD∩DC=D,FD,DC?平面FDC，所以平面FDC//平面EAB，因為FC?平面FDC,EA?平面EAB，所以異面直線FC與EA的距離就是平面FDC與平面EAB的距離，因為菱形ABCD中，∠ABC=120°，所以△ABD是等邊三角形，則DN⊥AB，因為EA⊥平面ABCD,DN?平面ABCD，所以EA⊥DN，又EA,AB?平面EAB，EA∩AB=A，所以DN⊥平面EAB，同理DN⊥平面FDC，所以異面直線FC與EA的距離即DN的長，因為AD=2，所以在等邊△ABD中，DN=3所以異面直線FC與EA的距離為3.（3）由題意得知△ABD為等邊三角形，且邊長為2，設(shè)其外接圓圓心為O1，半徑為r，得r=易知OO1⊥面ABD，AO1?面則在如圖所示的直角梯形中，作OM⊥EA，

所以O(shè)E2=EM2易知O1在AC上，且AC=23，則所以O(shè)C=O52．（2223高一下·廣東廣州·期末）如圖，在棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為CC1的中點，經(jīng)過A，D1

(1)設(shè)平面BCC1B(2)平面α將正方體ABCD?A1B1C(3)當A1P最小時，求三棱錐【解題思路】（1）連接BC1，即可證明AD（2）設(shè)D1E∩DC=F，連接AF，設(shè)BC∩AF=G，連接GE，即可得到截面即為平面（3）取B1C1的中點N，BB1的中點M，連接MN、ME、A1M、A1N，即可證明平面A1MN//平面AGED1，則P在線段MN上，從而得到當P為MN的中點時A1P最小，令【解答過程】（1）連接BC1，因為AB=D1C所以AD1//BC1，AD1?平面BC又平面BCC1B1∩α=l，A

（2）在正方形DCC1D1中，直線設(shè)D1E∩DC=F，連接AF，設(shè)BC∩AF=G，連接由E為CC1的中點，得G為BC的中點，所以平面AGED1即為平面因為E為CC1的中點，所以C為所以平面α將正方體分成兩部分，其中一部分是三棱臺CGE?DAD因為正方體ABCD?A1B所以V=7∴另一部分幾何體的體積V2∴兩部分的體積V1（3）取B1C1的中點N，BB1的中點M，連接MN、ME顯然MN//BC1，EG//BC1，所以MN//所以MN//平面AGE又E為CC1的中點，所以ME//B1C1所以A1D1所以A1D1A1M?平面AGED1，所以A1M//又A1M∩ME=M，A1M,ME?平面A1又點P是側(cè)面BCC1B所以P在線段MN上，又A1即△A1MN為等腰三角形，所以當P為MN因為△AA1D1為等腰直角三角形，所以其外接圓的圓心為斜邊令ME∩BC1=H，則H為BC1的中點，連接QH，則QH所以球心在QH上，設(shè)球心為O，連接OD1、OP、設(shè)外接球的半徑為R，OQ=?，則OD又D1Q=1所以R2=?2+22所以外接球的表面積S=4π

題型14題型14空間中的點共線、點（線）共面、線共點問題

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示53．（2223高一下·山西·階段練習）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，D，(1)若E為CD的中點，O為側(cè)面BCC1B(2)若A1C1⊥B1C1，【解題思路】（1）通過證明AF//DB1，EO//DB1來推出（2）根據(jù)VA【解答過程】（1）連接B1C，因為O為側(cè)面BCC1B1的中心，且側(cè)面BCC因為E為CD的中點，所以EO//DB因為D，F(xiàn)分別是AB，A1B1的中點，且AB//所以AD//FB1，AD=FB1，所以四邊形又EO//DB1，所以AF//EO，所以A，F(xiàn)，O，（2）因為AD=2，D是AB的中點，且側(cè)面ABB1A因為A1C1⊥B所以△A1C在直三棱柱ABC?A1B1C所以VA54．（2324高一·全國·假期作業(yè)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，對角線A1C與平面BDC1交于點O，AC、(1)C1(2)E、C、D1、F(3)CE、D1F、【解題思路】（1）可證C1、O、M三點在平面ACC1（2）可證EF//（3）設(shè)CE與D1F交于一點P，可得P在【解答過程】（1）∵A1C∩平面BDC1=O，∴O∈又∵A1C?平面ACC1A∵AC、BD交于點M，∴M∈AC，M∈BD；又AC?平面ACC1A1，∴M∈平面ACC1A1，又C1∈平面ACC1A∴C1、O、M三點在平面ACC1∴C1、O、M（2）連接EF，∵E為AB的中點，F(xiàn)為AA1的中點，∴又∵BC?//A1D1∴BA1//CD1；∴EF//CD（3）∵平面ABCD∩平面ADD設(shè)CE與D1F交于一點P，則：P∈CE，CE?平面∴P∈平面ABCD，同理，P∈平面ADD∴P∈平面ABCD∩平面ADD∴直線CE、D1F、DA三線交于一點55．（2223高一下·河南信陽·期中）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，

(1)證明：E,C,D(2)設(shè)D1F∩CE=O，證明：A，O，【解題思路】（1）連接EF,A1B,D1C，利用中位線定理得到EF∥A1（2）先證O∈平面ADD1A1，且O∈平面ABCD，又平面所以O(shè)∈AD，進而得到A，O，D三點共線.【解答過程】（1）證明：如圖，連接EF,A

在正方體ABCD?A1B1C又BC∥A1所以四邊形BCD1A∴EF∥D1（2）證明：由D1F∩CE=O，∴O∈D1F，又D1F?同理O∈平面ABCD，又平面ADD1A∴O∈AD，即A，O，D三點共線.56．（2223高一下·山西大同·階段練習）如圖，已知空間四邊形ABCD，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，G，H分別在CD和AD上，且滿足CGGD(1)E，F(xiàn)，G，H四點共面；(2)EH，F(xiàn)G，BD三線共點．【解題思路】（1）根據(jù)利用三角形的中位線平行于第三邊，平行線分線段成比例，得到AC分別平行于EF和GH，利用平行線的傳遞性，即可得到EF//（2）利用分別在兩個平面內(nèi)的點在兩個平面的交線上，即可證得三線共點.【解答過程】（1）因為E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，所以EF//又因為CGGD所以GH//所以EF//所以E，F(xiàn)，G，H四點在同一平面內(nèi)，即E，F(xiàn)，G，H四點共面．（2）因為E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，所以EF//AC，由題意知CGGD＝AHHD=2，HG//AC，HG=13AC，所以四邊形即EH∩FG=M，因為EH?平面ABD，所以點M∈平面ABD，同理可得點M∈平面BCD.又因為平面ABD∩平面BCD=BD，所以點M∈直線BD，所以直線EH，F(xiàn)G，BD三線共點．題型15題型15平行與垂直關(guān)系的綜合應用

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示57．（2324高二上·江蘇南京·期末）正三棱柱ABC?A1B1C(1)求三棱柱ABC?A(2)求證：BE∥平面ADC(3)求證：平面ADC1⊥平面【解題思路】（1）利用棱柱的表面積公式進行求解即可；（2）利用線面平行的判定定理進行證明即可；（3）利用面面垂直的判定定理證明即可.【解答過程】（1）因為三棱柱ABC?A故三棱柱ABC?A1B（2）在正三棱柱ABC?A1B1C可知BD=12BB1所以四邊形BDC1E是平行四邊形，故BE又DC1?平面ADC1，所以BE∥平面ADC（3）連A1C，設(shè)AC1與A1C相交于O，則由側(cè)面在Rt△B1C1D中，DC1=D連OD，則OD⊥AC又CD=5，A1D=5，連又AC1與A1C相交于O，AC1，A1因為OD?平面ADC1，所以平面ADC158．（2223高一下·天津和平·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ADC=45°,AD=AC=1，O為AC中點，PO⊥平面ABCD，PO=2，M(1)證明：PB//平面ACM；(2)證明：AD⊥平面PAC；(3)求直線AM與平面ABCD所成角的余弦值.【解題思路】（1）作出輔助線，由中位線得到線線平行，進而證明出線面平行；（2）由余弦定理求出CD=2，從而由勾股定理逆定理得到AD⊥AC，由線面垂直得到PO⊥AD（3）作出輔助線，得到直線AM與平面ABCD所成角，求出各邊長，求出余弦值.【解答過程】（1）連接BD，OM，因為底面ABCD為平行四邊形，O為AC中點，故BD與AC相交于O，因為M為PD的中點，則OM//PB，因為OM?平面ACM，PB?平面ACM，所以PB//平面ACM；（2）因為∠ADC=45由余弦定理得cos∠ADC=AD解得CD=2因為AD2+AC2因為PO⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PO⊥AD，因為AC,PO?平面PAC，AC∩PO=O，所以AD⊥平面PAC；（3）取OD的中點N，連接MN,AN，則MN//OP，因為PO⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD，則∠MAN為直線AM與平面ABCD所成角，其中PO=2，故MN=1因為AD⊥AC，AO=12AC=故AN=1由勾股定理得AM=A所以cos∠MAN=59．（2223高一下·全國·期末）如圖所示，四棱錐P?ABCD中，ABCD是矩形，三角形PAD為等腰直角三角形，∠APD=90o，面APD⊥面ABCD，AB=1，AD=2，E，F(xiàn)分別為PC和

(1)求證：EF//平面PAD；(2)證明：平面PAD⊥平面PDC；(3)求四棱錐P?ABCD的體積.【解題思路】（1）欲證EF//平面PAD，根據(jù)直線與平面平行的判定定理可知只需證EF與平面PAD內(nèi)一直線平行，連AC，根據(jù)中位線可知EF//PA,得證；（2）欲證平面PAD⊥平面ABCD，根據(jù)面面垂直的判定定理可知在平面ABCD內(nèi)一直線與平面PAD垂直，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可知CD⊥平面PAD，得證；（3）過P作PO⊥AD于O，從而PO⊥平面ABCD，即為四棱錐的高，最后根據(jù)棱錐的體積公式求出所求即可.【解答過程】（1）

證明：連接AC，∵底面ABCD是矩形，F(xiàn)為BD的中點，∴F在AC上且為AC的中點，又∵E是AC的中點，∴EF//PA，又∵EF?平面PAD，PA?平面PAD，∴EF//平面PAD.（2）證明：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD?平面ABCD,CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，又∵CD?平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.（3）

∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴在平面PAD內(nèi)過P作PO⊥AD于O，則PO⊥平面ABCD，∵△PAD是等腰直角三角形，∠APD=90°且AD=2，∴PO=1，即四棱錐P?ABCD的高為1，又∵底面矩形的邊長AB=1,AD=2，∴VP?ABCD60．（2223高一下·北京平谷·期末）如圖，幾何體ABCDEF中，面ADEF⊥面ABCD，AF⊥AD，EF//AD，且EF=12AD，AF=2，四邊形ABCD是邊長為4的菱形，∠ABC=60°

(1)證明：EO//平面ABF(2)求三棱錐E?OCD的體積；(3)試判斷在棱CD上是否存在一點M，使得平面FAM⊥平面CDE?說明理由．【解題思路】（1）取AB中點M，連接OM,FM，易證OMFE為平行四邊形，從而有OE∥FM，再利用線面平行的判定定理證明；（2）由EF//AD，利用線面平行的判定定理得到EF∥面ABCD，從而得到E到面ABCD的距離為AF=2，再由菱形ABCD，求得（3）由三角形ACD為等邊三角形，點M為棱CD的中點，AM⊥CD，由面ADEF⊥面ABCD，得到AF⊥面ABCD，從而CD⊥面AFM，然后利用面面垂直的判定定理證明.【解答過程】（1）證明：取AB中點M，連接OM,FM．

∵菱形ABCD,∴O為BD中點，∴OM//AD且OM=1∵EF//AD且EF=1∴OM//EF,OM=EF，∴OMFE為平行四邊形，OE//FM，∵OE?面ABF,FM?面ABF，∴EO//平面ABF；（2）∵EF//AD,EF?面ABCD,AD?面ABCD，∴EF//面ABCD，∴E到面ABCD的距離為AF=2，∵菱形ABCD對角線AC⊥BD，∴S∴三棱錐E?OCD的體積V=1（3）在棱CD上存在一點M，使得平面FAM⊥平面CDE，且點M為棱CD的中點．證明：∵三角形ACD為等邊三角形，點M為棱CD的中點，∴AM⊥CD，∵面ADEF⊥面ABCD，面ADEF∩面ABCD=AD,AF⊥AD，AF?面ADEF，∴AF⊥面ABCD，又CD?面ABCD，所以AF⊥CD，又∵AM∩AF=A，AM?面AFM，AF?面AFM，∴CD⊥面AFM，∵CD?平面CDE，∴平面FAM⊥平面CDE.題型16題型16空間角問題

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示61．（2223高一下·湖南湘西·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=2，AD=3.

(1)設(shè)G、H分別為PB，AC的中點，求證：GH//平面PAD；(2)求證：PA⊥平面PCD；(3)求直線AD與平面PAC所成角的余弦值.【解題思路】（1）作出輔助線，由中位線得到線線平行，得到線面平行；（2）作出輔助線，由面面垂直得到線面垂直，進而得到線線垂直，證明出線面垂直；（3）找到∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角，結(jié)合題目條件得到各邊長，求出線面角的余弦值.【解答過程】（1）連接BD，設(shè)AC∩BD=H，因為底面ABCD為平行四邊形，所以BH=DH，

又由BG=PG，故GH//PD，又因為GH?平面PAD，PD?平面PAD，所以GH//平面PAD.（2）取棱PC的中點N，連接DN，依題意，因為△PCD為等邊三角形，所以DN⊥PC，又因為平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，DN?平面PCD，所以DN⊥平面PAC，又PA?平面PAC，故DN⊥PA，又因為PA⊥CD，CD∩DN=D，CD,DN?平面PCD，所以PA⊥平面PCD.（3）連接AN，由（2）中DN⊥平面PAC，可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角.因為△PCD為等邊三角形，CD=2且N為PC的中點，所以DN=3因為ND⊥平面PAC，AN?平面PAC，所以DN⊥AN，由勾股定理得AN=A在Rt△AND中，cos∠DAN=所以直線AD與平面PAC所成角的余弦值為6362．（2223高一下·湖南岳陽·期末）如圖，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AD⊥CD，BC=2，AD=3，CD=3，邊AD上一點E滿足DE=1，現(xiàn)將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使平面(1)在棱A1C上是否存在點F，使直線DF//平面A1(2)求二面角A1【解題思路】（1）設(shè)A1B的中點為N，證得四邊形DENF是平行四邊形，得到DF//EN，得出DF//平面（2）連接CE，取BE中點O，作OM⊥BC于M，證得A1M⊥BC，得到∠A1MO【解答過程】（1）解：當F是AC的中點時，直線DF//平面A1證明如下：設(shè)A1B的中點為N，連接EN，因為FN//BC，F(xiàn)N=12BC，且ED//BC所以FN//ED且FN=ED，所以四邊形DENF是平行四邊形，所以DF//EN，又因為DF?平面A1BE，EN?平面A1BE，所以所以存在點F，使DF//平面A1BE，且（2）解：在平面圖形中，連接CE，則∠ECD=30°，∠ECB=60°，所以CB=CE=BE=AE=AB=2，如圖所示，取BE中點O，連接A1O，則因為A1O?平面A1BE，平面A1BE⊥平面所以A1O⊥平面BCDE，又因為BC?平面BCDE作OM⊥BC于M，連接A1因為A1O∩OM=O，且A1O,OM?平面A1又因為A1M?平面A1所以∠A1MO在直角△A1MO中，A1O=故二面角A1?BC?D的平面角的正切值為63．（2223高一下·遼寧·期末）如圖1，在等腰直角△ABC中，∠C=π2，D，E分別是AC，AB的中點，F(xiàn)為線段CD上一點（不含端點），將△ADE沿DE翻折到△A1DE的位置，連接A1C

(1)證明：A1F⊥平面(2)若直線A1E與平面BCDE所成角的正切值為155【解題思路】（1）根據(jù)題意證得DE⊥A1D,DE⊥DC，利用線面垂直的判定得到DE⊥平面A1DC，得出DE⊥A1（2）連接EF，得到A1E與平面BCDE所成的角為∠A1EF，設(shè)DF=x，結(jié)合題意，列出方程求得A1D=2x，即F為CD的中點，過F作FO⊥BD【解答過程】（1）證明：因為∠C=π2，且DE∥BC，所以又因為A1D∩CD=D，且A1D,CD?平面A1因為A1F?平面A1又因為A1F⊥CD，CD∩DE=D且CD,DE?平面所以A1F⊥平面（2）解：如圖所示，連接EF，因為D,E分別是AC與AB的中點，可得A1又因為A1F⊥平面BCDE，所以直線A1E與平面由直線A1E與平面BCDE所成角的正切值為155設(shè)DF=x，則A1F=A所以tan∠A1EF=A1F過F作FO⊥BD，垂足為O，因為A1F⊥平面BCDE，BD?平面BCDE，所以又因為A1F∩OF=F，且A1F,OF?平面A1因為A1O?平面A1所以二面角A1?BD?C的平面角為由BC=4x，CD=2x，則BD=B所以O(shè)F=1因為A1F=A

64．（2223高一下·福建三明·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=4，

(1)求證：AB⊥PC；(2)在線段PD上是否存在一點M，使得BM與平面ABCD所成角的正切值為2626，若存在，求二面角M?AC?D【解題思路】（1）在直角梯形ABCD中利用勾股定理的逆定理可得AB⊥AC，再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AB，然后由線面垂直的判定定理可證得AB⊥平面PAC，從而可得AB⊥PC；（2）過點M作MN⊥AD于點N，連接BN，可證得MN⊥平面ABCD，則∠MBN為BM與平面ABCD所成的角，設(shè)AN=x0≤x≤2，則由已知線面角的正切值可求出x，過點N作NG⊥AC于點G，連接MG，可得∠MGN為二面角M?AC?D【解答過程】（1）證明：因為AD∥BC，AD⊥CD，AD=CD=2，所以四邊形ABCD是直角梯形，且AC=22，AB=故AB2+A又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PA⊥AB又PA∩AC=A，且PA，AC?平面PAC，所以AB⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以AB⊥PC（2）存在符合條件的點M，且M為PD的中點，證明如下，過點M作MN⊥AD于點N，連接BN，

因為PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PA⊥AD，因為MN，PA?平面PAD，所以MN∥因為PA⊥AB，所以MN⊥AB，因為AB∩AD=A，AB,AD?平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD，則∠MBN為BM與平面ABCD所成的角．設(shè)AN=x0≤x≤2，則ND=2?x，MN=22由tan∠MBN=MNBN解得x=1或x=11所以M為PD的中點，過點N作NG⊥AC于點G，連接MG，因為MN⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以MN⊥AC，又MN∩NG=N，MN,NG?平面MGN，故AC⊥平面MGN，因為MG?平面MGN，所以AC⊥MG，所以∠MGN為二面角M?AC?D的平面角，在Rt△MNG中，NG=ANsinπ即當點M為PD的中點時，符合題意，且二面角M?AC?D的大小為π4題型17題型17點、線、面的距離問題

平面向量線性運算的坐標表示

平面向量線性運算的坐標表示65．（2223高一下·新疆直轄縣級單位·期末）如圖，在正方體ABCD?A1B

(1)求證：AB∥平面A1(2)求點A到面A1【解題思路】（1）利用線面平行的判定定理證明即可；（2）利用等體積法即VA【解答過程】（1）∵AB∥DC,AB?平面A1DCB1，∴AB∥平面A（2）連接BD,設(shè)點A到面A1BD的距離為由已知可得VA由正方體的性質(zhì)可知A1A⊥平面ABD,則∵VA?∴36?=1即點A到面A1BD的距離為

66．（2223高一下·天津·期末）已知長方體ABCD?A1B1C

(1)求證：平面AB1D(2)求直線AB1與平面(3)求點C到平面BC【解題思路】（1）在長方體中，得到AB1//C1D,BD//B1D1，分別證得AB（2）連接A1C1與B1D1交于點O1，證得B1D1⊥（3）設(shè)點C到平面BC1D的距離為?【解答過程】（1）在長方體ABCD?A1B由AB1//C1D，且AB1?平面B同理可證B1D1因為AB1∩B1D1=B（2）連接A1C1與B1D1交于點所以A1又由AA1⊥平面A1B1C因為A1C1∩AA1=A1所以∠B1AO1由AB=BC=4，可得B1O1在直角△AB1O即直線AB1與平面ACC（3）在正方體ABCD?A1B1C所以BD=42連接AC與BD交于點O，連接C1O，因為DC可得C1O=B設(shè)點C到平面BC1D的距離為?可得13×234即點C到平面BC1D

67．（2223高一下·四川遂寧·期末）如圖，直四棱柱ABCD?A1B1(1)求直線BC1與平面