資源簡(jiǎn)介

2024-2025 學(xué)年高一下學(xué)期期中復(fù)習(xí)真題精選（壓軸 60 題 12 類題型專
練）
【人教 A 版（2019）】
題型歸納
題型 1 向量線性運(yùn)算的幾何應(yīng)用（共 5 小題）
1．（23-24 高一下·云南昭通·期中）已知 為 △ 內(nèi)一點(diǎn)，且滿足 + +( 1) = 0，若 △ 的
1
面積與 △ 的面積的比值為4，則 的值為（ ）
A 3．4 B
4 C 1．3 ．2 D．2
2．（23-24 高一下·江蘇南京·期中）如圖，在 △ 中，點(diǎn) 是邊 上一點(diǎn)，點(diǎn) 是邊 的中點(diǎn)， 與
交于點(diǎn) ，有下列四個(gè)說(shuō)法：
甲： = 2 ；乙： = 3 ；
丙： △ : △ = 1:3；丁：2 + = 3 ；
若其中有且僅有一個(gè)說(shuō)法是錯(cuò)誤的，則該錯(cuò)誤的說(shuō)法為（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
3．（23-24 高一下·四川廣安·期中）數(shù)學(xué)家歐拉在 1765 年提出定理：三角形的外心 重心 垂心依次位于同
一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半.這條直線被后人稱為三角形的歐拉線，該定理則
被稱為歐拉線定理.設(shè)點(diǎn) , , 分別為三角形 的外心 重心 垂心，且 為 的中點(diǎn)，則（ ）
A． = 2 B． + + = 0
C | | = | | = | | D = 1 + 2． ． 3 3
4．（23-24 高一下·山西·期中）在四邊形 中， = 2 ，點(diǎn) 是四邊形 所在平面上一點(diǎn)，滿足
+10 + +10 = 0.設(shè) ,

分別為四邊形 與 △ 的面積，則 = .
π
5．（23-24 1高一下·河南周口·期中）如圖，在梯形 中，| | = 2，∠ = 3， = 2 ， 為 的中
點(diǎn)， = ( ≠ 0).
(1)若 = 3 14 + 4 ，試確定點(diǎn) 在線段 上的位置；
(2)若| | = ，當(dāng) 為何值時(shí)，| |最小
題型 2 平面向量基本定理的應(yīng)用（共 5 小題）
1 3．（23-24 高一下·安徽宿州·期中）在 △ 中，點(diǎn) 滿足 = 4 ，點(diǎn) 在射線 AD（不含點(diǎn) A）上移動(dòng)，
若 = + ,則( + 2)2 + 2的取值范圍是（ ）
A．[4, + ∞) B．(4, + ∞) C．(1, + ∞) D．[1, + ∞)

2．（23-24 高一下·江蘇徐州·期中）如圖，在△ABC 中，∠ = 4， = 2 ，P 為 CD 上一點(diǎn)，且滿足
= + 12 ，若 = 3， = 2 2，則 的值為（ ）
A 17 21 13 19． 12 B． 4 C．12 D． 12
3．（23-24 高一下·福建漳州·期中）在 △ 中，點(diǎn) 滿足 = 2 ，過(guò)點(diǎn) 的直線與 所在的直線分
別交于點(diǎn) ， = , = ( > 0, > 0)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A = 2． 3 +
1
3 B． +
2 2
的最小值為 +1
3
2
C． = 13 + 3 D．
4
的最小值為9
4．（23-24 高一下·山東聊城·期中）如下圖，在 △ 中，點(diǎn) 是 的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn) 的直線分別交直線 ,
于不同的兩點(diǎn) M，N．設(shè) = , = ，則 + = ．
5．（23-24 高一下·江西景德鎮(zhèn)·期中）已知 > 0, > 0，如圖，在 △ 中，點(diǎn) , 滿足 = , =
, 在線段 BC 上且 = 4 ，點(diǎn) 是 AD 與 MN 的交點(diǎn)， = 3 .
(1)分別用 , 來(lái)表示 和
(2)求 + 2 的最小值
題型 3 用向量解決夾角、線段的長(zhǎng)度問(wèn)題（共 5 小題）
1．（23-24 高一下·山東·期中）設(shè) 是 △ 的垂心，且3 +4 +5 = 0，則cos∠ 的值為（ ）
A． 30 B 6 70． 5 C． D．
10 5 6 14
2．（23-24 高一下·福建·期中）在 △ 中，點(diǎn) D 是邊 的中點(diǎn)，∠ = 120 ， = 3 19， = ，則
2
的值為（ ）
A．5 B．6 C． 31 D． 33
3．（23-24 高一下·浙江·期中）已知 ， 為非零向量，且滿足| | = 2，| | = 1，則（ ）
A． ， π夾角的取值范圍是 0, B．| |的取值范圍是[1,3]
6
C． 的取值范圍是[2,4] D．| + |的取值范圍是[3,5]
4．（23-24 高一下·廣東廣州·期中）如圖，正方形 的邊長(zhǎng)為6， 是 的中點(diǎn)， 是 邊上靠近點(diǎn) 的
三等分點(diǎn)， 與 交于點(diǎn) ，則cos∠ = .
5．（23-24 高一下·湖南常德·期中）如圖，正方形 的邊長(zhǎng)為6, 是 的中點(diǎn)， 是 邊上靠近點(diǎn) 的三
等分點(diǎn)， 與 交于點(diǎn) ．
(1)求∠ 的余弦值．
(2)若點(diǎn) 自 點(diǎn)逆時(shí)針沿正方形的邊運(yùn)動(dòng)到 點(diǎn)，在這個(gè)過(guò)程中，是否存在這樣的點(diǎn) ，使得 ⊥ ？若存
在，求出 的長(zhǎng)度，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
題型 4 向量與幾何最值（范圍）問(wèn)題（共 5 小題）
1．（23-24 高一下·四川瀘州·期中）在梯形 ABCD 中， ∥ ， ⊥ ， = = 2 = 2，E 為 的
中點(diǎn)，F(xiàn) 為 上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），則 的取值范圍是（ ）
A 5． , 8 B． 2, 9 C． 3, 8 D． 2, 7
2 3 2 3 2
2．（23-24 高一下·北京·期中）如圖，邊長(zhǎng)為 4 的正方形中心與單位圓圓心 重合，M，N 分別在圓周上，
正方形的四條邊上運(yùn)動(dòng)，則| + |的取值范圍是（ ）
A．[1,2 2] B．[1,2 2 +1] C．[ 2,2 2] D．[ 2,2 2 +1]
3．（23-24 高一下·廣東廣州·期中）已知 P 是邊長(zhǎng)為 1 的正六邊形 內(nèi)一點(diǎn)（含邊界），且 = +
, ∈ R，則下列正確的是（ ）
A． △ 的面積為定值 B． 使得| | > | |
C ∠ π． 的取值范圍是 , π D．| |的取值范圍是[1, 3]
6 3
4．（23-24 高一下·上海·期中）窗花是貼在窗紙或窗戶玻璃上的剪紙，是中國(guó)古老的傳統(tǒng)民間藝術(shù)之一，圖
中所示的窗花輪廓可以看作是一個(gè)正八邊形.已知該正八邊形 1 2 3 4 5 6 7 8的邊長(zhǎng)為 10，點(diǎn) 在其邊上
運(yùn)動(dòng)，則 1 2 1 的取值范圍是 .
5．（23-24 高一下·浙江寧波·期中）已知矩形 中，| | = 2,| | = 1, 為 中點(diǎn)， 為邊 上的動(dòng)點(diǎn)
（不包括端點(diǎn)）.
(1)求 的最小值；
(2)設(shè)線段 與 的交點(diǎn)為 ，求 的最小值.
題型 5 平面向量中的新定義問(wèn)題（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·山平面東向量聊線城性運(yùn)·算期的坐中標(biāo)）表示設(shè)向量 與 的夾角為 ，定義 = | sin cos |，已知| | = 2，
| + | = 5，| | = 1，則 = （ ）
A． 3 B 2 2． C． 2 D． 23 2
π
2．（23-24 高一下·江蘇鎮(zhèn)江·期中）如圖，設(shè) ∈ (0,π)，且 ≠ 2，當(dāng)∠ = 時(shí)，定義平面坐標(biāo)系 為

的斜坐標(biāo)系，在 的斜坐標(biāo)系中，任意一點(diǎn) 的斜坐標(biāo)這樣定義：設(shè) 1, 2是分別與 軸， 軸正方向相同的單

位向量，若 = 1 + 2，記 = ( , )，則下列結(jié)論中正確的是（ ）
A．設(shè) = ( , ), = ( , )，若 ⊥ ，則 + = 0
B．設(shè) = ( , )，則| | = 2 + 2
C．設(shè) = ( , ), = ( , ).若 // ，則 = 0
π π
D．設(shè) = (1,2), = (2,1)，若 與 的夾角為3，則 = 3
3．（23-24 高一下·浙江·期中）定義一種向量運(yùn)算“ ”： = | || |sin , ∈ (0,π)| |, (0,π) ，其中 , 是任意的兩
個(gè)非零向量， 是 與 的夾角．對(duì)于同一平面內(nèi)的非零向量 ，給出下列結(jié)論，其中不正確的是（ ）
A．若 = 0，則| | = | |
B．若 ∈ ， ≠ 0，則 =
C． + = +
D．若| | = 2，則 ≤ | | +2
4．（23-24 高一下·北京·期中）對(duì)于非零向量 ，定義運(yùn)算“*”： = | | | |sin .其中 為 , 的夾角.
有兩兩不共線的三個(gè)向量 , , ,下列結(jié)論不一定成立的是 .（只需寫出序號(hào)）
①若 = ，則 =
② =
③ =
④ + = +
5．（23-24 高一下·云南昆明·期中）設(shè)平面內(nèi)兩個(gè)非零向量 , 的夾角為 ，定義一種運(yùn)算“ ”： = |
|| |sin ．試求解下列問(wèn)題：
(1)已知向量 , 滿足 = (2,1),| | = 2, = 4，求 的值；
(2)①若 = ( 1, 1), = ( 2, 2)，用坐標(biāo) 1, 1, 2, 2表示 ；
②在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn) (2,1), ( 1,2), (0,4)，求 的值；
(3) 1已知向量 = , 2 , = 2 , 1 , ∈ 0, π ，求 的最小值．
cos sin sin cos 2
題型 6 求三角形面積的最值或范圍（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·山平面東向淄量線博性運(yùn)·期算的中坐標(biāo)）表在示 △ 中，角 , , 所對(duì)的邊分別為 , , ，若sin2 sin2 + sin2 = sin
sin ，且 = 3，則 △ 面積的最大值為（ ）
A 9 3 3 3． 3 B． C． D．24 4 3
π
2．（23-24 高一下·重慶·期中）在 △ 中，∠ 的角平分線 交 于點(diǎn) ，若 = 2，∠ = 3，則 △
的面積的最小值為（ ）
A 3 B 2 3 C 2 3 D 4 3． ． ． ．3 3
3．（23-24 高一下·福建福州·期中）在 △ 中，角 ， ， 的對(duì)邊分別為 ， ， ，下列四個(gè)命題中，正
確的有（ ）
A．當(dāng) = 5， = 7， = 60°時(shí)，滿足條件的三角形共有 1 個(gè)
B．若 △ 是鈍角三角形，則tan tan < 1
C．若 2tan = 2tan ，則 =
D．若 = 60°， = 2，則 △ 面積的最大值為 3
4．（23-24 高一下·廣西欽州·期中）在 △ 中，角 , , 所對(duì)的邊分別為 , , ,若sin2 sin2 + sin2 = sin
sin ,且 △ 的外接圓的半徑為2 3,則 △ 面積的最大值為 ．
5 + ．（23-24 高一下·江蘇無(wú)錫·期中）從① sin 2 = sin ；②sin
2 + sin2 sin2 sin sin = 0；③ cos
(2 )cos = 0， 這三個(gè)條件中任選一個(gè)， 補(bǔ)充在下面問(wèn)題中， 并加以解答．
在 △ 中，三邊 , , 分別是角 , , 的對(duì)邊， 若______.
(1)求 C；
(2)若 = 2，求 △ 的面積的最大值．
題型 7 求三角形邊長(zhǎng)或周長(zhǎng)的最值或范圍（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1 cos cos 2 3sin

．（23-24 高一下·廣平面東向量茂線名性運(yùn)·算期的坐中標(biāo)）表示在 △ 中，角 , , 的對(duì)邊分別為 , , ，若 + = , = ，3sin 3
則 + 的取值范圍是（ ）
A 3． , 3 B 3． , 3 C． 3 , 3 D． 3 , 3
2 2 2 2
2．（23-24 高一下·湖北武漢·期中）在銳角 △ 中，角 , , 的對(duì)邊分別為 , , , 為 △ 的面積， = 4，
且2 = 2 ( )2，則 △ 的周長(zhǎng)的取值范圍是（ ）
A． 8,4 5 + 4 B． 12,2 5 + 2 C． 8,2 5 + 2 D． 12,4 5 + 4
3．（23-24 高一下·浙江紹興·期中）已知在銳角 △ 中，內(nèi)角 , , 所對(duì)的邊分別為 ， ， ，若 △ 的
2+ 2 2
面積為 4 ， = 1，則（ ）
π
A． = 4 B．邊 的取值范圍是
2 , 2
2
C △ 1 , 1． 面積取值范圍是 D． △ 周長(zhǎng)取值范圍是[ 2 + 1,2 + 2]
4 2
4．（23-24 高一下·四川瀘州·期中）在銳角 △ 中，角 A，B，C 所對(duì)的邊分別是 a，b，c，若 = 2, =
π
3，則 △ 周長(zhǎng)的取值范圍為 ．
5．（23-24 高一下·廣東茂名·期中）設(shè) △ 內(nèi)角 , , 的對(duì)邊分別為 , , ，已知 = 2 3，2 = 2 cos ．
(1)求角 ；
(2)若 + = 4，求 △ 的面積；
(3)求 △ 的周長(zhǎng)的取值范圍．
題型 8 復(fù)數(shù)的模的最值（范圍）問(wèn)題（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·河平面北向量石線家性運(yùn)莊算的·坐期標(biāo)中表示）當(dāng)復(fù)數(shù) z 滿足| (3 + 4i)| = 1時(shí)，則| |的最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（23-24 高一下·福建福州·期中）已知復(fù)數(shù) 滿足| | = 2，則| + 3 + 4i|最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．（23-24 高一下·安徽蕪湖·期中）下列命題正確的是（ ）
A．若 1， 2是復(fù)數(shù)，則 1 + 2 = 1 + 2
B．若復(fù)數(shù) 的共軛復(fù)數(shù)為 ， = | |2 = | |2
C．虛軸上的點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均為純虛數(shù)
D．已知復(fù)數(shù) 滿足| + 3i| = 1（i為虛數(shù)單位），則| 1 + 2i|的最小值是 2 1
4．（23-24 高一下·河北·期中）若復(fù)數(shù) 1， 2滿足| 1 5 7i| = 1，| 2 + i| = | 2 i|，則| 1 2|的最小值為 ．
5．（23-24 高一下·福建三明·期中）已知復(fù)數(shù) = 1 + i( ∈ )，i 為虛數(shù)單位．
(1)若 z 是純虛數(shù)，求 a；
(2)若| | = 5，求 ；
(3)在（1）的條件下，復(fù)數(shù) w 滿足| | = 1，寫出復(fù)數(shù) w 在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡.
題型 9 幾何體與球的切、接問(wèn)題（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·福平面建向量莆線田性運(yùn)·算期的坐中標(biāo)）表示一個(gè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，則它的外接球與內(nèi)切球表面積之比為（）
A．3:1 B． 3:1 C．9:1 D．27:1
2．（23-24 高一下·福建廈門·期中）把 △ 1 2 3沿三條中位線折疊成四面體 ，其中 1 2 = 24， 1 3
= 20， 2 3 = 16，則四面體 的外接球表面積為（ ）
A 77π． 2 B．77π C．154π D．308π
3．（23-24 高一下·廣東廣州·期中）如圖，在直三棱柱 1 1 1中， 1
= 2, = = 1,∠ = 120°，側(cè)面 1 1 的對(duì)角線交點(diǎn) O，點(diǎn) E 是側(cè)棱 1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，下列結(jié)論正
確的是（ ）
A．直三棱柱的側(cè)面積是4 + 2 3
B．直三棱柱的外接球表面積是8π
C．直三棱柱的內(nèi)置球的最大表面積為4
D． + 1的最小值為2 2
4．（23-24 高一下·浙江·期中）已知直三棱柱 1 1 1中，側(cè)棱 1 = 4， = = 3， = 4，則三
棱柱 1 1 1的外接球表面積為 ．
5．（23-24 高一下·重慶·期中）如圖，在四棱錐 中，底面 是平行四邊形， , 分別為 , 的
中點(diǎn)， 為線段 上一點(diǎn)，且 = 4 ．
(1)證明： //平面 ；
(2)若四棱錐 為正四棱錐，且 = 5 ，求四棱錐 的外接球與正四棱錐 的體積
之比．
題型 10 立體幾何中的截面問(wèn)題（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·福平面建向福量線州性運(yùn)·算期的中坐標(biāo)）表示已知正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為2， , , 分別是 , 1, 1 1的中
點(diǎn)，則過(guò)這三點(diǎn)的截面面積是（ ）
A．3 2 B．6 2 C．6 3 D．3 3
2．（23-24 高一下·安徽合肥·期中）“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形圍
成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美.如圖所示，將正方體沿交同一頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)截去一個(gè)三棱錐，
共可截去八個(gè)三棱錐，得到八個(gè)面為正三角形、六個(gè)面為正方形的一種阿基米德多面體.已知 = 1，則關(guān)
于圖中的半正多面體，下列說(shuō)法正確的有（ ）
A．該半正多面體的體積為5 2
4
B．該半正多面體過(guò) 3 3， ， 三點(diǎn)的截面面積為
4
C．該半正多面體外接球的表面積為8π
D．該半正多面體的表面積為6 + 2 3
3．（23-24 1高一下·浙江溫州·期中）如圖所示，在等腰梯形 中，已知 ∥ ， = = 2 = 1，將
△ 沿直線 翻折成 △ ′ ，則（ ）
A．翻折過(guò)程中存在某個(gè)位置，使得 ′ ⊥
B．當(dāng)二面角 ′ 為150° 1時(shí)，點(diǎn) 到平面 ′ 的距離為2
C π π．直線 ′ 與 所成角的取值范圍為 ,
6 2
π
D．當(dāng)三棱錐 ′ 的體積最大時(shí)，以 ′ 為直徑的球被平面 ′ 所截的截面面積為4
4．（23-24 高一下·安徽宿州·期中）現(xiàn)有一塊如圖所示的三棱錐木料，其中∠ = ∠ = ∠ = 40°，
= = = 6，木工師傅打算過(guò)點(diǎn) 將木料切成兩部分，則截面 △ 周長(zhǎng)的最小值為 .
5．（23-24 高一下·河南·期中）如圖，在正方體 1 1 1 1中，棱長(zhǎng)為2， 是線段 1的中點(diǎn)，平面
過(guò)點(diǎn) 1、 、 .
(1)畫出平面 截正方體所得的截面，并說(shuō)明原因；
(2)求（1）中截面多邊形的面積；
(3)平面 截正方體，把正方體分為兩部分，求比較小的部分與比較大的部分的體積的比值.（參考公式：
= 1棱臺(tái) 3 ′ + ′ + ）
題型 11 立體幾何中的探索性問(wèn)題（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·浙平面江向量溫線州性運(yùn)·算期的中坐標(biāo)）表示設(shè) 是給定的平面， 、 是不在 內(nèi)的任意兩點(diǎn)，則下列命題中正確的
是（ ）
A．在 內(nèi)一定存在直線與直線 相交
B．在 內(nèi)一定存在直線與直線 異面
C．一定存在過(guò)直線 的平面與 平行
D．存在無(wú)數(shù)過(guò)直線 的平面與 垂直
2．（23-24 高一下·重慶榮昌·期中）如圖，正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 1，動(dòng)點(diǎn) 在線段 1 1上， ，
分別是 ， 的中點(diǎn)，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是（ ）
A． // 1 1
B．當(dāng) E 為 1 1中點(diǎn)時(shí)， ⊥
C．三棱錐 的體積為定值
D．存在點(diǎn) ，使得平面 //平面 1 1
3．（23-24 高一下·浙江·期中）已知正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 2，棱 AB，BC 的中點(diǎn)分別為 E，F(xiàn)，
點(diǎn) 在上底面 1 1 1 1上（包含邊界），則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．存在點(diǎn) ，使得平面 //平面 1 1
B．不存在點(diǎn) ，使得直線 1//平面 EFG
C．三棱錐 的體積不變
D．存在點(diǎn) ，使得 ⊥ 平面 1
4．（23-24 高一下·北京昌平·期末）在棱長(zhǎng)為 1 的正方體 1 1 1 1中， ， ， 分別為棱 1， 1
1， 1的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) 在平面 內(nèi)，且 = 1.給出下列四個(gè)結(jié)論：
① 1 //平面 ；
②點(diǎn) 軌跡的長(zhǎng)度為π；
③存在點(diǎn) ，使得直線 ⊥ 平面 ；
④平面 3 3截正方體所得的截面面積為 .
4
其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是 .
5 7 3．（23-24 高一下·浙江寧波·期中）如圖，已知三棱臺(tái) 1 1 1的體積為 ，平面 12 1 1 ⊥ 平面 1
1， △ 是以 為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，且 = 2 1 = 2 1 1 = 2 1.
(1)證明： ⊥ 平面 1 1；
(2)求點(diǎn) 到面 1 1的距離；
π
(3)在線段 1上是否存在點(diǎn) ，使得二面角 的大小為6，若存在，求出 的長(zhǎng)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明
理由.
題型 12 立體幾何綜合（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·海平面南向量省線直性運(yùn)轄算的縣坐標(biāo)級(jí)表單示 位·期中）如圖，棱長(zhǎng)為 2 的正方體 1 1 1 1中， 為棱 1的
中點(diǎn)， 為正方形 1 1內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（包括邊界），且 1 //平面 1 ，則下列說(shuō)法不正確的有（ ）
A．動(dòng)點(diǎn) 軌跡的長(zhǎng)度為 2
B 1．三棱錐 1 1 體積的最小值為3
C． 1 與 1 不可能垂直
D 25．當(dāng)三棱錐 1 1 的體積最大時(shí)，其外接球的表面積為 2 π
2．（23-24 高一下·天津北辰·期中）如圖所示，正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 1，線段 1 1上有兩個(gè)動(dòng)
1
點(diǎn) 、 ，且 = 2，給出下列判斷:
①直線 與 1 1異面；② //平面 ABCD；③三棱錐 的體積為定值；④ △ 的面積與 △ 的
面積相等;⑤ = .其中判斷正確的個(gè)數(shù)為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（23-24 高一下·廣東深圳·期中）如圖，正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 1，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A． 在底面 內(nèi)（包括邊界）運(yùn)動(dòng)，若 1 //平面 1 1，則 的軌跡長(zhǎng)度為 2
π
B． 在底面 內(nèi)（包括邊界）運(yùn)動(dòng)，若直線 1 與平面 所成角為45°，則 的軌跡長(zhǎng)度為3
C 21 3．以 為球心， 為半徑作球，則球面與正方體的表面的交線長(zhǎng)為 π
3 3
D 2 3 5 3．以 為球心， 為半徑作球，則球面與正方體的表面的交線長(zhǎng)為 π
3 6
4．（23-24 高一下·北京順義·期中）我國(guó)魏晉時(shí)期的數(shù)學(xué)家劉徽創(chuàng)造了一個(gè)稱為“牟合方蓋”的立體圖形，如
圖 1，在一個(gè)棱長(zhǎng)為 2r 的立方體內(nèi)作兩個(gè)互相垂直的內(nèi)切圓柱，其相交的部分就是牟合方蓋（如圖 2），我
國(guó)南北朝時(shí)期數(shù)學(xué)家祖暅基于“勢(shì)冪既同則積不容異”這一觀點(diǎn)和對(duì)牟合方蓋性質(zhì)的研究，推導(dǎo)出了球體體積
公式．設(shè)平行于水平面且與水平面距離為 (0 < < )的平面為 ，則平面 截牟合方蓋所得截面的形狀為

1（填“正方形”或“圓形”），設(shè)半徑為 r 的球體體積為 1，圖 2 所示牟合方蓋體積為 2，則 = ．2
5．（23-24 高一下·山西陽(yáng)泉·期中）南北朝時(shí)期的偉大科學(xué)家祖暅，于五世紀(jì)末提出了體積計(jì)算原理，即祖
暅原理：“夫疊棋成立積，緣冪勢(shì)既同，則積不容異”．意思是：夾在兩個(gè)平行平面之間的兩個(gè)幾何體，被平
行于這兩個(gè)平面的任意平面所截，如果截得的兩個(gè)截面的面積總相等，那么，這兩個(gè)幾何體的體積相等．其
最著名之處是解決了“牟合方蓋”的體積問(wèn)題．如圖所示，正方體 1 1 1 1，棱長(zhǎng)為 ．
(1)求圖中四分之一圓柱體 1 1 1 1的體積；
(2)在圖中畫出四分之一圓柱體 1 1 1 1與四分之一圓柱體 1 1 1 1的一條交線（不要求說(shuō)明理
由）；
(3)四分之一圓柱體 1 1 1 1與四分之一圓柱體 1 1 1 1公共部分是八分之一個(gè)“牟合方蓋”．點(diǎn)
在棱 1上，設(shè) 1 = 過(guò)點(diǎn) 作一個(gè)與正方體底面 平行的平面，求該截面位于八分之一“牟合方蓋”內(nèi)部
分的面積；如果令 = 2，應(yīng)用祖暅原理求出八分之一“牟合方蓋”的體積．2024-2025 學(xué)年高一下學(xué)期期中復(fù)習(xí)真題精選（壓軸 60 題 12 類題型專
練）
【人教 A 版（2019）】
題型歸納
題型 1 向量線性運(yùn)算的幾何應(yīng)用（共 5 小題）
1．（23-24 高一下·云南昭通·期中）已知 為 △ 內(nèi)一點(diǎn)，且滿足 + +( 1) = 0，若 △ 的
面積與 △ 1的面積的比值為4，則 的值為（ ）
A 3 4 1．4 B．3 C．2 D．2
【解題思路】如圖，根據(jù)平面向量的線性運(yùn)算可得2 = ，則 在線段 上，且 = ，設(shè) = 1，結(jié)
△ = 1合 和 △ △ = △ 計(jì)算即可求解.
【解答過(guò)程】由 + +( 1) = 0，得 ( + ) = = ，
如圖， , 分別是 , 的中點(diǎn)，
則2 = ，
所以 在線段 上，且2 = = 2 ，
= 得 ，設(shè) = 1，則 = ，所以 = 1，
△ = = 1 1 1因?yàn)?△ ， △ = △ = 2 △ ， △ = 2 △ ，
△ 1 1 4
所以 △ = △ ，則 = = ，解得 = .△ 4 3
故選：B.
2．（23-24 高一下·江蘇南京·期中）如圖，在 △ 中，點(diǎn) 是邊 上一點(diǎn)，點(diǎn) 是邊 的中點(diǎn)， 與
交于點(diǎn) ，有下列四個(gè)說(shuō)法：
甲： = 2 ；乙： = 3 ；
丙： △ : △ = 1:3；丁：2 + = 3 ；
若其中有且僅有一個(gè)說(shuō)法是錯(cuò)誤的，則該錯(cuò)誤的說(shuō)法為（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【解題思路】結(jié)合三角形重心性質(zhì)及向量線性運(yùn)算進(jìn)行合情推理即可判斷.
【解答過(guò)程】若 = 2 ，則點(diǎn) 是 △ 的重心，則有 = 2 ，
所以甲乙中必有一個(gè)是錯(cuò)誤的，所以丙丁正確，
由丁：2 + = 3 知，點(diǎn) 不是邊 的中點(diǎn)，所以甲說(shuō)法錯(cuò)誤.
故選：A.
3．（23-24 高一下·四川廣安·期中）數(shù)學(xué)家歐拉在 1765 年提出定理：三角形的外心 重心 垂心依次位于同
一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半.這條直線被后人稱為三角形的歐拉線，該定理則
被稱為歐拉線定理.設(shè)點(diǎn) , , 分別為三角形 的外心 重心 垂心，且 為 的中點(diǎn)，則（ ）
A． = 2 B． + + = 0
C．| | = | | = | | D． = 13 +
2
3
1
【解題思路】利用歐拉線的幾何性質(zhì) = 2 ，再結(jié)合平面幾何中的平行性質(zhì)，以及向量的線性運(yùn)算，即
可作出判斷.
【解答過(guò)程】
對(duì)于 A，由 是 的中點(diǎn)，又由 是外心， 是垂心，可知: ⊥ , ⊥ ,
所以 // ，根據(jù)平行線分線段成比例可知： = ，
1 1
又由歐拉線的性質(zhì)可知： = 2 ，所以 = 2，即 = 2 ，故 A 正確；
對(duì)于 B，由于 是重心，所以2 + = 0，
1 1而 是 的中點(diǎn)，所以 = 2 + 2 ，代入上式可得： + + = 0，故 B 正確；
對(duì)于 C，因?yàn)?是外心，所以| | = | | = | |，故 C 正確；

對(duì)于 D，由向量的加法可知： = + = + 23 = +
2 2
3 = 3 +
1
3 ，故 D 錯(cuò)誤；
故選：ABC.
4．（23-24 高一下·山西·期中）在四邊形 中， = 2 ，點(diǎn) 是四邊形 所在平面上一點(diǎn)，滿足
+10 + +10 = 0.設(shè) , 分別為四邊形
2
與 △ 的面積，則 = 11 .
【解題思路】設(shè)出梯形 兩底的長(zhǎng)，取 AB，CD，BD，AC 的中點(diǎn) M，N，X，Y，并探討它們的關(guān)系，
結(jié)合已知向量等式確定點(diǎn) P 的位置并求出 ，再由三角形、梯形面積公式求解即得.
【解答過(guò)程】在四邊形 中， = 2 ，則四邊形 是梯形，且 // ，令 = 2， = 4，
記 M，N，X，Y 分別是 AB，CD，BD，AC 的中點(diǎn)，顯然 // , // , // ，
于是點(diǎn) M，X，Y，N 順次共線并且 = = = 1，
顯然 + = 2 ， + = 2 ，而 +10 + +10 = 0，則 +10 = 0，
1
因此點(diǎn) P 在線段 XY 上，且 = 11，設(shè) A 到 MN 的距離為 h，
2 1
由面積公式可知 =
△ = △ = 1+ 211 2 = 2 = =2×3 11．
2
故答案為：11.
π
5．（23-24 1高一下·河南周口·期中）如圖，在梯形 中，| | = 2，∠ = 3， = 2 ， 為 的中
點(diǎn)， = ( ≠ 0).
(1)若 = 34 +
1
4 ，試確定點(diǎn) 在線段 上的位置；
(2)若| | = ，當(dāng) 為何值時(shí)，| |最小
【解題思路】（1）結(jié)合圖形，先證得四邊形 是平行四邊形，利用向量的線性運(yùn)算即可判斷點(diǎn) 在線段
上的位置；
2
（2）結(jié)合（1）中的結(jié)論，得到 關(guān)于 的表達(dá)式，進(jìn)而利用向量數(shù)量積運(yùn)算求模得到 關(guān)于 的二次表
達(dá)式，從而可求得| |最小以及相應(yīng) 的值.
【解答過(guò)程】（1）過(guò) 作 // 交 于 ，如圖，
1
因?yàn)? = 2 ，所以 // , = 2 ，
則四邊形 是平行四邊形，故 = 2 = 2 ，即 是 的中點(diǎn)，
所以 = 12 =
1 = 12 2
1 1 1
2 = 4 2 ，
因?yàn)? = ，所以 = (1 ) ，
所以 = + + = (1 ) + 12 +
1
4
1 1 3
2 = +2 4
3 1
又因?yàn)? = 4 + 4 ，
1
所以2 =
1 1
4，解得 = 4，
所以 在線段 上靠近 點(diǎn)的四等分點(diǎn)處；
（2）因?yàn)? = ( ≠ 0)，所以 = + = + = (1 ) ，
所以 = + + = (1 ) + 12 +
1 1 1 3
4 2 = (2 ) + 4 ，
π 2
因?yàn)? = 2 cos = ， 2 = 23 ， = 4
2 2 2
所以 = 1 2 + 9 + 3 14 2 =
1 + 3 + 27
2 2 2 4 16
，
1 3 1 3 2 27
所以當(dāng) = ，即 = + 時(shí)， 取得最小值
2 4 2 4 16
.
所以| | 3 3 1 3的最小值為 ，此時(shí) = 2 +4 4 .
題型 2 平面向量基本定理的應(yīng)用（共 5 小題）
1．（23-24 3高一下·安徽宿州·期中）在 △ 中，點(diǎn) 滿足 = 4 ，點(diǎn) 在射線 AD（不含點(diǎn) A）上移動(dòng)，
若 = + ,則( + 2)2 + 2的取值范圍是（ ）
A．[4, + ∞) B．(4, + ∞) C．(1, + ∞) D．[1, + ∞)
【解題思路】設(shè) = , > 0，利用向量的線性運(yùn)算用 表示 , ，再代入求出范圍即得.
3
【解答過(guò)程】由點(diǎn) 在射線 （不含點(diǎn) ）上，設(shè) = , > 0，又 = 4 ，
=
則 = ( + ) = [ + 34( )] =

4 +
3
4 ，于是
4
= 3
，
4
2
因此 = ( + 2)2 + 2 = ( 3 + 2) + 1 2 = 5 2 +3 + 4 > 44 16 8 ，
所以( + 2)2 + 2的取值范圍是(4, + ∞).
故選：B.

2．（23-24 高一下·江蘇徐州·期中）如圖，在△ABC 中，∠ = 4， = 2 ，P 為 CD 上一點(diǎn)，且滿足
= + 12 ，若 = 3， = 2 2，則 的值為（ ）
A 17 21 13 19． 12 B． 4 C．12 D． 12
【解題思路】根據(jù)已知條件，結(jié)合向量的基本定理，可得 = 12 +
1 2
4 ， = 3 ,即可由平面向量
的數(shù)量積運(yùn)算，即可求解．
2
【解答過(guò)程】 = 2 ，則 = 3 ，
設(shè) = (0 ≤ ≤ 1)，則 = ( ) 1， = + 2 ，
1 2
則( 1) + 2 = (3 )，
1 = 3 1
故 1 = 2 ，解得 = 4， = 4，
2 3
= 3 1 3 2故 4 + 4 = 4 × 3 +
1 = 14 2 +
1
4 ,
π
= 3， = 2 2，∠ = 4，

則 = ( ) = (14 +
1 2
2 ) (3 )
1
2 2
= 13 4
1
3 =
8 9 1 2 193 4 3 × 3 × 2 × = 2 12．
故選：D．
3．（23-24 高一下·福建漳州·期中）在 △ 中，點(diǎn) 滿足 = 2 ，過(guò)點(diǎn) 的直線與 所在的直線分
別交于點(diǎn) ， = , = ( > 0, > 0)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A 2 1． = 3 + 3 B． +
2 2
的最小值為 +1
3
C = 1
2
． 3 +
4
3 D． 的最小值為9
1 2
【解題思路】先利用向量的線性運(yùn)算判斷 AC，再利用三點(diǎn)共線得到3 + 3 = 1，進(jìn)而利用基本不等式與“1”
的妙用即可得解.
【解答過(guò)程】如圖所示，因?yàn)? = 2 ，則 = 2 ，即 = 2 ，
1 2
所以 = 3 + 3 ，故 A 錯(cuò)誤；
又因?yàn)? = , = ( > 0, > 0)，
1 2
所以 = 3 + 3 ，故 C 正確；
1 2
因?yàn)? 三點(diǎn)共線，則3 + 3 = 1，
2
所以1 = 1 + 1 2
2 2 8
3 3 ≥ 2 = ，則 ≥ ，3 3 3 9
1 2
當(dāng)且僅當(dāng)3 =
4
3 ，即 = 2 = 3時(shí)，等號(hào)成立，
所以 8的最小值為9，故 D 錯(cuò)誤；

+ = 2 ( + ) 1 + 2 = + +1 ≥ 2 2 +1 = 2 2所以
3 3 3 3
+1，
3 3 3
2
當(dāng)且僅當(dāng)3 = 3 ，即 = 2 =
2 + 2時(shí)，等號(hào)成立，
3 3
所以 + 2 2的最小值為 +1，故 C 正確.
3
故選：BC.
4．（23-24 高一下·山東聊城·期中）如下圖，在 △ 中，點(diǎn) 是 的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn) 的直線分別交直線 ,
于不同的兩點(diǎn) M，N．設(shè) = , = ，則 + = 2 ．
1
【解題思路】通過(guò) = 2 + 代入 = , = 后，根據(jù) , , 三點(diǎn)共線計(jì)算即可.
【解答過(guò)程】因?yàn)辄c(diǎn) 是 的中點(diǎn)，
= 1 1 1所以 2 + = 2 + = 2 +
1
2 ，
又 , , 三點(diǎn)共線，
1
所以2 +
1
2 = 1，即 + = 2.
故答案為：2.
5．（23-24 高一下·江西景德鎮(zhèn)·期中）已知 > 0, > 0，如圖，在 △ 中，點(diǎn) , 滿足 = , =
, 在線段 BC 上且 = 4 ，點(diǎn) 是 AD 與 MN 的交點(diǎn)， = 3 .
(1)分別用 , 來(lái)表示 和
(2)求 + 2 的最小值
【解題思路】（1）平面向量基本定理的運(yùn)用，根據(jù)已知條件，結(jié)合向量的線性運(yùn)算即可求解.
（2）根據(jù)已知條件，結(jié)合三點(diǎn)共線性質(zhì)和基本不等式中“1”的妙用即可求解.
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)? = 4 ，
所以 = + = + 1 1 34 = + 4 = 4 +
1
4 ，
因?yàn)? = 3 ，
= 1 = 1 3 1 1所以 3 3 +
1 = 4 + .4 4 12
2 1 = 1 + 1（ ）由（ ） 4 12 ，
因?yàn)? = , = ， > 0, > 0，
= 1所以 4 +
1 = 112 4 +
1
12 ，
因?yàn)?, , 三點(diǎn)共線，
1 1
所以4 + 12 = 1， > 0, > 0，
5 5 5
所以 + 2 = ( + 2 ) 1 + 1 = + + 6
4 12 12 2 12
≥ 12 +2 × = + ，2 12 12 6
3+ 6
當(dāng)且僅當(dāng)2 = 12 ，即 = 6 = 時(shí)等號(hào)成立，12
故 + 2 5 6的最小值為12 + .6
題型 3 用向量解決夾角、線段的長(zhǎng)度問(wèn)題（共 5 小題）
1．（23-24 高一下·山東·期中）設(shè) 是 △ 的垂心，且3 +4 +5 = 0，則cos∠ 的值為（ ）
A 30． B． 5 C． 6 D． 70
10 5 6 14
【解題思路】根據(jù)題意，由垂心的向量表達(dá)式可得 = = ，結(jié)合條件即可分別求得
| |,| |，結(jié)合向量的夾角公式代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.
【解答過(guò)程】因?yàn)?是 △ 的垂心，所以 = 0，即 = ，
同理可得 = 0，即 = ，
所以 = = ，
設(shè) = = = ，
因?yàn)? +4 +5 = 0，所以3 +4 +5 = 0，
所以| | = 2 , < 0，同理可得| | = 3 ，

所以cos∠ = | || | = 2 × 3 =
6.
6
故選：C.
2．（23-24 高一下·福建·期中）在 △ 中，點(diǎn) D 是邊 的中點(diǎn)，∠ = 120 = 3 = 19， ， ，則
2
的值為（ ）
A．5 B．6 C． 31 D． 33
【解題思路】由平面向量的數(shù)量積與模的關(guān)系計(jì)算即可.
【解答過(guò)程】如圖所示，由題意可得：
2 2 2
= 12 + =
1 19
4 + + 2 = 4 ，
9 + 1 2 3 = 19即4 4 4 4 ，解之得 = 5.
故選：A.
3．（23-24 高一下·浙江·期中）已知 ， 為非零向量，且滿足| | = 2，| | = 1，則（ ）
A π． ， 夾角的取值范圍是 0, B．| |的取值范圍是[1,3]
6
C． 的取值范圍是[2,4] D．| + |的取值范圍是[3,5]
【解題思路】選項(xiàng) A 中，設(shè) ， 的夾角為 ，由題意求出cos 的取值范圍，即可得出夾角 的范圍；選項(xiàng) B
中，由cos 的取值范圍，列不等式求出| |的取值范圍；選項(xiàng) C 中，由| |取值范圍，求出 的取值范圍；
選項(xiàng) D 中，由 的取值范圍，直接求出| + |的范圍．
2
【解答過(guò)程】設(shè) ， 的夾角為 ，由| | = 2，| | = 1，得 2 2 + = 1，
2
所以4 4| |cos + | |2 = 1 cos = 3+| |
3 3
，解得 = | | | | 3
3 | |
4| | 4| |
+ ≥ 2 × = ，當(dāng)且僅當(dāng)4 4| | 4 2 4| |
= ，即| | =
4 3
時(shí)取“ = ”，
3 π
所以 ≤ cos ≤ 1，所以?shī)A角 的取值范圍是[0,6]，A 正確；2
3 2 2≤ cos ≤ 1 3 ≤ 3+| | ≤ 1 | | 4| | + 3 ≤ 0由 ，得 ，等價(jià)于
2 2 4| | | |2 2 3| | + 3 ≥ 0 ，
解得1 ≤ | | ≤ 3，所以| |的取值范圍是[1,3]，選項(xiàng) B 正確；
因?yàn)? = 12(3 + | |
2) 1，| |2 ∈ [1，9]，所以2(3 + | |
2) ∈ [2,6]，
即 的取值范圍是[2,6]，C 錯(cuò)誤；
2 2
( + ) = 2 +2 + = 1 + 4 ，
由 ∈ [2,6]，得1 + 4 ∈ [9,25]，所以| + | ∈ [3,5]，D 正確．
故選：ABD．
4．（23-24 高一下·廣東廣州·期中）如圖，正方形 的邊長(zhǎng)為6， 是 的中點(diǎn)， 是 邊上靠近點(diǎn) 的
2
三等分點(diǎn)， 與 交于點(diǎn) ，則cos∠ = .
10
【解題思路】令 = ， = 作為基底，將 , 表示出來(lái)，再根據(jù)向量的數(shù)量積公式求夾角即可.
【解答過(guò)程】設(shè) = ， = ，則 = + = + 1 1 13 = + 3 = + 3 ，
= = 1 12 = 2 ，又| | = | | = 6， = 0，
1 +1
所以cos∠ = cos , = = 2 3| | | | |1 | | +1 2 3 |
1 2 2 1
= 2 3
6 2
1 2+ 2 2+1 2
= =
3 5×2 10 ．10
4 9
2
故答案為： .
10
5．（23-24 高一下·湖南常德·期中）如圖，正方形 的邊長(zhǎng)為6, 是 的中點(diǎn)， 是 邊上靠近點(diǎn) 的三
等分點(diǎn)， 與 交于點(diǎn) ．
(1)求∠ 的余弦值．
(2)若點(diǎn) 自 點(diǎn)逆時(shí)針沿正方形的邊運(yùn)動(dòng)到 點(diǎn)，在這個(gè)過(guò)程中，是否存在這樣的點(diǎn) ，使得 ⊥ ？若存
在，求出 的長(zhǎng)度，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解題思路】（1）如圖所示，建立以點(diǎn) 為原點(diǎn)的平面直角坐標(biāo)系，由于∠ 就是 , 的夾角，從而利
用向量夾角的坐標(biāo)表示即可求解；
18 6
（2）根據(jù)向量的共線表示聯(lián)立方程組可求解 , ，分點(diǎn) 在 上、點(diǎn) 在 上，結(jié)合向量垂直的坐標(biāo)
7 7
表示即可求解.
【解答過(guò)程】（1）如圖所示，建立以點(diǎn) 為原點(diǎn)的平面直角坐標(biāo)系．
則 (0,6), (3,0), (0,0), (6,2), ∴ = (3, 6), = (6,2)．
由于∠ 就是 , 的夾角．
18 12
∴ cos∠ = 2 2| || | = = ∴ ∠ 9+36 36+4 的余弦值為 ．10 10
（2）設(shè) ( , ), ∴ = ( , 6), ∵ ∥ , ∴ 3( 6) +6 = 0, ∴ 2 + 6 = 0
∵ = ( , ), = (6,2), ∥ , ∴ 2 6 = 0, ∴ = 3 , ∴ 7 = 6, ∴ =
6
7．
∴ = 187 , ∴
18 , 6 ．
7 7
由題得 = (3,2)．
①當(dāng)點(diǎn) 在 上時(shí)，設(shè) ( ,0),(0 ≤ ≤ 6), ∴ = 18 , 6 ，
7 7
2 2
∴ 3 54 127 7 = 0, ∴ =
22
7 , ∴
22 ,0 , ∴ | | = 4 + 6 = 2 13；
7 7 7 7
② 24 6當(dāng)點(diǎn) 在 上時(shí)，設(shè) (6, ),(0 < ≤ 6), ∴ = , ，
7 7
∴ 72 127 +2 7 = 0, ∴ =
30
7 ，舍去．
22 2
綜上，存在 ,0 ,| | = 7 13．7
題型 4 向量與幾何最值（范圍）問(wèn)題（共 5 小題）
1．（23-24 高一下·四川瀘州·期中）在梯形 ABCD 中， ∥ ， ⊥ ， = = 2 = 2，E 為 的
中點(diǎn)，F(xiàn) 為 上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），則 的取值范圍是（ ）
A 5 , 8 B 2, 9 8． ． C． 3, D． 2, 7
2 3 2 3 2
【解題思路】建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，利用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)公式表示出 ，結(jié)合 的范圍即可
得解.
【解答過(guò)程】以 A 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，
則 (0,0)， (2,0)， (1,2) 3， (0,2)， ,1 ， ( ,2)(0 ≤ ≤ 1)，
2
= 3所以 ,1 , = ( ,2), =
3
2 + 2，2
因?yàn)? 7的取值范圍是[0,1]，所以 的取值范圍是 2, .
2
故選：D．
2．（23-24 高一下·北京·期中）如圖，邊長(zhǎng)為 4 的正方形中心與單位圓圓心 重合，M，N 分別在圓周上，
正方形的四條邊上運(yùn)動(dòng)，則| + |的取值范圍是（ ）
A．[1,2 2] B．[1,2 2 +1] C．[ 2,2 2] D．[ 2,2 2 +1]
【解題思路】設(shè) 的反向延長(zhǎng)線與單位圓交于點(diǎn) ，得出| + | = | |，求出 到圓心的距離的最值后
根據(jù)圓的性質(zhì)可得．
【解答過(guò)程】如圖， 的反向延長(zhǎng)線與單位圓交于點(diǎn) ，則 = ，
+ = = ，
所以| + | = | |，
又由題意| |的最大值是2 2，最小值是 2，而 在單位圓上，
因此| |的最大值是2 2 +1，最小值是2 1 = 1，即所求值域是[1,2 2 +1]．
故選：B．
3．（23-24 高一下·廣東廣州·期中）已知 P 是邊長(zhǎng)為 1 的正六邊形 內(nèi)一點(diǎn)（含邊界），且 = +
, ∈ R，則下列正確的是（ ）
A． △ 的面積為定值 B． 使得| | > | |
C．∠ π π的取值范圍是 , D．| |的取值范圍是[1, 3]
6 3
【解題思路】對(duì) A，根據(jù) = + , ∈ R可得 // ，從而確定 在正六邊形 的對(duì)角線 上
運(yùn)動(dòng)，進(jìn)而根據(jù) 到 的距離為定值判斷即可；對(duì) B，根據(jù)正六邊形的對(duì)稱性判斷即可；對(duì) C，根據(jù)正六邊
形的對(duì)稱性分析最值即可；對(duì) D，根據(jù)當(dāng) ⊥ 時(shí)，| |有最小值判斷即可.
【解答過(guò)程】對(duì) A，由 = + , ∈ R可得 = ，
即 = ，可得 // ，
因此， 在正六邊形 的對(duì)角線 上運(yùn)動(dòng)，
所以 到 的距離為定值，所以 △ 的面積為定值，故 A 正確；
對(duì) B，因?yàn)檎呅? 關(guān)于對(duì)角線 對(duì)稱，故| | = | |，故 B 錯(cuò)誤；
π
對(duì) C，根據(jù)圖形的對(duì)稱性，當(dāng) 為 中點(diǎn)時(shí)，∠ 取得最大值3，
π
當(dāng) 與 , 重合時(shí)∠ π π取得最小值6，即∠ 的取值范圍是 , ，故 C 正確；6 3
對(duì) D，因?yàn)檎呅芜呴L(zhǎng)為 1，所以平行線 , 3的距離 = ，
2
又當(dāng) ⊥ 時(shí)，| | 3有最小值 ，故 D 錯(cuò)誤.2
故選：AC.
4．（23-24 高一下·上海·期中）窗花是貼在窗紙或窗戶玻璃上的剪紙，是中國(guó)古老的傳統(tǒng)民間藝術(shù)之一，圖
中所示的窗花輪廓可以看作是一個(gè)正八邊形.已知該正八邊形 1 2 3 4 5 6 7 8的邊長(zhǎng)為 10，點(diǎn) 在其邊上
運(yùn)動(dòng)，則 1 2 1 的取值范圍是 [ 50 2,100 + 50 2] .
【解題思路】作出圖形，由圖可得點(diǎn) 在 3 4上運(yùn)動(dòng)， 1 2 1 取的最大值，當(dāng) 在 7 8上運(yùn)動(dòng)， 1 2 1
取的最小值，求得相應(yīng)最值即可.
【解答過(guò)程】分別過(guò) 3， 8作 1 2的垂線，垂足為 ， ，且 1 = 5 2， 1 = 10 + 5 2，
因?yàn)辄c(diǎn) 在正八邊形上運(yùn)動(dòng)，所以 1 在 1 2上的投影向量的起點(diǎn)為 1，終點(diǎn)在線段 上移動(dòng)，
則當(dāng)點(diǎn) 在 3 4上運(yùn)動(dòng)， 1 2 1 取的最大值，為| 1 2| | 1 | = 10 × (10 + 5 2) = 100 + 50 2，
則當(dāng)點(diǎn) 在 7 8上運(yùn)動(dòng)， 1 2 1 取的最小值，為 | 1 2| | 1 | = 10 × 5 2 = 50 2，
所以 1 2 1 的取值范圍是[ 50 2,100 + 50 2]
故答案為：[ 50 2,100 + 50 2].
5．（23-24 高一下·浙江寧波·期中）已知矩形 中，| | = 2,| | = 1, 為 中點(diǎn)， 為邊 上的動(dòng)點(diǎn)
（不包括端點(diǎn)）.
(1)求 的最小值；
(2)設(shè)線段 與 的交點(diǎn)為 ，求 的最小值.
【解題思路】（1）以點(diǎn) 為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)公式求得結(jié)果；

（2）根據(jù)三角形相似得出 = ，再求出 的坐標(biāo)，利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)公式求得結(jié)果.
【解答過(guò)程】（1）設(shè) = ( ∈ (0,2))，如圖建立直角坐標(biāo)系：
∵ (0,0), (0,1), ( ,1), (2,0)，
∴ = ( , 1), = (2 , 1)
∴ = (2 ) + ( 1) × ( 1) = 2 2 + 1 = ( 1)2
當(dāng) = 1時(shí)， 有最小值，最小值為 0；
（2）由圖可得： △ ∽△
1 1
則 = = ∴ = +1
1
∴ = ( ,1), = + 1 , + 1
2 1
= + 1 + + 1
=
2+1 = ( +1)
2 2 2
+1 +1 = + 1 +1 =
2
( + 1) + +1 2 ≥ 2 2 2，
當(dāng)且僅當(dāng) + 1 = 2 +1即 = 2 1時(shí)取等號(hào)，
∴ 的最小值為2 2 2.
題型 5 平面向量中的新定義問(wèn)題（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·山平面東向量聊線城性運(yùn)·算期的坐中標(biāo)）表示設(shè)向量 與 的夾角為 ，定義 = | sin cos |，已知| | = 2，
| + | = 5，| | = 1，則 = （ ）
A． 3 B 2 2． C． 2 D． 23 2
【解題思路】利用平面向量數(shù)量積的運(yùn)算法則求得 與cos ，進(jìn)而求得sin ，再代入 ，利用數(shù)量積
求模長(zhǎng)公式即可得解.
【解答過(guò)程】 ∵ | | = 2，| | = 1,| + | 2= 5， ∴ | + | = 2 2+2 + = 5，
即2 + 2 +1 = 5，則 = 1，

故 = | || |cos = 2cos = 1，得cos = 2， 2
2
∵ ∈ [0,π]， ∴ sin = 1 2 = 2，
2 2
∴ = | 2 2 sin cos | = | 2 2 |
= 1 2 + 1 2 = 1 × 2 1 + 1 = 2.
2 2 2 2 2
故選：D.
π
2．（23-24 高一下·江蘇鎮(zhèn)江·期中）如圖，設(shè) ∈ (0,π)，且 ≠ 2，當(dāng)∠ = 時(shí)，定義平面坐標(biāo)系 為
的斜坐標(biāo)系，在 的斜坐標(biāo)系中，任意一點(diǎn)

的斜坐標(biāo)這樣定義：設(shè) 1, 2是分別與 軸， 軸正方向相同的單

位向量，若 = 1 + 2，記 = ( , )，則下列結(jié)論中正確的是（ ）
A．設(shè) = ( , ), = ( , )，若 ⊥ ，則 + = 0
B．設(shè) = ( , )，則| | = 2 + 2
C．設(shè) = ( , ), = ( , ).若 // ，則 = 0
π π
D．設(shè) = (1,2), = (2,1)，若 與 的夾角為3，則 = 3
【解題思路】利用向量垂直的坐標(biāo)表示可得 A 錯(cuò)誤；由向量模長(zhǎng)的定義可得 B 錯(cuò)誤；由向量平行的坐標(biāo)表
示可得 C 正確；由向量數(shù)量積的定義可得 D 錯(cuò)誤.
【解答過(guò)程】A：因?yàn)? = ( , ), = ( , )，所以 = 1 + 2, = 1 + 2，
又 ⊥ ，所以 = 0，
即( + ) ( + ) = 2 + ( + ) + 21 2 1 2 1 1 2 2 = + + ( + )cos = 0，
所以 + = ( + )cos ，
1
因?yàn)? ≠ 2π，所以 + ≠ 0，故 A 錯(cuò)誤；
B：因?yàn)? = ( , )，所以 = 1 + 2，
所以| | = | 1 + 2| = 2 + 2 + 2 cos ，
π
又 ∈ (0,π)，且 ≠ 2，
所以| | ≠ 2 + 2，故 B 錯(cuò)誤；
C：因?yàn)? = ( , ), = ( , )，所以 = 1 + 2, = 1 + 2，
又 // ，則 = ，即 1 + 2 = ( 1 + 2)，
=
即 = ，所以 = 0，故 C 正確；
D：因?yàn)? = (1,2), = (2,1)，所以 = 1 +2 2, = 2 1 + 2，
π
又 與 的夾角為3，
→ → → 2 → → → 2
π · → → → →cos = 1+2 2 · 2 1+ 2
2 1 +5 1· 2+2 2 4+5cos
所以 3 |→||→ | = | → = 2+2 → ||2 → + → | → +2 → 2 → → 2 =1 2 1 2 + 5+4cos ，1 2 1 2
1
解得cos = 2，
所以 = 2π3 ，故 D 錯(cuò)誤；
故選：C.
3 23-24 · · “ ” = | || |sin , ∈ (0,π)．（ 高一下 浙江 期中）定義一種向量運(yùn)算 ： | | , , (0,π) ，其中 是任意的兩
個(gè)非零向量， 是 與 的夾角．對(duì)于同一平面內(nèi)的非零向量 ，給出下列結(jié)論，其中不正確的是（ ）
A．若 = 0，則| | = | |
B．若 ∈ ， ≠ 0，則 =
C． + = +
D．若| | = 2，則 ≤ | | +2
【解題思路】利用 的定義證明 A 選項(xiàng)正確，然后由 2 ≠ 2 可否定 B 和 C 選項(xiàng)，最后給
出 D 選項(xiàng)的反例即可.
【解答過(guò)程】對(duì)于 A | |，若 = 0，由 的定義有 | | sin = 0 |或 | = 0 ∈ (0,π) (0,π) .

由于 , |是非零向量，故前者不可能成立，從而 | = 0 (0,π) ，這得到| | = 0，即 = 0.
所以 = ，故| | = | |，A 正確；
對(duì)于 B，設(shè)有非零向量 ，則 = 0， 2 = |2 | = | | ≠ 0，故 2 ≠ 0 = 2 ，B 錯(cuò)
誤；
對(duì)于 C，由于 2 ≠ 2 ，故 + ≠ + ，C 錯(cuò)誤；
對(duì)于 D，若 ⊥ ，| | = 2，| | = 3，則 = | || | = 6 > 3 + 2 = | | +2，D 錯(cuò)誤.
故選：BCD.
4．（23-24 高一下·北京·期中）對(duì)于非零向量 ，定義運(yùn)算“*”： = | | | |sin .其中 為 , 的夾角.
有兩兩不共線的三個(gè)向量 , , ,下列結(jié)論不一定成立的是 ①②④ .（只需寫出序號(hào)）
①若 = ，則 =
② =
③ =
④ + = +
【解題思路】設(shè) , 的夾角為 ， , 的夾角為 ， , 的夾角為 ，按照題目所定義的新運(yùn)算逐項(xiàng)判斷正誤.
【解答過(guò)程】設(shè) , 的夾角為 ， , 的夾角為 ， , 的夾角為 ．
由題意可知： = | || |sin ， = | || |sin ， = | || |sin ，
且| | ≠ 0,| | ≠ 0,| | ≠ 0，
對(duì)于①：若 = ，即| || |sin = | || |sin ，
可得| |sin = | |sin ，故①不正確；
對(duì)于②：因?yàn)? = | || |sin ， = | || |sin ，
又因?yàn)?, 不一定共線，即 與 不一定相等，故②不正確；
對(duì)于③： = | || |sin(π ) = | || |sin = ，故③正確；
對(duì)于④：若 = + ，且 , 不共線，則 + = 0， + ≠ 0，故④不正確；
故答案為：①②④．
5．（23-24 高一下·云南昆明·期中）設(shè)平面內(nèi)兩個(gè)非零向量 , 的夾角為 ，定義一種運(yùn)算“ ”： = |
|| |sin ．試求解下列問(wèn)題：
(1)已知向量 , 滿足 = (2,1),| | = 2, = 4，求 的值；
(2)①若 = ( 1, 1), = ( 2, 2)，用坐標(biāo) 1, 1, 2, 2表示 ；
②在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn) (2,1), ( 1,2), (0,4)，求 的值；
(3) = 1 , 2 , = 2 , 1 , ∈ 0, π已知向量 ，求 的最小值．
cos sin sin cos 2
【解題思路】（1）借助新定義計(jì)算即可得；
（2）借助所給定義及三角函數(shù)間的關(guān)系，計(jì)算可得 = | || |sin = | 1 2 2 1|，代入數(shù)據(jù)計(jì)算即可得；
（3）由 = | || |sin = | 1 2 2 1|，代入數(shù)據(jù)，結(jié)合基本不等式計(jì)算即可得.
【解答過(guò)程】（1）由已知 = (2,1)，得| | = 5，
2
所以 = | | | |cos = 4 2 5cos = 4，即cos = 5，
1
又0 ≤ ≤ π，所以sin = 5，
1
所以 = | || |sin = 2 5 × = 25 ；
（2）①設(shè) = ( 1, 1), = ( 2, 2)，則| | = 12 + 12,| | = 22 + 22，
1 2+ 1 2
所以cos = = ，
| | | | 12+ 12 22+ 22
2
2 | |
sin = 1 1 2+ 1 2 =
( 1 2 2 1) 1 2 2 1= ，
2+ 2 2+ 2 12+
2
1 22+ 22 12+ 12 22+
2
1 1 2 2 2
所以 = | || |sin = | 1 2 2 1|，
② = ( 3,1), = (1,2)，
所以 = | 3 × 2 1 × 1| = 7；
（3）由（2）得 = | || |sin = | 1 2 2 1|，
= | 1 1 4故 2 4cos sin2 | = cos2 + sin2 ，
1 4 1 4 sin2 4cos2
cos2 + sin2 = cos2 + sin2 (cos
2 + sin2 ) = 5 + cos2 + sin2
≥ 5 + 2 sin2 4cos2× = 9，
cos2 sin2
sin2 4cos2
當(dāng)且僅當(dāng)cos2 = sin2 ，即tan = 2時(shí)等號(hào)成立，
所以 的最小值是 9．
題型 6 求三角形面積的最值或范圍（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·山平面東向淄量線博性運(yùn)·期算的中坐標(biāo)）表在示 △ 中，角 , , 所對(duì)的邊分別為 , , ，若sin2 sin2 + sin2 = sin
sin ，且 = 3，則 △ 面積的最大值為（ ）
A 3 B 9 3 C 3 3． ． ． D．24 4 3
【解題思路】先由正弦定理化角為邊，再利用余弦定理求出 ，然后由余弦定理結(jié)合重要不等式得 范圍，
最后由面積公式求最值即可.
【解答過(guò)程】根據(jù)題意，由正弦定理角化邊為： 2 2 + 2 = ，
2+ 2 2 1
再由余弦定理得：cos = 2 = 2，
π
因?yàn)? < < π，所以 = 3，又 = 3，
由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos ，即9 = 2 + 2 ，
因?yàn)?2 + 2 ≥ 2 ，所以9 ≥ 2 ，即 ≤ 9，
當(dāng)且僅當(dāng) = = 3時(shí)等號(hào)成立，
π
故 △ 的面積 = 12 sin =
1
2 sin ≤
1
3 2 × 9 ×
3 = 9 3，
2 4
9 3
所以 △ 面積的最大值為 .
4
故選：B.
π
2．（23-24 高一下·重慶·期中）在 △ 中，∠ 的角平分線 交 于點(diǎn) ，若 = 2，∠ = 3，則 △
的面積的最小值為（ ）
A 3 B 2 3 C 2 3 4 3． ． ． D．3 3
3 16
【解題思路】根據(jù) △ = △ + △ 可得 + = ，由基本不等式可得 ≥ 3 ，然后可得面積最小2
值.
【解答過(guò)程】在 △ 中，記 , , 所對(duì)的邊為 , , ，
因?yàn)?△ = △ + △ ，
1 π π π
所以2 sin3 =
1
2 × 2 sin6 +
1
2 × 2 sin6，
即 + = 3 3，所以2 ≤ ，即 ≥
16
2 2 3
，
4
當(dāng)且僅當(dāng) = = 3時(shí)等號(hào)成立，
1 3 4 3所以 △ = 2 sin∠ = ≥ .4 3
故選：D.
3．（23-24 高一下·福建福州·期中）在 △ 中，角 ， ， 的對(duì)邊分別為 ， ， ，下列四個(gè)命題中，正
確的有（ ）
A．當(dāng) = 5， = 7， = 60°時(shí)，滿足條件的三角形共有 1 個(gè)
B．若 △ 是鈍角三角形，則tan tan < 1
C．若 2tan = 2tan ，則 =
D．若 = 60°， = 2，則 △ 面積的最大值為 3
【解題思路】對(duì)于 A 選項(xiàng)利用正余弦定理即可，對(duì)于 B 選項(xiàng)分類討論即可，對(duì)于 C 選項(xiàng)利用切化弦化簡(jiǎn)即
可，對(duì)于 D 根據(jù)余弦定理結(jié)合三角形面積公式與基本不等式判斷即可.
【解答過(guò)程】對(duì)于 A：由余弦定理有： 2 + 2 2 = 2 cos ……①，
= 5， = 7， = 60°代入①式有： 2 7 + 24 = 0……②
上式判別式Δ = 49 4 × 1 × 24 < 0，
故②式無(wú)解，即 不存在，故 A 錯(cuò)誤.
π π
對(duì)于 B：當(dāng) > 2時(shí)，0 < < 2；
故tan < 0,tan > 0 tan tan < 0 < 1顯然成立；
π π π π π
當(dāng) > 2時(shí)，0 < < 2且0 < + < 2，則0 < < 2 < 2，
sin π
所以tan < tan π = 2 =
cos 1
2 cos π sin
= tan ……③，
2
1
對(duì)③式兩邊同乘以tan (tan > 0)有tan tan < tan tan = 1；
π π
當(dāng) > 2時(shí)，0 < < 2；
故tan < 0,tan > 0 tan tan < 0 < 1顯然成立；
綜上所述三種情況都有：tan tan < 1恒成立，故 B 正確；
2 2 2對(duì)于 C： tan = 2tan sin sin = sin sin cos cos sin2 = sin2
當(dāng)2 = 2 時(shí)， = = ，
當(dāng)2 + 2 = π時(shí)， + = π時(shí)，得不出 = ，故 C 錯(cuò)誤；
對(duì)于 D：若 = 60°， = 2，則由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos ，有4 = 2 + 2 .
又4 = 2 + 2 ≥ 2 = ，故 ≤ 4，當(dāng)且僅當(dāng) = = 2時(shí)取等號(hào).
故 △ =
1
2 sin =
3 ≤ 3 × 4 = 3，故 D 正確；4 4
故選：BD.
4．（23-24 高一下·廣西欽州·期中）在 △ 中，角 , , 所對(duì)的邊分別為 , , ,若sin2 sin2 + sin2 = sin
sin ,且 △ 的外接圓的半徑為2 3,則 △ 面積的最大值為 9 3 ．
π
【解題思路】由正弦定理和余弦定理得到 = 3，再由外接圓半徑 = 6，由基本不等式得到 ≤ 36，由三角
形面積公式求出答案.
【解答過(guò)程】在 △ 中，sin2 sin2 + sin2 = sin sin ,
2 2 2
由正弦定理得 2 + 2 2 = , + 1由余弦定理得cos = 2 = 2,
π
因?yàn)?為 △ 的內(nèi)角，則0 < < π，所以 = 3.

因?yàn)?△ 的外接圓的半徑為2 3,由正弦定理得sin = sin = sin = 4 3.
所以 = 4 3sin = 4 3 × 3 = 6,由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos ,2
即36 = 2 + 2 ,
因?yàn)?2 + 2 ≥ 2 ,所以 ≤ 36,當(dāng)且僅當(dāng) = = 6時(shí)取等號(hào)，
故 △ 1的面積 = 2 sin ≤ 9 3,所以 △ 面積的最大值為9 3.
故答案為：9 3.
5 + ．（23-24 高一下·江蘇無(wú)錫·期中）從① sin 2 = sin ；②sin
2 + sin2 sin2 sin sin = 0；③ cos
(2 )cos = 0， 這三個(gè)條件中任選一個(gè)， 補(bǔ)充在下面問(wèn)題中， 并加以解答．
在 △ 中，三邊 , , 分別是角 , , 的對(duì)邊， 若______.
(1)求 C；
(2)若 = 2，求 △ 的面積的最大值．

【解題思路】（1）條件①，化簡(jiǎn)得到cos2 = sin = 2sin

2cos
1
2，求得sin2 = 2，進(jìn)而求得 的值；
1
選條件②，由正弦定理得到 2 + 2 2 = ，結(jié)合余弦定理，求得cos = 2，即可求解；
選條件③：化簡(jiǎn)得到sin = 2sin cos 1，求得cos = 2，即可求解；
（2）由（1）和由余弦定理得4 = 2 + 2 ≥ 2 = ，得到 ≤ 4，結(jié)合面積公式，即可求解.
+
【解答過(guò)程】（1）解：若選條件①，由 sin 2 = sin ，
π
可得sin sin( 2 2) = sin sin ，即sin cos2 = sin sin ，
因?yàn)? ∈ (0,π)，所以sin > 0 ，可得cos2 = sin = 2sin

2cos

2，
π π π
因?yàn)? ∈ (0,2)
1
，可得cos2 > 0，所以sin2 = 2，所以2 = 6，可得 = 3.
若選條件②，由sin2 + sin2 sin2 sin sin = 0，
根據(jù)正弦定理得 2 + 2 2 = 0，即 2 + 2 2 = ，
2 2 2
由余弦定理得cos = + 12 = 2，
π
因?yàn)? ∈ (0,π)，所以 = 3.
若選條件③：由 cos (2 )cos = 0，可得sin cos (2sin sin )cos = 0，
即sin cos 2sin cos + sin cos = 0，
因?yàn)閟in = sin( + ) = sin cos + cos sin ，可得sin = 2sin cos ，
又因?yàn)? ∈ (0,π)，所以sin > 0，所以cos = 12，
π
因?yàn)? ∈ (0,π)，所以 = 3.
π
（2）解：由（1）知： = 3且 = 2，
又由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos ，
π
即4 = 2 + 2 2 cos3 =
2 + 2 ≥ 2 = ，
當(dāng)且僅當(dāng) = 時(shí)，等號(hào)成立，所以 ≤ 4，
π
則 △ =
1 1
2 sin ≤ 2 × 4 × sin3 = 3，所以 △ 面積的最大值為 3.
題型 7 求三角形邊長(zhǎng)或周長(zhǎng)的最值或范圍（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

1．（23-24 · 平面向量 cos cos 2 3sin 高一下 廣東茂線名性運(yùn)·算期的坐中標(biāo)）表示在 △ 中，角 , , 的對(duì)邊分別為 , , ，若 + = , = ，3sin 3
則 + 的取值范圍是（ ）
A 3 3． , 3 B． , 3 C． 3 , 3 D． 3 , 3
2 2 2 2
3
【解題思路】根據(jù)余弦定理化簡(jiǎn)題中條件，得到 = ，再利用基本不等式求 + 的取值范圍即可.
2
∵△ cos cos 【解答過(guò)程】 中， + =
2 3sin
，
3sin
2+ 2 2 2+ 2 2 2 3 2 2∴ 2 3 32 + 2 = , ∴ 2 = , ∴ 解得 = ；3 3 2
2
∵ = 3，由余弦定理得：
2 = 2 + 2 2 cos , 3 = 2 + 2 2 cos
2 3，
3 2= 2 + 2 ,3 = ( + )2 3 ≥ ( + )2 3 + 4 4 2 ，
( + )2 ≤ 3, + ≤ 3, ∵ + > = 3, ∴ 3 < + ≤ ．2 2 3
故選：D．
2．（23-24 高一下·湖北武漢·期中）在銳角 △ 中，角 , , 的對(duì)邊分別為 , , , 為 △ 的面積， = 4，
且2 = 2 ( )2，則 △ 的周長(zhǎng)的取值范圍是（ ）
A． 8,4 5 + 4 B． 12,2 5 + 2 C． 8,2 5 + 2 D． 12,4 5 + 4

【解題思路】利用面積公式和余弦定理可得tan2 =
1
2,tan =
4
3，然后根據(jù)正弦定理及三角變換可得 + = 5
(sin + sin ) = 4 5sin( + )，再根據(jù)三角形是銳角三角形，得到 的范圍，轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)求值域的問(wèn)
題.
【解答過(guò)程】 ∵ 2 = 2 ( )2 = 2 2 2 +2 = 2 2 cos ，
∴ = cos = 12 sin ，
∴1 cos = 12sin ，即2sin
2
2 = sin

2cos2， 為銳角，
1
∴tan = 1 4 4 312 2,tanA = 1 = 3,sin = 5,cos = 5，又 = 4，4

由正弦定理可得sin = sin = sin = 5，
所以 + = 5(sin + sin ) = 5[sin + sin( + )]
3 4
= 5 sin + 5 sin + 5 cos = 8sin + 4cos
= 4 sin 1 5 ( + )，其中tan = 2， = 2，
因?yàn)?△ 為銳角三角形，
π π π π
所以2 < < 2，則2 + < + < 2 + ，
π π
即：2 2 < + < 2 +

2，
2
所以cos2 < sin( + ) ≤ 1，又cos2 = 5，
∴8 < 4 5sin( + ) ≤ 4 5，即 + ∈ 8，4 5 ，
故 △ 的周長(zhǎng)的取值范圍是 12,4 5 + 4 .
故選：D.
3．（23-24 高一下·浙江紹興·期中）已知在銳角 △ 中，內(nèi)角 , , 所對(duì)的邊分別為 ， ， ，若 △ 的
2+ 2 2
面積為 4 ， = 1，則（ ）
π
A． = 4 B．邊 的取值范圍是
2 , 2
2
C △ 1 , 1． 面積取值范圍是 D． △ 周長(zhǎng)取值范圍是[ 2 + 1,2 + 2]
4 2
π 2
【解題思路】A 選項(xiàng)，由余弦定理得到sin = cos ，得到 = 4；B 選項(xiàng)，由正弦定理得到 = +
2，
2tan 2
根據(jù) △ π π為銳角三角形，得到 ∈ , ，從而得到 ∈ 2 , 2 ；C 選項(xiàng)，在 B 選項(xiàng)基礎(chǔ)上得到 2
4 2 2 △
=
4
∈ 1 , 1 ；D 選項(xiàng)，由正弦定理得到 = 2 ∈ 22sin ,1 ，結(jié)合 B 選項(xiàng)，得到周長(zhǎng)的取值范圍.4 2 2
1 2+ 2 2 2 2 2
【解答過(guò)程】A 選項(xiàng)，由題意得2 sin = 4 ，即sin =
+
2 = cos ，
π
因?yàn)? ∈ 0, π ，所以 =
2 4
，A 正確；

B 1選項(xiàng)，由正弦定理得sin = sin ，
= sin sin
π+ 2 cos + 2 sin
故 4 2 2sin = = =
2 + 2，
sin sin 2tan 2
π
△ π 3π π因?yàn)殇J角 中， = 4，所以 ∈ 0, , = 4 ∈ 0, ，2 2
解得 ∈ π , π ，故tan ∈ (1, + ∞)，
4 2
= 2 + 2 ∈ 2 ，B 正確；
2tan 2 , 22
C 選項(xiàng)，由 B 可知， ∈ 2 , 2 ，故 =
1 2 1 1
2 △ 2
sin = ∈ , ，4 4 2
△ 1面積取值范圍是 , 1 ，C 正確；
4 2
π
D 1 sin 2選項(xiàng)，由正弦定理得sin = 4sin ，故 = = ，sin 2sin
π π 2
因?yàn)? ∈ , ，所以 = ∈ 22sin ,1 ，4 2 2
故 + + ∈ (1 + 2,2 + 2)，
所以 △ 周長(zhǎng)取值范圍是(1 + 2,2 + 2)，D 錯(cuò)誤.
故選：ABC.
4．（23-24 高一下·四川瀘州·期中）在銳角 △ 中，角 A，B，C 所對(duì)的邊分別是 a，b，c，若 = 2, =
π
3，則 △ 周長(zhǎng)的取值范圍為 (3 + 3,6 + 2 3) ．
【解題思路】由正弦定理可以把 + 表示為角 的函數(shù)，由銳角三角形得出角 的取值范圍，進(jìn)而可得 +
的取值范圍.
π π π π π
【解答過(guò)程】在銳角 △ 中， = 2, = 3，0 < <
2π
2，0 < 3 < 2，則6 < < 2，
2π
由正弦定理， 得 = sin = 2sin( ) sin 3 3sin ， = sin = ，sin sin
2 3cos2
所 + = 3cos +sin + 3 = 1 + 3(1+cos ) = 1 + 2 = 1 +
3
，
sin sin sin 2sin cos tan2 2 2
π π π π π π
由12 < 2 <

4，得tan12 < tan2 < 1，而tan
3 1
12 = tan(3 4) = = 2 3，則2 3 < tan
< 1，
1+ 3 2
1 + 3 < + < 1 + 3因此 =4 + 2 3，所以 △ 周長(zhǎng)的取值范圍為(3 + 3,6 + 2 3).
2 3
故答案為：(3 + 3,6 + 2 3).
5．（23-24 高一下·廣東茂名·期中）設(shè) △ 內(nèi)角 , , 的對(duì)邊分別為 , , ，已知 = 2 3，2 = 2 cos ．
(1)求角 ；
(2)若 + = 4，求 △ 的面積；
(3)求 △ 的周長(zhǎng)的取值范圍．
【解題思路】（1）利用正弦定理將邊化角，再由誘導(dǎo)公式及兩角和的正弦公式計(jì)算可得；
（2）利用余弦定理求出 ，再由面積公式計(jì)算可得；
3 π 2π（ ）由正弦定理將邊化角，再化簡(jiǎn)得 + = 4 3sin + ，再由0 < < 3 求得 + 的取值范圍，即可得6
周長(zhǎng)的取值范圍.
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)? = 2 cos ，
由正弦定理可得2sin sin = 2sin cos ，
又sin = sin[π ( + )] = sin( + )，
所以2sin( + ) sin = 2sin cos ，
即2sin cos + 2cos sin sin = 2sin cos ，
所以2cos sin = sin ，
又 ∈ (0,π)，所以sin > 0，則cos =
1
2，
π
又 ∈ (0,π)，所以 = 3.
π
（2）因?yàn)? = 2 3， = 3， + = 4，
由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos = ( + )2 2 2 cos ，
即12 = 42 2 2 × 12， 解得 =
4
3，
π
所以 △ 的面積 △ =
1 sin = 1 × 4 32 2 3 × sin3 = .3
π
（3）因?yàn)? = 2 3， = 3，
2 3
由正弦定理得sin = =

sin sin = 3 = 4，2
2π
因?yàn)? + = π = 3 ，
所以 + = 4(sin + sin ) = 4 sin + sin 2π
3
2π 2π
= 4 sin + sin 3 cos cos 3 sin
= 4 3 1 cos + 3 sin = 4 3sin + π ，
2 2 6
2π π π
因?yàn)? < < 3 ， 所以6 < +
5π
6 < 6 ，sin +
π ∈ 1 ,1 ，
6 2
所以 + ∈ (2 3,4 3]， 即 + + ∈ (4 3,6 3]，
所以 △ 周長(zhǎng)的取值范圍為(4 3,6 3].
題型 8 復(fù)數(shù)的模的最值（范圍）問(wèn)題（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·河平面北向量石線家性運(yùn)莊算的·坐期標(biāo)中表示）當(dāng)復(fù)數(shù) z 滿足| (3 + 4i)| = 1時(shí)，則| |的最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解題思路】設(shè) = + i，由復(fù)數(shù) 滿足| (3 + 4i)| = 1可知， 在以(3,4)為圓心的單位圓上，由此求| |的
最值.
【解答過(guò)程】設(shè) = + i，復(fù)數(shù) 滿足| (3 + 4i)| = 1，
所以( 3)2 + ( 4)2 = 1，表示( , )到點(diǎn)(3,4)的距離為 1，
所以( , )到原點(diǎn)的距離的最小值為 32 + 42 1 = 4，即| |的最小值是 4.
故選：B.
2．（23-24 高一下·福建福州·期中）已知復(fù)數(shù) 滿足| | = 2，則| + 3 + 4i|最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解題思路】根據(jù)給定條件，利用復(fù)數(shù)模的幾何意義求解即得.
【解答過(guò)程】| | = 2是復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù) 對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡為以原點(diǎn) 為圓心，2 為半徑的圓，
| + 3 + 4i| = | ( 3 4i)|是上述圓上的點(diǎn)到復(fù)數(shù) 3 4i對(duì)應(yīng)點(diǎn) ( 3, 4)的距離，
而| | = 32 + 42 = 5 > 2，所以| + 3 + 4i|的最小值是| | 2 = 3.
故選：A.
3．（23-24 高一下·安徽蕪湖·期中）下列命題正確的是（ ）
A．若 1， 2是復(fù)數(shù)，則 1 + 2 = 1 + 2
B．若復(fù)數(shù) 的共軛復(fù)數(shù)為 ， = | |2 = | |2
C．虛軸上的點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均為純虛數(shù)
D．已知復(fù)數(shù) 滿足| + 3i| = 1（i為虛數(shù)單位），則| 1 + 2i|的最小值是 2 1
【解題思路】設(shè) 1 = + i, 2 = + i,計(jì)算可判斷 A；設(shè) = + i, = i,計(jì)算可判斷 B；點(diǎn)（0，0）在
虛軸上可判斷 C；因?yàn)閨 + 3i| = 1表示點(diǎn)Z到(0, 3)的距離為 1，| 1 + 2i|表示點(diǎn)Z到(1, 2)的距離，計(jì)算可
得最小值.
【解答過(guò)程】對(duì)于 A：設(shè) 1 = + i, 2 = + i,則 1 + 2 = + ( + )i=( i) + ( i) = 1 + 2,故 A
正確；
對(duì)于 B：設(shè) = + i, = i,則 · = （ + i)( i)= 2 + 2 = | |2 = | |2,故 B 正確；
對(duì)于 C：點(diǎn)（0，0）在虛軸上，但不表示純虛數(shù)，故 C 錯(cuò)誤；
對(duì)于 D：因?yàn)閨 + 3i| = 1表示點(diǎn)Z到(0, 3)的距離為 1，則點(diǎn)Z在以(0, 3)為圓心的圓上，
又| 1 + 2i|表示點(diǎn)Z到(1, 2)的距離，又(0, 3)到(1, 2)的距離為 12 + 12 = 2,
所以| 1 + 2i|的最小值為 2 1,故 D 正確.
故選：ABD.
4．（23-24 高一下·河北·期中）若復(fù)數(shù) 1， 2滿足| 1 5 7i| = 1，| 2 + i| = | 2 i|，則| 1 2|的最小值為
6 ．
【解題思路】在復(fù)平面內(nèi)，根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義，結(jié)合直線與圓的位置關(guān)系分析即可.
【解答過(guò)程】由| 1 5 7i| = 1可知， 1對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是以 (5,7)為圓心，1 為半徑的圓．
由| 2 + i| = | 2 i|可知， 2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是以 (0,1)， (0, 1)為端點(diǎn)的線段 BC 的垂直平分線，也就是 x 軸．
| 1 2|為圓上一點(diǎn)與 x 軸上一點(diǎn)的距離的最小值，即為圓心到 x 軸的距離減去半徑為 6．
故答案為：6.
5．（23-24 高一下·福建三明·期中）已知復(fù)數(shù) = 1 + i( ∈ )，i 為虛數(shù)單位．
(1)若 z 是純虛數(shù)，求 a；
(2)若| | = 5，求 ；
(3)在（1）的條件下，復(fù)數(shù) w 滿足| | = 1，寫出復(fù)數(shù) w 在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡.
【解題思路】（1）根據(jù)純虛數(shù)的定義即可求解，
（2）利用復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)公式，即可求解 = 2或 = 1,進(jìn)而利用共軛復(fù)數(shù)的定義求解即可，
（3）根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義即可求解.
1 = 0
【解答過(guò)程】（1）若 z 是純虛數(shù)，則 ≠ 0 ，所以 = 1；
（2）| | = ( 1)2 + 2 = 5，所以 2 2 = 0，所以 = 2或 = 1,
當(dāng) = 2時(shí)， = 1 + 2i， = 1 2i，
當(dāng) = 1時(shí)， = 2 i， = 2 + i，
（3）由（1）知 = i，| | = | i| = 1，
∴復(fù)數(shù) w 在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡為：以(0,1)為圓心，以 1 為半徑的圓.
題型 9 幾何體與球的切、接問(wèn)題（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·福平面建向量莆線田性運(yùn)·算期的坐中標(biāo)）表示一個(gè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，則它的外接球與內(nèi)切球表面積之比為（）
A．3:1 B． 3:1 C．9:1 D．27:1
【解題思路】根據(jù)正四面體的結(jié)構(gòu)特征，求出內(nèi)切球半徑與外接球半徑即可作答.
【解答過(guò)程】依題意，正四面體 的內(nèi)切球與外接球球心重合，記為 ，
令正 △ 的中心為 ，連接 , , ，
顯然點(diǎn) 在 上，令正四面體 的內(nèi)切球與外接球半徑分別為 ， ，
即 = ， = = ，
而 = 23 sin60
= 23 × 2 ×
3 = 2 3，
2 3
則 = 2 2 = 22 2 3
2
= 2 6，
3 3
2 2
在Rt △ 2 6中， 2 = + 2 3 = 6，解得 ， = = 63 3 ，2 6
4π 2 2 9
所以它的外接球與內(nèi)切球的表面積之比為4π 2 = = 1.
故選：C.
2．（23-24 高一下·福建廈門·期中）把 △ 1 2 3沿三條中位線折疊成四面體 ，其中 1 2 = 24， 1 3
= 20， 2 3 = 16，則四面體 的外接球表面積為（ ）
A 77π． 2 B．77π C．154π D．308π
【解題思路】由條件分析四面體 的結(jié)構(gòu)特征，即對(duì)棱相等，以此構(gòu)造長(zhǎng)方體，結(jié)合長(zhǎng)方體外接球的半
徑 與長(zhǎng)寬高的關(guān)系求出4 2，再由球的表面積公式得球的表面積即可.
【解答過(guò)程】如圖①所示，記 1 2, 2 3, 1 3的中點(diǎn)分別為 , , ，
因?yàn)?1 2 = 24, 2 3 = 16, 1 3 = 20，
所以由中位線性質(zhì)可得 = 8, = 10, = 12，
翻折后的四面體如圖②所示，由翻折的性質(zhì)可得，
= 8, = 10, = 12，
所以四面體 對(duì)棱相等，故可以考慮將四面體 補(bǔ)形為長(zhǎng)方體如圖③所示，
四面體 的外接球即長(zhǎng)方體的外接球，
設(shè)其外接球半徑為 ，
2 + 2 = 122
則 2 + 2 = 82 ,
2 + 2 = 102
所以 2 + 2 + 2 = 154，
故4 2 = 2 + 2 + 2 = 154，
所以四面體 的外接球表面積 = 4π 2 = 154π.
故選：C.
3．（23-24 高一下·廣東廣州·期中）如圖，在直三棱柱 1 1 1中， 1
= 2, = = 1,∠ = 120°，側(cè)面 1 1 的對(duì)角線交點(diǎn) O，點(diǎn) E 是側(cè)棱 1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，下列結(jié)論正
確的是（ ）
A．直三棱柱的側(cè)面積是4 + 2 3
B．直三棱柱的外接球表面積是8π
C．直三棱柱的內(nèi)置球的最大表面積為4
D． + 1的最小值為2 2
【解題思路】利用余弦定理求得 = 3，即可求得側(cè)面積，可判斷 A；利用正弦定理求 △ 的外接圓半
徑，由直棱柱性質(zhì)可得外接球球心到底面 的距離為 1，進(jìn)而可得球的半徑，可判斷 B；當(dāng)內(nèi)置球與側(cè)面
相切時(shí)，利用三角形面積公式求 △ 的內(nèi)切圓半徑，然后比較與上下底面相切時(shí)的內(nèi)切球半徑即可得最
大內(nèi)置球的半徑，可判斷 C；將側(cè)面展開(kāi)，根據(jù)三點(diǎn)共線時(shí)路徑最短可判斷 D.
【解答過(guò)程】對(duì)于 A，由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos120° = 3，
所以 = 3，所以直三棱柱的側(cè)面積為2(1 + 1 + 3) = 4 + 2 3，A 正確；
3
對(duì)于 B，由正弦定理可得底面 △ 的外接圓半徑 1 = = 1，2sin120°
易知直三棱柱 1 1 1的外接球球心到底面 的距離為 1，
所以，外接球半徑 = 2 + 12 = 2，所以外接球表面積為4π 2 = 8π，B 正確；
對(duì)于 C，若內(nèi)置球與上下底面相切，則半徑為 1；
若內(nèi)置球與三個(gè)側(cè)面相切，由截面圖可知，該球半徑等于 △ 的內(nèi)切圓半徑 2，
1 1
由三角形面積公式可得2(1 + 1 + 3) 2 = 2 × 1 × 1 × sin120°
2 3 3
，解得 2 = ，2
2 3 3 2 3 3
因?yàn)?2 = < 1，所以直三棱柱的內(nèi)置球的最大半徑為 ，2 2
2
2 3 3
所以直三棱柱的內(nèi)置球的最大表面積為4 × π =2 (21 12 3)π，C 錯(cuò)誤；
對(duì)于 D，將側(cè)面 1 1 繞著 1旋轉(zhuǎn)到與側(cè)面 1 1 共面的位置，如圖，
則當(dāng) , , 1′共線時(shí)， + 1取得最小值 21 + 1 1′2 = 22 + 22 = 2 2，D 正確.
故選：ABD.
4．（23-24 高一下·浙江·期中）已知直三棱柱 1 1 1中，側(cè)棱 1 = 4， = = 3， = 4，則三
161
棱柱 1 1 1的外接球表面積為 5 π ．
【解題思路】利用正弦定理求底面外接圓半徑，結(jié)合直棱柱外接球的性質(zhì)列式求半徑，進(jìn)而可得表面積.
【解答過(guò)程】設(shè)底面 的外接圓圓心為 1，半徑為 ，三棱柱 1 1 1的外接球的球心為 半徑為 ，
1取 的中點(diǎn) ，可知 1 ∈ ， 1 = 2 1 = 2且 1∥ 1，
= 則 2 2 = 5，sin∠ = = 5 ，3
= 可得 = 9 5 1612sin∠ ，
2 = 2 + 21 =10 20 ，
161
所以三棱柱 1 1 1的外接球表面積為 球 = 4π 2 = 5 π.
161
故答案為： 5 π.
5．（23-24 高一下·重慶·期中）如圖，在四棱錐 中，底面 是平行四邊形， , 分別為 , 的
中點(diǎn)， 為線段 上一點(diǎn)，且 = 4 ．
(1)證明： //平面 ；
(2)若四棱錐 為正四棱錐，且 = 5 ，求四棱錐 的外接球與正四棱錐 的體積
之比．
【解題思路】（1）設(shè) ∩ = ，在 的中點(diǎn) ，連接 、 ，即可證明四邊形 為平行四邊形，
從而得到 // ，從而得證；
（2）不妨設(shè) = 1，連接 ，則 ⊥ 平面 ，利用勾股定理求出 ，即可求出 ，又正四棱錐
外接球的球心位于線段 上，設(shè)球心為 ，半徑為 ，連接 ，利用勾股定理求出 ，即可求出外
接球的體積，從而得到體積之比.
【解答過(guò)程】（1）設(shè) ∩ = ，在 的中點(diǎn) ，連接 、 ，
1
因?yàn)?, 分別為 , 的中點(diǎn)，所以 // 且 = 2 ，
又 為線段 上一點(diǎn)，且 = 4 ，底面 是平行四邊形，所以 為 的中點(diǎn)，
所以 // 且 = 12 ，又 // 且 = ，
所以 // 且 = ，
所以四邊形 為平行四邊形，所以 // ，
又 平面 ， 平面 ，所以 //平面 .
（2）因?yàn)樗睦忮F 為正四棱錐，且 = 5 ，
不妨設(shè) = 1，則 = 5，
連接 ，則 ⊥ 平面 ， 平面 ，所以 ⊥ ，
1 2 2
所以 = 22 = ，則 =2
2 2 = 5 2 = 3 2，
2 2
= 1 = 1所以 3 3 × 1 × 1 ×
3 2 = 2，
2 2
因?yàn)? > ，所以正四棱錐 外接球的球心位于線段 上，
設(shè)球心為 ，半徑為 ，連接 ，
則 = = ，在Rt △ 中 2 + 2 = 2，
2 2
即 2 = 2 + 3 2 5 22 2 ，解得 = ，6
4π 4π 35 2 125 2
所以正四棱錐外接球的體積 31 = 3 = 3 × = π6 ，81
125 2 π
所以四棱錐 的外接球與正四棱錐 1 81 250π的體積之比為 = = 2 81 .
2
題型 10 立體幾何中的截面問(wèn)題（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·福平面建向福量線州性運(yùn)·算期的中坐標(biāo)）表示已知正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為2， , , 分別是 , 1, 1 1的中
點(diǎn)，則過(guò)這三點(diǎn)的截面面積是（ ）
A．3 2 B．6 2 C．6 3 D．3 3
【解題思路】根據(jù)題意，利用正方體的性質(zhì)，得到截面為正六邊形 ，且邊長(zhǎng)為 2，進(jìn)而求得截面
的面積，得到答案.
【解答過(guò)程】如圖所示，分別取 1 1, 1, 的中點(diǎn) , , ，連接 , , , ，
在正方體 1 1 1 1中，可得 // , // , // ，
所以經(jīng)過(guò)點(diǎn) , , 的截面為正六邊形 ，
又因?yàn)檎襟w 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為2，
在直角 △ 中，可得 = 2 + 2 = 2，
3
所以截面正六邊形的面積為6 × × (
4 2)
2 = 3 3.
故選：D.
2．（23-24 高一下·安徽合肥·期中）“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形圍
成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美.如圖所示，將正方體沿交同一頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)截去一個(gè)三棱錐，
共可截去八個(gè)三棱錐，得到八個(gè)面為正三角形、六個(gè)面為正方形的一種阿基米德多面體.已知 = 1，則關(guān)
于圖中的半正多面體，下列說(shuō)法正確的有（ ）
A．該半正多面體的體積為5 2
4
B 3 3．該半正多面體過(guò) ， ， 三點(diǎn)的截面面積為
4
C．該半正多面體外接球的表面積為8π
D．該半正多面體的表面積為6 + 2 3
【解題思路】先將該半正多面體補(bǔ)形為正方體，利用正方體與棱錐的體積公式判斷 A，利用該半正多面體
的對(duì)稱性，得到截面為正六邊形與外接球的球心位置，從而判斷 BC，利用正三角形與正方體的面積公式判
斷 D.
【解答過(guò)程】A：如圖，因?yàn)? = 1，
所以該半正多面體是由棱長(zhǎng)為 2的正方體沿各棱中點(diǎn)截去 8 個(gè)三棱錐所得到的，
3 1 1 2
所以該半正多面體的體積為： = ( 2) 8 × 3 × 2 ×
2 × 2 = 5 2
2 ，故 A 錯(cuò)誤；2 3
B：根據(jù)該半正多面體的對(duì)稱性可知，過(guò) , , 三點(diǎn)的截面為正六邊形 ，
又 = 1 3 3 3，所以正六邊形面積為 = 6 × × 12 = ，故 B 錯(cuò)誤；
4 2
C：根據(jù)該半正多面體的對(duì)稱性可知，該半正多面體的外接球的球心為正方體的中心，
即正六邊形 的中心，故半徑為 = 1，
所以該半正多面體外接球的表面積為 = 4π 2 = 4π × 12 = 4π，故 C 錯(cuò)誤；
D：因?yàn)樵摪胝嗝骟w的八個(gè)面為正三角形、六個(gè)面為正方形，棱長(zhǎng)皆為1，
3
所以其表面積為8 × × 12 +6 × 12 = 6 + 2 ，故 D 正確.
4 3
故選：D.
3．（23-24 高一下· 1浙江溫州·期中）如圖所示，在等腰梯形 中，已知 ∥ ， = = 2 = 1，將
△ 沿直線 翻折成 △ ′ ，則（ ）
A．翻折過(guò)程中存在某個(gè)位置，使得 ′ ⊥
B 1．當(dāng)二面角 ′ 為150°時(shí)，點(diǎn) 到平面 ′ 的距離為2
C π π．直線 ′ 與 所成角的取值范圍為 ,
6 2
π
D．當(dāng)三棱錐 ′ 的體積最大時(shí)，以 ′ 為直徑的球被平面 ′ 所截的截面面積為4
【解題思路】由線面垂直的判定定理分析可判斷 A；作輔助線，由二面角的定義可得∠ ′ = 150°，線段
HM 的長(zhǎng)即為點(diǎn) M 到平面 ′ 的距離，計(jì)算即可判斷 B；由異面直線的定義可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為母線與底面直
徑所成角的取值范圍，結(jié)合最小角定理即可判斷 C；由題得到三棱錐 ′ 的體積最大時(shí)的截面，計(jì)算即
可判斷 D．
【解答過(guò)程】由條件易得 ⊥ ，∠ = 60°.
A：假設(shè)翻折過(guò)程中存在某個(gè)位置，使得 ′ ⊥ ，
又 ⊥ ， ′ ∩ = 且都在面 ′ ，可得 ⊥ 平面 ′ ，
′ 面 ′ ，所以 ⊥ ′ ，即 ⊥ ，顯然 與 不垂直，
所以假設(shè)不成立，即翻折過(guò)程中不存在某個(gè)位置，使得 ′ ⊥ .故選項(xiàng) A 錯(cuò)誤.
B：取 的中點(diǎn) ， 的中點(diǎn) ，連接 ′ ， ，過(guò)點(diǎn) 作直線 ′ 的垂線交直線 ′ 于點(diǎn) .
易說(shuō)明∠ ′ 為二面角 ′ 的平面角，即∠ ′ = 150°.
線段 的長(zhǎng)，即為點(diǎn) 到平面 ′ 的距離， = sin∠ = 12 sin30° =
1
4.
因?yàn)?為 1的中點(diǎn)，所以點(diǎn) 到平面 ′ 的距離等于點(diǎn) 到平面 ′ 的距離的 2 倍，即2，故選項(xiàng) B 正確.
C：連接 ，易得四邊形 是平行四邊形，所以 // ，直線 ′ 與 所成角，即為直線 ′ 與 所
成角.
在翻折過(guò)程中， ′繞著 旋轉(zhuǎn)， ′可以看成以 為頂點(diǎn)、 為軸的圓錐的母線， 為底面圓的直徑.
原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為母線與底面直徑所成角的取值范圍，母線與軸的夾角為30°，
π , π結(jié)合最小角定理，可得母線與底面直線所成角的取值范圍是 ，故選項(xiàng) C 錯(cuò)誤.
3 2
D：當(dāng)平面 ′ ⊥ 平面 時(shí)，三棱錐 ′ 的體積最大.
又 ⊥ ，平面 ′ ∩ 平面 = ， 面 ，所以 ⊥ 平面 ′ .
′ 的中點(diǎn) 為球心，取 ′ 的中點(diǎn) ，則 為 △ ′ 的中位線，所以 // ， ⊥ 平面 ′ .
以 ′ 為直徑的球被平面 ′ 所截的截面為圓面，
π
由以上分析可知點(diǎn) 1 1為該圓的圓心，其半徑 = ′ = ′2 = 2，該圓面面積為π
2 = 4.故 D 正確.
故選：BD.
4．（23-24 高一下·安徽宿州·期中）現(xiàn)有一塊如圖所示的三棱錐木料，其中∠ = ∠ = ∠ = 40°，
= = = 6，木工師傅打算過(guò)點(diǎn) 將木料切成兩部分，則截面 △ 周長(zhǎng)的最小值為 6 3 .
【解題思路】將三棱錐側(cè)面沿著 展開(kāi)，截面 △ 周長(zhǎng)的最小值即求從 A 出發(fā)沿著側(cè)面回到 A 的最短距
離.
【解答過(guò)程】將三棱錐側(cè)面沿著 展開(kāi)，如圖：
則 = ′ = 6,∠ ′ = 120 ，
由余弦定理可得： ′2 = 62 + 62 2 × 6 × 6cos120 = 108,則 ′ = 6 3，
所以截面 △ 周長(zhǎng)的最小值為6 3.
故答案為：6 3.
5．（23-24 高一下·河南·期中）如圖，在正方體 1 1 1 1中，棱長(zhǎng)為2， 是線段 1的中點(diǎn)，平面
過(guò)點(diǎn) 1、 、 .
(1)畫出平面 截正方體所得的截面，并說(shuō)明原因；
(2)求（1）中截面多邊形的面積；
(3)平面 截正方體，把正方體分為兩部分，求比較小的部分與比較大的部分的體積的比值.（參考公式：
1棱臺(tái) = 3 ′ + ′ + ）
【解題思路】（1）取 的中點(diǎn) ，連接 、 1 、 ，利用平行線的傳遞性可證得 // 1 ，可知 、 、
、 1四點(diǎn)共面，再由于 、 、 1三點(diǎn)不共線，可得出面 1即為平面 截正方體所得的截面；
（2）分析可知，四邊形 1 為等腰梯形，求出該等腰梯形的高，利用梯形的面積公式可求得截面面積；
（3）利用臺(tái)體的體積公式可求得三棱臺(tái) 1 的體積，可求得該三棱臺(tái)的體積，并求出剩余部分幾何
體的體積，由此可得結(jié)果.
【解答過(guò)程】（1）解：如下圖，取 的中點(diǎn) ，連接 、 1 、 .
因?yàn)?是 1的中點(diǎn)，所以 // 1 .
在正方體 1 1 1 1中， 1 1// ， 1 1 = ，
所以四邊形 1 1是平行四邊形，所以 1 // 1 ，所以 // 1 ，
所以 、 、 、 1四點(diǎn)共面.
因?yàn)?、 、 1三點(diǎn)不共線，所以 、 、 、 1四點(diǎn)共面于平面 ，
所以面 1即為平面 截正方體所得的截面.
（2）解：由（1）可知，截面 1為梯形， = 2 + 2 = 1 + 1 = 2，
= 2 + 2 = 4 + 4 = 2 2， = 21 1 1 1 1 + 1 2 = 4 + 1 = 5，
同理可得 = 5，
如下圖所示：
分別過(guò)點(diǎn) 、 在平面 1 內(nèi)作 ⊥ 1， ⊥ 1，垂足分別為點(diǎn) 、 ，
則 1 = ，∠ 1 = ∠ ，∠ 1 = ∠ = 90 ，
所以， △ 1≌ △ ，則 1 = ，
因?yàn)? // 1， ⊥ 1， ⊥ 1，則四邊形 為矩形，
所以， = = 1 2，則 = = = 2 2 2 21 2 = ，2 2
所以， = 21 1 2 = 5
1 = 3 2，
2 2
1 1 9
所以，梯形 1 的面積為 = 2( + 1) = 2 × 3 2 ×
3 2 =
2 2
.
（3）解：多面體 1 1 11 為三棱臺(tái)， 2△ = 2 = 2 × 1 = 2，
△ 1 =
1
2 1 =
1 2
2 × 2 = 2，該棱臺(tái)的高為2，
1
所以，該棱臺(tái)的體積為3 △ + △ 1 + △ △ 1
= 1 1 73 + 2 +
1 × 2 × 2 = ，
2 2 3
7 17
故剩余部分的體積為8 3 = 3 .
7
故比較小的那部分與比較大的那部分的體積的比值為17.
題型 11 立體幾何中的探索性問(wèn)題（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·浙平面江向量溫線州性運(yùn)·算期的中坐標(biāo)）表示設(shè) 是給定的平面， 、 是不在 內(nèi)的任意兩點(diǎn)，則下列命題中正確的
是（ ）
A．在 內(nèi)一定存在直線與直線 相交
B．在 內(nèi)一定存在直線與直線 異面
C．一定存在過(guò)直線 的平面與 平行
D．存在無(wú)數(shù)過(guò)直線 的平面與 垂直
【解題思路】根據(jù)直線與平面的位置關(guān)系，逐項(xiàng)用特例排除選項(xiàng)即可判斷 ACD，根據(jù)異面直線定義判斷 B.
【解答過(guò)程】選項(xiàng) A，當(dāng)直線 平行于平面 時(shí)，在 內(nèi)不存在與 相交的直線，所以 A 錯(cuò)誤；
選項(xiàng) B， 與平面 平行或相交，在 內(nèi)一定存在直線與直線 異面，所以 B 正確；
選項(xiàng) C，當(dāng)直線 與平面 垂直時(shí)，不存在過(guò)直線 的平面與平面 平行，所以 C 錯(cuò)誤；
選項(xiàng) D，只有當(dāng)直線 與平面 垂直時(shí)，才存在過(guò)直線 的無(wú)數(shù)平面與平面 垂直，所以 D 錯(cuò)誤.
故選：B.
2．（23-24 高一下·重慶榮昌·期中）如圖，正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 1，動(dòng)點(diǎn) 在線段 1 1上， ，
分別是 ， 的中點(diǎn)，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是（ ）
A． // 1 1
B．當(dāng) E 為 1 1中點(diǎn)時(shí)， ⊥
C．三棱錐 的體積為定值
D．存在點(diǎn) ，使得平面 //平面 1 1
【解題思路】由三角形的中位線和正方體的性質(zhì)證明 // 1 1判斷選項(xiàng) A；由等腰三角形的性質(zhì)證明
⊥ 判斷選項(xiàng) B；等體積法研究三棱錐底面積和高判斷選項(xiàng) C；面面平行的定義判斷選項(xiàng) D.
【解答過(guò)程】連接 ，正方體 1 1 1 1中， 1 = 1且 1// 1，
四邊形 1 1 為平行四邊形，則 // 1 1，
因?yàn)?、 分別是 、 的中點(diǎn)，所以 // // 1 1，故 A 選項(xiàng)正確；
連接 1，正方體 1 1 1 1中， 1 = 1，當(dāng) E 為 1 1中點(diǎn)時(shí)， ⊥ 1 1，所以 ⊥ ，故 B
選項(xiàng)正確；
= ，三棱錐 ，底面積 △ 為定值，棱錐的高等于 1是定值，
三棱錐 的體積為定值，則三棱錐 體積為定值，故 C 選項(xiàng)正確；
直線 與平面 1 1 有交點(diǎn)，所以不存在點(diǎn) ，使得平面 //平面 1 1 ，故 D 選項(xiàng)錯(cuò)誤．
故選：D．
3．（23-24 高一下·浙江·期中）已知正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 2，棱 AB，BC 的中點(diǎn)分別為 E，F(xiàn)，
點(diǎn) 在上底面 1 1 1 1上（包含邊界），則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．存在點(diǎn) ，使得平面 //平面 1 1
B．不存在點(diǎn) ，使得直線 1//平面 EFG
C．三棱錐 的體積不變
D．存在點(diǎn) ，使得 ⊥ 平面 1
【解題思路】取 1 1的中點(diǎn) 與 E，F(xiàn) 構(gòu)成平面 EFG，利用面面平行的判定定理證明，即可判斷 A，分別取
1 1, 1 1, 1, 1的中點(diǎn) , , , ，與 E，F(xiàn) 構(gòu)成正六邊形，利用線面平行判定定理證明，即可判斷 B，求
出三棱錐的體積即可判斷 C，當(dāng)點(diǎn) 與點(diǎn) 1重合時(shí)，有 ⊥ 平面 1，利用線面垂直性質(zhì)定理和判定定理
證明，即可判斷 D.
【解答過(guò)程】對(duì)于A，取 1 1的中點(diǎn) 與 E，F(xiàn) 構(gòu)成平面 EFG（如圖），
因?yàn)槔?AB，BC 的中點(diǎn)分別為 E，F(xiàn)，所以 // ，
因?yàn)? 平面 1 1， 平面 1 1，所以 //平面 1 1，
又棱 AB， 1 1的中點(diǎn)分別為 E，G，所以 // 1，
因?yàn)? 平面 1 1， 1 平面 1 1，所以 //平面 1 1，
又 ∩ = ， 平面 ， 平面 ，
所以平面 //平面 1 1，故 A 正確；
對(duì)于B，分別取 1 1, 1 1, 1, 1的中點(diǎn) , , , ，與 E，F(xiàn) 構(gòu)成正六邊形（如圖），
因?yàn)槔? 1， 1 1的中點(diǎn)分別為 M，N，所以 // 1，
因?yàn)? 1 平面 ， 平面 ，所以 1//平面 ，
此時(shí)點(diǎn) G 的軌跡為線段 NP，故 B 錯(cuò)誤．
對(duì)于C，因?yàn)辄c(diǎn) 到下底面 ABCD 的距離不變?yōu)檎襟w的棱長(zhǎng) 2，
三角形 1 1面積為2 × 1 × 1 = 2，
1 1 1
所以三棱錐 的體積不變，為3 × 2 × 2 = 3，故 C 正確；
對(duì)于D，當(dāng)點(diǎn) 與點(diǎn) 1重合，連接 1，可得 ⊥ 平面 1，（如圖），
下證： 1 ⊥ 平面 1，
由正方體 1 1 1 1中可得 1 ⊥ 平面 ，
因?yàn)? 平面 ，所以 1 ⊥ ，
因?yàn)榈酌? 為正方形，所以 ⊥ ，
因?yàn)? ∩ 1 = , , 1 平面 1 1，所以 ⊥ 平面 1 1.
因?yàn)?1 平面 1 1，所以 1 ⊥ ，
由正方體 1 1 1 1中可得 1 1 ⊥ 平面 1 1，
因?yàn)? 1 平面 1 1，所以 1 1 ⊥ 1，
因?yàn)閭?cè)面 1 1為正方形，所以 1 ⊥ 1，
因?yàn)?1 1 ∩ 1 = 1, 1 1, 1 平面 1 1 ，所以 1 ⊥ 平面 1 1 .
因?yàn)?1 平面 1 1 ，所以 1 ⊥ 1 ，
又因?yàn)? 1 ∩ = , 1, 平面 1，所以 1 ⊥ 平面 1，故 D 正確．
故選：ACD.
4．（23-24 高一下·北京昌平·期末）在棱長(zhǎng)為 1 的正方體 1 1 1 1中， ， ， 分別為棱 1， 1
1， 1的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) 在平面 內(nèi)，且 = 1.給出下列四個(gè)結(jié)論：
① 1 //平面 ；
②點(diǎn) 軌跡的長(zhǎng)度為π；
③存在點(diǎn) ，使得直線 ⊥ 平面 ；
④平面 3 3截正方體所得的截面面積為 .
4
其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是 ①②④ .
【解題思路】根據(jù) , , 都是棱的中點(diǎn)，可以做出過(guò) , , 的截面，再根據(jù)正方體的棱長(zhǎng)和 的長(zhǎng)度，可確
定 點(diǎn)的軌跡，從而可判斷各個(gè)結(jié)論的正確性.
【解答過(guò)程】如圖：
因?yàn)?， 分別為 1 1， 1中點(diǎn)，所以 // 1，
又 1// 1 ，所以 1 // ，又 平面 ， 1 平面 ，
所以 1 //平面 ，故①成立；
3
連接 1，交 于點(diǎn) ，易證 1 ⊥ 平面 ， = ， = 1，2
= 1所以 2，故 點(diǎn)軌跡是平面 內(nèi)以
1
為圓心，以2為半徑的圓，
1
所以 點(diǎn)軌跡長(zhǎng)度為：2π × 2 = π，故②成立；
由②可知， 不可能與平面 垂直，故③不成立；
2
2 6 × 3 × 2 = 3 3做出截面 ，可知截面是正六邊形，且邊長(zhǎng)為 ，其面積為： 2 ，故④成立. 2 4 4
故答案為：①②④.
5．（23-24 7 3高一下·浙江寧波·期中）如圖，已知三棱臺(tái) 1 1 1的體積為 ，平面 1 1 ⊥ 平面 12 1
1， △ 是以 為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，且 = 2 1 = 2 1 1 = 2 1.
(1)證明： ⊥ 平面 1 1；
(2)求點(diǎn) 到面 1 1的距離；
π
(3)在線段 1上是否存在點(diǎn) ，使得二面角 的大小為6，若存在，求出 的長(zhǎng)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明
理由.
【解題思路】（1）根據(jù)棱臺(tái)的性質(zhì)、長(zhǎng)度關(guān)系和勾股定理可證得 1 ⊥ 1；由面面垂直和線面垂直的性
質(zhì)可證得 1 ⊥ ，結(jié)合 ⊥ 可證得結(jié)論；
8
（2）延長(zhǎng) 1, 1, 1交于一點(diǎn) ，根據(jù) = 7 1 1 1可求得 ，利用體積橋 =
可構(gòu)造方程求得結(jié)果；
（3）根據(jù)線面垂直和面面垂直性質(zhì)可作出二面角的平面角，設(shè) = 3 ，根據(jù)幾何關(guān)系可表示出 ，由二
面角大小可構(gòu)造方程求得 ，進(jìn)而得到結(jié)果.
【解答過(guò)程】（1）連接 1，
在三棱臺(tái) 1 1 1中， // 1 1；
∵ = 2 1 = 2 1 1 = 2 1， ∴ 四邊形 1 1為等腰梯形且∠ 1 = ∠ 1 = 60 ，
設(shè) = 2 ，則 1 = .
由余弦定理得： 2 2 21 = + 1 2 cos60 1 = 3 2，
∴ 2 = 2 + 21 1， ∴ 1 ⊥ 1；
∵ 平面 1 1 ⊥ 平面 1 1，平面 1 1 ∩ 平面 1 1 = 1， 1 平面 1 1，
∴ 1 ⊥ 平面 1 1，又 平面 1 1， ∴ 1 ⊥ ；
∵△ 是以 為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形， ∴ ⊥ ，
∵ ∩ 1 = ， , 1 平面 1 1， ∴ ⊥ 平面 1 1.
（2）由棱臺(tái)性質(zhì)知：延長(zhǎng) 1, 1, 1交于一點(diǎn) ，
∵ 1
1
1 = 2 ， ∴ △ = 4 △ 1 1 1， ∴ = 8 1 1 1，
∴ = 8 = 8 × 7 3 2 3 7 1 1 1 7 = ；12 3
∵ ⊥ 平面 1 1，即 ⊥ 平面 ，
∴ 即為三棱錐 中，點(diǎn) 到平面 的距離，
由（1）中所設(shè)： = = 2 ，∠ = ∠ = 60 ，
∴△ 為等邊三角形， ∴ = = = 2 ，
∴ 1 1 1 2 3 2 3 3 2 3 = 3 △ = 3 × 2 × (2 ) × × 2 = = ， ∴ = 1；2 3 3
∴ = = = = 2， ∴ = = 2 2，
∴ 1△ = 2 × 2 × (2 2)
2 12 = 7，
設(shè)所求點(diǎn) 到平面 1 1的距離為 ，即為點(diǎn) 到面 的距離，
∵ 1 = ， ∴ 3 △ =
7 = 2 3 = 2 21，解得： .
3 3 7
2 21即點(diǎn) 到平面 1 1的距離為 .7
（3） ∵ ⊥ 平面 1 1， 平面 ， ∴ 平面 ⊥ 平面 ，
∵ 平面 ∩ 平面 =
∴ 取 中點(diǎn) ，在正 △ 中， ⊥ ， ∴ ⊥ 平面 ，
又 平面 ， ∴ 平面 ⊥ 平面 ．
作 ⊥ ，平面 ∩ 平面 = ，則 ⊥ 平面 ，
作 ⊥ ，連接 ，則 即 在平面 上的射影，
∵ ⊥ 平面 ， 平面 ， ∴ ⊥ ，
∵ ∩ = ， , 平面 ， ∴ ⊥ 平面 ，
∵ 平面 ， ∴ ⊥ ， ∴ ∠ 即二面角 的平面角.
設(shè) = 3 ，
在 △ 中，作 ⊥ ，
∵ ⊥ ， ∴ // ，又 ⊥ 平面 ， ∴ ⊥ 平面 ，
∴ = 1 3 △ =
1
3 ×
1
2 × 2 × 2 =
2 3
，解得： = 3，3
由（2）知： = = 2 2， ∴ = 2 2 = 5，
∵ 5 = ， ∴ = 3 = 5 ，3
∵ = 22 + 12 = 5， ∴ = 5 5 ，
∵ // ， ∴ = 5 5 = × 2 = 2 2 ，5
π
若存在 使得二面角 的大小為6，
π
則tan∠ = tan = 3 3 26 = = ，解得： = ，2 2 3 5
∴ = 2 + 2 = 2 2 = 4 2 < = ，5 1 2
∴ 4 2存在滿足題意的點(diǎn) ， = .
5
題型 12 立體幾何綜合（共 5 小題）
平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示
1．（23-24 高一下·海平面南向量省線直性運(yùn)轄算的縣坐標(biāo)級(jí)表單示 位·期中）如圖，棱長(zhǎng)為 2 的正方體 1 1 1 1中， 為棱 1的
中點(diǎn)， 為正方形 1 1內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（包括邊界），且 1 //平面 1 ，則下列說(shuō)法不正確的有（ ）
A．動(dòng)點(diǎn) 軌跡的長(zhǎng)度為 2
B．三棱錐 1 1
1
體積的最小值為3
C． 1 與 1 不可能垂直
D 25．當(dāng)三棱錐 1 1 的體積最大時(shí)，其外接球的表面積為 2 π
【解題思路】對(duì) A 由 1 //平面 1 ，聯(lián)想到存在一個(gè)過(guò) 1 的平面與平面 1 平行，利用正方體特征找
到平面 1 //平面 1 ，進(jìn)而得到 的軌跡為線段 ，對(duì) B，根據(jù)棱錐體積公式分析即可，對(duì) C 舉反例
即可；對(duì) D，利用勾股定理求出外接球半徑即可.
【解答過(guò)程】對(duì) A，如圖，令 1中點(diǎn)為 ， 1中點(diǎn)為 ，連接 ，
又正方體 1 1 1 1中， 為棱 1的中點(diǎn)，可得 1 // 1 , // 1// 1，
∴ 1 //平面 1 , //平面 1 ，又 1 ∩ = ，
且 1 , 平面 1 ，所以平面 1 //平面 1 ，
又 1 //平面 1 ，且 1 ∈ 平面 1 ， ∴ 1 平面 1 ，
又 為正方形 1 1內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（包括邊界）， ∴ ∈ 平面 1 ∩ 平面 1 1，而 = 平面 1 ∩ 平
面 1 1，
∴ ∈ ，即 的軌跡為線段 .
由棱長(zhǎng)為 2 的正方體得線段 的長(zhǎng)度為 2，故選項(xiàng) A 正確；
B ⊥ = 1 = 2對(duì) ，由正方體側(cè)棱 1 1 底面 1 1，所以三棱錐 1 1 體積為 3 1 1 △ 1 3 △ 1 ，
所以 △ 1 面積 △ 1 最小時(shí)，體積最小，如圖，
∵ ∈ ，易得 在 處時(shí) △ 1 最小，
1 1 1
此時(shí) △ 1 = 2 1 1 = 2，所以體積最小值為3，故選項(xiàng) B 正確；
對(duì) C，當(dāng) 為線段 中點(diǎn)時(shí)，由 1 = 1 可得 1 ⊥ ，
又 1中點(diǎn)為 ， 1中點(diǎn)為 ，
∴ // 1 ，而 1 // 1 ， ∴ 1 ⊥ 1 ，故選項(xiàng) C 不正確；
對(duì) D，如圖，當(dāng) 在 處時(shí)，三棱錐 1 1 的體積最大時(shí)，
由已知得此時(shí) = 1 = 1 = 5，所以 在底面 1 1的射影為底面外心，
1 = 2, 1 1 = 2 2， 1 = 2 3，所以底面 1 1為直角三角形，
所以 在底面 1 的射影為 1 中點(diǎn)，設(shè)為 1，如圖，設(shè)外接球半徑為 ，
由 2 = 2 21 + 1 1 = 21 +3, + 1 = 1 = 2，可得外接球半徑 =
5 2，
4
25
外接球的表面積為4π 2 = 2 π，故選項(xiàng) D 正確.
故選：C.
2．（23-24 高一下·天津北辰·期中）如圖所示，正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 1，線段 1 1上有兩個(gè)動(dòng)
1
點(diǎn) 、 ，且 = 2，給出下列判斷:
①直線 與 1 1異面；② //平面 ABCD；③三棱錐 的體積為定值；④ △ 的面積與 △ 的
面積相等;⑤ = .其中判斷正確的個(gè)數(shù)為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解題思路】連接 ，利用異面直線的判定即可判斷①；利用面面平行的性質(zhì)可判斷②；利用錐體的體積
公式可判斷③⑤；計(jì)算出 △ 、 △ 的面積，可判斷④.
【解答過(guò)程】對(duì)①，連接 ，交 于點(diǎn) ，因?yàn)? 1// 1，
則四點(diǎn) , 1, , 1共面，又因?yàn)? ∩ = ，則平面 與平面 1 1 交于點(diǎn) ，
顯然 1 1 平面 1 1 ，且未經(jīng)過(guò)點(diǎn) ，則直線 與 1 1異面，故①正確；
命題①正確；
對(duì)②，因?yàn)槠矫?1 1 1 1//平面 ， 平面 1 1 1 1，則 //平面 ，命題②正確；
設(shè) ∩ = ，則 1為 的中點(diǎn)，且 = = 22 ，即點(diǎn) 到平面 的距離為
2，
2 2
因?yàn)? 1 ⊥ 平面 ， 平面 ，則 1 ⊥ ，
又因?yàn)? 1// 1且 1 = 1，故四邊形 1 1 為矩形，
1 1 1故 △ = 2 1 = 2 × 2 × 1 =
1
4，
1 1 1
因此， 2 2 = 3 △ = 3 × 4 × = ，是定值，命題③正確；2 24
連接 1、 1，取 1 1的中點(diǎn) 1，連接 1，易知 △ 1 1是邊長(zhǎng)為 2的等邊三角形，
3 6
所以， 1 ⊥ 1 1，且 1 = 1sin60 = 2 × = ，2 2
1
所以， △ = 2 =
1 × 1 × 6 = 61 2 2 ≠ 2 8 △ ，所以④錯(cuò)誤；
因?yàn)? //平面 ，所以，點(diǎn) 、 到平面 的距離相等，
因?yàn)? = = = ，所以⑤正確；
綜上，正確命題的序號(hào)為①②③⑤，有4個(gè)．
故選：C．
3．（23-24 高一下·廣東深圳·期中）如圖，正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 1，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A． 在底面 內(nèi)（包括邊界）運(yùn)動(dòng)，若 1 //平面 1 1，則 的軌跡長(zhǎng)度為 2
π
B． 在底面 內(nèi)（包括邊界）運(yùn)動(dòng)，若直線 1 與平面 所成角為45°，則 的軌跡長(zhǎng)度為3
C 21 3．以 為球心， 為半徑作球，則球面與正方體的表面的交線長(zhǎng)為 π
3 3
D．以 2 3 5 3為球心， 為半徑作球，則球面與正方體的表面的交線長(zhǎng)為 π
3 6
【解題思路】對(duì)于 A，構(gòu)造平面 1 //平面 1 1,得點(diǎn) 的軌跡為平面 1 與平面 的交線 的長(zhǎng)；
對(duì)于 B，經(jīng)分析得到點(diǎn) 在以點(diǎn) 為圓心，半徑為 1 的圓弧上，計(jì)算即得軌跡長(zhǎng)；對(duì)于 C，D,先判斷球面與
正方體的哪些表面有交線，再利用弧長(zhǎng)公式求解即得.
【解答過(guò)程】
對(duì)于 A，如圖 1，連接 1 , 1 , ,因 1 1// 1 1// ,且 1 1 = 1 1 = ，則得 1 1為平行四邊形，
則 1 // 1 ,又 1 平面 1 1, 1 平面 1 1,則有 1 //平面 1 1,
同理 1//平面 1 1，又 1 ∩ 1 = 1, 1 , 1 平面 1 ,故得平面 1 //平面 1 1,
因 在底面 ABCD 內(nèi)（包括邊界）運(yùn)動(dòng)，且 1 //平面 1 1，平面 1 ∩ 平面 = ，
則點(diǎn) 在線段 上運(yùn)動(dòng)， 的軌跡長(zhǎng)度為 的長(zhǎng) 2，故 A 正確；
對(duì)于 B，如圖 2，因 1 ⊥ 平面 , 是 1 在平面 上的射影，
故∠ 1即直線 1 與平面 所成角，由∠ 1 = 45 可得 = 1 = 1,
π π
即點(diǎn) 在以點(diǎn) 為圓心，半徑為 1 的圓弧上，故 的軌跡長(zhǎng)度為2 × 1 = 2，故 B 錯(cuò)誤；
對(duì)于 C，如圖 3 21 21，因 2 < < 3，故以 為球心， 為半徑的球的球面只與3 3
三個(gè)平面 1 1 1 1, 1 1, 1 1有交線，交線分別為長(zhǎng)度相等的三段弧 , , .
2 2
連接 ,在Rt △ 1 中， 1 = ( 21 ) 12 = 2 3,則 1 =3 (
2 3 ) 12 = 3，
3 3 3
π π π
易得∠ 1 1 = ∠ 1 1 = 6,故∠ = , ×
2 3 3
1 6 于是 的長(zhǎng)為6 = π，3 9
3 3
故球面與正方體的表面的交線長(zhǎng)為3 × π = π，故 C 正確；
9 3
2 3 2 3
對(duì)于 D，如圖 4，因 < 2，故以 為球心， 為半徑的球的球面與正方體的六個(gè)面都有交線，3 3
分別是 , , , , , ,其中 , , 三段弧相等， , 三段弧相等.
2 3 π π
在Rt △ 1 中， = ( 2 31 ) 12 = ，易得∠ 1 = ∠ = 6,故∠ = 6,3 3
π 2
于是 2 3 3的長(zhǎng)為6 × = π；又在Rt △ 中， == (
2 3 ) 12 = 3,3 9 3 3
π 3 3 3 3 5 3
于是 的長(zhǎng)為2 × = π；故球面與正方體的表面的交線長(zhǎng)為：3( π + π) = π,故 D 正確.3 6 9 6 6
故選：ACD.
4．（23-24 高一下·北京順義·期中）我國(guó)魏晉時(shí)期的數(shù)學(xué)家劉徽創(chuàng)造了一個(gè)稱為“牟合方蓋”的立體圖形，如
圖 1，在一個(gè)棱長(zhǎng)為 2r 的立方體內(nèi)作兩個(gè)互相垂直的內(nèi)切圓柱，其相交的部分就是牟合方蓋（如圖 2），我
國(guó)南北朝時(shí)期數(shù)學(xué)家祖暅基于“勢(shì)冪既同則積不容異”這一觀點(diǎn)和對(duì)牟合方蓋性質(zhì)的研究，推導(dǎo)出了球體體積
公式．設(shè)平行于水平面且與水平面距離為 (0 < < )的平面為 ，則平面 截牟合方蓋所得截面的形狀為

“ ” “ ” r 2 1
π
正方形 （填 正方形 或 圓形 ），設(shè)半徑為 的球體體積為 1，圖 所示牟合方蓋體積為 2，則 = 4 ．2
【解題思路】由牟盒方蓋的定義以及祖暅原理求出“牟合方蓋”體積即可得解.
【解答過(guò)程】牟盒方蓋是由兩個(gè)直徑相等且相互垂直的圓柱體相交得到的，那么只要用水平面去截它們，
所得的截面均為正方形，
根據(jù)祖暅原理，圖 2 中正方體與“牟合方蓋”的八分之一之間空隙的截面面積與圖 3 中正四棱錐中陰影部分的
面積相等，所以正方體與牟合方蓋的八分之一之間空隙的體積與正四棱錐體的體積相等，而正四棱錐體的
1
體積 = 33 ，
則圖 1 中的八分之一牟合方蓋的體積等于正方體的體積減去正四棱錐的體積
1 2
所以1個(gè)牟合方蓋的體積 = 3 3 = 33 3 ，8
2 16
則整個(gè)牟合方蓋的體積為 3 32 = 8 × 3 = 3 ，
4
又半徑為 的球體體積為 1 = 3π
3，
4π 31 π
所以 =
3
16 3 = 4，2 3
π
故答案為：正方形；4.
5．（23-24 高一下·山西陽(yáng)泉·期中）南北朝時(shí)期的偉大科學(xué)家祖暅，于五世紀(jì)末提出了體積計(jì)算原理，即祖
暅原理：“夫疊棋成立積，緣冪勢(shì)既同，則積不容異”．意思是：夾在兩個(gè)平行平面之間的兩個(gè)幾何體，被平
行于這兩個(gè)平面的任意平面所截，如果截得的兩個(gè)截面的面積總相等，那么，這兩個(gè)幾何體的體積相等．其
最著名之處是解決了“牟合方蓋”的體積問(wèn)題．如圖所示，正方體 1 1 1 1，棱長(zhǎng)為 ．
(1)求圖中四分之一圓柱體 1 1 1 1的體積；
(2)在圖中畫出四分之一圓柱體 1 1 1 1與四分之一圓柱體 1 1 1 1的一條交線（不要求說(shuō)明理
由）；
(3)四分之一圓柱體 1 1 1 1與四分之一圓柱體 1 1 1 1公共部分是八分之一個(gè)“牟合方蓋”．點(diǎn)
在棱 1上，設(shè) 1 = 過(guò)點(diǎn) 作一個(gè)與正方體底面 平行的平面，求該截面位于八分之一“牟合方蓋”內(nèi)部
分的面積；如果令 = 2，應(yīng)用祖暅原理求出八分之一“牟合方蓋”的體積．
【解題思路】（1）根據(jù)圓柱體體積公式求得結(jié)果；
（2）觀察圖形，交線 1是一條直線，作出圖像即可得到；
（3）截面位于八分之一“牟合方蓋”內(nèi)的部分為正方形，求出此正方形的面積，再構(gòu)造底面邊長(zhǎng)為 ，高為
的正四棱錐，
根據(jù)祖暅原理，八分之一“牟合方蓋”的體積等于正方體的體積減去該正四棱錐體積..
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)檎襟w 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 ，
所以四分之一圓柱體 1 1 1
1
的體積為： 2 = 11 4 4
3．
（2）如圖：
曲線 1是所求的一條交線．
（3）如圖：截面位于八分之一“牟合方蓋”內(nèi)的部分為正方形 ．
因?yàn)? 1 = (0 ≤ ≤ )，所以 1 = ，而正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 ，因此 1 = ，
所以 = 1 2 1 2 = 2 2，因此正方形 的面積為 2 2，
即該截面位于八分之一“牟合方蓋”內(nèi)部分的面積為 2 2．
用平行于八分之一“牟合方蓋”底面 1 1 1 1，
且到“牟合方蓋”底面 1 1 1 1的距離為 (0 ≤ ≤ )的平面去截八分之一“牟合方蓋”，
所得截面的面積為 2 2．
所得截面如圖：
正方體 1 1 1 1的棱長(zhǎng)為 , 為底面 1 1 1 1的中心，
把正方體 1 1 1 1去掉正四棱錐 后剩下的部分的底面 1 1 1 1與“牟合方蓋”底面 1 1 1
1放到同一平面上，
則八分之一“牟合方蓋”與所得幾何體都夾在平面 與平面 1 1 1 1之間，
則用平行于八分之一“牟合方蓋”底面 1 1 1 1，且到“牟合方蓋”底面 1 1 1 1的距離為 (0 ≤ ≤ )的平面
去截所得幾何體，
截面為圖中的陰影部分，且面積為 2 2，
1 2
因此八分之一“牟合方蓋”的體積為 3 3 3 1 1 1 1 = 3 = 3 ，
2 16
所以當(dāng) = 2時(shí)，八分之一“牟合方蓋”的體積為3 × 2
3 = 3 ．

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