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2024-2025 学年高一下学期期中复习填空题压轴题十七大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 向量线性运算的几何应用
1．（2024 1 1高三·全国·专题练习）在矩形 中，已知 = 3 ， = 2 ， 为 的中点，且 =
+ ，则 = ．
2．（23-24 高一下·江苏·阶段练习）已知 △ 1所在平面内一点 满足 + + 2 = 0，则 △ : △
=
．
3．（24-25 高一上·上海·课前预习）已知 △ ，边 、 、 的中点分别为 D、E、F，则 + +
=
．
4．（23-24 高一下·河南郑州·阶段练习）如图所示，在 △ 中，点 为 边上一点，且 = 2 ，过点
的直线 与直线 相交于 点，与直线 相交于 点（ ， 交两点不重合）.若 = ， = ，则 +
的最小值为 .
题型 2 向量的数量积问题
π
5．（24-25 高三上·福建龙岩·阶段练习）如图，在 △ 中，∠ = 3， = 2 ， 为 上一点，且满
1
足 = + 2 ，若| | = 2，| | = 3，则 的值为 .
6．（2024 高三·全国·专题练习）如图，在平行四边形 中， , 分别为 , 的中点， 为 上一点，
且 = ， = 2 = 4，则 = ．
7．（2024 · · 1高三 全国 专题练习）设向量 、 的夹角的余弦值为3，且| | = 1，| | = 3，则 2 + = .
8．（23-24 高一下·北京东城·阶段练习）折扇又名“撒扇”、“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫
绢做扇面的能折叠的扇子，如图1．其展开几何图是如图2的扇形 ，其中∠ = 120 ， = 2， =

4，点 在 上(包含端点)，则 的取值范围是 ．
题型 3 向量的夹角（夹角的余弦值）问题
9．（23-24 高一下·甘肃定西·阶段练习）已知向量| | = 2 3,| | = 4，且 + ⊥ ，则 与 的夹角为 .
10．（23-24 高一下·安徽马鞍山·期中）已知| | = 4,| | = 3，且 2 3 · 2 + = 61，则 与 夹角的余弦
值为 ．
11．（2024·上海·模拟预测）已知向量 ， ， 满足| | = | | = 1，| | = 2，且 + + = 0，则cos ,
=
．
12．（23-24 高一下·江苏·阶段练习）在任意四边形 中，点 ， 分别在线段 = 1， 上，且 3 ，
= 13 ， = 2， = 6， = 3，则 与 夹角的余弦值为 ．
题型 4 平面向量基本定理的应用
13．（23-24 高一下·上海金山·阶段练习）在平行四边形 中， 为 边上靠近点 的三等分点， =
+ ，则 的值为 .
14．（23-24 高一下·北京顺义·期中）已知平行四边形 ABCD 中，AC 与 BD 交于点 O，E 为线段 OD 的中点，
AE 的延长线与 CD 交于点 F．若 = ， = ，则 = ， = （答案用含 ， 的式子表
示）．
15．（23-24 高一下·广西·阶段练习）已知 , 分别为 △ 的边 , 上的点，线段 和 相交于点 ，若
2
= 3 ， = ， = ，其中 > 0, > 0 1．则 + 的最小值为 ．
16．（23-24 高一下·宁夏石嘴山·期末）已知 △ 中，D，E 分别为线段 AB，BC 上的点，直线 AE，CD
P 1 1
△
交于点 ，且满足 = 6 + 2 ，则 的值为 .△
题型 5 向量坐标运算的几何应用
平面向量线性运算的坐标表示
17．（23-24 高一下·平江面向苏量线淮性安运算·的阶坐段标表练示 习）正方形 中棱长为 4，E 为 的中点， 为线段 边上一点
（不包括 C，D），若 = + ，则 + 的取值范围为 ．
18．（23-24 高一下·北京·阶段练习）根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜
边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形 按上述操作作
图后，得如下图所示的图形，若 + = ，则2 + = ．
19．（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知梯形 ABCD 中， // ， ⊥ ， = 2 = 2，
= 4，点 在线段 上，则 的最小值为 .
20．（23-24 高一下·吉林·期中）如图，在梯形 中， ∥ ， = 0， = = 3， > ，
， 分别为边 AB，BC 上的动点，且 = 2，则 的最小值为 .
题型 6 向量与几何最值（范围）问题
平面向量线性运算的坐标表示
21．（23-24 高一下·平内面向蒙量线古性呼运算和的坐浩标表特示·期中）如图，已知正方形 ABCD 的边长为 2，若动点 P 在以 AB 为直
径的半圆 E（正方形 ABCD 内部，含边界），则 的取值范围为 .
22．（23-24 高一下·陕西咸阳·阶段练习）如图，正六边形 的边长为 2，对称中心为 ，以 为圆心
作半径为 1 的圆，点 为圆 上任意一点，则 的最小值为 ．
23．（24-25 高一上·江苏宿迁·期末）如图，在平面四边形 ABCD 中， ⊥ ， ⊥ ，∠ = 120°，
= = 2．若点 E 为边 CD 上的动点，则 的最小值为 ．
24．（24-25 高三下·上海宝山·阶段练习）莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工
业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形 的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的
曲边三角形即为莱洛三角形，已知 , 两点间的距离为 2，点 为 上的一点，则 ( + )的最小值为
．
题型 7 正、余弦定理判定三角形形状
平面向量线性运算的坐标表示
25．（24-25 高一上·平上面向海量·线课性运后算的作坐业标表）示在 △ 中， cos = (2 )cos （a、b、c 分别为角 A、B、C 的
对边），则 △ 的形状为 .
26．（24-25 高一下·全国·课后作业）在 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足
2 = + ，若4cos2 8cos + 3 = 0，则 △ 的形状为 .
27．（24-25 高一下·上海松江·阶段练习）在Δ 中，角 , , 所对应的边分别是 , , ，满足 = 2 cos = 2
sin ，则该三角形的形状是 ．
28．（23-24 高一下·河南三门峡·期中）已知 △ 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， = + cos +cos ，
则 △ 的形状是 .
题型 8 三角形（四边形）的面积问题
平面向量线性运算的坐标表示
29．（23-24 高一下·平四面川向量遂线性宁运算·阶的坐段标表练示习）在 △ 中，角 , , 对应的边分别为 , , ，已知 = 1, > ,sin sin
= 2，且 sin sin = 2csin + sin ，则 △ 的面积为 ．10
30．（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在△ABC 中，已知∠BAC＝60°，BC＝3，点 D 是 BC 上的点，AD
平分∠BAC.若 AD＝2，则△ABC 的面积为 .
31．（23-24 高一下·河北张家口·期末）在 △ 中，∠ = 90°， 是 上一点， 是∠ 的平分线，
且2 = 3 , = 6 2，则 △ 的面积为 ．
5
32 23-24 2π．（ 高一下·北京·期末）如图，在平面四边形 中， = = 2 2，∠ = 2∠ = 3 ，记 △
与 △ 的面积分别为 1， 2，则 2 1的值为 ．
题型 9 求三角形中的边长或周长的最值或范围
平面向量线性运算的坐标表示
33．（23-24 高一下·平广面向东量线广性州运算·的阶坐段标表练示 习）在 △ 中，∠ 2π的平分线交 AC 于点 D，∠ = 3 , = 4，
则 △ 周长的最小值为 ．
34．（22-23 高一下·江苏连云港·期中）设锐角 △ 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 = 2 ，
2 +
则 的取值范围是 ．
35．（2024·全国·模拟预测）已知锐角三角形 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足
( 2 2 2)sin cos = cos( + )， = 2，则 △ 周长的取值范围为 ．
π
36．（23-24 高一下·湖北·期中）锐角 △ 的内角 , , 所对的边分别为 , , ，若 = 3， = 3，则
2 + 2
+ 的取值范围为 ．
题型 10 复数的模的几何意义
平面向量线性运算的坐标表示
37．（23-24 高一下·平福面向建量线·期性运中算的）坐已标表知示 复数 满足| 1 + 2i| = 1，则| |的最小值为 ．
38．（23-24 高三下·安徽合肥·阶段练习）已知复数 z 满足| 2 3i| = 1，则| + 1 + i|的最小值为 ．
39．（24-25 高一下·辽宁沈阳·阶段练习）已知三个复数 1, 2, 3，并且| 1| = | 2| = | 3| = 1， 1, 2所对应的
向量 1， 2满足 1 2 = 0，则| 1 + 2 3|的取值范围是 .
40．（23-24 高一下·广东广州·期中）已知 ∈ C，且| + 3i| = 1，i 为虚数单位，则| 1 + 2i|的最小值是 .
题型 11 根据复数的四则运算结果求复数特征
平面向量线性运算的坐标表示
41．（24-25 高一下·平安面向徽量线阜性阳运算·的阶坐段标表练示 习）已知复数 = 2+ i1+2i，其中 a 为整数，且 z 在复平面内对应的点在第
四象限，则 a 的最大值为 ．
42．（23-24 高一下·青海海南·期中）在复平面内，复数 z 对应的点为(2, 1)，则i 1 = ．

43．（23-24 高一下·陕西安康· 1期中）若复数 1 = 1 + 3i， 1为 2的共扼复数，则 1 2 1的虚部为 .
2023
44．（23-24 · · i i高一下 山西大同 阶段练习）已知 是虚数单位，复数 = 1 i，则 的共轭复数 在复平面内对应
的点位于第 象限．
题型 12 空间几何体的截面问题
平面向量线性运算的坐标表示
45．（23-24 高二下·平云面向南量线玉性溪运算·的期坐中标表）示 如图，已知正方体 1 1 1 1的棱长为 2，若 K 为棱 1 1的中
点，过 A，C，K 三点作正方体的截面，则截面的周长为 ．
46．（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱 1 1 1中， = = 1 = 4， ⊥ ，过 1作该直三
棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ．
47．（23-24 高三下·重庆·阶段练习）如图，已知棱长均为 4 的正四棱锥 P-ABCD 中，M 和 N 分别为棱 AB、
PC 的中点，过 M 和 N 可以作平面 使得 // ，则平面 截正四棱锥 P-ABCD 所得的截面面积为 .
48．（2024 高一下·全国·专题练习）在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1中， 为棱 的中点，过 1且平
行于平面 1 的平面截正方体所得截面面积为 .
题型 13 几何体与球的切、接问题
平面向量线性运算的坐标表示
49．（2024·陕西西安平·面模向拟量线预性运测算的）三坐标棱表示锥 中， = = = 2，且 , , 两两垂直．设三棱锥
的外接球和内切球的表面积分别为 外和 内，则 外 内 = ．
50．（23-24 高一下·重庆·期末）如图，在四面体 中， △ 与 △ 均是边长为2 3的等边三角形，
二面角 的大小为90°，则四面体 的外接球表面积为 .
51．（23-24 高一下·广东揭阳·期末）一个三棱锥形木料 ，其中底面 △ 是 = 90 , = 2dm的等
腰直角三角形， ⊥ 底面 ，二面角 的大小为45 ，则三棱锥 的外接球表面积为
dm2.
52．（23-24 高一下·江西赣州·期末）已知一个正四棱台的上下底面边长之比为1:3 104 3，体积为 ，若此正四
3
棱台的内切球存在，则这个内切球的表面积为 .
题型 14 空间中的点共线、点（线）共面问题
平面向量线性运算的坐标表示
53．（23-24 高二·上平海面向·课量线堂性运例算的题坐）标表如示图，在正方体 1 1 1 1中，已知 是 的中点，且直线 1 交
平面 1 于点 ，点 1, , 的位置关系是 ．
54．（2025 高二·全国·专题练习）如图所示． 1 1 1 1是正方体，O 是 1 1的中点，直线 1 交平
面 1 1于点 M，给出下列结论：
①A、M、O 三点共线； ②A、M、O、 1不共面：
③A、M、C、O 共面； ④B、 1、O、M 共面，
其中正确的序号为 ．
55．（24-25 高一下·江苏南通·阶段练习）给出以下四个命题：
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点 A，B，C，D 共面，点 A，B，C，E 共面，则点 A，B，C，D，E 共面；
③若直线 a，b 共面，直线 a，c 共面，则直线 b，c 共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
其中正确的有 ．(填序号)
56．（23-24 高一下·安徽宣城·期末）如图，在长方体 1 1 1 1中，O 是 1 1的中点，P 是线段 AC
上一点，且直线 1交平面 1 1于点 M．给出下列结论：
①A，M，O 三点共线；②A，M，O， 1不共面；③A，M，C，O 共面；④B， 1，O，M 共面．
其中正确结论的序号为 ．
题型 15 平行与垂直关系的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
57．（23-24 高一下·平北面向京量线·期性运中算的）坐如标表图示 矩形 中， = 2 = 2， 为边 的中点，将 △ 沿直线
翻转成 △ 1 ．若 为线段 1 的中点，则在 △ 翻转过程中，下列叙述正确的有 （写出所有序
号）．
① 是定值；
②一定存在某个位置，使 ⊥ 1；
③一定存在某个位置，使 ⊥ 1 ；
④一定存在某个位置，使 ∥ 平面 1 ．
58．（2024 高三·江苏·专题练习）如图，在四棱柱 1 1 1 1中， = = 1 = 1， ⊥ 1，
⊥ ，∠ 1 = 60°，M，N 分别是棱 和 的中点，则下列说法中正确的是 （填写序号）
① 1, 1, , 四点共面 ② 1 与 共面
③ ⊥ 平面 1 1 ④ 1 ⊥ 平面
59．（23-24 高一下·北京西城·期末）如图，在正方体 1 1 1 1中， = 1，点 为直线 1 上的动
点，则下列四个命题：
①连接 1 ，总有 1 //平面 1 ；
② 1 ⊥ 平面 1 ；
③ 3动点 到直线 的距离的最小值是 ；
3
④设 = ，则三棱锥 1 的体积随着 增大而增大.
其中正确的命题的序号是 .
60．（23-24 高一下·北京房山·期末）如图 1，在矩形 ABCD 中， = 2 = 2，E 为 AB 的中点，将 △
沿 DE 折起，点 A 折起后的位置记为点 1，得到四棱锥 1 ，M 为 AC 的中点，如图 2.某同学在探究
翻折过程中线面位置关系时，得到下列四个结论：
①恒有 1 ⊥ 1 ； ②恒有 //平面 1 ；
③三棱锥 1 的体积的最大值为 2； ④存在某个位置，使得平面 12 1 ⊥ 平面 1 .
其中所有正确结论的序号是 .
题型 16 求空间角
平面向量线性运算的坐标表示
61．（23-24 高一下·平山面向东量线威性海运算·的期坐末标表）示 在三棱锥 中， ⊥ 平面 ， ⊥ ， = 3且最长的棱
长为 13， 为棱 的中点，则当三棱锥 的体积最大时，直线 与 所成角的余弦值为 .
62．（23-24 高一下·天津·期中）如图，边长为 4 的正方形 所在平面与正三角形 所在平面互相垂直，
为 的中点．二面角 的正切值为 ．
63．（23-24 高一下·广东茂名·阶段练习）如图，已知∠ = ∠ = 60°，在平面 内，OA 是平面 的斜
线，且 = 2, = = 1， = 2，则直线 与平面 所成的角的大小为 ．
64 2024· · = = = 1．（ 浙江温州 二模）如图，在等腰梯形 中， 2 ，点 是 的中点．现将 △
沿 翻折到 △ ′ ，将 △ 沿 翻折到 △ ′ ，使得二面角 ′ 等于60°， ′ 等于90°，
则直线 ′ 与平面 ′ 所成角的余弦值等于 ．
题型 17 点、线、面的距离问题
平面向量线性运算的坐标表示
65．（23-24 高一下·平黑面向龙量线江性牡运算丹的坐江标表·阶示 段练习）如图，三棱柱 1 1 1的底面为正三角形，侧棱与底面
垂直，若 = 2, 1 = 1，则点 到平面 1 的距离为 .
66．（2024 高一下·全国·专题练习）用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体
1 1 1 1的棱长为4，则平面 1 1与平面 1 间的距离为 .
67．（23-24 高一下·山东聊城·期末）在直三棱柱 1 1 1中，若∠ = 90 , = = 2, 1 = 2，
则直线 到平面 1 1的距离为 .
68．（24-25 高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， ⊥ 底面
ABCD， E 是 PC 的中点，已知 = 2， = 2 2， = 2，则 P 到平面 ABE 的距离为 ．2024-2025 学年高一下学期期中复习填空题压轴题十七大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 向量线性运算的几何应用
1．（2024 1 1高三·全国·专题练习）在矩形 中，已知 = 3 ， = 2 ， 为 的中点，且 =
+ 5，则 = 8 ．
【解题思路】根据平面向量的线性运算求解即可.
1 2
【解答过程】如图，由 = 3 可得 = 3 ，
= 1 1则 2 + = 2 + + +
= 1 + 2 + + 1 =
1 2 5 3
2 2 + + +
1 = + ，
3 2 3 2 6 4
= 5则 6， =
3
4，故 =
5
8．
5
故答案为：8.
2 1．（23-24 高一下·江苏·阶段练习）已知 △ 所在平面内一点 满足 + + 2 = 0，则 △ : △
=
5 ．
【解题思路】取 的中点 ，则 =4 ，进而可得.
1 1
【解答过程】如图，取 的中点 ，则 + + 2 = 2 + 2 =0，
故 =4 ，故 、 、 三点共线，
: = = + 故 △ △ = 5，
故答案为：5.
3．（24-25 高一上·上海·课前预习）已知 △ ，边 、 、 的中点分别为 D、E、F，则 + +
=
0 ．
【解题思路】运用向量的加法运算法则计算即可.
【解答过程】边 、 、 的中点分别为 D、E、F ，
1
则 + + = 2( + ) +
1
2( + ) +
1
2( + )
1
= 2 [ + + + + + ] = 0
故答案为：0.
4．（23-24 高一下·河南郑州·阶段练习）如图所示，在 △ 中，点 为 边上一点，且 = 2 ，过点
的直线 与直线 相交于 点，与直线 相交于 点（ ， 交两点不重合）.若 = ， = ，则 +
2 2
的最小值为 1 + .
3
2
【解题思路】先用 , 表示 1，利用已知代入表达式，结合 D，E，F 三点共线可得3 + 3 = 1，然后妙
用“1”可解.
2
【解答过程】因为 = 2 ，所以 = 3 ，
2
所以 = + = + 3 = +
2 1
3 = 3 +
2
3 ，
又 = ， = ，
1 1
所以 = , = ，
2
所以 = + = 13 + 3 ，
2
因为 D，E，F 1三点共线，所以3 + 3 = 1，结合已知可知 , > 0，
1 2 2
故 + = ( + ) 1 + 2 = + + + 2 2 2
3 3 3 3 3 3
≥ 1 + 2 = 1 + ，
3 3 3
2 1 2 =
1+ 2
当且仅当3 = 3 ，结合
3
3 + 3 = 1( , > 0)，即 2+ 2 时，取等号； =
3
即 + 2 2的最小值为1 + ，
3
2 2
故答案为：1 + .
3
题型 2 向量的数量积问题
π
5．（24-25 高三上·福建龙岩·阶段练习）如图，在 △ 中，∠ = 3， = 2 ， 为 上一点，且满
足 = + 12 ，若| | = 2，| | = 3，则 的值为 1 .
【解题思路】由 = 2 ， 1 1为 上一点，且满足 = + 2 ( ∈ R)，可求得 = 4，再用 及
表示出 及 ，进而求数量积即可.
2
【解答过程】由 = 2 ，可得 = 3 ，
又 ， ， 三点共线，
则有 = +(1 ) = + 2 2 3 ，
由于 = + 12 ( ∈ R)
2 2 1
，所以 3 = 2，即 =
1
4，
又 = + = + 23 ，
π
且∠ = 3，| | = 2，| | = 3，
1 1 2
故 = (4 + 2 ) ( + 3 )
1 2 1 2 1
= 4 + 3 3
= 1 × 4 + 1 × 9 14 3 3 × 2 × 3 ×
1
2 = 1.
故答案为：1.
6．（2024 高三·全国·专题练习）如图，在平行四边形 中， , 分别为 , 的中点， 为 上一点，
且 = ， = 2 = 4，则 = 1 ．
1
【解题思路】过点 作 ⊥ 于点 ，设∠ = ，可得| | = cos ，结合图形借助平面向量的数量积运算、
平面向量的线性运算即可得到答案.
【解答过程】
如图，连接 ，在平行四边形 中， , 分别为 , 的中点，
则 , , 三点共线，且 为 的中点，所以 = ．
过点 作 ⊥ 于点 ，设∠ = ，
由 = ， = 2 = 4，
得 = 1 = 1 | 12 ，则 | =
| | = ．
cos cos
由 , 分别为 , 的中点，
则 = 12 ，| | = | | = 2，所以∠ = ，
所以 = = +
1
= + = 2
= 1cos 2 cos
1 12 cos 2 cos = 1．
故答案为：1.
7 1．（2024 高三·全国·专题练习）设向量 、 的夹角的余弦值为3，且| | = 1，| | = 3，则 2 + =
11 .
【解题思路】利用平面向量数量积的定义求出 的值，再利用平面向量数量积的运算性质可求得
2 + 的值.
【解答过程】设 与 1 1的夹角为 ，因为 与 的夹角的余弦值为3，即cos = 3，
又| | = 1，| | = 3，所以 = 1| | | |cos = 1 × 3 × 3 = 1，
2
所以 2 + = 2 + = 2 + | |2 = 2 × 1 + 32 = 11.
故答案为：11.
8．（23-24 高一下·北京东城·阶段练习）折扇又名“撒扇”、“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫
绢做扇面的能折叠的扇子，如图1．其展开几何图是如图2的扇形 ，其中∠ = 120 ， = 2， =

4，点 在 上(包含端点)，则 的取值范围是 [ 12, 8] ．
【解题思路】利用转化法，结合向量数量积运算、三角函数值域等知识求得正确答案．

【解答过程】设 是 的中点，连接 , , ，
由于∠ = 120 ，所以三角形 和三角形 是等边三角形，
→ → →
则四边形 是菱形，则 + = ，
→ → → → → →
= ( ) ( )
→ → → → → → 2
= ( + ) +
→ →
= 4 × 4 × cos 120 + 22
1
= 16 × ( 2 ) 2 × 4 × cos∠ + 4
= 4 8cos∠ ，
1
由于0 ≤ ∠ ≤ 60 ，所以2 ≤ cos∠ ≤ 1，4 ≤ 8cos∠ ≤ 8，
所以 4 8cos∠ ∈ [ 12, 8]，
所以 的取值范围是[ 12, 8],
故答案为：[ 12, 8].
题型 3 向量的夹角（夹角的余弦值）问题
9．（23-24 5π高一下·甘肃定西·阶段练习）已知向量| | = 2 3,| | = 4，且 + ⊥ ，则 与 的夹角为 6 .
【解题思路】根据垂直关系可得 = 12，再代入夹角公式运算求解.
【解答过程】因为| | = 2 3,| | = 4，
若 + ⊥ ，则 + = 0，即 2 + = 0，可得 = 2 = 12，
12则cos , = = = 3，| || | 2 3×4 2
且 , ∈ [0,π]，所以 与 5π的夹角为 6 .
5π
故答案为： 6 .
10．（23-24 高一下·安徽马鞍山·期中）已知| | = 4,| | = 3，且 2 3 · 2 + = 61，则 与 夹角的余弦
1值为 2 ．
【解题思路】先对 2 3 2 + = 61化简求出 ，再利用向量的夹角公式求解即可.
2
【解答过程】由 2 3 2 + = 61，得4 2 +2 6 3 = 61，
2
则4| |2 4 3| | = 61，
因为| | = 4,| | = 3，所以4 × 16 4 3 × 9 = 61，解得 = 6，
所以cos , = = 6 1| || | 4×3 = 2，
1即 与 夹角的余弦值为 2.
1
故答案为： 2.
11．（2024·上海·模拟预测）已知向量 ， ， 满足| | = | | = 1，| | = 2，且 + + = 0，则cos ,
=
45 ．
【解题思路】根据已知条件依次求出 · = 0、 · = 1、 · = 1，接着求出 · 、| |和| |
即可结合向量夹角余弦公式求解.
2 2 2 2 2【解答过程】由题 + = ，故 + = = 即 + +2 · = 2，
1 + 1 + 2 · = 2， · = 0；
2 2 2
+ = ，故 + = = 即 2 + 2
2
+2 · = ，
1 + 2 + 2 · = 1， · = 1；
2 2 2
+ = ，故 + = = 2即 + 2 +2 · = 2，
1 + 2 + 2 · = 1， · = 1，
所以 · = · + · + 2 = 2 2 = 4，
且| | = 2 = 2 + 2 2 · = 5，| | = 2 = 2 + 2 2 · = 5，
· 4 4
所以cos , = = = .| || | 5× 5 5
4
故答案为：5.
12．（23-24 高一下·江苏·阶段练习）在任意四边形 中，点 ， 分别在线段 ， 1上，且 = 3 ，
= 13 ， = 2， = 6， = 3，则
61
与 夹角的余弦值为 72 ．
【解题思路】由 = + + ， = + + 得 = 3 2 ，再两边平方求解即可.
【解答过程】
由 = + + ，则2 = 2 +2 +2 ①，
又 = + + = 2 + 2 ②，
由① + ②可得3 = +2 ，即 = 3 2 ，
2 2 2
故 = 9 +4 12 ，设 与 夹角为 ，
则36 = 81 + 16 12 × 3 × 2cos 61，解得cos = 72.
61
故答案为：72．
题型 4 平面向量基本定理的应用
13．（23-24 高一下·上海金山·阶段练习）在平行四边形 中， 为 边上靠近点 的三等分点， =
+ ，则 的值为 13 .
【解题思路】画出图形，由向量的加法结合平面向量的基本定理计算即可；
【解答过程】如图， ∵ 在平行四边形 中， 为 边上靠近点 的三等分点，
∴ = + = + 1 = + 13 3 ，且 = + ，
∴ 1根据平面向量基本定理得， = 1, = 3，
= 13，
1
故答案为：3.
14．（23-24 高一下·北京顺义·期中）已知平行四边形 ABCD 中，AC 与 BD 交于点 O，E 为线段 OD 的中点，
AE 的延长线与 CD 交于点 F．若 = ， = ，则 = 1 + 12 2 ， =
2
3 +
1
3 （答案用含 ，
的式子表示）．
【解题思路】对于 ，在 △ 中运用向量加法法则计算即可；对于 ，先利用共线定理确定 与 关
系即可根据几何图形边的关系即可求解.
【解答过程】由题 = + = 12 +
1
2 =
1
2 +
1
2 ；
设 = ( > 1)，
因为 = = 2 + = 2 + 4 ,
因为 , , 三点共线，

所以2 +

4 = 1 =
4
3，
2 1
所以 = 3 + 3 =
2 1 + 13 +
1 2 1
2 2 3
= 3 + 3 .
1 + 1 2 1故答案为：2 2 ；3 + 3 .
15．（23-24 高一下·广西·阶段练习）已知 , 分别为 △ 的边 , 上的点，线段 和 相交于点 ，若
2
= 3 ， = ， = 1，其中 > 0, > 0．则 + 的最小值为 4 2 ．
1 3
【解题思路】利用平面向量基本定理得到 = 1+ 4 + 1+ (1 + ) ，然后由 , , 三点共线得到 ,
1
系数和为 1，解出 = 4，用基本不等式求解最小值.
【解答过程】如图所示：
因为 = 3 3，所以 = 4 ,
又 = , ，所以 = 1+ ,
= ,，所以 = (1 + ) ,
3 3
= + = 4 + 1 + = 4 + 1 +
= 3 + 3 1 3 4 1+ (1 + ) 1+ 4 = 1+ 4 + 1+ (1 + ) ,
3
∵ , , (1+ ) 1三点共线， ∴ 4(1+ ) + 1+ = 1，化简得 = 4；
∴ 1
2
+ ≥ 2 2 = 4 2，当且仅当 = 2 ， = 2， = 2 取等； 4 2
故答案为：4 2.
16．（23-24 高一下·宁夏石嘴山·期末）已知 △ 中，D，E 分别为线段 AB，BC 上的点，直线 AE，CD
1 1 △ 5
交于点 P，且满足 = 6 + 2 ，则 的值为 .△ 3
【解题思路】由向量的线性运算求得，具体为利用平行四边形定则结合图形关系令 = ， = ，
解得 = 3 1 15，再令 = ， = ，解得 = 3, = 2，确定点 是线段 的中点，最后由面积关系得出
结果.
【解答过程】如图，令 = ， = ，
于是 = + = + = + ( ) = (1 ) + = (1 ) + ，
而 = 1 + 1 1 16 2 ，并且 , 不共线，因此 = 6, (1 ) = 2，解得 =
3
5，
令 = ， = ，
则 = + = + = + ( ) = (1 ) + = (1 ) + ，
= 1从而 2, (1 ) =
1 1 1
6，解得 = 3, = 2，因此点 是线段 的中点，
3
所以 △ = 5
3 △ 5
△ = 5 △ ，所以 = .△ 3
5
故答案为：3.
题型 5 向量坐标运算的几何应用
平面向量线性运算的坐标表示
17．（23-24 高一下·平江面向苏量线淮性安运算·的阶坐段标表练示 习）正方形 中棱长为 4，E 为 的中点， 为线段 边上一点
3
（不包括 C，D），若 = + ，则 + 的取值范围为 1, ．
2
4
【解题思路】建系标点，设 ( ,4), ∈ (0,4)，根据向量的坐标表示可得 + = 2 8 ，进而可得取值范围.
【解答过程】如图，以 A 为坐标原点，建立平面直角坐标系，
则 (0,0), (4,2), (4,4)，设 ( ,4), ∈ (0,4)，
可得 = (4,4), = (4,2), = ( ,4)，
若 = + = (4 + ,2 + 4 )，
8 2
4 + = 4 =
则 ，解得 8 2 + 4 = 4 = 4
，
8
可得 + = 8 2 4 48 + 8 = 2 8 ，
∈ 4因为 (0,4)，则8 ∈ (4,8)，可得 + = 2 38 ∈ 1, ，2
所以 + 3的取值范围为 1, .
2
3
故答案为： 1, .
2
18．（23-24 高一下·北京·阶段练习）根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜
边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形 按上述操作作
图后，得如下图所示的图形，若 + = ，则2 + = 4+ 3 ．
2
【解题思路】建立平面直角坐标系，设 = 2 ( > 0)，求出 , , 的坐标，再由 + = 即可
求解.
【解答过程】建立如图所示平面直角坐标系：
设 = 2 ( > 0)，则 = , = 3 , (0,0), (2 ,2 ), (0,2 ), = ( 3 +1) ，
= ( 3 +1) cos30° = 3+ 3 , = 2 + ( 3 +1) sin30° = 5+ 3 ，即 3+ 32 2 ,
5+ 3 ，
2 2
则 = 3+ 3 , 5+ 3 ， = (2 ,2 )， = (0, 2 )，
2 2
因为 + = ，
所以 3+ 3 , 5+ 3 + (2 ,2 ) = (0, 2 )，
2 2
即 2 3+ 3 ,2 5+ 3 = (0, 2 )，
2 2
2 3+ 3 = 0
所以 25+ 3 ，两式相加并整理得4 + 2 = (4 + 3) ，因为 > 0，2 = 2
2
所以2 + = 4+ 3.
2
4+ 3
故答案为： .
2
19．（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知梯形 ABCD 中， // ， ⊥ ， = 2 = 2，
= 4，点 在线段 上，则 的最小值为 117 .
【解题思路】建立平面直角坐标系，先求直线 方程，设点 后利用坐标运算可得.
【解答过程】如图，由题意以 ， 为 ， 轴建立平面直角坐标系，
则 (0,0)， (2,0)， (0,4)， (1,4)，
设 构成的一次函数为 = + ，代入 (2,0)， (1,4)，
2 + = 0 = 4
得 + = 4 ，得 = 8 ，即 = 8 4 ，
因点 P 在线段 BC 上，可设 ( ,8 4 )，其中1 ≤ ≤ 2，
则 = ( ,4 8)， = (2 ,4 8)，
= (2 ) + (4 8)2 = 17 2 66 + 64，
因1 ≤ ≤ 2 33 1，故当 = 17时取最小值为 17.
1
故答案为： 17.
20．（23-24 高一下·吉林·期中）如图，在梯形 中， ∥ ， = 0， = = 3， > ，
， 分别为边 AB，BC 上的动点，且 = 2，则 的最小值为 18 6 2 .
【解题思路】建立直角坐标系写出点的坐标，计算得出向量的数量积再结合基本不等式得出最小值即可.
【解答过程】如图，以 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向， 的方向为 轴的正方向建立平面直角坐
标系，
则 (3,3).设 (0, )， ( ,0)，其中 ∈ [0,2]， ∈ [0,2]，且 2 + 2 = 4
= ( 3, 3)， = ( 3, 3)，得 = 3 + 9 3 + 9 = 3( + ) +18.
2 2
因为 2 + 2 = ( + )2 2 ≥ ( + )2 ( + ) = ( + )2 2 ，所以( + )
2 ≤ 8，
又因为 + = + ≥ = 2，所以2 ≤ + ≤ 2 2，则18 6 2 ≤ 3( + ) +18 ≤ 12，
当且仅当 = = 2时， 取得最小值，且最小值为18 6 2.
故答案为：18 6 2.
题型 6 向量与几何最值（范围）问题
平面向量线性运算的坐标表示
平面向量线性运算的坐标表示
21．（23-24 高一下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，已知正方形 ABCD 的边长为 2，若动点 P 在以 AB 为直
径的半圆 E（正方形 ABCD 内部，含边界），则 的取值范围为 [0,4] .
2
【解题思路】先求得| |的取值范围，再利用向量数量积的运算法则将所求转化为| | 1，从而得解.
【解答过程】因为正方形 的边长为 2，取 的中点 ，连接 ，
当 在 点或 点时，| | = 22 2max + 1 = 5，
当 在弧 中点时，| |min = 2 1 = 1，
所以| |的取值范围为 1, 5 ，
1
因为 = = 2 ，| | = 2，
2 1 2
所以 = + + = 4
2 2 2
= | | 1| | = |4 | 1，
因为| 2 2 | ∈ 1, 5 ，所以| | ∈ [1,5]，故| | 1 ∈ [0,4]，
所以 ∈ [0,4]，即 的取值范围为[0,4].
故答案为：[0,4].
22．（23-24 高一下·陕西咸阳·阶段练习）如图，正六边形 的边长为 2，对称中心为 ，以 为圆心
作半径为 1 的圆，点 为圆 上任意一点，则 的最小值为 8 ．
【解题思路】连接 ， ，设 , = ，根据向量的线性运算用 ， 表示出 ，可得 = 4
cos 4，然后结合三角函数的性质 1 ≤ cos ≤ 1，即可求得结果．
【解答过程】如图所示：
π
连接 ，设 , = ， ∈ [0,π]，连接 ，依题意得 = 4， = 1， = 2， = 3，
π
则 = = = 4 × 1 × cos 4 × 2 × cos3 = 4cos 4，
因为 ∈ [0,π]，所以 1 ≤ cos ≤ 1，
所以 8 ≤ ≤ 0，所以 的最小值为 8.
故答案为： 8.
23．（24-25 高一上·江苏宿迁·期末）如图，在平面四边形 ABCD 中， ⊥ ， ⊥ ，∠ = 120°，
= = 2．若点 E 为边 CD 21上的动点，则 的最小值为 4 ．
【解题思路】以 D 为原点， , 的方向分别为 x 轴，y 轴的正方向建立平面直角坐标系，利用向量坐标运
算，结合二次函数性质可得.
【解答过程】连接 AC，因为 ⊥ ， ⊥ ， = , = ，
所以Rt △ Rt △ ，
又∠ = 120°，所以∠ = 60°，
所以 = tan60° = 2 3.
过点 B 作 AD 的垂线 BF，垂足为 F，
易知，在Rt △ 中，∠ = 60°, = 2，
所以 = 3, = 1，
以 D 为原点， , 的方向分别为 x 轴，y 轴的正方向建立平面直角坐标系，
则 (2,0), (3, 3),
设 (0, ), ∈ [0,2 3]，
则 = ( 2, ), = ( 3, 3)，
= 6 + ( 3) = 2 3 + 6，
当 = 3 21时， 有最小值 4 .2
21
故答案为： 4 .
24．（24-25 高三下·上海宝山·阶段练习）莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工
业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形 的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的
曲边三角形即为莱洛三角形，已知 , 两点间的距离为 2，点 为 上的一点，则 ( + )的最小值为
10 4 7 ．
2 3
【解题思路】利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算将所求式子表示为2 2，再利用三角形的几
何意义求解即可.
【解答过程】设 为 的中点， 为 的中点，如图所示，
则 ( + ) = 2 = 2 + +
2 2
= 2 + = 2 ，
在正三角形 中， = 2 2 = 22 12 = 3，
3
所以 = = ，
2
2 2 2 3
所以 ( + ) = 2 = 2 2，
2
因为 = 2 + 2 = 12 + 3 = 7，
2 2
所以| |min = 2 | | = 2 7，2
所以 ( + )的最小值为：
2 2
2 32 = 2 2
7 3
2 2
= 10 4 7.
故答案为：10 4 7.
题型 7 正、余弦定理判定三角形形状
平面向量线性运算的坐标表示
25．（24-25 高一上·平上面向海量·线课性运后算的作坐业标表）示在 △ 中， cos = (2 )cos （a、b、c 分别为角 A、B、C 的
对边），则 △ 的形状为 等腰或直角三角形 .
【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简推理即得.
【解答过程】在 △ 中， cos = (2 )cos 及正弦定理得sin sin cos = 2sin cos sin cos ，
而sin = sin( + ) = sin cos + cos sin ，则cos sin = 2sin cos sin cos ，
π
于是cos (sin sin ) = 0，则cos = 0或sin = sin ，而 , ∈ (0,π)，因此 = 2或 = ，
所以 △ 为等腰或直角三角形.
故答案为：等腰或直角三角形.
26．（24-25 高一下·全国·课后作业）在 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足
2 = + ，若4cos2 8cos + 3 = 0，则 △ 的形状为 等边三角形 .
【解题思路】先求出 B 的余弦值，再用余弦定理求出边长关系，最后判断三角形形状即可.
【解答过程】由4cos2 8cos + 3 = 0，
1
解得cos = 2或cos =
3
2（舍去），
π
∵ ∈ (0,π)，∴ = 3，
∵2 = + ，∴ =
+
2 ，
2 2 2 + 2
∴cos = + 2+ 2 122 = = 2，2
整理，得 2 + 2 2 = 0，即( )2 = 0，故 = ，
∴ △ 为等边三角形.
故答案为：等边三角形.
27．（24-25 高一下·上海松江·阶段练习）在Δ 中，角 , , 所对应的边分别是 , , ，满足 = 2 cos = 2
sin ，则该三角形的形状是 等腰直角三角形 ．

【解题思路】根据正弦定理，可得 = 4，然后利用余弦定理可得 = ，最后可得结果.
【解答过程】由正弦定理及2 cos = 2 sin ， 得sin cos = sin sin
∵ sin ≠ 0， ∴ cos = sin ，
∵ cos ≠ 0， ∴ tan = 1

∵ ∈ (0, )， ∴ = 4
又 = 2 cos ， ∴ = 2
2
由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos ， 得 2 = 2 + ( 2 ) 2 2 cos4，

即 2 = 2, = ， ∴ = = 4，
∴△ 为等腰直角三角形．
故答案为：等腰直角三角形.
28．（23-24 + 高一下·河南三门峡·期中）已知 △ 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， = cos +cos ，
则 △ 的形状是 直角三角形 .
【解题思路】由正弦定理以及两角和的正弦公式整理可得cos (sin + sin ) = 0，进一步有cos = 0，即可
求解.
+ sin +sin
【解答过程】由正弦定理以及 = cos +cos ，可得sin = cos +cos ，
所以sin cos + sin cos = sin + sin = sin( + ) + sin( + )
= sin cos + cos sin + sin cos + cos sin ，
化简可得：cos (sin + sin ) = 0，
因为0 < < π，0 < < π，所以sin > 0，sin > 0，则cos = 0，
π
因为0 < < π，所以 = 2，则 △ 的形状是直角三角形；
故答案为：直角三角形.
题型 8 三角形（四边形）的面积问题
平面向量线性运算的坐标表示
29．（23-24 高一下·平四面川向量遂线性宁运算·阶的坐段标表练示习）在 △ 中，角 , , 对应的边分别为 , , ，已知 = 1, > ,sin sin
= 2，且 sin sin = 2csin + sin
1
，则 △ 的面积为 2 ．10
2 2 = + 2 cos =
2+ 2 2 = 3【解题思路】由正弦定理得 2 ，再结合余弦定理 2 ，得 4π，利用正弦定理
将sin sin 转化为边，得到 2 = 5 2 ，又由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos = 2 +1 + = 52 2 2 ，结合 > 2
1解出 ，最后由三角形面积公式 = 2 sin ，代入数值得到答案.
【解答过程】因为 sin sin = 2 sin + sin ，
在 △ 中，由正弦定理得 2 2 = 2 + 2，即 2 = 2 + 2 + 2 ，
2+ 2 2
由余弦定理得cos = 2 =
2 3，因为 ∈
2 (0,π)，所以 = 4π；

△ = = = = 1因为在 中，由正弦定理sin sin sin ，即 2 sin sin ，
1 5
所以sin sin = = 2 2 =
2 2 = = 5 2
2 2 ，所以10 2 ，2
所以 2 = 2 + 2 2 cos = 2 +1 2 2 = 2 +1 + 2 =
5
2 2 ，所以2
2 3 2 + 2 = 0，
2
1 1 3 1
所以 = 2或 = 2（舍）所以 △ 的面积为 =2 2 sin = 2 × 2 × 1 × sin4π=2．
1
故答案为：2.
30．（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在△ABC 中，已知∠BAC＝60°，BC＝3，点 D 是 BC 上的点，AD
平分∠BAC.若 AD＝2 3 3，则△ABC 的面积为 .
2
【解题思路】利用等面积法及余弦定理列方程组求解 ，再代入三角形面积公式即可.
【解答过程】在△ABC 中，设∠ 、∠ 、∠ 的对边分别为 , , ，
在△ABC 中，由余弦定理可得：9 = 2 + 2 2 cos60 ， ①
因为 △ =
1
△ + △ ，所以2
3 = 1 2 1 1 1
2 2 2
+ 2 2 2，
+ = 3 ②
2
② 3平方得： 2 + 2 +2 = 4( )
2， ③
联立①③可得： = 6，
= 1所以 △ 2
3 = 3 3.
2 2
3 3
故答案为： .
2
31．（23-24 高一下·河北张家口·期末）在 △ 中，∠ = 90°， 是 上一点， 是∠ 的平分线，
且2 = 3 , = 6 2，则 △ 的面积为 3 ．
5
= = 2 = 3【解题思路】根据条件，得到 3，再利用 5 +
2
5 ，得到 = 2， = 3，即可求解.
【解答过程】过 分别作 ⊥ , ⊥ 于 , ，设 到 的距离为 ，
因为 是∠ 的平分线，所以 = ，
易知 = ①， = ②，又2 = 3 ，
① ÷ ② = = 3由 得到 2，又∠ = 90° =
6 2
， ，
5
又 = + = + 3 3 3 25 = + 5( ) = 5 + 5 ，
| |2 9 | |2 4 | |2所以 = 25 + 25 ，设| | = ,| | = ，
72 9
所以25 = 25
2 + 4 2 9 2 4 9 2 225 = 25 + 25 × 4 ，解得 = 4，即 = 2，
所以 = 32 = 3
1 1
，得到 △ 的面积为 = 2 = 2 × 2 × 3 = 3，
故答案为：3.
32．（23-24 高一下·北京·期末）如图，在平面四边形 中， = = 2 2，∠ = 2∠ =
2π
3 ，记 △
与 △ 的面积分别为 1， 2，则 2 1的值为 2 3 ．
【解题思路】根据余弦定理得 2 2 = 2 2 8， 2 2 = 2 2 8，两式相减可得 ，由
6
三角形的面积公式得 2 1 = ( )，即可求解.2
2 2 2
【解答过程】在 △ cos = + 中，由余弦定理得 2 ，
1 8+ 2 2
即 2 22 = ，得 = 24 2 2 8①，
2+ 2 2
在 △ 中，由余弦定理得cos = 2 ，
1 = 8+
2 2
即 ，得 22
2 = 2 2 84 2 ②，
1 π
又 1 = 2 sin
2π 6 1 6
3 = , =2 2 2 sin3 = ，2
所以 2 1 = 6 6 = 6( )③，2 2 2
由② ①，得 2 2 = 2 2( + )，由 + > 0，
得 = 2 2，代入③得 2 1 = 2 3.
故答案为：2 3.
题型 9 求三角形中的边长或周长的最值或范围
平面向量线性运算的坐标表示
33．（23-24 2π高一下·平广面向东量线广性州运算·的阶坐段标表练示 习）在 △ 中，∠ 的平分线交 AC 于点 D，∠ = 3 , = 4，
则 △ 周长的最小值为 16 + 8 3 ．

【解题思路】根据等面积法得 + = 4 ，进而结合基本不等式得 + ≥ 16， ≥ 64，当且仅当 = = 8时
等号成立，再结合余弦定理得 = 2 + 2 + ≥ 3 ≥ 8 3，当且仅当 = = 8时等号成立，进而得周
长最小值.
【解答过程】根据题意，设， = , = , = ，
2π因为 △ = △ + △ ，∠ = 3 ， = 4，∠ = ∠ ，
1 1
所以2 sin∠ = 2 sin∠ +
1
2 sin∠
3
，即 =
4 3 + 3 ，

所以 + = 4 ，
+ 2
因为根据基本不等式有 ≤ ， + ≥ 22
所以 + ≥ 16， ≥ 64，当且仅当 = = 8时等号成立，
由余弦定理得
= 2 + 2 2 cos = 2 + 2 + ≥ 2 + = 3 ≥ 8 3，当且仅当 = = 8时等号成立，
所以 + + ≥ 16 + 8 3，当且仅当 = = 8时等号成立.
所以 △ 周长的最小值为16 + 8 3.
故答案为：16 + 8 3.
34．（22-23 高一下·江苏连云港·期中）设锐角 △ 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 = 2 ，
2 +
则 的取值范围是 (2 2 +1,2 3 +2) ．
【解题思路】根据已知条件，利用正弦定理边角互化结合三角恒等变换将目标式化为角 的函数关系，再求
的取值范围，根据函数值域即可求得结果．
【解答过程】因为 = 2 ，则sin = sin2 = 2sin cos ，cos = cos2 = 2cos2 1，
又sin = sin( + ) = sin cos + cos sin ，
故由正弦定理可得：
2 + sin + 2sin sin cos + cos sin + 4sin cos cos sin
= sin = sin = 4cos + cos + sin
= 4cos + 2cos2 1 + 2cos2
= 4cos2 + 4cos 1，
π π π
又 △ 为锐角三角形，故可得 ∈ (0,2), = 2 ∈ (0,2), = π 3 ∈ (0,2)，
π π 3
解得 ∈ (6,4)，则cos ∈ (
2, )，
2 2
2
由于 = 4cos2 + 4cos 1 = 4 cos + 1 2，在cos ∈ ( 2, 3)2 上单调递增，2 2
当cos = 2, = 1 + 2 2,当cos = 3, = 2 + 2 3，2 2
故4cos2 + 4cos 1 ∈ (2 2 +1,2 3 +2)，
+2
即 ∈ (2 2 +1,2 3 +2)．
故答案为：(2 2 +1,2 3 +2)．
35．（2024·全国·模拟预测）已知锐角三角形 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足
( 2 2 2)sin cos = cos( + )， = 2，则 △ 周长的取值范围为 (2 + 2,2 2 + 2) ．
【解题思路】本题利用正、余弦定理进行边角转化，将已知转化为角后，利用角的范围求三角函数的范围，
从而解出周长的范围.
2 2
( 2 2 2)sin cos = cos( + ) 2( +
2)
【解答过程】由 ，得 2 sin cos = cos( + ) = cos( )，
化简为 2cos sin cos = cos ，因为 为锐角，所以cos ≠ 0，
π
所以2sin cos = 1，即sin2 = 1，因为 为锐角，所以 = 4．
2 1
由正弦定理 2sin = sin = sin ，得 = sin sin = =sin 2 sin ，
sin 2sin[ ( + )] 2sin +π = sin +cos 4sin = = = ，sin sin sin
故 △ 的周长为
1 sin + cos 1 + cos
= + + = sin + sin + 2 = sin + 2 + 1
2cos2 cos 1
= 2 2 2sin cos + 2 +1 = sin + 2 +1 = tan + 2 +1.
2 2 2 2
π
因为 = 4且 △ 为锐角三角形，
π π π π
所以4 < < 2，8 < 2 < 4，
2tan

因为tan = 8 2

4 1 tan2 = 1，整理得tan 8 +2tan8 1 = 0 tan > 0 ，
8 8

解得tan8 = 1 + 2，
1
所以 2 1 < tan2 < 1，故1 < tan < 2 +1，2
1
所以2 + 2 < tan + 2 +1 < 2 2 +2，
2
即 △ 周长的取值范围为(2 + 2,2 2 + 2)．
故答案为：(2 + 2,2 2 + 2).
π
36．（23-24 高一下·湖北·期中）锐角 △ 的内角 , , 所对的边分别为 , , ，若 = 3， = 3，则
2 + 2
+ 的取值范围为 (7,9] ．
【解题思路】利用余弦定理可得 2 + 2 = 3 + ，由正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可化简得到
= 2sin 2 π +1，由正弦型函数值域求法可求得 范围，由此可求得结果.
6
π
【解答过程】 ∵ = 3， ∴
2 = 2 + 2 2 cos = 2 + 2 = 3，即 2 + 2 = 3 + ，

由正弦定理得：sin = sin = sin = 2， ∴ = 2sin ， = 2sin ，
∴ = 4sin sin = 4sin sin( + ) = 4sin sin π + = 4sin 3 cos + 1 sin = 2 3sin cos + 2sin2
3 2 2
= 3sin2 cos2 + 1 = 2sin 2 π +1，
6
0 < < π π π
∵△ 为锐角三角形， ∴ 20 < = 2π < π ，解得：6 < < 2，
3 2
π
∴ 2 π 5π π 16 ∈ , ， ∴ sin 2 ∈ ,1 ， ∴ ∈ (2,3]，6 6 6 2
∴ 2 + 2 + = 3 + 2 ∈ (7,9].
故答案为：(7,9].
题型 10 复数的模的几何意义
平面向量线性运算的坐标表示
37．（23-24 高一下·平福面向建量线·期性运中算的）坐已标表知示 复数 满足| 1 + 2i| = 1，则| |的最小值为 5 1 ．
【解题思路】根据复数的几何意义，利用数形结合，即可求解.
【解答过程】根据复数模的几何意义可知，| 1 + 2i| = 1表示复数 与复数1 2i对应两点间的距离为 1，
所以复数 对应的点是以点(1, 2)为圆心，1 为半径的圆，如图，
| |表示圆上的点到原点的距离，由图可知，| |的最小值为 12 + ( 2)2 1 = 5 1.
故答案为： 5 1.
38．（23-24 高三下·安徽合肥·阶段练习）已知复数 z 满足| 2 3i| = 1，则| + 1 + i|的最小值为 4 ．
【解题思路】由复数的几何意义，数形结合得出| + 1 + i|的最小值并求出即可.
【解答过程】
如图：| 2 3i| = | (2 + 3)i| = 1 ，
则 的几何意义是复平面内的动点( , )到定点 (2,3)的距离等于1，
对应的轨迹为以 为圆心，半径为1的圆．
| + 1 + i| = | ( 1 i)|的几何意义为动点( , )到定点 ( 1, 1)的距离，
由图形可知：当点位于 时，| + 1 + i|取的最小值，
由| | = ( 1 2)2 + ( 1 3)2 = 5，
所以| + 1 + i|的最小值为：| | 1 = 4，
故答案为：4.
39．（24-25 高一下·辽宁沈阳·阶段练习）已知三个复数 1, 2, 3，并且| 1| = | 2| = | 3| = 1， 1, 2所对应的
向量 1， 2满足 1 2 = 0，则| 1 + 2 3|的取值范围是 [ 2 1, 2 +1] .
【解题思路】根据给定条件，以向量 1， 2的方向分别为 , 轴的正方向建立直角坐标系，利用复数的几
何意义求解作答.
【解答过程】由 1 2 = 0，得 1 ⊥ 2，
以向量 1， 2的方向分别为复平面内 , 轴的正方向建立直角坐标系，如图，
由| 1| = | 2| = 1，得 1 = 1, 2 = i，则 1 + 2 = 1 + i，令复数 1 + 2对应的点为 ，有| | = 2，
由| 3| = 1，得复数 3对应的点 3的轨迹是以原点 圆心，1 为半径的圆，
因此| 1 + 2 3| = | 3| = | 3 | ≤ | 3| + | | = 1 + 2，当且仅当 3, 反向共线时取等号，
| 3| = | 3 | ≥ || 3| | || = 2 1，当且仅当 3, 同向共线时取等号，
所以| 1 + 2 3|的取值范围是[ 2 1, 2 +1].
故答案为：[ 2 1, 2 +1].
40．（23-24 高一下·广东广州·期中）已知 ∈ C，且| + 3i| = 1，i 为虚数单位，则| 1 + 2i|的最小值是 2
1 .
【解题思路】将问题化为坐标系中点 ( , )到定点 (0, 3)的距离恒为 1，求定点 (1, 2)与动点 的最小距
离.
【解答过程】令 = + i,( , ∈ R)，则 2 + ( + 3)2 = 1，
所以，等价于坐标系中点 ( , )到定点 (0, 3)的距离恒为 1，
即动点 在以 为圆心，半径为 1 的圆上，如下图：
又| 1 + 2i|表示动点 到定点 (1, 2)的距离，而 与 的距离为 2，
所以 2 1 ≤ | | ≤ 2 +1，
在 , 之间且共线，左侧等号成立； 在 , 之间且共线，右侧等号成立；
所以| 1 + 2i|的最小值是 2 1.
故答案为： 2 1.
题型 11 根据复数的四则运算结果求复数特征
平面向量线性运算的坐标表示
41．（24-25 2+ i高一下·平安面向徽量线阜性阳运算·的阶坐段标表练示 习）已知复数 = 1+2i，其中 a 为整数，且 z 在复平面内对应的点在第
四象限，则 a 的最大值为 3 ．
【解题思路】根据复数的除法运算及复数对应的点所在象限列出不等式求解.
= 2+ i
(2+ i)(1 2i)
【解答过程】因为 1+2i =
2+2 +( 4)i
(1+2i)(1 2i) = 5 ，
2+2 4
所以 z 在复平面内对应的点为 , ，
5 5
2+2 > 0
所以 5 4 ，解得 1 < < 4，< 0
5
又 a 为整数，所以 a 的最大值为 3．
故答案为：3.
42．（23-24 高一下·青海海南·期中）在复平面内，复数 z 对应的点为(2, 1)，则i 1 = 2i ．
【解题思路】由复数的几何意义及复数的运算求解．
【解答过程】因为复数 z 对应的点为(2, 1)，所以 = 2 i，所以i(2 i) 1 = 2i．
故答案为：2i.

43 1 3．（23-24 高一下·陕西安康·期中）若复数 1 = 1 + 3i， 1为 2的共扼复数，则 1的虚部为 .1 2 3
【解题思路】根据共轭复数的概念可得 2 = 1 3i，即可由复数的除法运算求解.
【解答过程】由 1 = 1 + 3i可得 1 = 1 3i，所以 2 = 1 3i，
1 ( 1+ 3i) 1+ 3i 3
故 1 2 1 = =( 1+ 3i)( 1 3i) 1 ，故虚部为 ，3 3
3
故答案为： .
3
2023
44．（23-24 i高一下·山西大同·阶段练习）已知i是虚数单位，复数 = 1 i，则 的共轭复数 在复平面内对应
的点位于第 一 象限．
【解题思路】先化简复数，再由共轭复数和复数的几何意义求解即可.
i2023 i i(1+i)
【解答过程】因为 = 1 i =
1 i 1 i
1 i = (1 i)(1+i) = 2 = 2 2，
1 i
所以其共轭复数 = 2 + 2，
1 1
所以 在复平面内对应的点为 , ，位于第一象限．
2 2
故答案为：一.
题型 12 空间几何体的截面问题
平面向量线性运算的坐标表示
45．（23-24 高二下·平云面向南量线玉性溪运算·的期坐中标表）示 如图，已知正方体 1 1 1 1的棱长为 2，若 K 为棱 1 1的中
点，过 A，C，K 三点作正方体的截面，则截面的周长为 3 2 +2 5 ．
【解题思路】取 1 1的中点 ，连接 , ，作出截面 ，分别求出边长，进而求出截面的周长.
【解答过程】如图，取 1 1的中点 ，连接 , ，则 // 1 1，
则在正方体 1 1 1 1中， 1// 1, 1 = 1，
所以四边形 1 1 是平行四边形，
所以 // 1 1，
又 // 1 1，所以 // ，
则四边形 即为过 A，C，K 三点截面，
因为正方体 1 1 1 1的棱长为 2，
所以 = 2 2， = 2， = = 22 + 12 = 5，
则其周长为 + + + = 2 2 + 2 + 5 + 5 = 3 2 +2 5.
故答案为：3 2 +2 5.
46．（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱 1 1 1中， = = 1 = 4， ⊥ ，过 1作该直三
棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 8π ．
【解题思路】根据题意直观想象三棱住的外接球位置，再利用球的截面性质可得当 1为所截圆的直径时截
面面积最小，从而得解.
【解答过程】由直三棱柱 1 1 1可知， 1 ⊥ 平面 ，
又 ⊥ ，所以 , , 1两两垂直，
设直三棱柱 1 1 1外接球的半径为 R，
通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以 , , 1为边长的长方体外接球相同；
过 1作该直三棱柱外接球的截面，当 1为所截圆的直径时截面面积最小，
因为 1 = 42 + 42 = 4 2，
2
4 2
则所求截面面积最小值为π = 8π2 .
故答案为：8π.
47．（23-24 高三下·重庆·阶段练习）如图，已知棱长均为 4 的正四棱锥 P-ABCD 中，M 和 N 分别为棱 AB、
PC 的中点，过 M 和 N 可以作平面 使得 // ，则平面 截正四棱锥 P-ABCD 所得的截面面积为 5 2 .
【解题思路】取 中点为 ，取 中点为 ，易证明 //平面 ，再通过取四等分点 ，可证明截面就
是五边形 ，最后通过证明四边形 是矩形，再来计算截面的面积即可.
【解答过程】
取 中点为 ，取 中点为 ，连结四点可得四边形 ，
结合题意可知 // , // ，所以 // ，
同理： // , // ，所以 // ，即四边形 是平行四边形，
因为 // , 平面 ， 平面 ，所以 //平面 ，
设 ∩ = = 1 1，可得 4 ，再在 上取点 ，满足 = 4 ，
此时 // ，所以 // // // ，可得截面五边形 ，
由正四棱锥可知： ⊥ 平面 ，且 平面 ，所以 ⊥ ，
又因为 ⊥ ， ∩ = ， 平面 ， 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ⊥ ，
又因为 // ，所以 ⊥ ，从而可得四边形 是矩形，
1 1
由正四棱锥所有棱长均为 4，可知 = 2 = 2 2， = 2 = 2，
所以四边形 的面积为 = 2 2 × 2 = 4 2，
1 3
再由 = 4 ， // ，可知： = 4 = 3
１
又因为 = 2，所以三角形 的面积为 ×
２ ２ ２ × (3 2) = 2，
所以截面五边形 的面积为4 2 + 2 = 5 2
故答案为：5 2.
48．（2024 高一下·全国·专题练习）在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1中， 为棱 的中点，过 1且平
行于平面 1 6的平面截正方体所得截面面积为 .2
【解题思路】根据给定条件，作出并证明过点 1，且与平面 1 平行的正方体的截面，再求出面积.
【解答过程】在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1中，取 中点 ， 1 1中点 ，
连结 , 1 , 1, , 1, , ，而 为棱 中点，
显然 // // 1 ， = = 1 ，得四边形 ，四边形 1 都是平行四边形，
则 // ， 1 // ， 1 , 平面 1 ， , 平面 1 ，
于是 //平面 1 ， //平面 1 ，又 ∩ = ， , 平面 ，
因此平面 //平面 1 ，又 // // 1 1， = = 1 1，即四边形 1 1 是平行四边形，
则 1 // 1 // ，显然平面 1 //平面 1 ，
从而过 1且平行于平面 1 的平面截正方体所得截面为四边形 1 ，
又 = = = = 1 + 1 = 51 1 ，即四边形 4 2 1 为菱形，
而 1 = 1 + 1 + 1 = 3 5 3， = 2 = 2，4 4
1
所以四边形 1 的面积为 = 2 1 =
6.
2
6
故答案为： .
2
题型 13 几何体与球的切、接问题
平面向量线性运算的坐标表示
49．（2024·陕西西安平·面模向拟量线预性运测算的）三坐标棱表示锥 中， = = = 2，且 , , 两两垂直．设三棱锥
的外接球和内切球的表面积分别为 外和 内，则 外 内 =
(20+8 3)π ．
3
【解题思路】根据三棱锥结构，可补成正方体，利用正方体外接球求半径，再由等体积法求出三棱锥内切
球半径，利用球的面积公式得解.
【解答过程】由题意可知，三棱锥 可以 , , 为棱，补成棱长为2的正方体，
所以三棱锥的外接球与所在正方体的外接球相同，
所以外接球直径2 = 3 = 2 3，其面积 外 = 4π 2 = 12π，
1
设三棱锥内切球半径为 ，则由等体积法可得：3 ( △ + △ + △ + △ ) = ,
1 1 × 2 × 2 + 1
2
即3 × 2 × 2 +
1 × 2 × 2 + 3 × (2 2) =
1
3 ×
1
2 × 2 × 2 × 2，2 2 2 4
= 3 3 = 4π 2 = 16 8 3解得 ，故 π，
3 内 3
所以 外 内 = 12π
16 8 3π = (20+8 3)π.
3 3
(20+8 3)π
故答案为： .
3
50．（23-24 高一下·重庆·期末）如图，在四面体 中， △ 与 △ 均是边长为2 3的等边三角形，
二面角 的大小为90°，则四面体 的外接球表面积为 20π .
【解题思路】设 1为 △ 的中心， 为四面体 的外接球的球心，过 作 ⊥ ，然后在Rt △
中，由 2 + 2 = 2求出外接球的半径，再由球的表面积公式计算可得.
【解答过程】如图所示：设 1为 △ 的中心， 为四面体 的外接球的球心，
则 1 ⊥ 平面 ．
因为二面角 的大小为90°，即平面 ⊥ 平面 ，
设 为线段 的中点，外接球的半径为 ，
连接 , , ，
过 作 ⊥ 于点 ，
易知 为 △ 的中心，则 1 = = 1 = ，
3
因为 = × 2 3 = 3，2
故 = = 13 × 3 = 1， = 2，
在Rt △ 中， 2 + 2 = 2，
故12 + 22 = 2，则 = 5．
所以外接球的表面积为 = 4π 2 = 20π，
故答案为：20π.
51．（23-24 高一下·广东揭阳·期末）一个三棱锥形木料 ，其中底面 △ 是 = 90 , = 2dm的等
腰直角三角形， ⊥ 底面 ，二面角 的大小为45 ，则三棱锥 的外接球表面积为
10π dm2.
【解题思路】利用几何体的特征，先作出二面角的平面角，计算出 长，再利用直角四面体的外接球直径
公式就是补形为长方体的同一顶点三条棱长的平方和的算术平方根，再由表面积公式计算即可.
【解答过程】
由 △ 是 = 90 , = 2dm的等腰直角三角形，取 的中点为 ，则 ⊥ ， = 2dm
又因为 ⊥ 底面 ， , 底面 ，所以 ⊥ ， ⊥ ，
又因为 ∩ = ， , 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ⊥ ，
即∠ 就是二面角 的平面角，
因为二面角 的大小为45 ，所以∠ = 45°，
又因为 = 2dm， ⊥ ，所以 = = 2dm，
由于这个四面体是直角四面体，它可以补形为一个长方体，
从而可得它的外接球半径 满足：2 = 2 + 2+ 2 = 2 + 4 + 4 = 10
2
则三棱锥 的外接球表面积为： = 4π 2 = 4π 10 = 10π2 (dm)
故答案为：10π.
52．（23-24 高一下· · 104 3江西赣州 期末）已知一个正四棱台的上下底面边长之比为1:3，体积为 ，若此正四
3
棱台的内切球存在，则这个内切球的表面积为 12π .
【解题思路】设正四棱台上下底边边长，根据存在内切球，可得四棱台的高，再根据体积可得边长与高的
值，即可得内切球半径及表面积.
【解答过程】
如图所示，分别取上下底边中点，可得如图等腰梯形，
设上下底面边长分别为2 ，6 ，即 = 2 ， = 6 ，
又该四棱台存在内切球，设其球心为 ，
则 为 1 2中点，且 = 2 = 3 ， = 1 = ，
所以 = 4 ，则 1 2 = 2 3 ，
又四棱台的体积 = 13
1
2 2 2 104 3上 + 下 + 上 下 = 3 2 3 (4 + 36 + 12 ) = ，3
解得 = 1，即 1 2 = 2 3
所以内切球半径 = 1 = 3，
表面积 球 = 4π 2 = 12π.
故答案为：12π.
题型 14 空间中的点共线、点（线）共面问题
平面向量线性运算的坐标表示
53．（23-24 高二·上平海面向·课量线堂性运例算的题坐）标表如示图，在正方体 1 1 1 1中，已知 是 的中点，且直线 1 交
平面 1 于点 ，点 1, , 的位置关系是 共线 ．
【解题思路】根据图示可得三点 1， ， 在平面 1 与平面 1 1的交线上，则可得答案.
【解答过程】∵ ∈ ， 平面 1 ，∴ ∈ 平面 1 ，
∵ 为 中点，∴ 为 中点，
∴ ∈ ， 平面 1 1，∴ ∈ 平面 1 1.
∴ 是平面 1 1和平面 1 的公共点；
同理可得，点 和 1都是平面 1 1和平面 1 的公共点，
∴三点 1， ， 在平面 1 与平面 1 1的交线上，
即 1， ， 三点共线.
故答案为：共线.
54．（2025 高二·全国·专题练习）如图所示． 1 1 1 1是正方体，O 是 1 1的中点，直线 1 交平
面 1 1于点 M，给出下列结论：
①A、M、O 三点共线； ②A、M、O、 1不共面：
③A、M、C、O 共面； ④B、 1、O、M 共面，
其中正确的序号为 ①③ ．
【解题思路】由公理 1 判断①，由公理 2 判断②和③，用反证法判断④
【解答过程】连接 1 1，因为 是 1 1的中点，所以 ∈ 1 1，
平面 1 1与平面 1 1 有公共点 A 与 ，则平面 1 1 ∩ 平面 1 1 = ，
对于①， ∈ 1, 1 平面 1 1 ，则 ∈ 平面 1 1 ，因为 ∈ 平面 1 1，则 ∈ ，即 A，M，O
三点共线，所以①正确，
对于②③，由①知 A，M，O 三点共线，所以 A，M，O， 1共面，A，M，C，O 共面，所以②错误，③
正确；
对于④，连接 ，则 , 1, 都在平面 1 1 上，若 ∈ 平面 1 1 ，则直线 平面 1 1 ，所以 ∈
平面 1 1 ，显然 平面 1 1 ，所以④错误，
故答案为：①③.
55．（24-25 高一下·江苏南通·阶段练习）给出以下四个命题：
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点 A，B，C，D 共面，点 A，B，C，E 共面，则点 A，B，C，D，E 共面；
③若直线 a，b 共面，直线 a，c 共面，则直线 b，c 共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
其中正确的有 ① ．(填序号)
【解题思路】根据点共线、共面以及线共面等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【解答过程】对于①，反证法：如果四个点中，有3个点共线，第4个点不在这条直线上，
根据基本事实2的推论可知，这四个点共面，这与已知矛盾，故①正确；
对于②，如下图， , , , 共面， , , , 共面，但 , , , , 不共面，故②错误；
对于③，如下图， , 共面， , 共面，但 , 异面，故③错误；
对于④，如下图， , , , 四条线段首尾相接，但 , , , 不共面，故④错误.
故答案为：①.
56．（23-24 高一下·安徽宣城·期末）如图，在长方体 1 1 1 1中，O 是 1 1的中点，P 是线段 AC
上一点，且直线 1交平面 1 1于点 M．给出下列结论：
①A，M，O 三点共线；②A，M，O， 1不共面；③A，M，C，O 共面；④B， 1，O，M 共面．
其中正确结论的序号为 ①③ ．
【解题思路】由公理 1 判断①，由公理 2 判断②和③，用反证法判断④
【解答过程】解：连接 1 1，因为 是 1 1的中点，所以 ∈ 1 1，
平面 1 1与平面 1 1 有公共点 与 ，则平面 1 1 ∩ 平面 1 1 = ，
对于①， ∈ 1, 1 平面 1 1 ，则 ∈ 平面 1 1 ，因为 ∈ 平面 1 1，则 ∈ ，即 A，M，O
三点共线，所以①正确，
对于②，因为 , , 1在平面 1 1 内，由①知 ∈ ，所以 ∈ 平面 1 1 ，所以 A，M，O， 1共面，
所以②错误，
对于③，因为 , , 在平面 1 1 内，由①知 ∈ ，所以 ∈ 平面 1 1 ，所以 A，M，C，O 共面，所
以③正确，
对于④，连接 ，则 , 1, 都在平面 1 1 上，若 ∈ 平面 1 1 ，则直线 平面 1 1 ，所以 ∈
平面 1 1 ，显然 平面 1 1 ，所以④错误，
故答案为：①③.
题型 15 平行与垂直关系的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
57．（23-24 高一下·平北面向京量线·期性运中算的）坐如标表图示 矩形 中， = 2 = 2， 为边 的中点，将 △ 沿直线
翻转成 △ 1 ．若 为线段 1 的中点，则在 △ 翻转过程中，下列叙述正确的有 ①②④ （写出所
有序号）．
① 是定值；
②一定存在某个位置，使 ⊥ 1；
③一定存在某个位置，使 ⊥ 1 ；
④一定存在某个位置，使 ∥ 平面 1 ．
【解题思路】运用等角定理及余弦定理可判断①；运用勾股定理证得 1 ⊥ 、 ⊥ ，结合线面垂直的
判定定理及性质可判断②；运用反证法证及线面垂直判定定理证得 ⊥ 平面 1 ，结合线面垂直性质可得
⊥ 1 得出矛盾可判断③；运用面面平行判定定理证得平面 //平面 1 ，结合面面平行性质可判断
④.
【解答过程】对于①，取 中点 ，连接 ， ，如图所示，
则 ∥ 1， ∥ ， =
1
2 1 =
1
2， = = 2，
π
由等角定理知，∠ 1 = ∠ = 4，
所以由余弦定理可得 2 = 2 + 2 2 cos∠ = 54，
所以 = 5是定值，故①正确；
2
对于④，由①知， ∥ 1， ∥ ，
又 、 平面 1 ， 1、 平面 1 ，
所以 //平面 1 ， //平面 1 ，
又 ∩ = ， 、 平面 ，
所以平面 //平面 1 ，
又因为 平面 ，所以 //平面 1 ，故④正确，
对于②，连接 ，如图所示，
当 1 = 3时，
因为 1 = 1， = 2，所以 2 = 2 + 21 1 ，所以 1 ⊥ ，
因为矩形 ABCD 中， = = 2， = 2，所以 2 + 2 = 2，即 ⊥ ，
又因为 1 ∩ = ， 1 、 平面 1 ，所以 ⊥ 平面 1 ，
又 1 平面 1 ，所以 ⊥ 1，故②正确；
对于③，假设③正确，即在某个位置，使 ⊥ 1 ，
又因为矩形 中， = = 2， = 2，
所以 2 + 2 = 2，即 ⊥ ，
又因为 1 ∩ = ， 1 、 平面 1 ，所以 ⊥ 平面 1 ，
π
又 1 平面 1 ，所以 ⊥ 1 ，这与∠ 1 = 4矛盾，
所以不存在某个位置，使 ⊥ 1 ，故③错误．
故答案为：①②④.
58．（2024 高三·江苏·专题练习）如图，在四棱柱 1 1 1 1中， = = 1 = 1， ⊥ 1，
⊥ ，∠ 1 = 60°，M，N 分别是棱 和 的中点，则下列说法中正确的是 ①③④ （填写序号）
① 1, 1, , 四点共面 ② 1 与 共面
③ ⊥ 平面 1 1 ④ 1 ⊥ 平面
【解题思路】利用平面基本事实判断①②；由线面垂直的性质判定推理判断③④.
【解答过程】在四棱柱 1 1 1 1中，连接 MN，由 M，N 分别是棱 和 的中点，得 // ，
由 1// 1，且 1 = 1，得四边形 1 1 是平行四边形，
则 // 1 1，即 // 1 1，因此 1, 1, , 四点共面，①正确；
若 1 与 共面，则 1, , , 共面，点 在平面 1 1内，这与题设矛盾，②错误；
由 ⊥ 1， ⊥ ， 1 ∩ = , 1, 平面 1 1，得 ⊥ 平面 1 1，③正确；
连接 1 ，由∠ 1 = 60°， = = 1 = 1，得 △ 1是等边三角形，
则 1 ⊥ ，由 ⊥ 平面 1 1， 1 平面 1 1，于是 1 ⊥ ，
而 ∩ = , , 平面 ，则 1 ⊥ 平面 ，④正确.
故答案为：①③④.
59．（23-24 高一下·北京西城·期末）如图，在正方体 1 1 1 1中， = 1，点 为直线 1 上的动
点，则下列四个命题：
①连接 1 ，总有 1 //平面 1 ；
② 1 ⊥ 平面 1 ；
③ 3动点 到直线 的距离的最小值是 ；
3
④设 = ，则三棱锥 1 的体积随着 增大而增大.
其中正确的命题的序号是 ①②③ .
【解题思路】利用面面平行的性质推理判断①；利用线面垂直的判定推理判断②；利用线面平行结合等体
积法计算判断③；利用等体积法计算判断④作答.
【解答过程】在正方体 1 1 1 1中，对角面 1 1 是矩形，则 1 // 1 , 1 平面 1 ， 1
平面 1 ，
于是 1 //平面 1 ，同理 1 1//平面 1 ，而 1 ∩ 1 1 = 1, 1 , 1 1 平面 1 1，
则有平面 1 //平面 1 1，而 1 平面 1 1，因此 1 //平面 1 ，①正确；
1 ⊥ 平面 , 平面 ，则 1 ⊥ ，而 ⊥ , ∩ 1 = ， , 1 平面 1，
则有 ⊥ 平面 1，而 1 平面 1，因此 1 ⊥ ，同理 1 ⊥ 1 ，
1 ∩ = , 1 , 平面 1 ，所以 1 ⊥ 平面 1 ，②正确；
由①知，平面 1 //平面 1 1，由于 1 与 是异面直线，则点 到直线 的距离最小值等于点 1到平
面 1 的距离 ，
3 3 1 1
正方体棱长为 1，则 2 2△ 1 = = , 4 2 △ 1 1 = 2 1 1 = 2，由 1 1 = 1 1 ，
1 1 3 1 3得3 △ 1 = 3 △ 1 1 ，即 = 2，解得 = ，③正确；2 3
因为 1 // 1 , 1 平面 1 ， 1 平面 1 ，则 1 //平面 1 ，
因此点 到平面 1 的距离为定值，而 △ 1 的面积为定值，
于是三棱锥 1 的体积 1 = 1 为定值，④错误，
所以正确的命题的序号是①②③.
故答案为：①②③.
60．（23-24 高一下·北京房山·期末）如图 1，在矩形 ABCD 中， = 2 = 2，E 为 AB 的中点，将 △
沿 DE 折起，点 A 折起后的位置记为点 1，得到四棱锥 1 ，M 为 AC 的中点，如图 2.某同学在探究
翻折过程中线面位置关系时，得到下列四个结论：
①恒有 1 ⊥ 1 ； ②恒有 //平面 1 ；
③三棱锥 21 的体积的最大值为 ； ④存在某个位置，使得平面 1 ⊥ 平面 1 .12
其中所有正确结论的序号是 ①②③ .
【解题思路】根据原图形判断①，根据面面平行得出线面平行判断②，结合面面垂直及体积公式判断体积
最大值得出③，应用面面垂直的性质定理及反证法得出④.
【解答过程】矩形 ABCD 中, ∵ ⊥ , ∴ 1 ⊥ 1 ,①正确；
取 CD 中点 H，连接 MH，BH， M 和 H 分别是 1 ，CD 的中点， ∴ // 1 ， ∵ 在平面 1 外，
∴ //平面 1 ， E 是矩形 ABCD 的 AB 边中点， = ， // ， ∴ // ，
∵ 在平面 1 外， ∴ //平面 1 ，又 ∩ = ， 平面 //平面 1 ， ∵ 平面 ，
∴ // 1 ，②正确；
取 的中点 ，连接 1 ，如图所示：
当平面 1 ⊥ 平面 时， 1到平面 的距离最大.
因为 1 = ， 为 中点，所以 1 ⊥ .
又因为平面 1 ∩ 平面 = ，所以 1 ⊥ .
2
= 12 + 12 = 2，所以 1 = 12 2 = 2.2 2
所以四棱锥 1
1 × (1+2)×1体积最大值为 × 2 = 23 2 ，2 4
所以四棱锥 1
2 2
体积最大值为3 ×
2
1 = 3 × =
2
，
4 6
M 为 AC 1的中点，三棱锥 1 的体积的最大值为2 × 1 =
1 × 22 =
2故③正确.
6 12
平面 1 ⊥ 平面 1 ,平面 1 ∩ 平面 1 = 1 , 1 ⊥ 1 , 1 平面 1 ,
∴ 1 ⊥ 平面 1 , ∴ 1 ⊥ 1 , 1 = 1, = 2, ∴ 1 = 1, △ 1 , 1 = 1, ∴ 1 + 1 = 2 = ,④错
误；
故答案为：①②③.
题型 16 求空间角
平面向量线性运算的坐标表示
61．（23-24 高一下·平山面向东量线威性海运算·的期坐末标表）示 在三棱锥 中， ⊥ 平面 ， ⊥ ， = 3且最长的棱
长为 13 26， 为棱 的中点，则当三棱锥 的体积最大时，直线 与 所成角的余弦值为 .26
【解题思路】由已知可得 = 13 = 10，由已知可得 = = 5时，体积最大值，进而可求直线
与 所成角的余弦值.
【解答过程】因为 ⊥ ，所以 > ，所以 = 13，
又因为 ⊥ 平面 ，所以 ⊥ ，所以 = 13 3 = 10，
又 2 + 2 = 10 ≥ 2 · ，
当且仅当 = 时等号成立，
= 1所以 3 ×
1
2 · × 3 ≤
5 3
，当 = =
6 5时取最大值，
取 的中点 ，连接 , , ，所以 ∥ ，
所以∠ （或其补角）为直线 与 所成的角，
= 1 1 1因为 2 = 2 13 5 = 2， = 2 =
13
， = 5 + 5 =
5
2 4 2
，
13 25
2+ 2 2 2+
所以cos∠ = = 4 4 262 · = ，2× 13 2 26
2
直线 26与 所成角的余弦值为 .
26
26
故答案为： .
26
62．（23-24 高一下·天津·期中）如图，边长为 4 的正方形 所在平面与正三角形 所在平面互相垂直，
为 的中点．二面角 的正切值为 6 ．
【解题思路】利用面面垂直性质证明得出线面垂直，作出二面角的平面角并利用勾股定理求得线段长度，
即可得出二面角 的正切值.
【解答过程】依题意平面 ⊥ 平面 ，且平面 ∩ 平面 = ， 平面 ，
易知 ⊥ ，因此可得 ⊥ 平面 ，
过点 作 ⊥ 于点 ，连接 ，如下图所示：
由 ⊥ 平面 ，又 , 平面 ，所以 ⊥ , ⊥ ，
又 ⊥ ，且 ∩ = ， , 平面 ，
所以 ⊥ 平面 ， 平面 ，可得 ⊥ ；
即可得∠ 即为二面角 的平面角；
显然∠ = 45 ，且 = 4，三角形 为正三角形，所以 = 2 3, = sin45 = 2；

在Rt △ 中，tan∠ = =
2 3 = 6.
2
即二面角 的正切值为 6.
故答案为： 6.
63．（23-24 高一下·广东茂名·阶段练习）如图，已知∠ = ∠ = 60°，在平面 内，OA 是平面 的斜
线，且 = 2, = = 1， = 2，则直线 与平面 所成的角的大小为 45° ．
【解题思路】取线段 的中点 ，连接 , ，并延长 ，作 ⊥ ，证明 ⊥ 平面 ，找到线面角，
利用余弦定理求解即可.
【解答过程】取线段 的中点 ，连接 , ，并延长 ，作 ⊥ ，如图，
因∠ = ∠ = 60°， = 2, = = 1， = 2，
则由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos60° = 3，即 = 3，
同理可得 = 3，
∵ = ，D 是 的中点， ∴ ⊥ 10， = ，
2
而 2 + 2 = 2 = 2，即∠ = 90°，因此， = 12 =
2，
2
∵ ⊥ ， ⊥ ， ∩ = , , 平面 ，
∴ ⊥ 平面 ，又 平面 ，
∴ ⊥ ，又∵ ⊥ ， ∩ = , , 平面 ，
2 2
2 2 2 2 2 10
∴ ⊥ + 平面 ， ∴ ∠ 是直线 OA 与平面 所成的角， ∴ cos∠ = 2 =
2 +
2 2
2 =
2，
2×2× 2
2
∵线面角的范围为[0,90°]，∴∠ = 45°，
所以直线 OA 与平面 所成的角的大小为45°．
故答案为：45°.
64．（2024·浙江温州· 1二模）如图，在等腰梯形 中， = = = 2 ，点 是 的中点．现将 △
沿 翻折到 △ ′ ，将 △ 沿 翻折到 △ ′ ，使得二面角 ′ 等于60°， ′ 等于90°，
则直线 ′ 与平面 ′ 37所成角的余弦值等于 ．
8
【解题思路】根据图象可得直线 ′ 与平面 ′ 所成角的余弦值等于∠ ′ 的正弦值，设 = 2 ，利用余
弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可.
【解答过程】设 = 2 ，取 的中点 ,连接 , ′ ,
由题知平面 ⊥ 平面 ′ ,
平面 ∩ 平面 ′ = ,
又 平面 , ⊥
所以 ⊥ 平面 ′ ，
则直线 ′ 与平面 ′ 所成角的余弦值等于∠ ′ 的正弦值，
易求得 = 3 , ′ = 3 ，
cos∠ = ′
2
′ +
2 ′ 2 = 5
2 ′ 8,
cos∠ ′ = ′
2+ 2 ′ 2
又 = 52 ,′ 8
解得 ′ = 10 ，
2
2
cos∠ ′ = ′ +
2 ′ 2 = 3 3
2 ′
,
8
2
则sin∠ ′ = 1 3 3 = 37,
8 8
所以直线 ′ 与平面 ′ 37所成角的余弦值等于 ，
8
37
故答案为： .
8
题型 17 点、线、面的距离问题
平面向量线性运算的坐标表示
65．（23-24 高一下·平黑面向龙量线江性牡运算丹的坐江标表·阶示 段练习）如图，三棱柱 1 1 1的底面为正三角形，侧棱与底面
垂直，若 = 2, 1 = 1，则点 到平面 1 3的距离为 .2
【解题思路】利用勾股定理得到边长相等判断等腰三角形，再作出高线并求出面积，利用等体积法求解即
可.
【解答过程】因为侧棱与底面垂直，所以 1 ⊥ 面 ， , 平面 ，
所以 1 ⊥ ， 1 ⊥ ，
而 = 2, 1 = 1，由勾股定理得 1 = 5，
因为三棱柱 1 1 1的底面为正三角形，所以 = = 2，
由勾股定理得 1 = 5，所以 1 = 1 ，
在 △ 1 中，如图，作 1 ⊥ ，所以 是 中点，
所以 = 1 1，由勾股定理得 = 2，故 △ 1 = 2 × 2 × 2 = 2，
设点 到平面 1 的距离为 ，由等体积公式得 1 = 1 ，
× 1 × 2 = 1 1 3 3故 3 3 × 2 × 2 × 2 × × 1，解得 = ，2 2
所以点 3到平面 1 的距离为 .2
3
故答案为： .
2
66．（2024 高一下·全国·专题练习）用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体
1 4 31 1 1的棱长为4，则平面 1 1与平面 1 间的距离为 .3
【解题思路】由题意画出图形，可得 1 ⊥ 平面 1 1， 1 ⊥ 平面 1 ，求出正方体的体对角线长，再由
等体积法求得| 1 |，则平面 1 1与平面 1 间的距离可求．
【解答过程】由题意知：正六面体 1 1 1 1是棱长为4的正方体，
有 // 1 1且 = 1 1，则四边形 1 1为平行四边形，
所以 1// 1 ， 1 平面 1 ， 1 平面 1 ，则有 1//平面 1 ，
同理 1 1//平面 1 ，
1 ∩ 1 1 = 1， 1, 1 1 平面 1 1， ∴ 平面 1 1//平面 1 ，
连接 1 ，
∵ 1 1 ⊥ 1 1， 1 1 ⊥ 1， 1 1 ∩ 1 = 1， 1 1, 1 平面 1 ， ∴ 1 1 ⊥ 平面 1 ，
又 1 平面 1 ， ∴ 1 1 ⊥ 1 ，同理可证得： 1 ⊥ 1 ，
又 1 1, 1 平面 1， 1 1 ∩ 1 = 1，
∴ 1 ⊥ 平面 1 1， ∴ 1 ⊥ 平面 1 ，
设垂足分别为 , ，则平面 1 1与平面 1 间的距离为| |.
正方体的体对角线长为 42 + 42 + 42 = 4 3.
在三棱锥 1 1 1中， 1 1 1 = 1 1 1，易知 1 = 1 = 1 1 = 4 2，
1 ×4×4×4 4 3
则由等体积法求得：| | = 21 1 = ，×4 2×4 2× 3 3
2 2
∴平面 1 1与平面 1 4 3 8 3间的距离为： = 4 3.3 3
4 3
故答案为： .
3
67．（23-24 高一下·山东聊城·期末）在直三棱柱 1 1 1中，若∠ = 90 , = = 2, 1 = 2，
2 3
则直线 到平面 1 1的距离为 .3
【解题思路】先证得 //平面 1 1，转化为 到平面 1 1的距离，再证得 1 1 ⊥ 平面 1 1 ，得到平
面 1 1 ⊥ 平面 1 1 ，过点 作 ⊥ 1 ，证得 ⊥ 平面 1 1，得到 的长即为点 到平面 1 1的距
离，在直角 △ 1 中，即可求解.
【解答过程】在直三棱柱 1 1 1中，可得 // 1 1，
因为 平面 1 1，且 1 1 平面 1 1，所以 //平面 1 1，
所以 到平面 1 1的距离，即为 到平面 1 1的距离，
因为 1 1 1为直三棱柱，且∠ = 90 ，可得 1 1 ⊥ 1 1, 1 1 ⊥ 1，
又因为 1 1 ∩ 1 = 1，且 1 1, 1 平面 1 1 ，所以 1 1 ⊥ 平面 1 1 ，
因为 1 1 平面 1 1 ，平面 1 1 ⊥ 平面 1 1 ，
过点 作 ⊥ 1 ，由平面 1 1 ∩ 平面 1 1 = 1 ，且 平面 1 1 ，
所以 ⊥ 平面 1 1，则 的长即为点 到平面 1 1的距离，

在直角 △ 1 中，可得 =
1
=
2× 2 = 2 3，
1 6 3
2 3
所以点 到平面 1 1的距离为 .3
2 3
故答案为： .
3
68．（24-25 高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， ⊥ 底面
ABCD， E 是 PC 的中点，已知 = 2， = 2 2， = 2 2 6，则 P 到平面 ABE 的距离为 ． 3
【解题思路】取 AB 的中点 F，连接 EF，可证 EF 为三棱锥 的高，求出三棱锥 的体积，连接
AC，取 AC 的中点 O，连接 EO，求出各边长度可证 △ 是等边三角形，利用等体积法，即可算出 P 到
平面 ABE 的距离.
【解答过程】
解：取 AB 的中点 F，连接 EF，AC，取 AC 的中点 O，连接 EO，
∵ E 是 PC 的中点，底面 ABCD 是矩形，
∴ // 1 1，且 = 2 = 2 = 2， ⊥ ，
又 ⊥ 底面 ABCD， 底面 ABCD ， ∴ ⊥ ， ⊥ ，
而 ∩ = ， , 平面 PAB， ∴ ⊥ 平面 PAB，
∴ ⊥ 平面 PAB，即 EF 为三棱锥 的高，
1 1 1 2 2 = 3 △ = 3 × 2 × 2 × 2 × 2 = ,3
在Rt △ 中， = 1 2 + 2 = 4 + 8 = 2 3， = 2 = 3
在Rt △ 中， = 2 + 2 = 22 + 22 = 2 2，则 = ， ∴ ⊥ ，
在Rt △ 中， = 2 + 2 = 4 + 12 = 4，则 =
1
2 = 2，
在Rt △ 中， = 2 2 = 8 4 = 2，
又 ∵ , 分别是 PC，AC 的中点， ⊥ 底面 ABCD，
∴ // = 1，且 2 = 1， ⊥ ，
在Rt △ 中， = 2 + 2 = 3 + 1 = 2，
则 = = = 2， ∴△ 是等边三角形，
1 1 1 3 2 2 2 6
设 P 到平面 ABE 的距离为 d，则 = 3 △ = 3 × 2 × 2 × 3 = = = = ，3 3 3
2 6
故答案为： .
3

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