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四川省成都市蓉城名校联考2023-2024学年高一下学期数学期末试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高一下·成都期末）已知，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：D.
【分析】根据余弦的二倍角公式求值即可.
2．（2024高一下·成都期末）(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】根据向量的线性运算化简即可.
3．（2024高一下·成都期末）在中，，，，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 在中，，，， 则，
故.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，先求，再根据向量的数量积公式求解即可.
4．（2024高一下·成都期末）一个水平放置的平面图形按斜二测画法得到的直观图如图所示已知，，则平面图形的面积为(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据斜二次画法，还原直观图 的原图，如图所示：
易知，，四边形是直角梯形，
则.
故答案为：C.
【分析】根据斜二测画法画出梯形的原图并确定对应边长，计算面积即可.
5．（2024高一下·成都期末）把函数的图象向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的倍纵坐标不变，得到函数的图象，下列关于函数的说法正确的是(　　)
A．函数的最小正周期
B．函数在区间上单调递减
C．函数是奇函数
D．函数在区间上的最大值为
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：的图像向左平移个单位长度得函数，
再把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到函数，
A、函数的最小正周期为，故A错误；
B、由，得，在上单调递减，故B正确；
C、，则函数为偶函数，故C错误；
D、当时，，则单调递减，最大值为，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象的伸缩平移变换可得函数的解析式，再逐项分析判断即可.
6．（2024高一下·成都期末）某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量单位：小时降雨量的等级划分如下：
小时降雨量精确到
降雨等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
在一次降雨过程中，用一个侧棱的三棱柱容器收集的小时的雨水如图所示，当侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点则这小时的降雨量的等级是(　　)
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：设的面积为，底面水平放置时，液面高为，
侧面水平放置时，水的体积为，
当底面水平放置时，水的体积为，则，解得，
所以当底面水平放置时，液面高为，降雨量等级为暴雨.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件，利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解液面高度，与降雨量等级比较求解即可．
7．（2024高一下·成都期末）如图，圆锥的底面直径和高均为，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，我们称该圆柱为圆锥的内接圆柱则该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值为(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：圆锥轴截面图，如图所示：
设圆柱的底面半径为，，
由可知，，即，所以，
故被挖去的圆柱的侧面积为，
当且仅当时取等号，即时，被挖去的圆柱的侧面积最大值为．
故答案为：C.
【分析】设，用的函数表达式表示出圆柱的侧面积，再利用基本不等式求最大值即可．
8．（2024高一下·成都期末）在中，，，点满足，且，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：易知为等腰直角三角形，且，
取中点为，则，因为点满足，则点在直线上，
所以，
又因为，所以，结合图知，则.
故答案为：A.
【分析】根据题意，在中取中点为，且点在直线上，根据向量的数量积运算可得，即可得t的值.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9．（2024高一下·成都期末）已知，是两条不同的直线，是平面，若，，则，的关系可能为(　　)
A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面
【答案】A,B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：如图，在正方体中，
A、若是平面，为，为，则与平行，故A正确；
B、若是平面，为，为，则，故B正确；
C、若，不可能与垂直和相交，故C错误；
D、若是平面，为，为，则与异面，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据平行、垂直、相交和异面的性质判断即可.
10．（2024高一下·成都期末）的内角，，的对边分别为，，，下列结论正确的是(　　)
A．若，则角
B．存在，，，使成立
C．若，则为等腰或直角三角形
D．若，，，则有两解
【答案】A,C,D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：A、 若， 由正弦定理得：，
又由余弦定理得，故，又，故，故A正确；
B、在中，，故B错误；
C、当时，或，即或，故为等腰或直角三角形，故C正确；
D、，又，则若，则有两解正确，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦定理、余弦定理、二倍角公式、解三角形的知识计算判断即可.
11．（2024高一下·成都期末）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面，为垂足，下列结论正确的是(　　)
A． B．三棱锥的体积为定值
C． D．与所成的角为
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、在正方体中，连接，交于点，连接，如图所示：
则，因为平面，平面，所以，
又因为平面，
所以平面，又平面，所以，
因为为的中点，所以在的中垂线上，所以，故A正确；
B、在正方体中，平面，为棱上的动点，
所以点到平面的距离即为到平面的距离，
即为正方体的棱长，为定值，的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，又，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
C、连接，则，
又在正方体中，平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，故C正确；
D、连接，在正方体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以，所以即为与所成的角，
又是正三角形，所以与所成的角为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】易证得平面，进而有，所以在的中垂线上，可得，即可判断A；由，而三棱锥的体积为定值，所以三棱锥的体积为定值，即可判断B；可证得平面，则，即可判断C；在正方体中，由是正三角形，可得与所成的角为，即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高一下·成都期末）已知，为共线向量，且，，则　 　．
【答案】6
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为为共线向量，且，所以，解得.
故答案为：.
【分析】根据向量共线的坐标表示列式求解即可.
13．（2024高一下·成都期末）在中，，分别为，的中点，交于点若，，，则　 　．
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的线性运算；余弦定理
【解析】【解答】解：因为在中，、分别为、的中点，交于点，
则为的重心，所以
，
由平面向量数量积的定义可得，
故
，
又，由余弦定理可得．
故答案为：．
【分析】根据向量的线性运算，结合模长公式可得的长度，即可根据余弦定理求解.
14．（2024高一下·成都期末）降维类比和升维类比主要应用于立体几何的学习，将空间三维问题降为平面二维或者直线一维问题就是降维类比平面几何中多边形的外接圆，即找到一点，使得它到多边形各个顶点的距离相等这个点就是外接圆的圆心，距离就是外接圆的半径若这样的点存在，则这个多边形有外接圆，若这样的点不存在，则这个多边形没有外接圆事实上我们知道，三角形一定有外接圆，如果只求外接圆的半径，我们可通过正弦定理来求，我们也可以关注九年义教初中几何第三册第页例的结论：三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商借助求三角形外接圆的方法解决问题：若等腰梯形的上下底边长分别为和，高为，这个等腰梯形的外接圆半径为　 　；轴截面是旋转体的重要载体，圆台的轴截面中包含了旋转体中的所有元素：高、母线长、底面圆的半径，通过研究其轴截面，可将空间问题转化为平面问题观察图象，通过类比，我们可以找到一般圆台的外接球问题的研究方法，正棱台可以看作由圆台切割得到研究问题：如图，正三棱台的高为，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为　 　．
【答案】5；
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
因为，且梯形的高，所以，则，
，，
因此的外接圆半径为，故，
因此的外接圆半径为，故，
因此存在一点到四点距离相等，且距离为，即腰梯形的外接圆半径为5，
设棱台上下两个三角形的外接圆半径分别为，
上 下底面边长分别为和，由正弦定理可得，
则圆台的轴截面为等腰梯形，且其上下底边长分别为6和8，高为1，
易知该圆台的外接球半径为5，故外接球的体积为.
故答案为：5，.
【分析】根据余弦定理求解，即可根据三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商求解，利用正弦定理求解轴截面的上下底长度，即可利用前一空的结论求解球半径，由体积公式求解即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15．（2024高一下·成都期末）已知是棱长为的正方体．
（1）求三棱锥的体积；
（2）若是的中点，是的中点，证明：平面．
【答案】（1）解：因为是棱长为的正方体，
因为平面，平面，
所以，正方体中，，，
所以平面，而平面，所以，
同理可得，
又因为，
可得平面，
在正方体中可得，
设到平面为，到平面的距离，
因为为等边三角形，则，
所以，
又因为，即，即，可得，
所以，
所以．
（2）证明：因为是的中点，是的中点，
在中，可得，
又因为平面，平面，
所以平面．
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）由题意，利用等体积法，结合三棱锥体积公式求解即可；
（2）由于，利用线面平行的判定定理证明即可.
16．（2024高一下·成都期末）已知向量，满足，，，且在上的投影向量为．
（1）求，及的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：因为，，且在上的投影向量为，
所以，所以，
所以，
因为，所以；
（2）解：因为，
所以，即，
得，解得．
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）由投影向量的定义可求得，再由向量的夹角公式即可求；
（2）根据向量垂直列等式求解即可．
17．（2024高一下·成都期末）记的内角，，的对边分别为，，，若，且．
（1）求及；
（2）若点在边上，且，，求的面积．
【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得，解得，
因为，可得，
在中，，
所以，因为，
可得，，所以，
综上可得，；
（2）解：，可得，，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
又因为，即，
由可得，整理可得：，
在中，由余弦定理可得，
所以，整理可得，解得，
所以．
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理边角互化即可求解，利用正弦定理集合两角差的正弦、余弦公式化简求得，即可求解；
（2）在，、中分别利用余弦定理求得b，结合（1）的结论，再根据三角形面积公式求解即可.
18．（2024高一下·成都期末）在平行四边形中，，，，，分别为，的中点，将三角形沿翻折，使得二面角为直二面角后，得到四棱锥．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示：
因为平行四边形中，，，，，分别为，的中点，
可得，且，
，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）证明：因为二面角为直二面角，，，，
在原四边形中，，即，，
所以，，
所以平面，
而平面，所以，
在原四边形中，可得，，
所以平面，而平面，
所以平面平面；
（3）解：在原四边形中，，，
可得，为的中点，所以，且，
由可得平面，而平面，
所以，而，
所以平面，所以为与平面所成的角，
在原四边形中，可得，，，
在中，由余弦定理可得，
所以．
即与平面所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，证明四边形是平行四边形，根据线线平行的判定定理证明即可；
（2）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（3）由题意，结合（2）的结论可得为与平面所成的角，在中，由余弦定理求得CE，即可求解.
19．（2024高一下·成都期末）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”如图，三个内角都小于的内部有一点，连接，，，求的最小值我们称三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点为费马点要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可求出这三条线段和的最小值某数学研究小组先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题，具体的做法如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，，则的长即为所求，此时与三个顶点连线恰好三等分费马点的周角同时小组成员研究教材发现：已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量．
（1）已知平面内点，，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标；
（2）在中，，，，借助研究成果，直接写出的最小值；
（3）已知点，，，求的费马点的坐标．
【答案】（1）解：，绕着点顺时针旋转，即逆时针旋转，
代入公式得，
，
则点的坐标为；
（2）解：由费马点的求法知：
绕着点顺时针旋转，与重合，，
则为等边三角形，连接，
的最小值为，由勾股定理易得；
（3）解：，绕着点顺时针旋转得到，
代入公式得，，则，
在中，与关于轴对称，
所以旋转后与也关于轴对称，由图形的对称性知费马点必在轴上，设，
因为，，，三点共线，所以，，
则，故，
即的费马点的坐标为．
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的坐标运算；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）由题意可得，代入公式可得，根据向量的坐标运算即可求点的坐标；
（2）根据题意，旋转后为等边三角形，根据勾股定理求解即可；
（3）根据题意，中，与关于轴对称，所以旋转后与关于轴对称，由图形的对称性知费马点必在轴上，由三点共线求解即可.
1 / 1四川省成都市蓉城名校联考2023-2024学年高一下学期数学期末试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高一下·成都期末）已知，则(　　)
A． B． C． D．
2．（2024高一下·成都期末）(　　)
A． B． C． D．
3．（2024高一下·成都期末）在中，，，，则(　　)
A． B． C． D．
4．（2024高一下·成都期末）一个水平放置的平面图形按斜二测画法得到的直观图如图所示已知，，则平面图形的面积为(　　)
A． B． C． D．
5．（2024高一下·成都期末）把函数的图象向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的倍纵坐标不变，得到函数的图象，下列关于函数的说法正确的是(　　)
A．函数的最小正周期
B．函数在区间上单调递减
C．函数是奇函数
D．函数在区间上的最大值为
6．（2024高一下·成都期末）某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量单位：小时降雨量的等级划分如下：
小时降雨量精确到
降雨等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
在一次降雨过程中，用一个侧棱的三棱柱容器收集的小时的雨水如图所示，当侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点则这小时的降雨量的等级是(　　)
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
7．（2024高一下·成都期末）如图，圆锥的底面直径和高均为，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，我们称该圆柱为圆锥的内接圆柱则该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值为(　　)
A． B． C． D．
8．（2024高一下·成都期末）在中，，，点满足，且，则(　　)
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9．（2024高一下·成都期末）已知，是两条不同的直线，是平面，若，，则，的关系可能为(　　)
A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面
10．（2024高一下·成都期末）的内角，，的对边分别为，，，下列结论正确的是(　　)
A．若，则角
B．存在，，，使成立
C．若，则为等腰或直角三角形
D．若，，，则有两解
11．（2024高一下·成都期末）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面，为垂足，下列结论正确的是(　　)
A． B．三棱锥的体积为定值
C． D．与所成的角为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高一下·成都期末）已知，为共线向量，且，，则　 　．
13．（2024高一下·成都期末）在中，，分别为，的中点，交于点若，，，则　 　．
14．（2024高一下·成都期末）降维类比和升维类比主要应用于立体几何的学习，将空间三维问题降为平面二维或者直线一维问题就是降维类比平面几何中多边形的外接圆，即找到一点，使得它到多边形各个顶点的距离相等这个点就是外接圆的圆心，距离就是外接圆的半径若这样的点存在，则这个多边形有外接圆，若这样的点不存在，则这个多边形没有外接圆事实上我们知道，三角形一定有外接圆，如果只求外接圆的半径，我们可通过正弦定理来求，我们也可以关注九年义教初中几何第三册第页例的结论：三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商借助求三角形外接圆的方法解决问题：若等腰梯形的上下底边长分别为和，高为，这个等腰梯形的外接圆半径为　 　；轴截面是旋转体的重要载体，圆台的轴截面中包含了旋转体中的所有元素：高、母线长、底面圆的半径，通过研究其轴截面，可将空间问题转化为平面问题观察图象，通过类比，我们可以找到一般圆台的外接球问题的研究方法，正棱台可以看作由圆台切割得到研究问题：如图，正三棱台的高为，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为　 　．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15．（2024高一下·成都期末）已知是棱长为的正方体．
（1）求三棱锥的体积；
（2）若是的中点，是的中点，证明：平面．
16．（2024高一下·成都期末）已知向量，满足，，，且在上的投影向量为．
（1）求，及的值；
（2）若，求的值．
17．（2024高一下·成都期末）记的内角，，的对边分别为，，，若，且．
（1）求及；
（2）若点在边上，且，，求的面积．
18．（2024高一下·成都期末）在平行四边形中，，，，，分别为，的中点，将三角形沿翻折，使得二面角为直二面角后，得到四棱锥．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求与平面所成角的正弦值．
19．（2024高一下·成都期末）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”如图，三个内角都小于的内部有一点，连接，，，求的最小值我们称三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点为费马点要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可求出这三条线段和的最小值某数学研究小组先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题，具体的做法如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，，则的长即为所求，此时与三个顶点连线恰好三等分费马点的周角同时小组成员研究教材发现：已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量．
（1）已知平面内点，，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标；
（2）在中，，，，借助研究成果，直接写出的最小值；
（3）已知点，，，求的费马点的坐标．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：D.
【分析】根据余弦的二倍角公式求值即可.
2．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】根据向量的线性运算化简即可.
3．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 在中，，，， 则，
故.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，先求，再根据向量的数量积公式求解即可.
4．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据斜二次画法，还原直观图 的原图，如图所示：
易知，，四边形是直角梯形，
则.
故答案为：C.
【分析】根据斜二测画法画出梯形的原图并确定对应边长，计算面积即可.
5．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：的图像向左平移个单位长度得函数，
再把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到函数，
A、函数的最小正周期为，故A错误；
B、由，得，在上单调递减，故B正确；
C、，则函数为偶函数，故C错误；
D、当时，，则单调递减，最大值为，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象的伸缩平移变换可得函数的解析式，再逐项分析判断即可.
6．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：设的面积为，底面水平放置时，液面高为，
侧面水平放置时，水的体积为，
当底面水平放置时，水的体积为，则，解得，
所以当底面水平放置时，液面高为，降雨量等级为暴雨.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件，利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解液面高度，与降雨量等级比较求解即可．
7．【答案】C
【知识点】基本不等式；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：圆锥轴截面图，如图所示：
设圆柱的底面半径为，，
由可知，，即，所以，
故被挖去的圆柱的侧面积为，
当且仅当时取等号，即时，被挖去的圆柱的侧面积最大值为．
故答案为：C.
【分析】设，用的函数表达式表示出圆柱的侧面积，再利用基本不等式求最大值即可．
8．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：易知为等腰直角三角形，且，
取中点为，则，因为点满足，则点在直线上，
所以，
又因为，所以，结合图知，则.
故答案为：A.
【分析】根据题意，在中取中点为，且点在直线上，根据向量的数量积运算可得，即可得t的值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：如图，在正方体中，
A、若是平面，为，为，则与平行，故A正确；
B、若是平面，为，为，则，故B正确；
C、若，不可能与垂直和相交，故C错误；
D、若是平面，为，为，则与异面，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据平行、垂直、相交和异面的性质判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：A、 若， 由正弦定理得：，
又由余弦定理得，故，又，故，故A正确；
B、在中，，故B错误；
C、当时，或，即或，故为等腰或直角三角形，故C正确；
D、，又，则若，则有两解正确，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦定理、余弦定理、二倍角公式、解三角形的知识计算判断即可.
11．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、在正方体中，连接，交于点，连接，如图所示：
则，因为平面，平面，所以，
又因为平面，
所以平面，又平面，所以，
因为为的中点，所以在的中垂线上，所以，故A正确；
B、在正方体中，平面，为棱上的动点，
所以点到平面的距离即为到平面的距离，
即为正方体的棱长，为定值，的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，又，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
C、连接，则，
又在正方体中，平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，故C正确；
D、连接，在正方体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以，所以即为与所成的角，
又是正三角形，所以与所成的角为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】易证得平面，进而有，所以在的中垂线上，可得，即可判断A；由，而三棱锥的体积为定值，所以三棱锥的体积为定值，即可判断B；可证得平面，则，即可判断C；在正方体中，由是正三角形，可得与所成的角为，即可判断D.
12．【答案】6
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为为共线向量，且，所以，解得.
故答案为：.
【分析】根据向量共线的坐标表示列式求解即可.
13．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的线性运算；余弦定理
【解析】【解答】解：因为在中，、分别为、的中点，交于点，
则为的重心，所以
，
由平面向量数量积的定义可得，
故
，
又，由余弦定理可得．
故答案为：．
【分析】根据向量的线性运算，结合模长公式可得的长度，即可根据余弦定理求解.
14．【答案】5；
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
因为，且梯形的高，所以，则，
，，
因此的外接圆半径为，故，
因此的外接圆半径为，故，
因此存在一点到四点距离相等，且距离为，即腰梯形的外接圆半径为5，
设棱台上下两个三角形的外接圆半径分别为，
上 下底面边长分别为和，由正弦定理可得，
则圆台的轴截面为等腰梯形，且其上下底边长分别为6和8，高为1，
易知该圆台的外接球半径为5，故外接球的体积为.
故答案为：5，.
【分析】根据余弦定理求解，即可根据三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商求解，利用正弦定理求解轴截面的上下底长度，即可利用前一空的结论求解球半径，由体积公式求解即可.
15．【答案】（1）解：因为是棱长为的正方体，
因为平面，平面，
所以，正方体中，，，
所以平面，而平面，所以，
同理可得，
又因为，
可得平面，
在正方体中可得，
设到平面为，到平面的距离，
因为为等边三角形，则，
所以，
又因为，即，即，可得，
所以，
所以．
（2）证明：因为是的中点，是的中点，
在中，可得，
又因为平面，平面，
所以平面．
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）由题意，利用等体积法，结合三棱锥体积公式求解即可；
（2）由于，利用线面平行的判定定理证明即可.
16．【答案】（1）解：因为，，且在上的投影向量为，
所以，所以，
所以，
因为，所以；
（2）解：因为，
所以，即，
得，解得．
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）由投影向量的定义可求得，再由向量的夹角公式即可求；
（2）根据向量垂直列等式求解即可．
17．【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得，解得，
因为，可得，
在中，，
所以，因为，
可得，，所以，
综上可得，；
（2）解：，可得，，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
又因为，即，
由可得，整理可得：，
在中，由余弦定理可得，
所以，整理可得，解得，
所以．
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理边角互化即可求解，利用正弦定理集合两角差的正弦、余弦公式化简求得，即可求解；
（2）在，、中分别利用余弦定理求得b，结合（1）的结论，再根据三角形面积公式求解即可.
18．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示：
因为平行四边形中，，，，，分别为，的中点，
可得，且，
，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）证明：因为二面角为直二面角，，，，
在原四边形中，，即，，
所以，，
所以平面，
而平面，所以，
在原四边形中，可得，，
所以平面，而平面，
所以平面平面；
（3）解：在原四边形中，，，
可得，为的中点，所以，且，
由可得平面，而平面，
所以，而，
所以平面，所以为与平面所成的角，
在原四边形中，可得，，，
在中，由余弦定理可得，
所以．
即与平面所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，证明四边形是平行四边形，根据线线平行的判定定理证明即可；
（2）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（3）由题意，结合（2）的结论可得为与平面所成的角，在中，由余弦定理求得CE，即可求解.
19．【答案】（1）解：，绕着点顺时针旋转，即逆时针旋转，
代入公式得，
，
则点的坐标为；
（2）解：由费马点的求法知：
绕着点顺时针旋转，与重合，，
则为等边三角形，连接，
的最小值为，由勾股定理易得；
（3）解：，绕着点顺时针旋转得到，
代入公式得，，则，
在中，与关于轴对称，
所以旋转后与也关于轴对称，由图形的对称性知费马点必在轴上，设，
因为，，，三点共线，所以，，
则，故，
即的费马点的坐标为．
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的坐标运算；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）由题意可得，代入公式可得，根据向量的坐标运算即可求点的坐标；
（2）根据题意，旋转后为等边三角形，根据勾股定理求解即可；
（3）根据题意，中，与关于轴对称，所以旋转后与关于轴对称，由图形的对称性知费马点必在轴上，由三点共线求解即可.
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