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四川省成都蓉城联考2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
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.知，则平面图形的面积为（　　）
A．3 B．6 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：）.24小时降雨量的等级划分如下：
24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24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24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．
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
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94页例2.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6和8，高为1，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1，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　 　.
15．（2024高一下·成都期末）已知是棱长为2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1，三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2，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解即可.
2．【答案】A
【知识点】平面向量减法运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】根据向量的减法运算化简即可.
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：易知直观图的高为1，则直观图的面积为，
则平面图形的面积为.
故答案为：C.
【分析】先计算直观图的高，再根据梯形面积公式求直观图的面积，最后根据直观图与原图面积关系求解即可.
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，当底面水平放置时，雨水高为，
当底面水平放置时，水的体积为；
当侧面水平放置时，雨水的体积为，
则，解得，故当底面水平放置时，液面高为，
即降雨量等级为暴雨.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件，利用柱体体积公式求雨水的实际体积，再根据容器的两种不同放置雨水的体积相同，列式求雨水高度，最后与降雨量等级比较求解即可．
7．【答案】C
【知识点】基本不等式；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆柱的底面半径为，，
由题意，圆锥轴截面图，如图所示：
因为，所以，即，则，
被挖去的圆柱的侧面积为，
当且仅当时等号成立，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；三角形的形状判断
【解析】【解答】解： 在中，，满足，则为等腰直角三角形，且，
取中点为，如图所示：
则，因为点满足，所以点在直线上，
则，又因为，所以，
数形结合可得，即.
故答案为：A.
【分析】由题意，易得为等腰直角三角形，取中点为，且点在直线上，利用向量的数量积运算求得，即可求得t的值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】平行公理；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；异面直线
【解析】【解答】解：在正方体中，判断如下：
A、若平面是，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；正弦定理；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、若，由正弦定理可得，
即，因为，所以，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、，，则时，有两解正确，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦定理、正弦的二倍角公以及解三角形的知识求解判断即可.
11．【答案】A,B,C
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线所成的角；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，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为为的中点，所以在的中垂线上，所以，故A正确；
B、因为平面，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，
又因为平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，故C正确；
D、连接，因为且，
所以四边形是平行四边形，所以，则为直线与所成的角，
又因为是正三角形，所以与所成的角为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】可证得平面，则有，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，且为共线向量，
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】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意可知：点为的重心，
则，
若，， 则，
，
，由余弦定理可得．
故答案为：．
【分析】由题意可知：点为的重心，根据向量的线性运算，结合模长公式可得的长度，再利用余弦定理求解即可.
14．【答案】5；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
因为且梯形的高，所以，则，
即，，
设的外接圆半径为，则，解得，
设的外接圆半径为，，解得，
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，
由于上 下底面边长分别为和，由正弦定理可得，
因此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，
根据第一问的结论可知，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】由题意，利用余弦定理求得，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（1）空的结论求解球半径，由体积公式求解即可.
15．【答案】（1）解：易知三棱锥是由正方体截去四个全等的三棱锥所得，则；
（2）证明：因为为和的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）易知三棱锥是由正方体截去四个全等的三棱锥所得，利用正方体体积以及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.
（1）三棱锥由正方体截去四个全等的三棱锥而得，
故；
（2）因为为和的中点，
在中，，
平面，平面，
所以平面.
16．【答案】（1）解：因为向量满足，，且在上的投影向量为，所以，
即，则，
又因为，所以；
（2）解：因为，所以，即，
即，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）由题意，根据投影向量的定义求得，再由向量的夹角公式求解即可；
（2）根据向量垂直，数量积为0列式求解即可．
17．【答案】（1）解：由，可得，
则，
因为，，所以，
又因为，所以；
因为，所以，即；
（2）解：因为点在边上，且，
所以，
所以，
所以，
又因为，，所以由余弦定理可得，解得，
则.
【知识点】向量的模；平面向量的线性运算；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，利用三角形的内角和以及两角差的正弦公式化简求得，即可求解，再由，利用正弦定理边角互化求解即可；
（2）根据向量的线性运算，结合模长公式可得，利用三角形面积公式求解即可.
18．【答案】（1）证明：取中点记为，连接和，如图所示：
因为，分别为，的中点，所以，且，
又因为，且，所以，且，即四边形是平行四边形，
则，又因为平面，平面，
所以平面；
（2）证明：在平行四边形中，因为分别为的中点，
所以，满足，所以，
又因为，所以，因为二面角为直二面角，
所以平面平面且两平面的交线为，
又因为平面，所以平面，平面，
故平面平面；
（3）解：由于平面平面且两平面的交线为，，平面，故平面，
由（2）知平面，平面，故，
设点到平面的距离为，则，故，
设与平面所成角为，则.
【知识点】直线与平面平行的判定；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，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，利用面面垂直的性质证明即可；
（3）利用等体积法，求解点到平面的距离求解即可.
19．【答案】（1）解：因为点，
所以，将绕着点逆时针旋转，
可得，
，
则点的坐标为；
（2）解：由题意可知：绕着点顺时针旋转，与重合，，则
为等边三角形，
连接，则的最小值为，
由勾股定理得；
（3）解：由材料可知，内部有一点，连接，
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，
即点满足，
由题意可知：为等腰三角形，且，
根据费马点求法知：点在中垂线上，且是顶角为的等腰三角形，，
则，即.
【知识点】平面向量的坐标运算；棱锥的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）易知，代入公式求，再根据向量的线性运算求解即可；
（2）由题意，根据费马点可知，旋转后为等边三角形，再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 / 1四川省成都蓉城联考2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
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解即可.
2．（2024高一下·成都期末）（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量减法运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】根据向量的减法运算化简即可.
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.知，则平面图形的面积为（　　）
A．3 B．6 C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知直观图的高为1，则直观图的面积为，
则平面图形的面积为.
故答案为：C.
【分析】先计算直观图的高，再根据梯形面积公式求直观图的面积，最后根据直观图与原图面积关系求解即可.
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：）.24小时降雨量的等级划分如下：
24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24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24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，当底面水平放置时，雨水高为，
当底面水平放置时，水的体积为；
当侧面水平放置时，雨水的体积为，
则，解得，故当底面水平放置时，液面高为，
即降雨量等级为暴雨.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件，利用柱体体积公式求雨水的实际体积，再根据容器的两种不同放置雨水的体积相同，列式求雨水高度，最后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；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆柱的底面半径为，，
由题意，圆锥轴截面图，如图所示：
因为，所以，即，则，
被挖去的圆柱的侧面积为，
当且仅当时等号成立，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；三角形的形状判断
【解析】【解答】解： 在中，，满足，则为等腰直角三角形，且，
取中点为，如图所示：
则，因为点满足，所以点在直线上，
则，又因为，所以，
数形结合可得，即.
故答案为：A.
【分析】由题意，易得为等腰直角三角形，取中点为，且点在直线上，利用向量的数量积运算求得，即可求得t的值.
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】平行公理；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；异面直线
【解析】【解答】解：在正方体中，判断如下：
A、若平面是，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；正弦定理；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、若，由正弦定理可得，
即，因为，所以，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、，，则时，有两解正确，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦定理、正弦的二倍角公以及解三角形的知识求解判断即可.
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】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线所成的角；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，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为为的中点，所以在的中垂线上，所以，故A正确；
B、因为平面，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，
又因为平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，故C正确；
D、连接，因为且，
所以四边形是平行四边形，所以，则为直线与所成的角，
又因为是正三角形，所以与所成的角为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】可证得平面，则有，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．（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，且为共线向量，
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】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意可知：点为的重心，
则，
若，， 则，
，
，由余弦定理可得．
故答案为：．
【分析】由题意可知：点为的重心，根据向量的线性运算，结合模长公式可得的长度，再利用余弦定理求解即可.
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94页例2.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6和8，高为1，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1，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】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
因为且梯形的高，所以，则，
即，，
设的外接圆半径为，则，解得，
设的外接圆半径为，，解得，
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，
由于上 下底面边长分别为和，由正弦定理可得，
因此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，
根据第一问的结论可知，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】由题意，利用余弦定理求得，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（1）空的结论求解球半径，由体积公式求解即可.
15．（2024高一下·成都期末）已知是棱长为2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：易知三棱锥是由正方体截去四个全等的三棱锥所得，则；
（2）证明：因为为和的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）易知三棱锥是由正方体截去四个全等的三棱锥所得，利用正方体体积以及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.
（1）三棱锥由正方体截去四个全等的三棱锥而得，
故；
（2）因为为和的中点，
在中，，
平面，平面，
所以平面.
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.
【答案】（1）解：因为向量满足，，且在上的投影向量为，所以，
即，则，
又因为，所以；
（2）解：因为，所以，即，
即，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）由题意，根据投影向量的定义求得，再由向量的夹角公式求解即可；
（2）根据向量垂直，数量积为0列式求解即可．
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：由，可得，
则，
因为，，所以，
又因为，所以；
因为，所以，即；
（2）解：因为点在边上，且，
所以，
所以，
所以，
又因为，，所以由余弦定理可得，解得，
则.
【知识点】向量的模；平面向量的线性运算；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，利用三角形的内角和以及两角差的正弦公式化简求得，即可求解，再由，利用正弦定理边角互化求解即可；
（2）根据向量的线性运算，结合模长公式可得，利用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：取中点记为，连接和，如图所示：
因为，分别为，的中点，所以，且，
又因为，且，所以，且，即四边形是平行四边形，
则，又因为平面，平面，
所以平面；
（2）证明：在平行四边形中，因为分别为的中点，
所以，满足，所以，
又因为，所以，因为二面角为直二面角，
所以平面平面且两平面的交线为，
又因为平面，所以平面，平面，
故平面平面；
（3）解：由于平面平面且两平面的交线为，，平面，故平面，
由（2）知平面，平面，故，
设点到平面的距离为，则，故，
设与平面所成角为，则.
【知识点】直线与平面平行的判定；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，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，利用面面垂直的性质证明即可；
（3）利用等体积法，求解点到平面的距离求解即可.
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1，三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2，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：因为点，
所以，将绕着点逆时针旋转，
可得，
，
则点的坐标为；
（2）解：由题意可知：绕着点顺时针旋转，与重合，，则
为等边三角形，
连接，则的最小值为，
由勾股定理得；
（3）解：由材料可知，内部有一点，连接，
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，
即点满足，
由题意可知：为等腰三角形，且，
根据费马点求法知：点在中垂线上，且是顶角为的等腰三角形，，
则，即.
【知识点】平面向量的坐标运算；棱锥的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）易知，代入公式求，再根据向量的线性运算求解即可；
（2）由题意，根据费马点可知，旋转后为等边三角形，再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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