资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
【期末押题卷二】2024-2025学年高一数学下学期人教版A版（2019）必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2023春 华池县校级期末）（　　）
A．0 B．2i C．﹣2i D．﹣1+i
2．（2023春 崂山区校级期末）为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生800人，其每天睡眠时间均值为9小时，方差为1，抽取高中生1200人，其每天睡眠时间均值为8小时，方差为0.5，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（　　）
A．0.96 B．0.94 C．0.79 D．0.75
3．（2024春 阜阳期末）已知△ABC的外接圆圆心为O，且2，||＝||，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 二道区校级期末）正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，高是，则它的侧面积为（　　）
A．6 B． C．24 D．44
5．（2024秋 叶集区校级期末）已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（　　）
A． B． C．1 D．
6．（2023春 德州期末）如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′＝2B′C′＝2，A′B′＝1，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为（　　）
A． B． C． D．5
7．（2024春 仓山区校级期末）依次抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A1表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，A2表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，A3表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”，A4表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，则（　　）
A．A3与A4为对立事件
B．A1与A3为相互独立事件
C．A2与A4为相互独立事件
D．A2与A4为互斥事件
8．（2024秋 金山区期末）《九章算术 商功》中有如下问题：“今有堑堵，下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？答曰：四万六千五百尺”．所谓“堑堵”就是两底面为直角三角形的直棱柱，如图所示的几何体是一个“堑堵”，AB＝BC＝2，AA1＝4，M是A1C1的中点，过B，C，M三点的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，给出下列四个结论：
①过B，C，M三点的平面截该“堑堵”的截面是三角形
②该三棱台的表面积为
③二面角M﹣BC﹣C1的正切值为
④三棱锥M﹣ABC的外接球的表面积为
其中正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024春 佛山期末）四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是（　　）
A．平均数为3，中位数为2
B．中位数为3，众数为2
C．平均数为2，方差为2.4
D．中位数为3，方差为2.8
（多选）10．（2024春 高碑店市校级期末）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（　　）
A．当λ＝1时，AP+PB1最小值为
B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值
C．当时，平面AB1P⊥平面A1AB
D．若AP＝1，则P的轨迹长度为
（多选）11．（2024春 锡山区校级期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．三棱锥D1﹣PA1A的体积为定值
B．AP+PC的最小值为2
C．A1P∥平面ACD1
D．直线A1P与AC所成的角的取值范围是[0，]
三．填空题（共3小题）
12．（2022春 贵州期末）已知向量，且，则向量与向量的夹角余弦值为 　 　 ．
13．（2024春 长寿区期末）已知一个正四棱台的上、下底面的边长分别为1和2，侧棱长为1，则该正四棱台的高为 　 　 ．
14．（2024秋 孝南区校级期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3（cos2A﹣cos2C）＝1﹣cos2B，则的最小值为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 肇东市校级期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角B；
（2）若b＝3，求△ABC周长的取值范围．
16．（2025春 武强县校级期末）已知z＝i4+（1﹣i）2，．
（1）求，z1；
（2）若，z1在复平面内对应的向量分别为，且，求实数λ的值．
17．（2024秋 成都期末）为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，迬胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
游戏一 游戏二 游戏三
箱子中球的 颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 （红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球
获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为m获胜
（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
（2）一名同学先玩了游戏一，试问m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
18．（2024春 牡丹江校级期末）已知：如图，四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，E为PC中点，∠CBD＝90°．
（1）求证：PA∥平面BDE；
（2）求证：BC⊥DE．
19．（2024春 淮安期末）在某公园湖畔拟建造一个三角形的露营基地，如图△ABC所示，为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在△ABC区域中，点D、E分别为边BC、AB的中点，线段AD与CE交于点P，且将三角形BDP区域设立成花卉观赏区，三角形BPE区域设立成露营区，线段BP修建成隔离防护栏，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csinbsinC．
（1）求角B的大小；
（2）已知△ABC的面积为，
①若，求边长b的值；
②求隔离护栏BP长的最小值．
【期末押题卷二】2024-2025学年高一数学下学期人教版A版（2019）必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B A C A C C A
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ABD BCD ACD
一．选择题（共8小题）
1．（2023春 华池县校级期末）（　　）
A．0 B．2i C．﹣2i D．﹣1+i
【解答】解：i﹣i＝0．
故选：A．
2．（2023春 崂山区校级期末）为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生800人，其每天睡眠时间均值为9小时，方差为1，抽取高中生1200人，其每天睡眠时间均值为8小时，方差为0.5，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（　　）
A．0.96 B．0.94 C．0.79 D．0.75
【解答】解：该地区中学生每天睡眠时间的平均数为：（小时），
该地区中学生每天睡眠时间的方差为：．
故选：B．
3．（2024春 阜阳期末）已知△ABC的外接圆圆心为O，且2，||＝||，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：根据题意，△ABC中，，则O是BC的中点，
所以BC为圆O的直径，则有||＝||＝||，
又，则△ABO为等边三角形，∠ABO，
则向量在向量上的投影向量为||cos．
故选：A．
4．（2024秋 二道区校级期末）正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，高是，则它的侧面积为（　　）
A．6 B． C．24 D．44
【解答】解：∵正四棱台的侧面为等腰梯形，
又正四棱台的上、下底面的边长分别是2、4，高为，
∴侧面梯形的斜高为h'2，
∴棱台的侧面积为S（a+b）h'＝4（2+4）×2＝24．
故选：C．
5．（2024秋 叶集区校级期末）已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（　　）
A． B． C．1 D．
【解答】解：因为，所以设，⊙O的方程为：x2+y2＝1，具体如下图所示：
连接OA，因为|OA|＝1，直线PA与⊙O相切，
∴|PA|＝1，，连接OD，又D为BC的中点，
∴OD⊥DP，设∠OPD＝α，，则，
①当点A和点D在x轴异侧时有：
，
又，∴，∴当α＝0时，有最大值，
∴的最大值为1，
②当点A和点D在x轴同侧时有：
，
又，∴，
∴当时，有最大值，
∴的最大值为；
综上，的最大值为．
故选：A．
6．（2023春 德州期末）如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′＝2B′C′＝2，A′B′＝1，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为（　　）
A． B． C． D．5
【解答】解：由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD，如图，
由斜二测法则知AB＝2A′B′＝2，BC＝B′C′＝1，AB⊥BC，
所以．
故选：C．
7．（2024春 仓山区校级期末）依次抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A1表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，A2表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，A3表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”，A4表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，则（　　）
A．A3与A4为对立事件
B．A1与A3为相互独立事件
C．A2与A4为相互独立事件
D．A2与A4为互斥事件
【解答】解：根据题意，依次抛掷两枚质地均匀的骰子，两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，
样本空间Ω如下：
{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），
（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（3，6），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6），
（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），（5，6），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6）}，共36个样本点．
则事件A1包括（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），共6个，，
事件A2包括（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（3，6），
（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），（5，6），共18个，，
事件A3包括（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1），共5个，，
事件A4包括（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1），共6个，．
依次分析选项：
对于A，A3∩A4＝ ，A3∪A4≠Ω，所以A3与A4不为对立事件，故A错误；
对于B，事件A1A3包括（2，4），则，又，，
所以，即A1与A3不相互独立，故B错误；
对于C，事件A2A4包括（1，6），（3，4），（5，2），则，又，，
所以，即A2与A4相互独立，故C正确；
对于D，事件A2A4包括（1，6），（3，4），（5，2），则A2∩A4≠ ，即A2与A4不为互斥事件，故D错误．
故选：C．
8．（2024秋 金山区期末）《九章算术 商功》中有如下问题：“今有堑堵，下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？答曰：四万六千五百尺”．所谓“堑堵”就是两底面为直角三角形的直棱柱，如图所示的几何体是一个“堑堵”，AB＝BC＝2，AA1＝4，M是A1C1的中点，过B，C，M三点的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，给出下列四个结论：
①过B，C，M三点的平面截该“堑堵”的截面是三角形
②该三棱台的表面积为
③二面角M﹣BC﹣C1的正切值为
④三棱锥M﹣ABC的外接球的表面积为
其中正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：对①，如图1，
∵平面ABC∥平面A1B1C1，又BC 平面ABC，∴BC∥平面A1B1C1，
设过B，C，M三点的截面为α，取A1B1的中点N，又M为A1C1的中点，
∴MN∥C1B1∥CB，∴α∩平面A1B1C1＝MN，连接BN，
则过B，C，M三点的截面为四边形BCMN，∴①错误；
对②，如图2，
三棱台ABC﹣A1NM中，
∵MN∥B1C1，又AA1⊥平面A1B1C1，B1C1 平面A1B1C1，
∴AA1⊥B1C1，又B1C1⊥A1B1，且AA1∩A1B1＝A1，
∴B1C1⊥平面AA1B1B，又MN∥B1C1，
∴MN⊥平面AA1B1B，又BN 平面AA1B1B，
∴MN⊥BN，又AB＝BC＝2，AA1＝4，∴BN，A1N＝MN＝1，
∴该三棱台的表面积为：
，∴②错误；
对③，如图3，
分别取B1C1，BC的中点P，H，连接MP，PH，HM，
∵PM∥A1B1，易得PM⊥B1C1，又CC1⊥平面A1B1C1，PM 平面A1B1C1，
∴CC1⊥PM，又B1C1∩CC1＝C1，
∴PM⊥平面BCC1B1，又BC 平面BCC1B1，
∴PM⊥BC，易得PH⊥BC，又PM∩PH＝P，
∴BC⊥平面PMH，又MH 平面PMH，
∴BC⊥MH，
∴∠MHP即为二面角M﹣BC﹣C1的平面角，易得tan∠MHP，∴③错误；
对④，如图4，
取AC中点S，连接MS，BS，显然S是△ABC的外心，
∵SM∥CC1，∴易得SM⊥平面ABC，
∴三棱锥M﹣ABC的外接球的球心O在线段SM上，连接OB，
设外接球的半径为R，
∵BSAC，SO＝4﹣R，在Rt△BOS中，根据勾股定理可得：
R2＝2+（4﹣R）2，∴R，
∴三棱锥M﹣ABC的外接球的表面积为4πR2，∴④正确．
故选：A．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024春 佛山期末）四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是（　　）
A．平均数为3，中位数为2
B．中位数为3，众数为2
C．平均数为2，方差为2.4
D．中位数为3，方差为2.8
【解答】解：对于A，例如2，2，2，3，6可满足条件且出现点数为6，∴选A；
对于B，例如2，2，3，4，6可满足条件且出现点数为6，∴选B；
对于D，例如2，2，3，4，6可满足条件且出现点数为6，∴选D；
对于C，平均数为2，假设出现点数为6，则方差大于2.4，∴不选C．
故选：ABD．
（多选）10．（2024春 高碑店市校级期末）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（　　）
A．当λ＝1时，AP+PB1最小值为
B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值
C．当时，平面AB1P⊥平面A1AB
D．若AP＝1，则P的轨迹长度为
【解答】解：对于A中，当λ＝1时，，可得点P在CC1上，
以CC1为轴，把平面ACC1A1与平面BCC1B1展在一个平面上，如图所示，
连接AB1与CC1交于点P，此时AP+PB1的最小值为，故A错误；
对于B中，当μ＝1时，，可得点P在B1C1上，
取B1C1的中点D，在等边△A1B1C1中，可得A1D⊥B1C1，且，
因为BB1⊥平面A1B1C1，且A1D 平面A1B1C1，所以A1D⊥BB1，
又因为B1C1∩BB1＝B1，且B1C1，BB1 平面BCC1B1，
所以A1D⊥平面BCC1B1，
即A1D为三棱锥A1﹣PBC的高，
所以三棱锥P﹣A1BC的体积为为定值，所以B正确；
对于C中，当时，，可得点P为CC1的中点，
如图所示，取AB1，AB的中点E，F，分别连接PE，EF，CF，
可得EF∥PC且EF＝PC，所以EFCP为平行四边形，所以CF∥PE，
因为BB1⊥平面ABC，CF 平面ABC，所以BB1⊥CF，
又因为CF⊥AB，且AB∩BB1＝B，AB，BB1 平面ABB1A1，
所以CF⊥平面ABB1A1，
因为CF∥PE，所以PE⊥平面ABB1A1，
又因为PE 平面APB1，所以AB1P⊥平面A1AB，所以C正确；
对于D中，由点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，
可得点P在矩形BCC1B1内（包含边界），
取BC的中点H，连接AH和PH，
因为BB1⊥平面ABC，且AH 平面ABC，所以AH⊥BB1，
又因为AH⊥BC，BC∩BB1＝B，且BC，BB1 平面BCC1B1，
所以AH⊥平面BCC1B1，
因为PH 平面BCC1B1，所以AH⊥PH，且，
在直角△APH中，可得，
所以点P的轨迹是以H为圆心，半径为的半圆，其轨迹长度为，所以D正确．
故选：BCD．
（多选）11．（2024春 锡山区校级期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．三棱锥D1﹣PA1A的体积为定值
B．AP+PC的最小值为2
C．A1P∥平面ACD1
D．直线A1P与AC所成的角的取值范围是[0，]
【解答】解：对于A，由正方体可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，
所以点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，
所以三棱锥D1﹣PA1A的体积，为定值，故A正确；
对于B，当P与B重合时，，
所以AP+PC的最小值不为，故B错误；
对于C，连接A1C1，A1B，由正方体可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，
因为AC 平面ACD1，A1C1 平面ACD1，
所以A1C1∥平面ACD1，
同理可得BC1∥平面ACD1，
因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1 平面A1C1B，
所以平面A1C1B∥平面ACD1，
因为A1P 平面A1C1B，
所以A1P∥平面ACD1，故C正确；
对于D，因为AC∥A1C1，
所以∠PA1C1（或其补角）为直线A1P与AC所成的角，
由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大为，
当P与C1重合时，此时∠PA1C1最小为0，
所以直线A1P与AC所成的角的取值范围是，故D正确．
故选：ACD．
三．填空题（共3小题）
12．（2022春 贵州期末）已知向量，且，则向量与向量的夹角余弦值为 　　 ．
【解答】解：根据题意，设向量与向量的夹角为θ，
向量，则（4，m﹣2），
若，则12﹣2（m﹣2）＝0，解可得m＝8，
则（1，8），则||，||，
3﹣16＝﹣13，
故cosθ；
故答案为：．
13．（2024春 长寿区期末）已知一个正四棱台的上、下底面的边长分别为1和2，侧棱长为1，则该正四棱台的高为 　　 ．
【解答】解：根据题意，如图：正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝1，
上底面中心为O1，下底面中心为O，连接OO1，
过点A1作A1M⊥AO，且交AO于点M，
易得OO1⊥面ABCD，A1M∥OO1且A1M＝OO1，
正四棱台的上、下底面正方形的对角线的一半分别为，，
即，，AM，
所以该正四棱台的高为．
故答案为：．
14．（2024秋 孝南区校级期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3（cos2A﹣cos2C）＝1﹣cos2B，则的最小值为 　　 ．
【解答】解：由sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ，sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣cosαsinβ，
可得sin（α+β）sin（α﹣β）＝sin2αcos2β﹣cos2αsin2β＝sin2α（1﹣sin2β）﹣（1﹣sin2α）sin2β＝sin2α﹣sin2β．
由3（cos2A﹣cos2C）＝1﹣cos2B，
可得3（2sin2C﹣2sin2A）＝2sin2B，
即为3sin（A+C）sin（C﹣A）＝sin2（A+C），
由于sinB＞0，可得3sin（C﹣A）＝sin（A+C），
化为sinCcosA＝2cosCsinA，
即为tanC＝2tanA（A，C为锐角）．
由
tanA≥2，
当且仅当tanA时，上式取得等号．
所以的最小值为．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 肇东市校级期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角B；
（2）若b＝3，求△ABC周长的取值范围．
【解答】解：（1）∵，
由正弦定理可得：sinA+2sinC＝sinBcosCsinBsinC，
∴sin（B+C）+2sinC＝sinBcosCsinBsinC，
化为cosBsinC+2sinCsinBsinC，
∴sinB﹣cosB＝2，
∴sin（B）＝1，
∵B∈（0，π），
∴B，即B．
（2）∵2，
∴a＝2sinA，c＝2sinC，
∴周长L＝a+b+c＝2sinA+2sinC+3
＝2sinA+2sin（A）+3
＝2sinA+2（sinAcosA）+3
＝2（sinAcosA）+3
＝2sin（A）+3，
∵0＜A，
∴A，
∴sin（A）≤1，
因此周长L的范围为（6，3+2]．
16．（2025春 武强县校级期末）已知z＝i4+（1﹣i）2，．
（1）求，z1；
（2）若，z1在复平面内对应的向量分别为，且，求实数λ的值．
【解答】解：（1）由题意，z＝1﹣2i，则1+2i，
z12﹣i；
（2）由题意，（1，2），（2，﹣1），
λλ（1，2）+（2，﹣1）＝（λ+2，2λ﹣1），（1，2）﹣（2，﹣1）＝（﹣1，3），
由题意得，（λ+2，2λ﹣1） （﹣1，3）＝﹣λ﹣2+6λ﹣3＝0，解得λ＝1．
17．（2024秋 成都期末）为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，迬胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
游戏一 游戏二 游戏三
箱子中球的 颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 （红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球
获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为m获胜
（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
（2）一名同学先玩了游戏一，试问m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
【解答】解：（1）由题意知游戏一获胜的概率为，
游戏二总事件数为5×5＝25，获胜的事件数为4，
所以游戏二获胜的概率为；
（2）若m为5，6，7时则游戏三获胜的事件数为4，总事件数为5×4＝20，概率为，
同理m为3，9时游戏三获胜的概率为，m为其他数时游戏三获胜的概率为0，
若游戏三获胜概率为，
当该同学先玩游戏二获得书券的概率为，
先玩游戏三获得书券的概率为，
大于先玩游戏二获得书券的概率，
若游戏三获胜概率为，
当该同学先玩游戏二获得书券的概率为，
先玩游戏三获得书券的概率为，
大于先玩游戏二获得书券的概率，
若游戏三获胜概率为0，显然先玩游戏三不可能获得书券，
而先玩游戏二获得书券的概率为，
综上，当m为5，6，7时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
18．（2024春 牡丹江校级期末）已知：如图，四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，E为PC中点，∠CBD＝90°．
（1）求证：PA∥平面BDE；
（2）求证：BC⊥DE．
【解答】证明：（1）连接AC交BD于点O，连接OE，
因为四边形ABCD是平行四边形，所以点O为AC的中点，
因为E为PC中点，所以OE∥PA，
又PA 平面BDE，OE 平面BDE，
所以PA∥平面BDE；
（2）因为PA⊥平面ABCD，OE∥PA，
所以OE⊥平面ABCD，
又BC 平面ABCD，所以OE⊥BC，
因为∠CBD＝90°，所以BC⊥BD，
又BD∩OE＝O，BD，OE 平面BDE，
所以BC⊥平面BDE，
又因DE 平面BDE，
所以BC⊥DE．
19．（2024春 淮安期末）在某公园湖畔拟建造一个三角形的露营基地，如图△ABC所示，为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在△ABC区域中，点D、E分别为边BC、AB的中点，线段AD与CE交于点P，且将三角形BDP区域设立成花卉观赏区，三角形BPE区域设立成露营区，线段BP修建成隔离防护栏，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csinbsinC．
（1）求角B的大小；
（2）已知△ABC的面积为，
①若，求边长b的值；
②求隔离护栏BP长的最小值．
【解答】解：（1）因为，又因为，
由正弦定理可得，
因为C∈（0，π），sinC＞0，可得cossinB＝2sincos，
在△ABC中，，
得，
因为B为三角形内角，，
所以；
（2），
可得ac＝4，
①因为，
由余弦定理可得：b2＝a2+c2﹣2accosB＝（a+c）2﹣2ac﹣2accosB
＝（）2﹣3×4＝9，
可得b＝3，
②过D作DF∥AB，交CE于F，
则，
可得（即P为AD的一个三等分点，靠近D点），
所以（），
可得9222+2 c2+a2+2cacosB
＝c2+a2+ca≥2ac+ac＝3ac＝3×4＝12，当且仅当a＝c取等号．
所以||，
BP的最小值为．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑