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广东省东莞市常平中学等三校2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高一下·东莞期中） 设复数，则的虚部为（　　）
A．4 B．-4 C．4i D．-4i
【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：因为，所以z的虚部为-4.
故答案为：B.
【分析】根据复数的定义即可.
2．（2025高一下·东莞期中）在四边形ABCD中，若，则四边形ABCD是（　　）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
【答案】A
【知识点】向量加法的平行四边形法则
【解析】【解答】解：由平面向量加法的平行四边形法则可知，四边形为平行四边形.
故答案为：A.
【分析】直接根据向量加法的平行四边形法则判断即可.
3．（2025高一下·东莞期中）菱形的边长为2，且，（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：菱形的边长为2，且，的夹角为，.
故答案为：C.
【分析】利用菱形对边平行的性质，确定向量与的夹角，再代入向量数量积公式计算。
4．（2025高一下·东莞期中）在△ABC中， 角 A， B， C所对的边分别为a， b， c， 则角C为（　　）
A．15° B．45° C．15°或105° D．45°或135°
【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理可得，，即，
所以，
由知，又，
或.
故答案为：D
【分析】利用正弦定理建立边与角的正弦值关系，结合边长大小判断角的范围，进而求出角C的可能值。
5．（2025高一下·东莞期中）已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图为圆心角为的扇形，则该圆锥的高为（　　）
A．6 B． C．4 D．3
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，
由题意可得，解得母线长，
则圆锥的高．
故答案为：B.
【分析】设圆锥的母线长为，根据扇形弧长公式求圆锥的母线长，再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高即可．
6．（2025高一下·东莞期中）已知a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，则下面命题正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A，由，，根据面面平行的传递性，可得，故A正确；
B，由，，则可能平行，也可能相交，故B错误；
C，由，，则可能平行、相交、异面，故C错误；
D，由，，则或，故D错误.
故答案为：A.
【分析】 根据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系及相关判定定理，逐一分析各选项的正确性。
7．（2025高一下·东莞期中）如图，为测量河对岸A，B两点间的距离，选取相距40m的C，D两点，测得∠BCA＝60°，∠ACD＝30°，∠CDB＝45°，∠BDA＝60°，则A，B间的距离为
A．m B．m C．m D．m
【答案】D
【知识点】正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题知，即，在中，.
在中，，所以，
由正弦定理得，所以.
在中，，
由余弦定理得.
所以
故答案为：D．
【分析】先在△BCD中利用角度关系得到直角三角形，求出BD；再在△ACD中用正弦定理求出AD；最后在△ABD中用余弦定理求出AB。
8．（2025高一下·东莞期中）点在所在平面内，满足，，，.则点依次为的（　　）
A．重心、外心、内心、垂心 B．外心、重心、内心、垂心
C．重心、垂心、外心、内心 D．外心、重心、垂心、内心
【答案】D
【知识点】平面向量数乘的运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：由可知，点到三点的距离相等，
可知为的外接圆圆心，即为的外心，
取的中点为，如下图所示：
易知，又，可知；
即在中线上靠近的三等分点，
同理可得为三条中线的交点，即为重心；
由可得，即，
可得，同理可得，
所以点为三条高的交点，因此点为垂心；
易知为沿方向上的单位向量，即；
令，所以，且为等腰三角形，，如下图：
由可得，即，
此时为角的平分线，
同理由可得为角的平分线，
因此可知为三条角平分线的交点，因此点为内心.
故答案为：D
【分析】 根据三角形外心、重心、垂心、内心的向量定义及性质，逐一分析四点满足的向量条件，对应确定点O、N、P、Q的身份。
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·东莞期中）已知i为虚数单位，为复数z的共轭复数，，.则下列选项中正确的有（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：A：，，所以，故A正确；
B：，故B正确；
C：，都是虚数，不能比较大小，故C错误；
D：，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】 根据复数模长、共轭复数定义及复数运算法则，对每个选项逐一计算验证。
10．（2025高一下·东莞期中）已知向量，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若与的夹角为钝角，则的取值范围是
C．若，则
D．若，则在方向上的投影向量为
【答案】A,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、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】【解答】解：A：若，则，即，A正确；
B：若， 结合A可知此时，且夹角为180°，B错误；
C：因为，所以，由于，
所以，解得，C错误；
D：若，，则向量在上的投影向量为，D正确；
故答案为：AD
【分析】 根据向量共线、夹角、垂直、投影向量的坐标运算法则，逐一验证各选项。
11．（2025高一下·东莞期中）如图，空间四边形中，分别是边，的中点，分别在线段上，且满足，，，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是梯形
C．当时，四边形是空间四边形
D．当时，直线相交于一点
【答案】B,C
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面平行的性质；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A：在中，因为分别是边，的中点，所以且，
当时，分别为中点，所以在中可得且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
又分别为中点，所以，又，
当时有，平行四边形为矩形，
所以四边形不一定是矩形，A错误；
B：当时，，所以，且，
则由A可知且，所以四边形是梯形，B正确；
C：当时，不平行于，又因为平面，平面，
所以是异面直线，四边形是空间四边形，C正确；
D：不妨设直线相交于一点，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为直线相交于点，所以平面，
因为平面平面，所以，
所以可得，矛盾，D错误；
故答案为：BC
【分析】A、B：利用三角形中位线和相似三角形，得到 与 的平行关系和长度比例，判断四边形形状。
C：当 时， 与 不平行且不相交，故四边形为空间四边形。
D：通过假设三线共点，结合线面平行性质验证交点是否在 上。
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·东莞期中）已知复数对应的点到原点的距离是，则实数　 　．
【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：复数在复平面内对应的点的坐标为，
由题意可得，即，解得.
故答案为：.
【分析】根据复数在复平面内的表示，结合两点间距离公式求解即可.
13．（2025高一下·东莞期中）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内，四边形是正方形，这个八面体的表面积为，则正方形的边长是　 　.
【答案】2
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【解答】解：设正方形的边长为，
则这个八面体的表面中所有的正三角形边长均为，
所以其表面积为，解得.
故答案为：2
【分析】八面体的每个面都是边长等于正方形ABCD边长的正三角形，先算出单个正三角形面积，再乘面数得到表面积，最后列方程求解正方形边长。
14．（2025高一下·东莞期中）若是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为　 　．
【答案】
【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
【解析】【解答】解：是夹角为的两个单位向量，则，
，
，
，，
，.
故答案为：
【分析】先利用单位向量和夹角求出，再分别计算、、，最后代入向量夹角公式求出夹角。
四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19各17分，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.
15．（2025高一下·东莞期中）求当为何实数时，复数满足：
（1）为实数；
（2）为纯虚数；
（3）位于第四象限．
【答案】（1）解：由得或∴当或时，复数为实数；
（2）解：由，得；
∴当时，复数为纯虚数；
（3）解：由，解得
∴当时，复数位于第四象限．
【知识点】复数的基本概念
【解析】【分析】 (1) 复数为实数的充要条件是虚部等于0，求解虚部对应的方程得到a的值。(2) 复数为纯虚数的充要条件是实部为0且虚部不为0，联立方程组求解并排除虚部为0的情况。
(3) 复数位于第四象限的充要条件是实部大于0且虚部小于0，构建不等式组求解a的取值范围。
16．（2025高一下·东莞期中）已知：，，向量与的夹角为．
（1）求；
（2）求；
（3）若与垂直，求实数m的值．
【答案】（1）解：因为，，向量与的夹角为
所以.
（2）解：.
（3）解：若与垂直，
则，
即，解得：.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）利用数量积的定义代值计算即可求解；
（2）利用，再结合（1）把代入即可得求解；
（3）由，结合模长和数量积的计算公式，即可得出答案.
（1）因为，，向量与的夹角为
所以.
（2）.
（3）若与垂直，
则，
即，解得：.
17．（2025高一下·东莞期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
（1）求角A；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，又，
，即，由，得.
（2）解：由余弦定理知，
即，则，解得（负值舍去），
.
【知识点】正切函数的图象与性质；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边的关系转化为角的正弦关系，约去非零的后，通过同角三角函数的商数关系求出，结合的取值范围确定角。
(2) 运用余弦定理建立关于边的方程，求解出的正值，再代入三角形面积公式计算面积。
（1）因为，
由正弦定理，又，
，即，由，得.
（2）由余弦定理知，
即，则，解得（负值舍去），
.
18．（2025高一下·东莞期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，E为棱的中点，平面与棱交于点F．
（1）求证：平面；
（2）求证：F为的中点；
【答案】（1）证明：如图所示：
连接AC交BD于点G，连接GE，
因为ABCD为平行四边形，
所以G为AC的中点，又E为PC的中点，
所以，又平面BDE，平面BDE，
所以平面；
（2）证明：因为底面为平行四边形，
所以，
又平面ABEF，平面ABEF，
所以平面ABEF，又平面平面，
所以，
又因为E 为PC的中点，
所以F为的中点.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】 (1) 连接平行四边形对角线交点，利用中位线定理得到线线平行，再由线面平行判定定理证明。
(2) 由平行四边形对边平行得到线面平行，再利用线面平行性质定理得到线线平行，最后由中位线逆定理证明F为PD中点。
（1）证明：如图所示：
连接AC交BD于点G，连接GE，
因为ABCD为平行四边形，
所以G为AC的中点，又E为PC的中点，
所以，又平面BDE，平面BDE，
所以平面；
（2）因为底面为平行四边形，
所以，
又平面ABEF，平面ABEF，
所以平面ABEF，又平面平面，
所以，
又因为E 为PC的中点，
所以F为的中点.
19．（2025高一下·东莞期中）如图，在边长为1的正三角形ABC中，D为AB的中点，，过点O的直线交边AB与点M，交边AC于点N．
（1）用，表示；
（2）若，，求的值；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）解：因为D为BC中点，
所以，.
又因为，
所以.
（2）解：若，，
所以，，
所以.
因为M，O，N三点共线，
所以，
所以，.
（3）解：因为，，，
所以，
.
由（2）得，得，，
令，，则，
得.
根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，
且，，所以，
所以，.
因为，
所以，根据二次函数的性质可知，
所以的取值范围为.
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1) 利用正三角形性质与向量中点公式，将分解为与的线性组合，进而推导出的表达式；
(2) 借助三点共线的向量共线条件，结合(1)的结论建立等式，求解的值；
(3) 引入参数表示与的向量关系，利用向量模长公式结合三角函数最值求解取值范围。
（1）因为D为BC中点，
所以，.
又因为，
所以.
（2）若，，
所以，，
所以.
因为M，O，N三点共线，
所以，
所以，.
（3）因为，，，
所以，
.
由（2）得，得，，
令，，则，
得.
根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，
且，，所以，
所以，.
因为，
所以，根据二次函数的性质可知，
所以的取值范围为.
1 / 1广东省东莞市常平中学等三校2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高一下·东莞期中） 设复数，则的虚部为（　　）
A．4 B．-4 C．4i D．-4i
2．（2025高一下·东莞期中）在四边形ABCD中，若，则四边形ABCD是（　　）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
3．（2025高一下·东莞期中）菱形的边长为2，且，（　　）
A． B． C．2 D．
4．（2025高一下·东莞期中）在△ABC中， 角 A， B， C所对的边分别为a， b， c， 则角C为（　　）
A．15° B．45° C．15°或105° D．45°或135°
5．（2025高一下·东莞期中）已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图为圆心角为的扇形，则该圆锥的高为（　　）
A．6 B． C．4 D．3
6．（2025高一下·东莞期中）已知a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，则下面命题正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
7．（2025高一下·东莞期中）如图，为测量河对岸A，B两点间的距离，选取相距40m的C，D两点，测得∠BCA＝60°，∠ACD＝30°，∠CDB＝45°，∠BDA＝60°，则A，B间的距离为
A．m B．m C．m D．m
8．（2025高一下·东莞期中）点在所在平面内，满足，，，.则点依次为的（　　）
A．重心、外心、内心、垂心 B．外心、重心、内心、垂心
C．重心、垂心、外心、内心 D．外心、重心、垂心、内心
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·东莞期中）已知i为虚数单位，为复数z的共轭复数，，.则下列选项中正确的有（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高一下·东莞期中）已知向量，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若与的夹角为钝角，则的取值范围是
C．若，则
D．若，则在方向上的投影向量为
11．（2025高一下·东莞期中）如图，空间四边形中，分别是边，的中点，分别在线段上，且满足，，，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是梯形
C．当时，四边形是空间四边形
D．当时，直线相交于一点
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·东莞期中）已知复数对应的点到原点的距离是，则实数　 　．
13．（2025高一下·东莞期中）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内，四边形是正方形，这个八面体的表面积为，则正方形的边长是　 　.
14．（2025高一下·东莞期中）若是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为　 　．
四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19各17分，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.
15．（2025高一下·东莞期中）求当为何实数时，复数满足：
（1）为实数；
（2）为纯虚数；
（3）位于第四象限．
16．（2025高一下·东莞期中）已知：，，向量与的夹角为．
（1）求；
（2）求；
（3）若与垂直，求实数m的值．
17．（2025高一下·东莞期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
（1）求角A；
（2）若，求的面积．
18．（2025高一下·东莞期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，E为棱的中点，平面与棱交于点F．
（1）求证：平面；
（2）求证：F为的中点；
19．（2025高一下·东莞期中）如图，在边长为1的正三角形ABC中，D为AB的中点，，过点O的直线交边AB与点M，交边AC于点N．
（1）用，表示；
（2）若，，求的值；
（3）求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：因为，所以z的虚部为-4.
故答案为：B.
【分析】根据复数的定义即可.
2．【答案】A
【知识点】向量加法的平行四边形法则
【解析】【解答】解：由平面向量加法的平行四边形法则可知，四边形为平行四边形.
故答案为：A.
【分析】直接根据向量加法的平行四边形法则判断即可.
3．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：菱形的边长为2，且，的夹角为，.
故答案为：C.
【分析】利用菱形对边平行的性质，确定向量与的夹角，再代入向量数量积公式计算。
4．【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理可得，，即，
所以，
由知，又，
或.
故答案为：D
【分析】利用正弦定理建立边与角的正弦值关系，结合边长大小判断角的范围，进而求出角C的可能值。
5．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，
由题意可得，解得母线长，
则圆锥的高．
故答案为：B.
【分析】设圆锥的母线长为，根据扇形弧长公式求圆锥的母线长，再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高即可．
6．【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A，由，，根据面面平行的传递性，可得，故A正确；
B，由，，则可能平行，也可能相交，故B错误；
C，由，，则可能平行、相交、异面，故C错误；
D，由，，则或，故D错误.
故答案为：A.
【分析】 根据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系及相关判定定理，逐一分析各选项的正确性。
7．【答案】D
【知识点】正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题知，即，在中，.
在中，，所以，
由正弦定理得，所以.
在中，，
由余弦定理得.
所以
故答案为：D．
【分析】先在△BCD中利用角度关系得到直角三角形，求出BD；再在△ACD中用正弦定理求出AD；最后在△ABD中用余弦定理求出AB。
8．【答案】D
【知识点】平面向量数乘的运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：由可知，点到三点的距离相等，
可知为的外接圆圆心，即为的外心，
取的中点为，如下图所示：
易知，又，可知；
即在中线上靠近的三等分点，
同理可得为三条中线的交点，即为重心；
由可得，即，
可得，同理可得，
所以点为三条高的交点，因此点为垂心；
易知为沿方向上的单位向量，即；
令，所以，且为等腰三角形，，如下图：
由可得，即，
此时为角的平分线，
同理由可得为角的平分线，
因此可知为三条角平分线的交点，因此点为内心.
故答案为：D
【分析】 根据三角形外心、重心、垂心、内心的向量定义及性质，逐一分析四点满足的向量条件，对应确定点O、N、P、Q的身份。
9．【答案】A,B,D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：A：，，所以，故A正确；
B：，故B正确；
C：，都是虚数，不能比较大小，故C错误；
D：，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】 根据复数模长、共轭复数定义及复数运算法则，对每个选项逐一计算验证。
10．【答案】A,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、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】【解答】解：A：若，则，即，A正确；
B：若， 结合A可知此时，且夹角为180°，B错误；
C：因为，所以，由于，
所以，解得，C错误；
D：若，，则向量在上的投影向量为，D正确；
故答案为：AD
【分析】 根据向量共线、夹角、垂直、投影向量的坐标运算法则，逐一验证各选项。
11．【答案】B,C
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面平行的性质；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A：在中，因为分别是边，的中点，所以且，
当时，分别为中点，所以在中可得且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
又分别为中点，所以，又，
当时有，平行四边形为矩形，
所以四边形不一定是矩形，A错误；
B：当时，，所以，且，
则由A可知且，所以四边形是梯形，B正确；
C：当时，不平行于，又因为平面，平面，
所以是异面直线，四边形是空间四边形，C正确；
D：不妨设直线相交于一点，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为直线相交于点，所以平面，
因为平面平面，所以，
所以可得，矛盾，D错误；
故答案为：BC
【分析】A、B：利用三角形中位线和相似三角形，得到 与 的平行关系和长度比例，判断四边形形状。
C：当 时， 与 不平行且不相交，故四边形为空间四边形。
D：通过假设三线共点，结合线面平行性质验证交点是否在 上。
12．【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：复数在复平面内对应的点的坐标为，
由题意可得，即，解得.
故答案为：.
【分析】根据复数在复平面内的表示，结合两点间距离公式求解即可.
13．【答案】2
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【解答】解：设正方形的边长为，
则这个八面体的表面中所有的正三角形边长均为，
所以其表面积为，解得.
故答案为：2
【分析】八面体的每个面都是边长等于正方形ABCD边长的正三角形，先算出单个正三角形面积，再乘面数得到表面积，最后列方程求解正方形边长。
14．【答案】
【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
【解析】【解答】解：是夹角为的两个单位向量，则，
，
，
，，
，.
故答案为：
【分析】先利用单位向量和夹角求出，再分别计算、、，最后代入向量夹角公式求出夹角。
15．【答案】（1）解：由得或∴当或时，复数为实数；
（2）解：由，得；
∴当时，复数为纯虚数；
（3）解：由，解得
∴当时，复数位于第四象限．
【知识点】复数的基本概念
【解析】【分析】 (1) 复数为实数的充要条件是虚部等于0，求解虚部对应的方程得到a的值。(2) 复数为纯虚数的充要条件是实部为0且虚部不为0，联立方程组求解并排除虚部为0的情况。
(3) 复数位于第四象限的充要条件是实部大于0且虚部小于0，构建不等式组求解a的取值范围。
16．【答案】（1）解：因为，，向量与的夹角为
所以.
（2）解：.
（3）解：若与垂直，
则，
即，解得：.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）利用数量积的定义代值计算即可求解；
（2）利用，再结合（1）把代入即可得求解；
（3）由，结合模长和数量积的计算公式，即可得出答案.
（1）因为，，向量与的夹角为
所以.
（2）.
（3）若与垂直，
则，
即，解得：.
17．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，又，
，即，由，得.
（2）解：由余弦定理知，
即，则，解得（负值舍去），
.
【知识点】正切函数的图象与性质；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边的关系转化为角的正弦关系，约去非零的后，通过同角三角函数的商数关系求出，结合的取值范围确定角。
(2) 运用余弦定理建立关于边的方程，求解出的正值，再代入三角形面积公式计算面积。
（1）因为，
由正弦定理，又，
，即，由，得.
（2）由余弦定理知，
即，则，解得（负值舍去），
.
18．【答案】（1）证明：如图所示：
连接AC交BD于点G，连接GE，
因为ABCD为平行四边形，
所以G为AC的中点，又E为PC的中点，
所以，又平面BDE，平面BDE，
所以平面；
（2）证明：因为底面为平行四边形，
所以，
又平面ABEF，平面ABEF，
所以平面ABEF，又平面平面，
所以，
又因为E 为PC的中点，
所以F为的中点.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】 (1) 连接平行四边形对角线交点，利用中位线定理得到线线平行，再由线面平行判定定理证明。
(2) 由平行四边形对边平行得到线面平行，再利用线面平行性质定理得到线线平行，最后由中位线逆定理证明F为PD中点。
（1）证明：如图所示：
连接AC交BD于点G，连接GE，
因为ABCD为平行四边形，
所以G为AC的中点，又E为PC的中点，
所以，又平面BDE，平面BDE，
所以平面；
（2）因为底面为平行四边形，
所以，
又平面ABEF，平面ABEF，
所以平面ABEF，又平面平面，
所以，
又因为E 为PC的中点，
所以F为的中点.
19．【答案】（1）解：因为D为BC中点，
所以，.
又因为，
所以.
（2）解：若，，
所以，，
所以.
因为M，O，N三点共线，
所以，
所以，.
（3）解：因为，，，
所以，
.
由（2）得，得，，
令，，则，
得.
根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，
且，，所以，
所以，.
因为，
所以，根据二次函数的性质可知，
所以的取值范围为.
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1) 利用正三角形性质与向量中点公式，将分解为与的线性组合，进而推导出的表达式；
(2) 借助三点共线的向量共线条件，结合(1)的结论建立等式，求解的值；
(3) 引入参数表示与的向量关系，利用向量模长公式结合三角函数最值求解取值范围。
（1）因为D为BC中点，
所以，.
又因为，
所以.
（2）若，，
所以，，
所以.
因为M，O，N三点共线，
所以，
所以，.
（3）因为，，，
所以，
.
由（2）得，得，，
令，，则，
得.
根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，
且，，所以，
所以，.
因为，
所以，根据二次函数的性质可知，
所以的取值范围为.
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