资源简介

广东省惠州市第八中学2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题
一、单选题（每题5分，共40分）
1．（2025高一下·惠州期中）若，则（　　）
A． B． C．10 D．
2．（2025高一下·惠州期中）在中，若，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·惠州期中）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（　　）
A． B． C．2 D．1
4．（2025高一下·惠州期中）中，角所对的边分别为，若，则（　　）
A． B． C． D．或
5．（2025高一下·惠州期中）用一个平面截一个几何体，得到的截面是三角形，这个几何体不可能是（　　）
A．长方体 B．圆锥 C．棱锥 D．圆台
6．（2025高一下·惠州期中）如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是
A．BD∥平面CB1D1 B．AC1⊥BD
C．异面直线AD与CB1角为60° D．AC1⊥平面CB1D1
7．（2025高一下·惠州期中）已知G是的重心，点D满足，若，则为（　　）
A． B． C． D．1
8．（2025高一下·惠州期中）已知直三棱柱的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为，，，，则该球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9．（2025高一下·惠州期中）已知向量，，则（　　）
A．当时，
B．当时，
C．与夹角为锐角时，则的取值范围为
D．当时，在上的投影向量为
10．（2025高一下·惠州期中）已知α，β为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
11．（2025高一下·惠州期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（　　）
A．在棱上存在点，使平面
B．异面直线与所成的角为90°
C．二面角的大小为45°
D．平面
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2025高一下·惠州期中）一个正三棱锥的高是3 ，底面的边长是2 ，这个正三棱锥的体积为　 　
13．（2025高一下·惠州期中）已知和向量若，则实数m的值为　 　．
14．（2025高一下·惠州期中）在矩形中，，⊥平面，，则与平面所成的角为　 　
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．（2025高一下·惠州期中）如图，四棱锥的底面是正方形，底面.求证：
（1）平面；
（2）平面.
16．（2025高一下·惠州期中）已知向量和，且，求：
（1）的值
（2）的值
（3）的夹角的余弦值.
17．（2025高一下·惠州期中）已知复数．
（1）求；
（2）若，求；
（3）若，且是纯虚数，求．
18．（2025高一下·惠州期中）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知：.
（1）求A；
（2）若，，求的面积.
19．（2025高一下·惠州期中）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点．
（1）求证： 平面平面；
（2）求证： 平面；
（3）求三棱锥体积．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，可得，则，故.
故答案为：A.
【分析】由题意先求复数的共轭复数，再根据复数的加法求，再求的值即可.
2．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：因为，
所以由余弦定理得，
又，则．
故答案为：B.
【分析】 已知三角形三边长度，利用余弦定理直接计算角A的余弦值，再结合角A的取值范围确定角度。
3．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，得到的几何体的圆柱，则所得几何体的侧面积为 。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，得到的几何体的圆柱，再利用圆柱的侧面积公式，进而求出所得几何体的侧面积。
4．【答案】A
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意，在中，
则，所以，
因为，所以或，
又因为，所以．
故答案为：A.
【分析】由正弦定理可得的值，再由三角形中角B的取值范围得出角B的值，再根据三角形中大边对应大角的性质，从而得出满足要求的角B的值.
5．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：
A、如图1，用平面截长方体，得到的截面是三角形，故A正确；
B、如图2，用平面截圆锥，得到的截面是三角形，故B正确；
C、三棱锥各个面即为三角形；除三棱锥外，过棱锥底面不相邻两顶点和棱锥顶点的截面为三角形，故C正确；
D、圆台的截面不可能为三角形，故D错误.
故答案为：D.
【分析】作图，结合圆锥、棱锥和圆台的概念判断即可.
6．【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A：由正方体的性质得，BD∥B1D1，所以，BD∥平面CB1D1；故A正确．B：由正方体的性质得 AC⊥BD，而AC是AC1在底面ABCD内的射影，由三垂线定理知，AC1⊥BD，故B正确．
C：异面直线AD与CB1所成角就是BC与CB1所成角，故∠BCB1 为异面直线AD与CB1所成角，等腰直角三角形BCB1 中，∠BCB1=45°，故C错误．
D：由正方体的性质得 BD∥B1D1，由②知，AC1⊥BD，所以，AC1⊥B1D1，同理可证AC1⊥CB1，
故AC1垂直于平面CB1D1内的2条相交直线，所以，AC1⊥平面CB1D1，故D正确．
故答案为：C.
【分析】 利用正方体的性质，结合线面平行、线线垂直、异面直线夹角、线面垂直的判定定理，逐一验证各选项的正确性，找出错误结论。
7．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，
所以为中点，
又因为G是的重心，
所以，
又因为为中点，
所以，
所以，
所以，
所以.
故答案为：A
【分析】先由得出是中点，用、表示；再根据重心性质得到与的关系，最后将分解为、的线性组合，求出、并计算。
8．【答案】C
【知识点】球内接多面体；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：∵三棱柱的侧棱垂直于底面，
棱柱的体积为，，，，
∴，∴
∵，∴.
设外接圆的半径为R，则，∴.
∴外接球的半径为，∴球的表面积等于.
故答案为：C.
【分析】 先通过棱柱体积公式求出侧棱长度，再利用余弦定理和正弦定理确定底面三角形外接圆半径，最后结合直三棱柱外接球的球心位置，用勾股定理求外接球半径并计算表面积。
9．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因，，则，.
A，由，可得，故A正确；
B，时，由，解得，故B错误；
C，与夹角为锐角等价于，
解得且，即，即C正确；
D，时，，，则在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】 利用向量的坐标运算、数量积、夹角公式及投影向量公式，对每个选项逐一计算验证。
10．【答案】B,C
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：．若，，则，或，A错误；
．若，，，则，B正确；
．若，，，则，C正确；
．若，，，则，也可能，D错误，
故答案为：．
【分析】本题围绕空间中面面平行、线面平行、面面垂直、线面垂直的判定与性质展开，需结合线面位置关系传递性、垂直关系判定定理逐一分析每个选项，判断命题是否成立。
11．【答案】A,B,C
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A、取的中点，连接，如图所示：
因为侧面为正三角形，所以，
又因为底面是菱形，，所以是等边三角形，
又因为为的中点，所以，
又因为，，在平面内，且相交于点，所以平面，故A正确；
B、由选项A知，平面，又因为平面，所以，
即异面直线与所成的角为90°，故B正确；
C、因为平面，，所以平面，，，
又因为平面平面，所以是二面角的平面角，
设，则，，
在直角中，，即，
故二面角的大小为，故C正确；
D、因为平面平面，，
所以平面，又平面，所以.
假设平面，则有，又，在平面内，且相交于点，
所以平面，又平面，所以，
而由题可知，与的夹角为，矛盾，故假设不成立，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】取的中点，连接，利用三角形知识得垂直关系，结合线面垂直的判定定理证明平面即可判断A；利用平面，可得，即异面直线与所成的角为90° 即可判断B；先作出并证明所求的二面角为，再利用直角三角形知识求解即可判断C；利用反证法，假设平面，再证明平面，得到，与与的夹角为矛盾，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为正三棱锥的底面是正三角形，边长为2，
所以三角形面积为.
已知正三棱锥的高为3，所以这个正三棱锥的体积为.
故答案为：.
【分析】先计算正三棱锥底面正三角形的面积，再套用棱锥体积公式 （ 为底面积， 为高），代入数据算出最终体积。
13．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：；
故答案为：
【分析】先由两点坐标求出向量的坐标，再利用两向量平行的坐标关系（对应坐标成比例）列出方程，求解得到的值。
14．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：∵⊥平面，
∴为与平面所成的角，
，
因为为锐角，
∴.
故答案为：
【分析】先确定线面角的平面角（∠PCA），再在直角三角形PCA中，利用线面垂直的性质得到PA⊥AC，最后通过三角函数计算角度。
15．【答案】（1）证明：∵底面是正方形，
∴，
又平面，平面，
∴平面；
（2）证明：因为底面，而平面，故，
由正方形可得，
因平面，
故平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】(1) 依据正方形对边平行的性质得到 ，再结合线面平行判定定理完成证明。
(2) 先由 垂直底面推出 ，再利用正方形性质得到 ，最后根据线面垂直判定定理证明结论。
（1）∵底面是正方形，
∴，
又平面，平面，
∴平面；
（2）因为底面，而平面，故，
由正方形可得，
因平面，
故平面.
16．【答案】（1）解：，则；
（2）解：，则；
（3）解：，
【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】【分析】（1）利用向量数量积的定义求解即可；
（2）将平方，结合向量的数量积求解即可；
（3）利用向量的夹角公式求解即可.
（1）.
（2），
（3），
17．【答案】（1）
（2）；
（3）设，
则，所以①
，
因为是纯虚数，所以②
由①②联立，解得 或
所以或．
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【分析】（1）根据复数得模长公式求出结果即可；
（2）先将z代入，进而对进行变形，即可得到答案；
（3）先假设，根据题意列出方程组，化简即可得到结果.
18．【答案】（1）解：因为，由正弦定理得，
因，故，
故，即，
又，故.
（2）解：由正弦定理可得，
则，可得
即，
由（1） 根据余弦定理可得，
则，
即，可得，
所以的面积
【知识点】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) 利用正弦定理将边化角，约去公共项后得到 的值，结合角 的范围求出 。
(2) 先由正弦定理将 转化为边的关系，再结合余弦定理求出 的值，最后代入三角形面积公式计算。
（1）因为，由正弦定理得，
因，故，
故，即，
又，故.
（2）由正弦定理可得，
则，可得
即，
由（1） 根据余弦定理可得，
则，
即，可得，
所以的面积
19．【答案】（1）证明：在三棱柱中，底面ABC，所以AB，
又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面，因为AB平面，所以平面平面.
（2）证明：取AB中点G，连结EG，FG，
因为E，F分别是、的中点，所以FG∥AC，且FG=AC，
因为AC∥，且AC=，所以FG∥，且FG=，
所以四边形为平行四边形，所以EG，
又因为EG平面ABE，平面ABE，
所以平面.
（3）解：因为=AC=2，BC=1，AB⊥BC，所以AB=，
所以三棱锥的体积为：==.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 先由侧棱垂直底面得 ，结合已知 ，证 平面 ，再由面面垂直判定定理得证；
(2) 取 中点 ，连接 、，证平面 平面 ，从而得 平面 ；
(3) 先求底面 面积，再确定三棱锥 的高，代入棱锥体积公式计算。
1 / 1广东省惠州市第八中学2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题
一、单选题（每题5分，共40分）
1．（2025高一下·惠州期中）若，则（　　）
A． B． C．10 D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，可得，则，故.
故答案为：A.
【分析】由题意先求复数的共轭复数，再根据复数的加法求，再求的值即可.
2．（2025高一下·惠州期中）在中，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：因为，
所以由余弦定理得，
又，则．
故答案为：B.
【分析】 已知三角形三边长度，利用余弦定理直接计算角A的余弦值，再结合角A的取值范围确定角度。
3．（2025高一下·惠州期中）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（　　）
A． B． C．2 D．1
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，得到的几何体的圆柱，则所得几何体的侧面积为 。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，得到的几何体的圆柱，再利用圆柱的侧面积公式，进而求出所得几何体的侧面积。
4．（2025高一下·惠州期中）中，角所对的边分别为，若，则（　　）
A． B． C． D．或
【答案】A
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意，在中，
则，所以，
因为，所以或，
又因为，所以．
故答案为：A.
【分析】由正弦定理可得的值，再由三角形中角B的取值范围得出角B的值，再根据三角形中大边对应大角的性质，从而得出满足要求的角B的值.
5．（2025高一下·惠州期中）用一个平面截一个几何体，得到的截面是三角形，这个几何体不可能是（　　）
A．长方体 B．圆锥 C．棱锥 D．圆台
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：
A、如图1，用平面截长方体，得到的截面是三角形，故A正确；
B、如图2，用平面截圆锥，得到的截面是三角形，故B正确；
C、三棱锥各个面即为三角形；除三棱锥外，过棱锥底面不相邻两顶点和棱锥顶点的截面为三角形，故C正确；
D、圆台的截面不可能为三角形，故D错误.
故答案为：D.
【分析】作图，结合圆锥、棱锥和圆台的概念判断即可.
6．（2025高一下·惠州期中）如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是
A．BD∥平面CB1D1 B．AC1⊥BD
C．异面直线AD与CB1角为60° D．AC1⊥平面CB1D1
【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A：由正方体的性质得，BD∥B1D1，所以，BD∥平面CB1D1；故A正确．B：由正方体的性质得 AC⊥BD，而AC是AC1在底面ABCD内的射影，由三垂线定理知，AC1⊥BD，故B正确．
C：异面直线AD与CB1所成角就是BC与CB1所成角，故∠BCB1 为异面直线AD与CB1所成角，等腰直角三角形BCB1 中，∠BCB1=45°，故C错误．
D：由正方体的性质得 BD∥B1D1，由②知，AC1⊥BD，所以，AC1⊥B1D1，同理可证AC1⊥CB1，
故AC1垂直于平面CB1D1内的2条相交直线，所以，AC1⊥平面CB1D1，故D正确．
故答案为：C.
【分析】 利用正方体的性质，结合线面平行、线线垂直、异面直线夹角、线面垂直的判定定理，逐一验证各选项的正确性，找出错误结论。
7．（2025高一下·惠州期中）已知G是的重心，点D满足，若，则为（　　）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，
所以为中点，
又因为G是的重心，
所以，
又因为为中点，
所以，
所以，
所以，
所以.
故答案为：A
【分析】先由得出是中点，用、表示；再根据重心性质得到与的关系，最后将分解为、的线性组合，求出、并计算。
8．（2025高一下·惠州期中）已知直三棱柱的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为，，，，则该球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球内接多面体；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：∵三棱柱的侧棱垂直于底面，
棱柱的体积为，，，，
∴，∴
∵，∴.
设外接圆的半径为R，则，∴.
∴外接球的半径为，∴球的表面积等于.
故答案为：C.
【分析】 先通过棱柱体积公式求出侧棱长度，再利用余弦定理和正弦定理确定底面三角形外接圆半径，最后结合直三棱柱外接球的球心位置，用勾股定理求外接球半径并计算表面积。
二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9．（2025高一下·惠州期中）已知向量，，则（　　）
A．当时，
B．当时，
C．与夹角为锐角时，则的取值范围为
D．当时，在上的投影向量为
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因，，则，.
A，由，可得，故A正确；
B，时，由，解得，故B错误；
C，与夹角为锐角等价于，
解得且，即，即C正确；
D，时，，，则在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】 利用向量的坐标运算、数量积、夹角公式及投影向量公式，对每个选项逐一计算验证。
10．（2025高一下·惠州期中）已知α，β为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】B,C
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：．若，，则，或，A错误；
．若，，，则，B正确；
．若，，，则，C正确；
．若，，，则，也可能，D错误，
故答案为：．
【分析】本题围绕空间中面面平行、线面平行、面面垂直、线面垂直的判定与性质展开，需结合线面位置关系传递性、垂直关系判定定理逐一分析每个选项，判断命题是否成立。
11．（2025高一下·惠州期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（　　）
A．在棱上存在点，使平面
B．异面直线与所成的角为90°
C．二面角的大小为45°
D．平面
【答案】A,B,C
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A、取的中点，连接，如图所示：
因为侧面为正三角形，所以，
又因为底面是菱形，，所以是等边三角形，
又因为为的中点，所以，
又因为，，在平面内，且相交于点，所以平面，故A正确；
B、由选项A知，平面，又因为平面，所以，
即异面直线与所成的角为90°，故B正确；
C、因为平面，，所以平面，，，
又因为平面平面，所以是二面角的平面角，
设，则，，
在直角中，，即，
故二面角的大小为，故C正确；
D、因为平面平面，，
所以平面，又平面，所以.
假设平面，则有，又，在平面内，且相交于点，
所以平面，又平面，所以，
而由题可知，与的夹角为，矛盾，故假设不成立，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】取的中点，连接，利用三角形知识得垂直关系，结合线面垂直的判定定理证明平面即可判断A；利用平面，可得，即异面直线与所成的角为90° 即可判断B；先作出并证明所求的二面角为，再利用直角三角形知识求解即可判断C；利用反证法，假设平面，再证明平面，得到，与与的夹角为矛盾，即可判断D.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2025高一下·惠州期中）一个正三棱锥的高是3 ，底面的边长是2 ，这个正三棱锥的体积为　 　
【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为正三棱锥的底面是正三角形，边长为2，
所以三角形面积为.
已知正三棱锥的高为3，所以这个正三棱锥的体积为.
故答案为：.
【分析】先计算正三棱锥底面正三角形的面积，再套用棱锥体积公式 （ 为底面积， 为高），代入数据算出最终体积。
13．（2025高一下·惠州期中）已知和向量若，则实数m的值为　 　．
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：；
故答案为：
【分析】先由两点坐标求出向量的坐标，再利用两向量平行的坐标关系（对应坐标成比例）列出方程，求解得到的值。
14．（2025高一下·惠州期中）在矩形中，，⊥平面，，则与平面所成的角为　 　
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：∵⊥平面，
∴为与平面所成的角，
，
因为为锐角，
∴.
故答案为：
【分析】先确定线面角的平面角（∠PCA），再在直角三角形PCA中，利用线面垂直的性质得到PA⊥AC，最后通过三角函数计算角度。
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．（2025高一下·惠州期中）如图，四棱锥的底面是正方形，底面.求证：
（1）平面；
（2）平面.
【答案】（1）证明：∵底面是正方形，
∴，
又平面，平面，
∴平面；
（2）证明：因为底面，而平面，故，
由正方形可得，
因平面，
故平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】(1) 依据正方形对边平行的性质得到 ，再结合线面平行判定定理完成证明。
(2) 先由 垂直底面推出 ，再利用正方形性质得到 ，最后根据线面垂直判定定理证明结论。
（1）∵底面是正方形，
∴，
又平面，平面，
∴平面；
（2）因为底面，而平面，故，
由正方形可得，
因平面，
故平面.
16．（2025高一下·惠州期中）已知向量和，且，求：
（1）的值
（2）的值
（3）的夹角的余弦值.
【答案】（1）解：，则；
（2）解：，则；
（3）解：，
【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】【分析】（1）利用向量数量积的定义求解即可；
（2）将平方，结合向量的数量积求解即可；
（3）利用向量的夹角公式求解即可.
（1）.
（2），
（3），
17．（2025高一下·惠州期中）已知复数．
（1）求；
（2）若，求；
（3）若，且是纯虚数，求．
【答案】（1）
（2）；
（3）设，
则，所以①
，
因为是纯虚数，所以②
由①②联立，解得 或
所以或．
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【分析】（1）根据复数得模长公式求出结果即可；
（2）先将z代入，进而对进行变形，即可得到答案；
（3）先假设，根据题意列出方程组，化简即可得到结果.
18．（2025高一下·惠州期中）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知：.
（1）求A；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）解：因为，由正弦定理得，
因，故，
故，即，
又，故.
（2）解：由正弦定理可得，
则，可得
即，
由（1） 根据余弦定理可得，
则，
即，可得，
所以的面积
【知识点】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) 利用正弦定理将边化角，约去公共项后得到 的值，结合角 的范围求出 。
(2) 先由正弦定理将 转化为边的关系，再结合余弦定理求出 的值，最后代入三角形面积公式计算。
（1）因为，由正弦定理得，
因，故，
故，即，
又，故.
（2）由正弦定理可得，
则，可得
即，
由（1） 根据余弦定理可得，
则，
即，可得，
所以的面积
19．（2025高一下·惠州期中）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点．
（1）求证： 平面平面；
（2）求证： 平面；
（3）求三棱锥体积．
【答案】（1）证明：在三棱柱中，底面ABC，所以AB，
又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面，因为AB平面，所以平面平面.
（2）证明：取AB中点G，连结EG，FG，
因为E，F分别是、的中点，所以FG∥AC，且FG=AC，
因为AC∥，且AC=，所以FG∥，且FG=，
所以四边形为平行四边形，所以EG，
又因为EG平面ABE，平面ABE，
所以平面.
（3）解：因为=AC=2，BC=1，AB⊥BC，所以AB=，
所以三棱锥的体积为：==.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 先由侧棱垂直底面得 ，结合已知 ，证 平面 ，再由面面垂直判定定理得证；
(2) 取 中点 ，连接 、，证平面 平面 ，从而得 平面 ；
(3) 先求底面 面积，再确定三棱锥 的高，代入棱锥体积公式计算。
1 / 1

展开更多......

收起↑