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江苏省锡东高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单项选择题：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．已知（是虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
2．如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个边长为1的正方形，则这个平面图形的面积是（　　）
A． B． C． D．1
3．在中，，，，则这个三角形的面积为（　　）
A． B．2 C． D．1
4．已知直三棱柱中，，，，其外接球的表面积为，则该三棱柱的侧棱长为（　　）
A． B． C． D．
5．已知是边长为1的正的边上靠近C的四等分点，为的中点，则的值是（　　）
A． B． C． D．
6．已知是单位向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
8．已知点G为三角形ABC的重心，且，当取最大值时，（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.
9．已知复数，，为的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（　　）
A．为实数
B．若，则的最小值为
C．
D．若，则
10．下列结论正确的是（　　）
A．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD1与B1C是异面直线
B．不共面的四点可以确定4个平面
C．圆锥的侧面展开图是个半圆，则圆锥的母线是底面半径的2倍
D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
11．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，则面积的最大值为
C．若，且只有一解，则的取值范围为
D．为的外心，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．的内角，，所对边分别为，，，已知，，，则　 　.
13．已知正四棱台中，，若该四棱台的体积为，则这个四棱台的表面积为　 　．
14．如图，在中，已知边上的两条中线相交于点，则的余弦值为　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知向量
（1）求；
（2）若，求的值；
（3）若与的夹角为锐角，求的取值范围.
16．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知，是两个夹角为的单位向量，，．
（1）求；
（2）设，是否存在实数t，使得是以AB为斜边的直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
17．如图，在三棱柱中，为的中点，设平面与底面的交线为．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面．
18．在中，角，，的对边分别为，，，已知，且，.
（1）求证：；
（2）求的面积.
19．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答．
问题：如图2，已知满足，，设（），四边形、四边形、四边形都是正方形．
（1）当时，求的长度；
（2）求长度的最大值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：C.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求，再根据复数的模长公式求解即可.
2．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知正方形的面积为1，根据斜二测画法可知：.
故答案为：A
【分析】由图先求直观图正方形的面积，再根据直观图和原图的面积关系求解即可.
3．【答案】D
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解： 在中，，，，
则.
故答案为：D.
【分析】直接根据三角形的面积公式计算即可.
4．【答案】C
【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：将直三棱柱 补形为长方体，如图所示：
易知长方体的外接球即直三棱柱的外接球，
体对角线的长为球的直径，设球的半径为，
由题意可得：，解得，
设侧棱长为，则，解得，即侧棱长为.
故答案为：C.
【分析】将直三棱柱 补形为长方体，根据长方体的外接球即是直三棱柱的外接球，由球的表面积求出半径，设侧棱长为，再根据长方体的体对角线长的公式列方程，求解侧棱长即可.
5．【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意可得，，
则
.
故答案为：A.
【分析】根据平面向量的线性运算，结合向量数量积的运算律求解即可.
6．【答案】B
【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；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，可得，即（*），
因为在上的投影向量为，所以，
所以，即，代入（*）可得，，即，
所以，因为，所以．
故答案为：B．
【分析】将两边同时平方整理可得，再由投影向量的定义求得，联立得到，最后利用向量的夹角公式计算即可.
7．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：连接CD，交PE于点G，连接FG，如图所示：
因为平面PEF，平面ADC，平面平面，所以，
因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是的重心，所以.
故答案为：C.
【分析】连接CD，交PE于点G，连接FG，由平面PEF，利用线面平行性质可证，再根据点D，E分别为棱PB，BC的中点，可得G是的重心，利用重心性质求解即可.
8．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：将，两边同时平方可得
，整理可得，即，
，，
，
，即，
由，，，可得，
则，当且仅当时等号成立，
又因为在上单调递减，，所以当取最大值时，.
故答案为：A
【分析】将两边平方，整理可得由，即，由为的重心可得，，利用向量的数量积，结合余弦定理可得，最后利用基本不等式求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；辅助角公式；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、设，则，，故A正确；
B、 若， 设，则，
，
其中，当时，取最小值，故B错误；
C、设，则，
，，，故C正确；
D、假设，，此时，故D错误.
故答案为：AC．
【分析】设，求得共轭复数，再计算即可判断A；由，设，可得，再求利用三角函数的性质求最小值即可判断B；设，计算即可判断C；取特殊的复数求解即可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；异面直线的判定；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：A、正方体中，因为平面，平面，，所以由异面直线判定定理得与是异面直线，故A正确；
B、不共面的四个点中每三个点都不共线，则任意三个点都可确定一个平面，共可以确定四个平面，故B正确；
C、设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，由题意得，则，故C正确；
D、有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，
由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】在正方体中，利用异面直线的判定定理判断与是异面直线，即可判断A；根据任意不共线的三点可确定一个平面即可判断B；设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，由题意，利用弧长公式求解即可判断C；利用棱柱的定义即可判断D．
11．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，故A正确；
B、若，且，所以，
由余弦定理得，
由，可得，当且仅当时等号成立，即，
则面积，即面积的最大值为，故B正确；
C、若，且，由正弦定理，可得，
当时，，则当时有一解，故C不正确；
D、作交于点点，如图所示：
则点为的中点，且，设，，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由，利用正弦定理化简求解即可判断A；由，结合三角形内角和定理求得，再利用余弦定理，结合基本不等式求解即可判断B；由题意，结合A选项，利用正弦定理求得时，也是一解，据此即可判断C；作得到点为的中点，设，根据向量数量积的运算公式求解即可判断D.
12．【答案】3
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，，
利用余弦定理，可得，即，解得.
故答案为：3.
【分析】根据已知条件，直接利用余弦定理求解即可.
13．【答案】
【知识点】棱台的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：设分别为正四棱台 上下底面的中心，分别为棱的中点，且，如图所示：
设正四棱台的上底面面积、下底面面积、侧面积分别为、、，
因为，所以，，则，，
又因为，，
所以，解得，
则，
，则.
故答案为：.
【分析】利用正四棱台体积公式得到正四棱台的高，再利用勾股定理求得斜高，即可求各面积得四棱台的表面积.
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：由题可得，
，
则
，
，
，
则，
故答案为：.
【分析】以为基向量表示，根据向量的数量积运算求，再根据向量模的根据，最后根据向量的夹角公式求解即可.
15．【答案】（1）解：向量，则，即；
（2）解：由题意得，
因为，所以，解得；
（3）解：因为与的夹角为锐角，所以且，
即，解得，
由（2）可知当时，，，
则的取值范围为.
【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；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算，结合向量模的坐标运算求解即可；
（2）根据向量的坐标运算，结合向量共线列式求值即可；
（3）由与的夹角为锐角，可得且，据此列式求解即可.
（1）由题意可得，
所以；
（2）由题意得
因为，所以，解得；
（3）因为与的夹角为锐角，所以且
，
即，解得，
由（2）可知当时，，此时，
所以的取值范围为.
16．【答案】（1）解：易知，
，则 ；
（2）解：因为，，
若是以AB为斜边的直角三角形，则，
即，
可得，
即，化简得，解得，
所以存在满足条件.
【知识点】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）由题意可得，结合向量的数量积求模长即可；
（2）根据题意可得，结合向量的数量积列式求解即可.
（1）由题意可知：，
因为，
所以．
（2）因为，．
若是以AB为斜边的直角三角形，则，
即，
可得，
即，化简得，解得，
所以存在满足条件．
17．【答案】（1）证明：连接与交于点O，连接，如图所示：
在三棱柱中，侧面为平行四边形，O为的中点，
又因为点M为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：在三棱柱中， 平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
因为平面，平面，所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）连接与交于点O，连接，利用三角形中位线的性质，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）先利用面面平行的性质证明，再根据线面平行的判定定理证明平面即可．
（1）证明：如图，连接与交于点O，连接
在三棱柱中，侧面为平行四边形，
所以O为的中点，
又因为点M为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：在三棱柱中， 平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
18．【答案】（1）证明：，，则，
根据正弦定理得，，
又因为，所以，即；
（2）解：由余弦定理得，
由（1），得，结合可得，
即，解得或 （舍去），
故.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简证明即可；
（2）利用余弦定理，结合（1）的结论求得，再根据三角形的面积公式求解即可.
（1）证明：，，所以，
根据正弦定理得，，
又
所以，即
（2）由余弦定理得，
由（1），得，结合可得.
即，解得或 （舍去），
所以
19．【答案】（1）解：在中，，，，则，，
因为，所以
在中，，，
由余弦定理，解得，
则的长度为；
（2）解：在中，由余弦定理得，所以，
设，在中，由余弦定理得，
可得①，
在中，由正弦定理，可得，
代入①可得，
因为，所以，
当即时，的最大值为，故长度的最大值为6．
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1） 当时 ，为直角三角形，求得，由，可得，再在中，利用余弦定理求解即可；
（2）在中，利用余弦定理表示，设，在中，利用余弦定理表示，再在中，利用正弦定理，求得，代入式子中，利用辅助角公式，结合正弦函数的性质即可求解.
（1）在中，，，，则，，
因为，所以
在中，，，
由余弦定理所以的长度为.
（2）在中，由余弦定理得，所以，
设，在中，由余弦定理得，
所以①
在中，由正弦定理得，
所以，
代入①可得，
因为，
所以，
当即时，的最大值为，
所以长度的最大值为6．
1 / 1江苏省锡东高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单项选择题：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．已知（是虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：C.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求，再根据复数的模长公式求解即可.
2．如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个边长为1的正方形，则这个平面图形的面积是（　　）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知正方形的面积为1，根据斜二测画法可知：.
故答案为：A
【分析】由图先求直观图正方形的面积，再根据直观图和原图的面积关系求解即可.
3．在中，，，，则这个三角形的面积为（　　）
A． B．2 C． D．1
【答案】D
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解： 在中，，，，
则.
故答案为：D.
【分析】直接根据三角形的面积公式计算即可.
4．已知直三棱柱中，，，，其外接球的表面积为，则该三棱柱的侧棱长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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：将直三棱柱 补形为长方体，如图所示：
易知长方体的外接球即直三棱柱的外接球，
体对角线的长为球的直径，设球的半径为，
由题意可得：，解得，
设侧棱长为，则，解得，即侧棱长为.
故答案为：C.
【分析】将直三棱柱 补形为长方体，根据长方体的外接球即是直三棱柱的外接球，由球的表面积求出半径，设侧棱长为，再根据长方体的体对角线长的公式列方程，求解侧棱长即可.
5．已知是边长为1的正的边上靠近C的四等分点，为的中点，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意可得，，
则
.
故答案为：A.
【分析】根据平面向量的线性运算，结合向量数量积的运算律求解即可.
6．已知是单位向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，可得，即（*），
因为在上的投影向量为，所以，
所以，即，代入（*）可得，，即，
所以，因为，所以．
故答案为：B．
【分析】将两边同时平方整理可得，再由投影向量的定义求得，联立得到，最后利用向量的夹角公式计算即可.
7．如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：连接CD，交PE于点G，连接FG，如图所示：
因为平面PEF，平面ADC，平面平面，所以，
因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是的重心，所以.
故答案为：C.
【分析】连接CD，交PE于点G，连接FG，由平面PEF，利用线面平行性质可证，再根据点D，E分别为棱PB，BC的中点，可得G是的重心，利用重心性质求解即可.
8．已知点G为三角形ABC的重心，且，当取最大值时，（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：将，两边同时平方可得
，整理可得，即，
，，
，
，即，
由，，，可得，
则，当且仅当时等号成立，
又因为在上单调递减，，所以当取最大值时，.
故答案为：A
【分析】将两边平方，整理可得由，即，由为的重心可得，，利用向量的数量积，结合余弦定理可得，最后利用基本不等式求解即可.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.
9．已知复数，，为的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（　　）
A．为实数
B．若，则的最小值为
C．
D．若，则
【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；辅助角公式；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、设，则，，故A正确；
B、 若， 设，则，
，
其中，当时，取最小值，故B错误；
C、设，则，
，，，故C正确；
D、假设，，此时，故D错误.
故答案为：AC．
【分析】设，求得共轭复数，再计算即可判断A；由，设，可得，再求利用三角函数的性质求最小值即可判断B；设，计算即可判断C；取特殊的复数求解即可判断D.
10．下列结论正确的是（　　）
A．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD1与B1C是异面直线
B．不共面的四点可以确定4个平面
C．圆锥的侧面展开图是个半圆，则圆锥的母线是底面半径的2倍
D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；异面直线的判定；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：A、正方体中，因为平面，平面，，所以由异面直线判定定理得与是异面直线，故A正确；
B、不共面的四个点中每三个点都不共线，则任意三个点都可确定一个平面，共可以确定四个平面，故B正确；
C、设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，由题意得，则，故C正确；
D、有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，
由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】在正方体中，利用异面直线的判定定理判断与是异面直线，即可判断A；根据任意不共线的三点可确定一个平面即可判断B；设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，由题意，利用弧长公式求解即可判断C；利用棱柱的定义即可判断D．
11．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，则面积的最大值为
C．若，且只有一解，则的取值范围为
D．为的外心，则
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，故A正确；
B、若，且，所以，
由余弦定理得，
由，可得，当且仅当时等号成立，即，
则面积，即面积的最大值为，故B正确；
C、若，且，由正弦定理，可得，
当时，，则当时有一解，故C不正确；
D、作交于点点，如图所示：
则点为的中点，且，设，，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由，利用正弦定理化简求解即可判断A；由，结合三角形内角和定理求得，再利用余弦定理，结合基本不等式求解即可判断B；由题意，结合A选项，利用正弦定理求得时，也是一解，据此即可判断C；作得到点为的中点，设，根据向量数量积的运算公式求解即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．的内角，，所对边分别为，，，已知，，，则　 　.
【答案】3
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，，
利用余弦定理，可得，即，解得.
故答案为：3.
【分析】根据已知条件，直接利用余弦定理求解即可.
13．已知正四棱台中，，若该四棱台的体积为，则这个四棱台的表面积为　 　．
【答案】
【知识点】棱台的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：设分别为正四棱台 上下底面的中心，分别为棱的中点，且，如图所示：
设正四棱台的上底面面积、下底面面积、侧面积分别为、、，
因为，所以，，则，，
又因为，，
所以，解得，
则，
，则.
故答案为：.
【分析】利用正四棱台体积公式得到正四棱台的高，再利用勾股定理求得斜高，即可求各面积得四棱台的表面积.
14．如图，在中，已知边上的两条中线相交于点，则的余弦值为　 　.
【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：由题可得，
，
则
，
，
，
则，
故答案为：.
【分析】以为基向量表示，根据向量的数量积运算求，再根据向量模的根据，最后根据向量的夹角公式求解即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知向量
（1）求；
（2）若，求的值；
（3）若与的夹角为锐角，求的取值范围.
【答案】（1）解：向量，则，即；
（2）解：由题意得，
因为，所以，解得；
（3）解：因为与的夹角为锐角，所以且，
即，解得，
由（2）可知当时，，，
则的取值范围为.
【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；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算，结合向量模的坐标运算求解即可；
（2）根据向量的坐标运算，结合向量共线列式求值即可；
（3）由与的夹角为锐角，可得且，据此列式求解即可.
（1）由题意可得，
所以；
（2）由题意得
因为，所以，解得；
（3）因为与的夹角为锐角，所以且
，
即，解得，
由（2）可知当时，，此时，
所以的取值范围为.
16．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知，是两个夹角为的单位向量，，．
（1）求；
（2）设，是否存在实数t，使得是以AB为斜边的直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：易知，
，则 ；
（2）解：因为，，
若是以AB为斜边的直角三角形，则，
即，
可得，
即，化简得，解得，
所以存在满足条件.
【知识点】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）由题意可得，结合向量的数量积求模长即可；
（2）根据题意可得，结合向量的数量积列式求解即可.
（1）由题意可知：，
因为，
所以．
（2）因为，．
若是以AB为斜边的直角三角形，则，
即，
可得，
即，化简得，解得，
所以存在满足条件．
17．如图，在三棱柱中，为的中点，设平面与底面的交线为．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面．
【答案】（1）证明：连接与交于点O，连接，如图所示：
在三棱柱中，侧面为平行四边形，O为的中点，
又因为点M为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：在三棱柱中， 平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
因为平面，平面，所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）连接与交于点O，连接，利用三角形中位线的性质，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）先利用面面平行的性质证明，再根据线面平行的判定定理证明平面即可．
（1）证明：如图，连接与交于点O，连接
在三棱柱中，侧面为平行四边形，
所以O为的中点，
又因为点M为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：在三棱柱中， 平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
18．在中，角，，的对边分别为，，，已知，且，.
（1）求证：；
（2）求的面积.
【答案】（1）证明：，，则，
根据正弦定理得，，
又因为，所以，即；
（2）解：由余弦定理得，
由（1），得，结合可得，
即，解得或 （舍去），
故.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简证明即可；
（2）利用余弦定理，结合（1）的结论求得，再根据三角形的面积公式求解即可.
（1）证明：，，所以，
根据正弦定理得，，
又
所以，即
（2）由余弦定理得，
由（1），得，结合可得.
即，解得或 （舍去），
所以
19．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答．
问题：如图2，已知满足，，设（），四边形、四边形、四边形都是正方形．
（1）当时，求的长度；
（2）求长度的最大值．
【答案】（1）解：在中，，，，则，，
因为，所以
在中，，，
由余弦定理，解得，
则的长度为；
（2）解：在中，由余弦定理得，所以，
设，在中，由余弦定理得，
可得①，
在中，由正弦定理，可得，
代入①可得，
因为，所以，
当即时，的最大值为，故长度的最大值为6．
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1） 当时 ，为直角三角形，求得，由，可得，再在中，利用余弦定理求解即可；
（2）在中，利用余弦定理表示，设，在中，利用余弦定理表示，再在中，利用正弦定理，求得，代入式子中，利用辅助角公式，结合正弦函数的性质即可求解.
（1）在中，，，，则，，
因为，所以
在中，，，
由余弦定理所以的长度为.
（2）在中，由余弦定理得，所以，
设，在中，由余弦定理得，
所以①
在中，由正弦定理得，
所以，
代入①可得，
因为，
所以，
当即时，的最大值为，
所以长度的最大值为6．
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