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广东省深圳外国语学校高中园2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、单项单选题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1．若复数，，则（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，用符号语言可表达为（　　）
A．，， B．，，
C．，，， D．，，，
3．若是平面内的一个基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是（　　）
A． B．
C． D．
4．如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，那么的面积为（　　）
A．4 B． C．8 D．
5．已知，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C．. D．
6．如图，在中，为的三等分点且靠近点，为的中点，设，，则向量（　　）
A． B．
C． D．
7．已知向量，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为（　　）
A． B．且
C． D．且
8．已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（　　）
A．－1 B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错或多选错的不得分．
9．已知是三个向量，则下列结论中正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．若，则
10．已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
11．已知复数，以下结论正确的是（　　）
A．是纯虚数
B．
C．
D．在复平面内，复数对应的点位于第三象限
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，且，则　 　.
13．复数满足，则的最大值为　 　.
14．如图，正三棱柱的底面边长是，侧棱长是为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为　 　．
四、解答题：本题共5小题，第15题13分，第16-17题各15分，第18-19题各17分，共77分．
15．已知复数满足，是虚数单位.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若在复平面上对应的点在第二象限，求实数的取值范围.
16．如图，四面体的四个顶点均为长方体的顶点．
（1）若四面体各棱长均为，求该四面体的表面积和体积；
（2）若，，，求四面体外接球的表面积．
17．如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由.
18．已知向量，，且与的夹角为.
（1）求，；
（2）当实数取何值时，向量与方向相反
（3）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
19．在锐角中，内角所对的边分别为，且满足．
（1）求角；
（2）求的取值范围；
（3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解： 复数，， 则.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的加法法则计算即可.
2．【答案】A
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：如图所示，两个平面与相交于直线，直线在平面内，直线和直线相交于点，
所以，用符号语言可表达为，，.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合点、线、面的位置关系以及表示方法，从而逐项判断找出正确的选项．
3．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：A，因为，所以共线，不能作为平面向量的基底，故A错误；
B， 假设存在实数使得，则，，无解，所以不共线，可以作为平面的基底，故B正确；
C，因为，所以共线，不能作为平面向量的基底，故C错误；
D，因为，所以共线，不能作为平面向量的基底，故D错误.
故答案为：B.
【分析】判断一组向量能否作为基底，关键是看这两个向量是否不共线，若两向量共线，则不能作为基底；若不共线，则可以作为基底。
4．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知矩形的面积，
由斜二测画法中直观图面积与原图形面积的，可得的面积为.
故答案为：D.
【分析】根据直观图面积与原图形面积的关系求解即可.
5．【答案】D
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则在上的投影向量为：.
故答案为：D.
【分析】利用向量的坐标运算，从而计算出向量的坐标，再根据数量积求投影向量的公式，从而得出在上的投影向量的坐标.
6．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为为的三等分点且靠近点，
则
又因为为的中点，
所以．
故答案为：D．
【分析】根据中点的性质和向量共线定理以及平面向量基本定理，从而用，表示向量.
7．【答案】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
【解析】【解答】解：因为向量，
则，
由与的夹角为锐角，
得，且与不共线，
因此，解得且，
所以实数的取值范围为且.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和数量积求向量的夹角公式，再结合共线向量的坐标表示得出实数的取值范围.
8．【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：∵分别表示与方向的单位向量，
∴以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，
故所在直线为的平分线所在直线，
∵，
∴的平分线与垂直，故，
取的中点，连接，则，
由题意得，，
∴.
如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，故，
设，则，
∴，
∴，，
∴，
当时，取得最小值，最小值为.
故答案为：C.
【分析】分析题中已知条件可得，取的中点，建立平面直角坐标系，再结合向量共线的坐标表示和数量积的坐标表示，则根据二次函数的图象求最值的方法，从而得出的最小值.
9．【答案】A,B
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算；相等向量
【解析】【解答】解：对于A，由数量积的运算公式，
可得，
所以，故A正确；
对于B，由向量数量积的运算律，
可得，故B正确；
对于C，因为，，
所以与不一定相等，故C错误；
对于D中，由，若向量，此时，
而与不一定相等，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据数量积的定义判断出选项A；利用数量积的分配律，则判断出选项B；利用数量积的结合律，则判断出选项C；利用反例法和数量积的定义以及向量相等的判断方法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】命题的真假判断与应用；利用数量积判断平面向量的垂直关系；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：由题意，显然A正确；
由面面垂直的性质定理可知，
只有当时，才能推出，故B错误；
当时，与矛盾，故C错误；
借助直二面角的定义和法向量的定义，可知成立，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用面面平行的性质定理、面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理、直二面角的定义和法向量的定义，从而逐项判断找出真命题的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】
对于A，，为纯虚数，A正确；
对于B，，B正确：
对于C，，C错误：
对于D，，对应的点为，位于第三象限，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出，根据复数的乘方可判断A；利用模长公式得到B，根据复数的乘法运算判断C；根据复数在复平面中对应的点即可判断D．
12．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意，则，且，
所以，
解得，
所以.
故答案为：.
【分析】由向量平行的坐标表示，从而得出的值，进而得出向量的坐标.
13．【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由，可得复数所对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
的几何意义为所对应的点到点的距离，
因为，所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】根据复数的几何意义可得复数所对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，表示所对应的点到点的距离，利用两点间距离公式求的最大值即可.
14．【答案】
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【解答】解：如图，取的中点，的中点，连接，
则，
∵平面平面，
∴平面，
∵为的中点，
∴，
∵平面平面，
∴平面，
∵平面平面，
∴平面平面，
∵点是侧面上一点，且平面，
∴点的轨迹为线段，
由，
得点的轨迹的长度为．
故答案为：.
【分析】利用中位线定理得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，从而得出点的轨迹为线段，再利用中点的性质和勾股定理，从而得出点的轨迹的长度.
15．【答案】（1）解：由，可得，
若是纯虚数，则，解得；
（2）解：，复数在复平面内对应的点为，
由在复平面上对应的点在第二象限，可得，解得，
则实数的取值范围为.
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的乘除运算化简复数，再根据纯虚数的定义列方程组，求的值即可；
（2）由（1）可得，根据复数的几何意义可得，解的范围即可.
（1）由，得，
若是纯虚数，则有，所以.
（2）复数在复平面内对应的点为，
由在复平面上对应的点在第二象限，得，解得，
所以实数的取值范围为.
16．【答案】（1）解：若四面体各棱长均为，
则长方体为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，
所以，
；
（2）解：由于四面体的四个顶点均为长方体的顶点，
所以四面体外接球与长方体的外接球是同一个球，
设此四面体所在长方体的棱长分别为，，，
则，解得，
设长方体外接球的半径为，则，则，
所以外接球的表面积为．
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意可得为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，利用割补法即可求解；
（2）由题意长方体的外接球即为此四面体的外接球，求出长方体的体对角线即为外接球的直径可得，再利用外接球的表面积公式即可求解．
（1）若四面体各棱长均为，
则长方体为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，
所以，
；
（2）由于四面体的四个顶点均为长方体的顶点，
所以四面体外接球与长方体的外接球是同一个球，
设此四面体所在长方体的棱长分别为，，，
则，解得，
设长方体外接球的半径为，则，则，
所以外接球的表面积为．
17．【答案】（1）证明：因为，
所以，
则，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：存在，且当点为上靠近点三等分点时，
即当时，平面平面.
下面给出证明：
因为，
所以，，
又因为点为上靠近点三等分点，
所以，
则，所以四边形为平行四边形，
又因为面，面，
所以面，
因为E在棱PD上且，
则，
又因为，
所以，，
则，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，，
所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【解析】【分析】（1）由向量共线定理得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用向量共线定理和定比分点的性质以及平行四边形的定义，则得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，再根据两三角形相似判断方法得出，则，再利用线线平行证出线面平行，再根据线面平行证出面面平行，则存在且点为上靠近的三等分点时，即当时， 平面平面. .
（1）因为，所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）存在，且当点为上靠近点三等分点时，即时，平面平面.
下面给出证明：
因为，所以，，
又因为点为上靠近点三等分点，所以，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为面，面，
所以面，
因为E在棱PD上且，即，
又因为，
所以，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面，，
所以平面平面.
18．【答案】（1）解：因为向量，，且与的夹角为，
所以，
解得，
所以，
则，
所以.
（2）解：因为向量与方向相反，
所以存在，使，
又因为与不共线，
所以，
解得（舍去）或，
所以.
（3）解：因为，，
所以，，
又因为与的夹角为锐角，
所以，且与的不共线，
由，
得，
解得，
由与的不共线，
得，
则，
所以且，
则实数的取值范围为.
【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；相反向量
【解析】【分析】（1）根据数量积求向量的夹角公式结合已知条件，从而列方程求出的值，再利用向量的坐标运算向量求出的坐标，再根据向量的模的坐标表示，从而求出.
（2）由题意结合相反向量的定义和向量共线定理，从而得出向量与方向相反时k的值.
（3）由题意结合向量的坐标运算和数量积定义以及向量共线的坐标表示，从而得出实数的取值范围.
（1）因为向量，，且与的夹角为，
所以，解得，
所以，
所以，
所以；
（2）因为向量与方向相反，
所以存在，使，
因为与不共线，所以，
解得（舍去），或，
所以；
（3）因为，，
所以，，
因为与的夹角为锐角，
所以，且与的不共线，
由，得，解得，
由与的不共线，得，得，
所以且，
即实数的取值范围为.
19．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，可得，
整理得，
由余弦定理，可得，
又因为，
所以.
（2）解：由正弦定理，
可得
，
因为为锐角三角形，且，
可得，
则，
可得，
则，
所以，
则，
所以的取值范围.

（3）解：设长度为，
由，
可得，
因为，可得，
所以，
可得，
由余弦定理，得，
所以，
则，
设
，
由，
可得，
所以长度的最大值为．
【知识点】函数的最大（小）值；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意和正弦定理、余弦定理，从而得出的值，再利用三角形中角C的取值范围，从而得出角的大小.
（2）由正弦定理和三角恒等变换得出，再根据锐角三角形中角的取值范围和已知条件，从而得出角A的取值范围，再利用正弦型函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（3）设长度为，由，再利用三角形的面积公式求得到，再由余弦定理得到， 再根据三角恒等变换，设，则由正弦型函数求值域的方法，从而得出长度的最大值.
（1）因为，
由正弦定理，可得，整理得，
又由余弦定理，可得，
又因为，所以.
（2）由正弦定理，可得
，
因为为锐角三角形，且，可得，
则，可得，则，
所以，即，
所以的取值范围.
（3）设长度为，
由，可得，
因为，可得，
所以，可得，
又由余弦定理得，所以，
则，
设
，
由，可得，
所以长度的最大值为．
1 / 1广东省深圳外国语学校高中园2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、单项单选题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1．若复数，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解： 复数，， 则.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的加法法则计算即可.
2．如图所示，用符号语言可表达为（　　）
A．，， B．，，
C．，，， D．，，，
【答案】A
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：如图所示，两个平面与相交于直线，直线在平面内，直线和直线相交于点，
所以，用符号语言可表达为，，.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合点、线、面的位置关系以及表示方法，从而逐项判断找出正确的选项．
3．若是平面内的一个基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：A，因为，所以共线，不能作为平面向量的基底，故A错误；
B， 假设存在实数使得，则，，无解，所以不共线，可以作为平面的基底，故B正确；
C，因为，所以共线，不能作为平面向量的基底，故C错误；
D，因为，所以共线，不能作为平面向量的基底，故D错误.
故答案为：B.
【分析】判断一组向量能否作为基底，关键是看这两个向量是否不共线，若两向量共线，则不能作为基底；若不共线，则可以作为基底。
4．如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，那么的面积为（　　）
A．4 B． C．8 D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知矩形的面积，
由斜二测画法中直观图面积与原图形面积的，可得的面积为.
故答案为：D.
【分析】根据直观图面积与原图形面积的关系求解即可.
5．已知，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C．. D．
【答案】D
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则在上的投影向量为：.
故答案为：D.
【分析】利用向量的坐标运算，从而计算出向量的坐标，再根据数量积求投影向量的公式，从而得出在上的投影向量的坐标.
6．如图，在中，为的三等分点且靠近点，为的中点，设，，则向量（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为为的三等分点且靠近点，
则
又因为为的中点，
所以．
故答案为：D．
【分析】根据中点的性质和向量共线定理以及平面向量基本定理，从而用，表示向量.
7．已知向量，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为（　　）
A． B．且
C． D．且
【答案】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
【解析】【解答】解：因为向量，
则，
由与的夹角为锐角，
得，且与不共线，
因此，解得且，
所以实数的取值范围为且.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和数量积求向量的夹角公式，再结合共线向量的坐标表示得出实数的取值范围.
8．已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（　　）
A．－1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：∵分别表示与方向的单位向量，
∴以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，
故所在直线为的平分线所在直线，
∵，
∴的平分线与垂直，故，
取的中点，连接，则，
由题意得，，
∴.
如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，故，
设，则，
∴，
∴，，
∴，
当时，取得最小值，最小值为.
故答案为：C.
【分析】分析题中已知条件可得，取的中点，建立平面直角坐标系，再结合向量共线的坐标表示和数量积的坐标表示，则根据二次函数的图象求最值的方法，从而得出的最小值.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错或多选错的不得分．
9．已知是三个向量，则下列结论中正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．若，则
【答案】A,B
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算；相等向量
【解析】【解答】解：对于A，由数量积的运算公式，
可得，
所以，故A正确；
对于B，由向量数量积的运算律，
可得，故B正确；
对于C，因为，，
所以与不一定相等，故C错误；
对于D中，由，若向量，此时，
而与不一定相等，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据数量积的定义判断出选项A；利用数量积的分配律，则判断出选项B；利用数量积的结合律，则判断出选项C；利用反例法和数量积的定义以及向量相等的判断方法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A,D
【知识点】命题的真假判断与应用；利用数量积判断平面向量的垂直关系；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：由题意，显然A正确；
由面面垂直的性质定理可知，
只有当时，才能推出，故B错误；
当时，与矛盾，故C错误；
借助直二面角的定义和法向量的定义，可知成立，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用面面平行的性质定理、面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理、直二面角的定义和法向量的定义，从而逐项判断找出真命题的选项.
11．已知复数，以下结论正确的是（　　）
A．是纯虚数
B．
C．
D．在复平面内，复数对应的点位于第三象限
【答案】A,B,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】
对于A，，为纯虚数，A正确；
对于B，，B正确：
对于C，，C错误：
对于D，，对应的点为，位于第三象限，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出，根据复数的乘方可判断A；利用模长公式得到B，根据复数的乘法运算判断C；根据复数在复平面中对应的点即可判断D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，且，则　 　.
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意，则，且，
所以，
解得，
所以.
故答案为：.
【分析】由向量平行的坐标表示，从而得出的值，进而得出向量的坐标.
13．复数满足，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由，可得复数所对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
的几何意义为所对应的点到点的距离，
因为，所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】根据复数的几何意义可得复数所对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，表示所对应的点到点的距离，利用两点间距离公式求的最大值即可.
14．如图，正三棱柱的底面边长是，侧棱长是为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为　 　．
【答案】
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【解答】解：如图，取的中点，的中点，连接，
则，
∵平面平面，
∴平面，
∵为的中点，
∴，
∵平面平面，
∴平面，
∵平面平面，
∴平面平面，
∵点是侧面上一点，且平面，
∴点的轨迹为线段，
由，
得点的轨迹的长度为．
故答案为：.
【分析】利用中位线定理得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，从而得出点的轨迹为线段，再利用中点的性质和勾股定理，从而得出点的轨迹的长度.
四、解答题：本题共5小题，第15题13分，第16-17题各15分，第18-19题各17分，共77分．
15．已知复数满足，是虚数单位.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若在复平面上对应的点在第二象限，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由，可得，
若是纯虚数，则，解得；
（2）解：，复数在复平面内对应的点为，
由在复平面上对应的点在第二象限，可得，解得，
则实数的取值范围为.
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的乘除运算化简复数，再根据纯虚数的定义列方程组，求的值即可；
（2）由（1）可得，根据复数的几何意义可得，解的范围即可.
（1）由，得，
若是纯虚数，则有，所以.
（2）复数在复平面内对应的点为，
由在复平面上对应的点在第二象限，得，解得，
所以实数的取值范围为.
16．如图，四面体的四个顶点均为长方体的顶点．
（1）若四面体各棱长均为，求该四面体的表面积和体积；
（2）若，，，求四面体外接球的表面积．
【答案】（1）解：若四面体各棱长均为，
则长方体为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，
所以，
；
（2）解：由于四面体的四个顶点均为长方体的顶点，
所以四面体外接球与长方体的外接球是同一个球，
设此四面体所在长方体的棱长分别为，，，
则，解得，
设长方体外接球的半径为，则，则，
所以外接球的表面积为．
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意可得为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，利用割补法即可求解；
（2）由题意长方体的外接球即为此四面体的外接球，求出长方体的体对角线即为外接球的直径可得，再利用外接球的表面积公式即可求解．
（1）若四面体各棱长均为，
则长方体为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，
所以，
；
（2）由于四面体的四个顶点均为长方体的顶点，
所以四面体外接球与长方体的外接球是同一个球，
设此四面体所在长方体的棱长分别为，，，
则，解得，
设长方体外接球的半径为，则，则，
所以外接球的表面积为．
17．如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：因为，
所以，
则，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：存在，且当点为上靠近点三等分点时，
即当时，平面平面.
下面给出证明：
因为，
所以，，
又因为点为上靠近点三等分点，
所以，
则，所以四边形为平行四边形，
又因为面，面，
所以面，
因为E在棱PD上且，
则，
又因为，
所以，，
则，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，，
所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【解析】【分析】（1）由向量共线定理得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用向量共线定理和定比分点的性质以及平行四边形的定义，则得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，再根据两三角形相似判断方法得出，则，再利用线线平行证出线面平行，再根据线面平行证出面面平行，则存在且点为上靠近的三等分点时，即当时， 平面平面. .
（1）因为，所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）存在，且当点为上靠近点三等分点时，即时，平面平面.
下面给出证明：
因为，所以，，
又因为点为上靠近点三等分点，所以，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为面，面，
所以面，
因为E在棱PD上且，即，
又因为，
所以，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面，，
所以平面平面.
18．已知向量，，且与的夹角为.
（1）求，；
（2）当实数取何值时，向量与方向相反
（3）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为向量，，且与的夹角为，
所以，
解得，
所以，
则，
所以.
（2）解：因为向量与方向相反，
所以存在，使，
又因为与不共线，
所以，
解得（舍去）或，
所以.
（3）解：因为，，
所以，，
又因为与的夹角为锐角，
所以，且与的不共线，
由，
得，
解得，
由与的不共线，
得，
则，
所以且，
则实数的取值范围为.
【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；相反向量
【解析】【分析】（1）根据数量积求向量的夹角公式结合已知条件，从而列方程求出的值，再利用向量的坐标运算向量求出的坐标，再根据向量的模的坐标表示，从而求出.
（2）由题意结合相反向量的定义和向量共线定理，从而得出向量与方向相反时k的值.
（3）由题意结合向量的坐标运算和数量积定义以及向量共线的坐标表示，从而得出实数的取值范围.
（1）因为向量，，且与的夹角为，
所以，解得，
所以，
所以，
所以；
（2）因为向量与方向相反，
所以存在，使，
因为与不共线，所以，
解得（舍去），或，
所以；
（3）因为，，
所以，，
因为与的夹角为锐角，
所以，且与的不共线，
由，得，解得，
由与的不共线，得，得，
所以且，
即实数的取值范围为.
19．在锐角中，内角所对的边分别为，且满足．
（1）求角；
（2）求的取值范围；
（3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，可得，
整理得，
由余弦定理，可得，
又因为，
所以.
（2）解：由正弦定理，
可得
，
因为为锐角三角形，且，
可得，
则，
可得，
则，
所以，
则，
所以的取值范围.

（3）解：设长度为，
由，
可得，
因为，可得，
所以，
可得，
由余弦定理，得，
所以，
则，
设
，
由，
可得，
所以长度的最大值为．
【知识点】函数的最大（小）值；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意和正弦定理、余弦定理，从而得出的值，再利用三角形中角C的取值范围，从而得出角的大小.
（2）由正弦定理和三角恒等变换得出，再根据锐角三角形中角的取值范围和已知条件，从而得出角A的取值范围，再利用正弦型函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（3）设长度为，由，再利用三角形的面积公式求得到，再由余弦定理得到， 再根据三角恒等变换，设，则由正弦型函数求值域的方法，从而得出长度的最大值.
（1）因为，
由正弦定理，可得，整理得，
又由余弦定理，可得，
又因为，所以.
（2）由正弦定理，可得
，
因为为锐角三角形，且，可得，
则，可得，则，
所以，即，
所以的取值范围.
（3）设长度为，
由，可得，
因为，可得，
所以，可得，
又由余弦定理得，所以，
则，
设
，
由，可得，
所以长度的最大值为．
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