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广东省东莞市三校（大岭山中学、莞美中学、众美中学）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．已知复数z满足，为虚数单位，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知向量．若与平行，则实数λ的值为（　　）
A． B． C．1 D．
3．下列说法正确的是（　　）
A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
4．如图所示，点为的边的中点，为线段上靠近点B的三等分点，则（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．四边形的周长为 D．四边形的面积为
6．已知平行四边形ABCD中，，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．在中，分别是三内角的对边，若满足条件的三角形的解有两个，则的长度范围是（　　）
A． B． C． D．
8．如图，在平面四边形中，，则的最小值为（　　）
A． B．2 C． D．4
二、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，有选错的得0分．
9．在下列情况的三角形中，有两个解的是（　　）
A． B．
C． D．
10．如果一个几何体仅有5个面，则这个几何体可能是（　　）
A．三棱台 B．四棱锥 C．三棱柱 D．四棱柱
11．如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是（　　）
A．水的部分始终呈棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状
B．水面四边形的面积不改变
C．棱始终与平行
D．当时，是定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知复数z满足，则的最大值为　 　．
13．已知一个正方体的顶点都在同一个球面上，且这个正方体的表面积为12，则这个球的体积为　 　.
14．如图，一个高为1的长方体形状的容器内装有水，若保持容器底面的一条棱不动，将该容器的另一端抬起至水恰好不能流出容器，发现此时容器的底面中不被水浸到的面积为底面积的，则容器在原来位置时的水深为　 　.
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．已知复数．
（1）求；
（2）若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值．
16．已知，
（1）当k为何值时，与平行：
（2）若，求的值
17．如图，已知四面体的棱长均为6，棱的中点分别为，用平面截四面体，得到三棱台.
（1）求三棱台的体积；
（2）若为棱上的动点，求的最小值，并求取最小值时线段的长度.
18．已知在中，内角的对边分别为，且满足．
（1）求；
（2）若，且，求的周长．
19．如图，在四棱锥中，底面是矩形．
（1）设为上靠近的三等分点，为上靠近的三等分点．求证：平面．
（2）设是上靠近点的一个三等分点，试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由题意可知：，
由，可得.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的模长计算与复数的除法运算，核心是先求出∣1 i∣的模长，再通过分母实数化求解复数z。
2．【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由，得，而，与平行，
因此，解得，
所以实数λ的值为.
故答案为：D
【分析】先利用向量的线性运算求出的坐标，再根据两向量平行的坐标条件列方程求解。
3．【答案】B
【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
【解析】【解答】解：A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；
B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；
C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；
D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误；
故答案为：B.
【分析】A：四棱柱为正方体，需底面为正方形且侧棱与底面边长相等。
B：球的直径的定义是连接球面上两点且过球心的线段。
C：以直角三角形的一边为轴旋转成圆锥，轴必须是直角边。
D：用平面截圆锥得到圆锥和圆台，截面必须平行于底面。
4．【答案】C
【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：
.
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量的线性运算，核心是利用中点、分点的性质，将逐步转化为和的线性组合。
5．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：如图可知，
四边形的周长为，
四边形的面积为.
故答案为：D.
【分析】利用斜二测画法将图形还原成直角梯形，结合已知条件得出AB和的长，再由梯形的周长公式和面积公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
6．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由，，，可得，
即，即，
以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
易知，，，，
设，，
则，
设，易知在上单调递减，在上单调递增，
且，，
故的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据平面向量的数量积运算求得，以为原点，建立平面直角坐标系，求得相应点的坐标，设，根据向量坐标的线性运算即数量积的坐标表示用表示，结合二次函数的性质求解即可.
7．【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为满足条件，的三角形的解有两个，
所以，所以，
所以的取值范围为．
故答案为：C．
【分析】本题考查利用正弦定理判断三角形解的个数，核心依据是 “已知一边及对角，当csinB8．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，已知，，，即.
所以，同时.
在中，，根据余弦定可得：，即.
由基本不等式（当且仅当时取等号）.
将代入中，得到.
设，则，解得，即.
当且仅当取得最值.
故答案为：B.
【分析】先利用直角三角形求出 的长度，再在 中用余弦定理建立关系，最后结合基本不等式求 的最小值。
9．【答案】A,D
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】对于A，，则有两解，A是；
对于B，，且，则为锐角，只有一解，B不是；
对于C，，则为锐角，只有一解，C不是；
对于D，，则有两解，D是.
故答案为：A、D.
【分析】
利用正弦定理，逐项判断计算作答即可判断.
10．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：因为四棱柱有6个面，所以D错误，三棱台，四棱锥和三棱柱都有5个面，
故答案为：ABC．
【分析】先提取多面体的面数计算方法：根据棱台、棱锥、棱柱的面数公式，分别计算各选项几何体的面数，再与 “5 个面” 的条件对比，筛选出符合条件的选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将BC固定时，在倾斜的过程中，随着倾斜度的不同，平面始终与地面平行，
根据面面平行性质定理，始终有，且平面平面DHGC，
故水的形状成棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状，故A正确；
水面四边形是矩形，随着倾斜度的不同，EF是变化的，而EH不变，所以面积是改变的，故B错误；
由，故C正确；
由于水的体积是定值，即四棱柱体积不变，
由高不变，所以底面梯形面积不变，即为定值，
即当时，是定值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：根据棱柱的定义，结合固定边、面面平行性质，判断倾斜过程中水、无水部分的几何体形状。
B：分析水面四边形的边长变化，判断其面积是否改变。
C：利用长方体中平行线的传递性，判断与的位置关系。
D：由水的体积为定值、棱柱高不变，得底面梯形面积为定值，推导是否为定值。
12．【答案】4
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数，则，且.
，
当时，取到最大值16，
所以.
故答案为：4.
【分析】先利用复数的代数形式或几何意义，将转化为两点间的距离问题，再结合圆的性质或代数求最值的方法，求出的最大值。
13．【答案】
【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：设正方体的棱长为a，
∵正方体的表面积为12，∴，
则，即，
∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，
∴正方体的体对角线等于球的直径，
即，即，
则球的体积；
故答案为：.
【分析】正方体内接在求体内，正方体的体对角线是球体的直径，根据正方体的表面积求解出棱长，进而求解出正方体的体对角线长，根据球体体积公式求解出球体体积.
14．【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设长方体的长宽分别为，则由左图可得水的体积，
设右图中长方体底面被水浸到的矩形的未知边为，显然此时水的形状为三棱柱，
底面为直角边分别为的直角三角形，高为，则水的体积为，
由题意可得，解得，由，解得.
故答案为：.
【分析】先设长方体底面长、宽为a，b，利用水的体积不变的核心条件，分别表示出容器水平放置和倾斜放置时的水体积，再结合 “不被水浸到的面积为底面积的” 的条件建立方程，求解水深h。
15．【答案】（1）解：因为，
所以．
（2）解：由（1）可得：，
将代入方程得：，
则，解得：．

【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【分析】（1）根据复数的除法求，进而求模长；
（2）将代入方程，根据复数相等列式求解.
（1）因为，
所以．
（2）由（1）可得：，
将代入方程得：，
则，解得：．
16．【答案】解：（1），，，
，与平行，
；
（2），
，
.
【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
【解析】【分析】（1）求出与坐标，根据共线向量坐标的关系，即可求解；
（2）由的坐标关系求出，进而求出坐标，即可求解.
17．【答案】（1）解：作点在平面内的射影，连接.
根据题意可知，是等边三角形的中心，则，
，即四面体的高为.
所以，
所以.
（2）解：如图所示，将平面与展开到同一平面，可知.
在中，，
由余弦定理得，即.
因为，所以
所以，
在中，设，
由余弦定理得，即，
解得或，结合图可知.
综上，的最小值为，且取最小值时.
【知识点】棱锥的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 先确定原四面体为正四面体，求出其体积，再根据棱台与原棱锥的体积关系（相似比的立方），用正四面体体积减去小棱锥体积得到三棱台体积；
(2) 将平面PBC与平面ABC展开到同一平面，利用“两点之间线段最短”将EM+MA的最小值转化为线段AE的长度，再通过相似三角形和余弦定理求此时BM的长度。
（1）作点在平面内的射影，连接.
根据题意可知，是等边三角形的中心，则，
，即四面体的高为.
所以，
所以.
（2）如图所示，将平面与展开到同一平面，可知.
在中，，
由余弦定理得，即.
因为，所以
所以，
在中，设，
由余弦定理得，即，
解得或，结合图可知.
综上，的最小值为，且取最小值时.
18．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得.
又∵，
则，
因为为三角形内角，
则，
.
（2）解：由题意可知：，
所以，
由余弦定理可得，
则，
所以，
可得，
则，
所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；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）根据正弦定理进行边化角，再利用两角和的正弦公式，从而得出的值.
（2）根据三角形面积公式得出的值，再利用余弦定理求出的值，从而得到的值，再利用三角形的周长公式得出的周长．
（1）已知，
则由正弦定理有.
又∵，则，
因为为三角形内角，则，.
（2）由题可知：，所以，
由余弦定理可得，即，
所以，可得，则，
所以的周长为.
19．【答案】（1）证明：如图，取上靠近的三等分点，连接，
中，，
则又平面，平面，
平面，同理，平面，又，
∴平面平面，又平面，
∴平面．
（2）解：存在中点，使平面成立．
取中点，连，使，连．
是矩形，是的中点，
又是上靠近点的一个三等分点，且是中点，
是的中点，
中，，
又平面，平面，
平面，
故在上是存在中点，使平面成立．
【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) 通过构造辅助点，利用三角形中位线定理证明、，进而证得平面平面，再由面面平行的性质推出线面平行；
(2) 先假设存在点（取中点），通过连接对角线与的交点，利用中位线定理证明，再结合线面平行的判定定理证明平面。
1 / 1广东省东莞市三校（大岭山中学、莞美中学、众美中学）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．已知复数z满足，为虚数单位，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由题意可知：，
由，可得.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的模长计算与复数的除法运算，核心是先求出∣1 i∣的模长，再通过分母实数化求解复数z。
2．已知向量．若与平行，则实数λ的值为（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由，得，而，与平行，
因此，解得，
所以实数λ的值为.
故答案为：D
【分析】先利用向量的线性运算求出的坐标，再根据两向量平行的坐标条件列方程求解。
3．下列说法正确的是（　　）
A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
【答案】B
【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
【解析】【解答】解：A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；
B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；
C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；
D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误；
故答案为：B.
【分析】A：四棱柱为正方体，需底面为正方形且侧棱与底面边长相等。
B：球的直径的定义是连接球面上两点且过球心的线段。
C：以直角三角形的一边为轴旋转成圆锥，轴必须是直角边。
D：用平面截圆锥得到圆锥和圆台，截面必须平行于底面。
4．如图所示，点为的边的中点，为线段上靠近点B的三等分点，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【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：
.
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量的线性运算，核心是利用中点、分点的性质，将逐步转化为和的线性组合。
5．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．四边形的周长为 D．四边形的面积为
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：如图可知，
四边形的周长为，
四边形的面积为.
故答案为：D.
【分析】利用斜二测画法将图形还原成直角梯形，结合已知条件得出AB和的长，再由梯形的周长公式和面积公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
6．已知平行四边形ABCD中，，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由，，，可得，
即，即，
以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
易知，，，，
设，，
则，
设，易知在上单调递减，在上单调递增，
且，，
故的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据平面向量的数量积运算求得，以为原点，建立平面直角坐标系，求得相应点的坐标，设，根据向量坐标的线性运算即数量积的坐标表示用表示，结合二次函数的性质求解即可.
7．在中，分别是三内角的对边，若满足条件的三角形的解有两个，则的长度范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为满足条件，的三角形的解有两个，
所以，所以，
所以的取值范围为．
故答案为：C．
【分析】本题考查利用正弦定理判断三角形解的个数，核心依据是 “已知一边及对角，当csinB8．如图，在平面四边形中，，则的最小值为（　　）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，已知，，，即.
所以，同时.
在中，，根据余弦定可得：，即.
由基本不等式（当且仅当时取等号）.
将代入中，得到.
设，则，解得，即.
当且仅当取得最值.
故答案为：B.
【分析】先利用直角三角形求出 的长度，再在 中用余弦定理建立关系，最后结合基本不等式求 的最小值。
二、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，有选错的得0分．
9．在下列情况的三角形中，有两个解的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】对于A，，则有两解，A是；
对于B，，且，则为锐角，只有一解，B不是；
对于C，，则为锐角，只有一解，C不是；
对于D，，则有两解，D是.
故答案为：A、D.
【分析】
利用正弦定理，逐项判断计算作答即可判断.
10．如果一个几何体仅有5个面，则这个几何体可能是（　　）
A．三棱台 B．四棱锥 C．三棱柱 D．四棱柱
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：因为四棱柱有6个面，所以D错误，三棱台，四棱锥和三棱柱都有5个面，
故答案为：ABC．
【分析】先提取多面体的面数计算方法：根据棱台、棱锥、棱柱的面数公式，分别计算各选项几何体的面数，再与 “5 个面” 的条件对比，筛选出符合条件的选项。
11．如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是（　　）
A．水的部分始终呈棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状
B．水面四边形的面积不改变
C．棱始终与平行
D．当时，是定值
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将BC固定时，在倾斜的过程中，随着倾斜度的不同，平面始终与地面平行，
根据面面平行性质定理，始终有，且平面平面DHGC，
故水的形状成棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状，故A正确；
水面四边形是矩形，随着倾斜度的不同，EF是变化的，而EH不变，所以面积是改变的，故B错误；
由，故C正确；
由于水的体积是定值，即四棱柱体积不变，
由高不变，所以底面梯形面积不变，即为定值，
即当时，是定值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：根据棱柱的定义，结合固定边、面面平行性质，判断倾斜过程中水、无水部分的几何体形状。
B：分析水面四边形的边长变化，判断其面积是否改变。
C：利用长方体中平行线的传递性，判断与的位置关系。
D：由水的体积为定值、棱柱高不变，得底面梯形面积为定值，推导是否为定值。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知复数z满足，则的最大值为　 　．
【答案】4
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数，则，且.
，
当时，取到最大值16，
所以.
故答案为：4.
【分析】先利用复数的代数形式或几何意义，将转化为两点间的距离问题，再结合圆的性质或代数求最值的方法，求出的最大值。
13．已知一个正方体的顶点都在同一个球面上，且这个正方体的表面积为12，则这个球的体积为　 　.
【答案】
【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：设正方体的棱长为a，
∵正方体的表面积为12，∴，
则，即，
∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，
∴正方体的体对角线等于球的直径，
即，即，
则球的体积；
故答案为：.
【分析】正方体内接在求体内，正方体的体对角线是球体的直径，根据正方体的表面积求解出棱长，进而求解出正方体的体对角线长，根据球体体积公式求解出球体体积.
14．如图，一个高为1的长方体形状的容器内装有水，若保持容器底面的一条棱不动，将该容器的另一端抬起至水恰好不能流出容器，发现此时容器的底面中不被水浸到的面积为底面积的，则容器在原来位置时的水深为　 　.
【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设长方体的长宽分别为，则由左图可得水的体积，
设右图中长方体底面被水浸到的矩形的未知边为，显然此时水的形状为三棱柱，
底面为直角边分别为的直角三角形，高为，则水的体积为，
由题意可得，解得，由，解得.
故答案为：.
【分析】先设长方体底面长、宽为a，b，利用水的体积不变的核心条件，分别表示出容器水平放置和倾斜放置时的水体积，再结合 “不被水浸到的面积为底面积的” 的条件建立方程，求解水深h。
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．已知复数．
（1）求；
（2）若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值．
【答案】（1）解：因为，
所以．
（2）解：由（1）可得：，
将代入方程得：，
则，解得：．

【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【分析】（1）根据复数的除法求，进而求模长；
（2）将代入方程，根据复数相等列式求解.
（1）因为，
所以．
（2）由（1）可得：，
将代入方程得：，
则，解得：．
16．已知，
（1）当k为何值时，与平行：
（2）若，求的值
【答案】解：（1），，，
，与平行，
；
（2），
，
.
【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
【解析】【分析】（1）求出与坐标，根据共线向量坐标的关系，即可求解；
（2）由的坐标关系求出，进而求出坐标，即可求解.
17．如图，已知四面体的棱长均为6，棱的中点分别为，用平面截四面体，得到三棱台.
（1）求三棱台的体积；
（2）若为棱上的动点，求的最小值，并求取最小值时线段的长度.
【答案】（1）解：作点在平面内的射影，连接.
根据题意可知，是等边三角形的中心，则，
，即四面体的高为.
所以，
所以.
（2）解：如图所示，将平面与展开到同一平面，可知.
在中，，
由余弦定理得，即.
因为，所以
所以，
在中，设，
由余弦定理得，即，
解得或，结合图可知.
综上，的最小值为，且取最小值时.
【知识点】棱锥的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 先确定原四面体为正四面体，求出其体积，再根据棱台与原棱锥的体积关系（相似比的立方），用正四面体体积减去小棱锥体积得到三棱台体积；
(2) 将平面PBC与平面ABC展开到同一平面，利用“两点之间线段最短”将EM+MA的最小值转化为线段AE的长度，再通过相似三角形和余弦定理求此时BM的长度。
（1）作点在平面内的射影，连接.
根据题意可知，是等边三角形的中心，则，
，即四面体的高为.
所以，
所以.
（2）如图所示，将平面与展开到同一平面，可知.
在中，，
由余弦定理得，即.
因为，所以
所以，
在中，设，
由余弦定理得，即，
解得或，结合图可知.
综上，的最小值为，且取最小值时.
18．已知在中，内角的对边分别为，且满足．
（1）求；
（2）若，且，求的周长．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得.
又∵，
则，
因为为三角形内角，
则，
.
（2）解：由题意可知：，
所以，
由余弦定理可得，
则，
所以，
可得，
则，
所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；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）根据正弦定理进行边化角，再利用两角和的正弦公式，从而得出的值.
（2）根据三角形面积公式得出的值，再利用余弦定理求出的值，从而得到的值，再利用三角形的周长公式得出的周长．
（1）已知，
则由正弦定理有.
又∵，则，
因为为三角形内角，则，.
（2）由题可知：，所以，
由余弦定理可得，即，
所以，可得，则，
所以的周长为.
19．如图，在四棱锥中，底面是矩形．
（1）设为上靠近的三等分点，为上靠近的三等分点．求证：平面．
（2）设是上靠近点的一个三等分点，试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明：如图，取上靠近的三等分点，连接，
中，，
则又平面，平面，
平面，同理，平面，又，
∴平面平面，又平面，
∴平面．
（2）解：存在中点，使平面成立．
取中点，连，使，连．
是矩形，是的中点，
又是上靠近点的一个三等分点，且是中点，
是的中点，
中，，
又平面，平面，
平面，
故在上是存在中点，使平面成立．
【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) 通过构造辅助点，利用三角形中位线定理证明、，进而证得平面平面，再由面面平行的性质推出线面平行；
(2) 先假设存在点（取中点），通过连接对角线与的交点，利用中位线定理证明，再结合线面平行的判定定理证明平面。
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