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广东惠州市实验中学2025-2026学年第二学期高一年级期中考试试题数学
1．复数的虚部为（　　）
A． B． C．1 D．3
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则复数的虚部为．
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数z，再根据虚部的概念求解即可．
2．向量在正方形网格中的位置如图所示，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
所以.
故答案为：D.
【分析】由题知，，再由向量的线性运算求解.
3．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（　　）
A． B．20 C．12 D．
【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：将直观图还原为原图，如图，
由题，，则，
故，，
所以，
而，，
所以四边形是平行四边形，周长为.
故答案为：B
【分析】先将直观图还原为原图，再由斜二测法得到各边长，即可得出结论.
4．已知分别为的三个内角的对边，若，则角（　　）
A．或 B． C． D．
【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，
由正弦定理得，
由，得，所以.
故答案为：B.
【分析】利用正弦定理解三角形即可.
5．已知向量和满足，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由已知，所以，
故向量在向量上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】先计算，再由投影向量的公式计算即可.
6．在中，角、、所对的边分别为、、，已知，，则面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，即，
当且仅当时，等号成立，故.
因此，面积的最大值为.
故答案为：B.
【分析】利用余弦定理和基本不等式可得，再由即可求解.
7．矗立在曲靖一中北门广场中央的水滴形不锈钢雕塑（如图1），以灵动舒展的造型承载着学校“润泽教育”的核心理念与“知行合一、止于至善”的校训精神，曲靖一中某数学兴趣小组成员为测量水滴形不锈钢雕塑的高度，在与雕塑底O位于同一水平面上共线的A，B，C三处进行测量（如图2）．已知在A处测得雕塑顶端P的仰角为30°，在B处测得雕塑顶端P的仰角为45°，在C处测得雕塑顶端P的仰角为60°，BC＝6米，AB＝3米，则水滴形不锈钢雕塑的高度OP＝（　　）
A．m B．m C．m D．m
【答案】C
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设OP＝h，依题意，，，
，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
由，可得：，解得：.
故答案为：C.
【分析】：设OP＝h，解三角形得到，再由余弦定理，结合进行求解.
8．“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（　　）
A． B．48kg C．57kg D．
【答案】A
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处，
由题意可知正四棱台和的高相等，设为.
因为，所以.
则，
.
设剩余的米的质量为，
则，解得，
所以剩余的米的质量为.
故答案为：A.
【分析】设米的高度下降一半至平面处，设系数高为，再根据上下棱台体积之比等于米的质量之比即可求解．
9．在中，，，分别为内角，，所对的边，若，，，则的值可能为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，所以或，
当时，，为直角三角形，所以；
当时，，，
由正弦定理得，所以.
所以的值为或.
故答案为：BC.
【分析】由可得或，再利用正弦定理计算边长即可.
10．如图，是圆锥的底面圆的直径，点是底面圆上异于、的动点，点是母线上一点，已知圆锥的底面半径为，侧面积为，则下列说法正确的是（　　）
A．该圆锥的体积为
B．该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为
C．三棱锥的体积的最大值为
D．若，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A选项，设圆锥的母线长、底面半径、高分别为、、，
由题知，圆锥的侧面积，所以，圆锥高，
故该圆锥的体积为，A错；
对于B选项，侧面展开图弧长，圆心角，B对；
对于C选项，由圆的几何性质可知，由勾股定理可得，
由基本不等式可得，故，
当且仅当，即当时，等号成立，
此时，故，C对；
对于D选项，由B选项知，侧面展开图扇形圆心角，
点在上且，则，
展开后的扇形中，与（对应底面同一点）的圆心角为，
最短路径为线段，且，D对.
故答案为：BCD.
【分析】由圆锥的侧面积，求出圆锥的母线长，进而得出其高，再求体积即可判断A；根据扇形的弧长公式求圆心角即可判断B；求出面积的最大值，结合即可判断C；将圆锥侧面展开，再结合圆心角求最短路径即可判断D.
11．第十五届全国运动会会徽“同心礼花”由广东木棉花、香港紫荆花、澳门莲花的三朵花瓣交叠旋转而成，构成爱心形状，象征三地同心同源、深度融合．会徽轮廓如下图1，现将其简化为图2：半径均为1的圆，，互相过圆心，A，B为圆上两点，且，点C在圆与圆上运动．若（，），则下列选项可能成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意知，，，，
因为，
所以，故，
对于A，当时，则，此时，，
所以当四点共线或四点共线时成立（不重合），故A正确；
对于B，因，故，即，故B错误；
对于C，当时，将代入得，
解得满足，故C正确；
对于D，当时，，代入得，
即满足，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意知，，，，进而得到，当时，则即可判断A；利用基本等式可得，可判断B；联立可得，再解不等式即可判断C；联立判断是否有解即可判断D.
12．若为实数，且复数为纯虚数，则的值为　 　．
【答案】2
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：由纯虚数的概念知，可得
故答案为：2.
【分析】由纯虚数得概念可得，再解即可．
13．已知：在中，，P是上的一点，若，则实数m的值为　 　
【答案】
【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：如图，
因为，所以，
则，
因为三点共线，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】由题可得，再根据三点共线可得，然后解即可.
14．已知一个棱长为的正方体木块可以在一个封闭的圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为4，高为，则实数的最大值是　 　.
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题可知：当正方体棱长最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
作出圆锥和其内切球的轴截面，如图所示：
由圆锥的底面半径，圆锥的高，可得圆锥的母线长，
设圆锥的内切球半径，
由，可得，即，解得，
棱长为的正方体的体对角线长为，则其外接球半径为，
令，解得，
则实数的最大值为.
故答案为：.
【分析】由题可知：当正方体棱长最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，先求圆锥的母线长，设圆锥的内切球半径，利用三角形相似求得圆锥内切球半径，可得该正方体木块的最大体对角线长，即可求得实数的最大值.
15．已知向量；
（1）求与的夹角；
（2）求．
【答案】（1）解：向量，
则，
因为，所以与的夹角为；
（2）解：，则.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量的夹角公式，结合向量数量积、模的坐标表示求解即可；（2）根据向量的坐标运算，结合向量坐标的模长公式求解即可.
（1）由于，
则，
又，则与的夹角为；
（2），则
16．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且.
（1）求角B；
（2）若，，求边c和的面积.
【答案】（1）解：已知，由余弦定理得：，
所以，
化简可得：.
又，故
（2）解：，
由正弦定理，代入，，：
所以.
因为，
所以.
【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）利用余弦定理求出，再求角B即可；
（2）由内角和可得，再利用正弦定理求出，结合三角形面积公式代入计算即可.
（1）已知，由余弦定理得：，
所以，
化简可得：.
又，故
（2），
由正弦定理，代入，，：
所以.
因为，
所以.
17．在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若是锐角三角形，且，求周长的范围.
【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得，
在中，，代入得：
得到，即
又，且，所以，又因为，可得.
（2）解：设外接圆半径为，则，
而
代入化简得：，
利用辅助角公式可得：
因为是锐角三角形，且，所以，
则，则，
所以周长
即：周长的取值范围为.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】(1)利用正弦定理结合恒等变形化简可得，进而求出角；
(2)由边角互换得，再结合辅助角公式化简求范围即可.
（1）因为，由正弦定理可得，
在中，，代入得：
得到，即
又，且，所以，又因为，可得.
（2）设外接圆半径为，则，
周长
而
代入化简得：
利用辅助角公式可得：
因为是锐角三角形，且，所以，
则，则，
所以周长
即：周长的取值范围为.
18．《九章算术 商功》：“斜解立方，得两堑（qiàn）堵（dǔ）.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖（biē）臑（nào）.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云 中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得，”阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体，按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个.以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑.
（1）在下右图（图一）画出阳马和鳖臑（不写过程，并用字母表示出来），求阳马和鳖臑的体积比；
（2）若，：
①在右图（图二）中，求三棱锥的高.
②求三棱锥外接球的体积.
【答案】（1）解：如图所示：阳马为四棱锥，鳖臑为三棱锥，
设，，，则，，
于是，所以阳马和鳖臑的体积比为2.
（2）解：①，，
等腰的面积，
设三棱锥的高为，由，得，
解得，所以三棱锥的高为.
②依题意，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设三棱锥外接球的半径为，则
所以三棱锥外接球的体积.
【知识点】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）根据题意画出阳马和鳖臑，再利用锥体体积公式求解即可；
（2）①利用等体积法求高即可；②由题知三棱锥的外接球即为长方体的外接球，进而得到外接球半径，再求表面积即可.
（1）如图所示：阳马为四棱锥，鳖臑为三棱锥，
设，，，则，，
于是，所以阳马和鳖臑的体积比为2.
（2）①，，
等腰的面积，
设三棱锥的高为，由，得，
解得，所以三棱锥的高为.
②依题意，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设三棱锥外接球的半径为，则
所以三棱锥外接球的体积.
19．如图，设正三角形的边长为1.为的外心，为边上的等分点，为边上的等分点，
（1）当时，求的值；
（2）当时，求的值；
（3）当时，求的值（用表示）.
（参考公式：）
【答案】（1）当时，，即，
所以，
同理可得，
所以，
所以，
所以，
因为正三角形ABC的边长为1．O为的外心，
由正弦定理得，
所以，且，
故
，
所以，
所以；
（2）当时，，
即，所以，
同理可得，……，，
所以，
所以；
（3）因为正三角形ABC的边长为1．O为的外心，
所以，
则，
因为，所以分别为的10等分点，
又，所以，
所以
.
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）以为基底表示出，，进而可得，再求模长即可；
（2）同理得到，，，，从而得到，进而求解；
（3）求出，，利用向量数量积公式即可求解．
（1）当时，，即，
所以，
同理可得，
所以，
所以，
所以，
因为正三角形ABC的边长为1．O为的外心，
由正弦定理得，
所以，且，
故
，
所以，
所以；
（2）当时，，
即，所以，
同理可得，……，，
所以，
所以；
（3）因为正三角形ABC的边长为1．O为的外心，
所以，
则，
因为，所以分别为的10等分点，
又，所以，
所以
.
1 / 1广东惠州市实验中学2025-2026学年第二学期高一年级期中考试试题数学
1．复数的虚部为（　　）
A． B． C．1 D．3
2．向量在正方形网格中的位置如图所示，则（　　）
A． B．
C． D．
3．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（　　）
A． B．20 C．12 D．
4．已知分别为的三个内角的对边，若，则角（　　）
A．或 B． C． D．
5．已知向量和满足，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
6．在中，角、、所对的边分别为、、，已知，，则面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
7．矗立在曲靖一中北门广场中央的水滴形不锈钢雕塑（如图1），以灵动舒展的造型承载着学校“润泽教育”的核心理念与“知行合一、止于至善”的校训精神，曲靖一中某数学兴趣小组成员为测量水滴形不锈钢雕塑的高度，在与雕塑底O位于同一水平面上共线的A，B，C三处进行测量（如图2）．已知在A处测得雕塑顶端P的仰角为30°，在B处测得雕塑顶端P的仰角为45°，在C处测得雕塑顶端P的仰角为60°，BC＝6米，AB＝3米，则水滴形不锈钢雕塑的高度OP＝（　　）
A．m B．m C．m D．m
8．“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（　　）
A． B．48kg C．57kg D．
9．在中，，，分别为内角，，所对的边，若，，，则的值可能为（ ）
A．1 B． C． D．
10．如图，是圆锥的底面圆的直径，点是底面圆上异于、的动点，点是母线上一点，已知圆锥的底面半径为，侧面积为，则下列说法正确的是（　　）
A．该圆锥的体积为
B．该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为
C．三棱锥的体积的最大值为
D．若，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为
11．第十五届全国运动会会徽“同心礼花”由广东木棉花、香港紫荆花、澳门莲花的三朵花瓣交叠旋转而成，构成爱心形状，象征三地同心同源、深度融合．会徽轮廓如下图1，现将其简化为图2：半径均为1的圆，，互相过圆心，A，B为圆上两点，且，点C在圆与圆上运动．若（，），则下列选项可能成立的是（　　）
A． B． C． D．
12．若为实数，且复数为纯虚数，则的值为　 　．
13．已知：在中，，P是上的一点，若，则实数m的值为　 　
14．已知一个棱长为的正方体木块可以在一个封闭的圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为4，高为，则实数的最大值是　 　.
15．已知向量；
（1）求与的夹角；
（2）求．
16．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且.
（1）求角B；
（2）若，，求边c和的面积.
17．在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若是锐角三角形，且，求周长的范围.
18．《九章算术 商功》：“斜解立方，得两堑（qiàn）堵（dǔ）.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖（biē）臑（nào）.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云 中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得，”阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体，按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个.以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑.
（1）在下右图（图一）画出阳马和鳖臑（不写过程，并用字母表示出来），求阳马和鳖臑的体积比；
（2）若，：
①在右图（图二）中，求三棱锥的高.
②求三棱锥外接球的体积.
19．如图，设正三角形的边长为1.为的外心，为边上的等分点，为边上的等分点，
（1）当时，求的值；
（2）当时，求的值；
（3）当时，求的值（用表示）.
（参考公式：）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则复数的虚部为．
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数z，再根据虚部的概念求解即可．
2．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
所以.
故答案为：D.
【分析】由题知，，再由向量的线性运算求解.
3．【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：将直观图还原为原图，如图，
由题，，则，
故，，
所以，
而，，
所以四边形是平行四边形，周长为.
故答案为：B
【分析】先将直观图还原为原图，再由斜二测法得到各边长，即可得出结论.
4．【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，
由正弦定理得，
由，得，所以.
故答案为：B.
【分析】利用正弦定理解三角形即可.
5．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由已知，所以，
故向量在向量上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】先计算，再由投影向量的公式计算即可.
6．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，即，
当且仅当时，等号成立，故.
因此，面积的最大值为.
故答案为：B.
【分析】利用余弦定理和基本不等式可得，再由即可求解.
7．【答案】C
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设OP＝h，依题意，，，
，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
由，可得：，解得：.
故答案为：C.
【分析】：设OP＝h，解三角形得到，再由余弦定理，结合进行求解.
8．【答案】A
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处，
由题意可知正四棱台和的高相等，设为.
因为，所以.
则，
.
设剩余的米的质量为，
则，解得，
所以剩余的米的质量为.
故答案为：A.
【分析】设米的高度下降一半至平面处，设系数高为，再根据上下棱台体积之比等于米的质量之比即可求解．
9．【答案】B,C
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，所以或，
当时，，为直角三角形，所以；
当时，，，
由正弦定理得，所以.
所以的值为或.
故答案为：BC.
【分析】由可得或，再利用正弦定理计算边长即可.
10．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A选项，设圆锥的母线长、底面半径、高分别为、、，
由题知，圆锥的侧面积，所以，圆锥高，
故该圆锥的体积为，A错；
对于B选项，侧面展开图弧长，圆心角，B对；
对于C选项，由圆的几何性质可知，由勾股定理可得，
由基本不等式可得，故，
当且仅当，即当时，等号成立，
此时，故，C对；
对于D选项，由B选项知，侧面展开图扇形圆心角，
点在上且，则，
展开后的扇形中，与（对应底面同一点）的圆心角为，
最短路径为线段，且，D对.
故答案为：BCD.
【分析】由圆锥的侧面积，求出圆锥的母线长，进而得出其高，再求体积即可判断A；根据扇形的弧长公式求圆心角即可判断B；求出面积的最大值，结合即可判断C；将圆锥侧面展开，再结合圆心角求最短路径即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意知，，，，
因为，
所以，故，
对于A，当时，则，此时，，
所以当四点共线或四点共线时成立（不重合），故A正确；
对于B，因，故，即，故B错误；
对于C，当时，将代入得，
解得满足，故C正确；
对于D，当时，，代入得，
即满足，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意知，，，，进而得到，当时，则即可判断A；利用基本等式可得，可判断B；联立可得，再解不等式即可判断C；联立判断是否有解即可判断D.
12．【答案】2
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：由纯虚数的概念知，可得
故答案为：2.
【分析】由纯虚数得概念可得，再解即可．
13．【答案】
【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：如图，
因为，所以，
则，
因为三点共线，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】由题可得，再根据三点共线可得，然后解即可.
14．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题可知：当正方体棱长最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
作出圆锥和其内切球的轴截面，如图所示：
由圆锥的底面半径，圆锥的高，可得圆锥的母线长，
设圆锥的内切球半径，
由，可得，即，解得，
棱长为的正方体的体对角线长为，则其外接球半径为，
令，解得，
则实数的最大值为.
故答案为：.
【分析】由题可知：当正方体棱长最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，先求圆锥的母线长，设圆锥的内切球半径，利用三角形相似求得圆锥内切球半径，可得该正方体木块的最大体对角线长，即可求得实数的最大值.
15．【答案】（1）解：向量，
则，
因为，所以与的夹角为；
（2）解：，则.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量的夹角公式，结合向量数量积、模的坐标表示求解即可；（2）根据向量的坐标运算，结合向量坐标的模长公式求解即可.
（1）由于，
则，
又，则与的夹角为；
（2），则
16．【答案】（1）解：已知，由余弦定理得：，
所以，
化简可得：.
又，故
（2）解：，
由正弦定理，代入，，：
所以.
因为，
所以.
【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）利用余弦定理求出，再求角B即可；
（2）由内角和可得，再利用正弦定理求出，结合三角形面积公式代入计算即可.
（1）已知，由余弦定理得：，
所以，
化简可得：.
又，故
（2），
由正弦定理，代入，，：
所以.
因为，
所以.
17．【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得，
在中，，代入得：
得到，即
又，且，所以，又因为，可得.
（2）解：设外接圆半径为，则，
而
代入化简得：，
利用辅助角公式可得：
因为是锐角三角形，且，所以，
则，则，
所以周长
即：周长的取值范围为.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】(1)利用正弦定理结合恒等变形化简可得，进而求出角；
(2)由边角互换得，再结合辅助角公式化简求范围即可.
（1）因为，由正弦定理可得，
在中，，代入得：
得到，即
又，且，所以，又因为，可得.
（2）设外接圆半径为，则，
周长
而
代入化简得：
利用辅助角公式可得：
因为是锐角三角形，且，所以，
则，则，
所以周长
即：周长的取值范围为.
18．【答案】（1）解：如图所示：阳马为四棱锥，鳖臑为三棱锥，
设，，，则，，
于是，所以阳马和鳖臑的体积比为2.
（2）解：①，，
等腰的面积，
设三棱锥的高为，由，得，
解得，所以三棱锥的高为.
②依题意，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设三棱锥外接球的半径为，则
所以三棱锥外接球的体积.
【知识点】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）根据题意画出阳马和鳖臑，再利用锥体体积公式求解即可；
（2）①利用等体积法求高即可；②由题知三棱锥的外接球即为长方体的外接球，进而得到外接球半径，再求表面积即可.
（1）如图所示：阳马为四棱锥，鳖臑为三棱锥，
设，，，则，，
于是，所以阳马和鳖臑的体积比为2.
（2）①，，
等腰的面积，
设三棱锥的高为，由，得，
解得，所以三棱锥的高为.
②依题意，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设三棱锥外接球的半径为，则
所以三棱锥外接球的体积.
19．【答案】（1）当时，，即，
所以，
同理可得，
所以，
所以，
所以，
因为正三角形ABC的边长为1．O为的外心，
由正弦定理得，
所以，且，
故
，
所以，
所以；
（2）当时，，
即，所以，
同理可得，……，，
所以，
所以；
（3）因为正三角形ABC的边长为1．O为的外心，
所以，
则，
因为，所以分别为的10等分点，
又，所以，
所以
.
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）以为基底表示出，，进而可得，再求模长即可；
（2）同理得到，，，，从而得到，进而求解；
（3）求出，，利用向量数量积公式即可求解．
（1）当时，，即，
所以，
同理可得，
所以，
所以，
所以，
因为正三角形ABC的边长为1．O为的外心，
由正弦定理得，
所以，且，
故
，
所以，
所以；
（2）当时，，
即，所以，
同理可得，……，，
所以，
所以；
（3）因为正三角形ABC的边长为1．O为的外心，
所以，
则，
因为，所以分别为的10等分点，
又，所以，
所以
.
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