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广东省深圳市南山区深圳市育才中学本部（新校区）2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题
1．若（为虚数单位），其中，为实数，则的值为（　　）
A． B． C． D．
2．若平面向量与方向相反，且，则（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，矩形是水平放置一个平面图形的直观图，其中，则原图形是（　　）
A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．梯形
4．已知的内角的对边分别为，若的面积等于，则角（　　）
A． B． C． D．
5．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．设的内角，，所对的边长分别为，，，若，则的值为（　　）
A．2 B． C．4 D．
7．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面圆的圆周在圆锥的侧面上，则圆柱的侧面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，矩形中，分别为边上的动点，且.则的最小值为（　　）
A．8 B．16 C． D．
9．复数，，的共轭复数为，则（　　）
A．若为纯虚数，则
B．若，则
C．若，则
D．若在复平面内对应的点位于第四象限，则
10． 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则△ABC为钝角三角形
C．若，，，则符合条件的△ABC有两个
D．若，则△ABC为等腰三角形或者直角三角形
11．如图，正四面体的四个顶点都在球的表面上，且球的表面积为，则（　　）
A．
B．四面体的体积为
C．过点且平行于平面的平面截四面体所得的截面面积为
D．过三点的平面截四面体所得的截面面积为
12．在中，已知三边之比为，则该三角形的最小角的余弦值为　 　．
13．若向量与的夹角为钝角，则实数的取值范围为　 　.
14．如图，O是圆台上底面的圆心，A，B是圆台下底面圆周上的两个动点，MN是圆台的一条母线，记圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R.若，平面OAB，且线段AB长度的最小值为6，则该圆台的体积为　 　.
15．已知复数．
（1）求；
（2）求的最小值；
（3）若的实部大于，求的取值范围．
16．如图，在平行四边形中，，，，，.
（1）用向量，表示向量，；
（2）求向量，夹角的余弦值.
17．在中，角所对的边分别是，且.
（1）求；
（2）若是边上靠近的三等分点，，，求的面积；
（3）若是的角平分线，，，求的长.
18．如图，在正方体中，点G，E，F，P分别为棱，，，的中点，点M是棱上的一点，且
（1）求证：D，B，F，E四点共面；
（2）求证：平面；
（3）棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
19．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．
（1）求角；
（2）若，的周长为，求的面积；
（3）若，过点在所在平面内作，且，求线段的最大值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数相等的充要条件
【解析】【解答】解：，则，即．
故答案为：C.
【分析】根据复数相等求得，即可得的值.
2．【答案】C
【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
【解析】【解答】解：因为与方向相反，且，所以，
所以，解得，则.
故答案为：C.
【分析】由与方向相反，利用共线向量基本定理可得，再根据向量的模的坐标表示列方程求解即可.
3．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在矩形中，，
所以直观图还原得，
四边形为平行四边形，，
，所以，，
则.
所以，故原图形为菱形.
故答案为：C.
【分析】根据斜二测画法将直观图换原原图，求边长判断即可.
4．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为的面积等于，可得，
整理得，即，即，
因为，所以.
故答案为：B.
【分析】利用三角形的面积公式，结合余弦定理化简求角的值即可.
5．【答案】D
【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：由复数z满足，可得z在复平面内对应的点的轨迹是以点为圆心，5为半径的圆，圆心到实轴、虚轴的距离都大于5，且圆心在第四象限，
则z在复平面内对应的点位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】 复数z满足， 根据复数的几何意义，确定z在复平面内对应的点的轨迹是以点为圆心，5为半径的圆，再根据圆心的位置，以及圆心到各轴的距离判断即可.
6．【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
因为，
所以，
整理可得，则，即，故.
故答案为：C.
【分析】利用正弦定理，结合两角和的正弦公式以及同角三角函数商数关系化简求值即可.
7．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由的底面半径，母线长，
则圆锥的高，
由题可设圆柱的底面半径为()，高为，
由，得，即，截得，
所以圆柱的侧面积，
所以当时，侧面积取得最大值为.
故答案为：C.
【分析】由题意先求圆锥的高，设圆柱的底面半径为()，高为，利用三角形相似，求得，表示圆柱的侧面积，结合二次函数的性质求解即可.
8．【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：取线段的中点，连接、、，如下图所示：
因为，所以，
因为四边形为矩形，则，
因为，
所以，
当且仅当与方向相反时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：B
【分析】本题考查向量线性运算与模长最值，核心是利用中点转化，结合直角三角形斜边中线定值、向量三角不等式求解最小值。
9．【答案】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；共轭复数
【解析】【解答】解：A、若为纯虚数，则，故A错误；
B、若，则，所以，所以，故B正确；
C、若，则，所以，故C错误；
D、若在复平面内对应的点位于第四象限，则，故D正确；
故答案为：BD.
【分析】根据复数的概念列式求解即可判断A；若，则，求得共轭复数，利用复数代数形式的乘法运算计算即可判断B；若，则，利用复数代数形式的乘除法计算即可判断C；由在复平面内对应的点位于第四象限，根据第四象限点的特征类不等式组求解即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、根据大角对大边，，
由正弦定理可得，则，故A正确；
B、根据余弦定理可得，因为，所以，故B正确；
C、根据正弦定理，，结合选项数据可得，
故这样的三角形不存在，故C错误；
D、若，由正弦定理可得，
则，而，则或者，
即或，即是等腰三角形或者直角三角形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用正弦定理、余弦定理逐项判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；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】【解答】解：由球的表面积为，得球的半径，连接并延长交平面于，连接，则点是正的中心，，，
A、由，解得，故A正确；
B、四面体的体积，故B错误；
C、过点且平行于平面的平面截四面体所得的截面三角形与相似，
其面积为，故C正确；
D、延长交于，连接，则是的中点，，
过三点的平面截四面体所得的截面为，
其面积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由球的表面积，求得球的半径，连接并延长交平面于，连接，利用球的表面积公式求出球半径，再结合正四面体的结构特征逐项求解判断即可.
12．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：如图所示：
因为三角形三边之比为，所以可设三边长分别为，
根据三角形大边对大角、小边对小角的性质可知，
对应的角即为该三角形的最小角，
．
故答案为：.
【分析】根据三角形角边性质，结合余弦定理求解即可.
13．【答案】
【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
【解析】【解答】解：由向量与的夹角为钝角，
可得向量的数量积大于零，且不反向共线，
则，解得，
当时，，与共线反向，舍去，
则实数的取值范围为，
故答案为：.
【分析】由题意可得：向量的数量积大于零，且不反向共线，根据向量数量积的坐标表示以及共线的坐标表示列式求解即可.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意将圆台补形成圆锥，记顶点为，设底面圆心为，
分别连接并延长交圆台侧面为，
记，连接，如图所示：
因为平面，平面，平面平面，所以，
易知，则，易知当时，的长取得最小值为，
可得，即，则，解得，
所以，易知，
因为，，所以，
综上可得圆台的体积为.
故答案为：.
【分析】将圆台补形成圆锥，记顶点为，设底面圆心为，分别连接并延长交圆台侧面为，记，连接，根据线面平行可得线线平行，由平行四边形以及等腰梯形的性质，求得圆台的高，结合中位线定理求得圆锥的高，再利用圆锥的体积公式求解即可.
15．【答案】（1）解：因为，所以，解得，则，
故；
（2）解：因为，所以，
由复数的模长公式得，
而，得到，即，
故当时，原式取得最小值；
（3）解：因为，
所以，
而的实部大于，则，解得，
故的取值范围为．
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】（1）利用复数混合运算化简求得，再利用共轭复数的定义得到，最后根据复数代数形式的加法求即可；
（2）利用复数代数形式的减法得到，结合复数的模长公式求解模长，最后利用完全平方式的性质求解最小值即可；
（3）利用复数代数形式的乘法运算求出，根据的实部大于 ，列不等式，求解参数范围即可.
（1）因为，所以，
解得，则，
故.
（2）因为，
所以，
由复数的模长公式得，
而，得到，即，
故当时，原式取得最小值．
（3）因为，
所以，
而的实部大于，则，解得，
故的取值范围为．
16．【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
因为，所以，
则；
（2）解：因为，所以，
因为，，所以，，，
则，
，
，
故.
【知识点】平面向量的基本定理；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）以 向量， 为基向量，利用平面向量基本定理计算求解即可；
（2）利用平面向量的数量积公式及运算律结合转化法求解模长，最后利用向量的夹角公式求解即可.
（1）因为，所以，
所以.
因为，所以，
则.
（2）因为，所以.
因为，，所以，，，
则，
，
，
故.
17．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
所以，
所以，
又因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，故；
（2）解：因为是边上靠近的三等分点，
所以，
所以，
又因为，，，所以，
化简得，即，解得或（舍去），
则；
（3）解：已知平分，且，故，
由 得；
将，代入得，解得，
因为，所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；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，结合两角和的正弦公式以及三角函数性质化简求解即可；
（2）由是边上靠近的三等分点，可得，根据向量模的关系，结合向量数量积求得，再根据三角形面积公式求解即可；
（3）根据题意，结合得，再利用余弦定理求解即可.
（1）解：因为，
由正弦定理可得，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，又因为，所以，
所以，故；
（2）解：因为是边上靠近的三等分点，
所以，
所以，
又因为，，，
所以，化简得，
即，解得或（舍去），
所以；
（3）解：已知平分，且，故，
由 得；
将，代入得，解得
∵
∴
18．【答案】（1）证明：连接，因为点E，F分别为棱，的中点，所以，
又在正方体中且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以D，B，F，E四点共面；
（2）证明：连接、分别交于点H、O，连接，
在正方体中，且，
所以，则，
同理可得，
所以，所以，
又平面，平面，所以平面；
（3）解：存在，且，理由如下：
因为，所以，，
又，，
平面，平面，平面，
延长交于，延长交于，连接，
为中点，易得，
，
分别为的中点，易得，
，，
，又，即，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以时，平面平面．
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）连接，利用中位线的性质，证四边形为平行四边形，得到，进而可证即可证明；
（2）连接、分别交于点H、O，连接，利用三角形相似，求得，同理可得，从而得到，再根据线面平行判定定理证明即可；
（3）根据题意，首先，则，再由时，根据面面平行的判定证明即可．
（1）连接，因为点E，F分别为棱，的中点，所以，
又在正方体中且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，所以D，B，F，E四点共面；
（2）连接、分别交于点H、O，连接，
在正方体中，且，
所以，则，
同理可得，
所以，所以，
又平面，平面，所以平面；
（3）存在，且，理由如下：
因为，
所以，
，
又，
，
平面，平面，
平面，
延长交于，延长交于，连接，
为中点，易得，
，
分别为的中点，易得，
，，
，又，即，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
平面平面，
所以时，平面平面．
19．【答案】（1）解：由，，且，则，
则由正弦定理得，
又在锐角中，，
则，即，解得；
（2）解：由，的周长为，则，
又由余弦定理有，
即，得，
则的面积为；
（3）解：在中，，不妨设，则，，
由正弦定理有，
得，，
在锐角中，由，则，
由正弦定理有，得，
则
，
又，则，则，所以，
故，即线段的最大值为．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示，结合正弦定理，以及同角三角函数商关系化简求解即可；
（2）利用余弦定理，结合三角形的面积公式求解即可；
（3）先设，利用正弦定理分别求出，和关于的表达式，从而得到关于的表达式，再根据正弦函数的性质即可求出其最大值．
（1）由，，且，
则，
则由正弦定理得，
又在锐角中，，
则，即，解得．
（2）由，的周长为，则，
又由余弦定理有，
即，得，
所以的面积为．
（3）在中，，不妨设，则，，
由正弦定理有，
得，，
在锐角中，由，则，
由正弦定理有，得，
所以
，
又，则，则，所以，
故，即线段的最大值为．
1 / 1广东省深圳市南山区深圳市育才中学本部（新校区）2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题
1．若（为虚数单位），其中，为实数，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数相等的充要条件
【解析】【解答】解：，则，即．
故答案为：C.
【分析】根据复数相等求得，即可得的值.
2．若平面向量与方向相反，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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
【解析】【解答】解：因为与方向相反，且，所以，
所以，解得，则.
故答案为：C.
【分析】由与方向相反，利用共线向量基本定理可得，再根据向量的模的坐标表示列方程求解即可.
3．如图所示，矩形是水平放置一个平面图形的直观图，其中，则原图形是（　　）
A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．梯形
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在矩形中，，
所以直观图还原得，
四边形为平行四边形，，
，所以，，
则.
所以，故原图形为菱形.
故答案为：C.
【分析】根据斜二测画法将直观图换原原图，求边长判断即可.
4．已知的内角的对边分别为，若的面积等于，则角（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为的面积等于，可得，
整理得，即，即，
因为，所以.
故答案为：B.
【分析】利用三角形的面积公式，结合余弦定理化简求角的值即可.
5．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【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：由复数z满足，可得z在复平面内对应的点的轨迹是以点为圆心，5为半径的圆，圆心到实轴、虚轴的距离都大于5，且圆心在第四象限，
则z在复平面内对应的点位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】 复数z满足， 根据复数的几何意义，确定z在复平面内对应的点的轨迹是以点为圆心，5为半径的圆，再根据圆心的位置，以及圆心到各轴的距离判断即可.
6．设的内角，，所对的边长分别为，，，若，则的值为（　　）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
因为，
所以，
整理可得，则，即，故.
故答案为：C.
【分析】利用正弦定理，结合两角和的正弦公式以及同角三角函数商数关系化简求值即可.
7．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面圆的圆周在圆锥的侧面上，则圆柱的侧面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由的底面半径，母线长，
则圆锥的高，
由题可设圆柱的底面半径为()，高为，
由，得，即，截得，
所以圆柱的侧面积，
所以当时，侧面积取得最大值为.
故答案为：C.
【分析】由题意先求圆锥的高，设圆柱的底面半径为()，高为，利用三角形相似，求得，表示圆柱的侧面积，结合二次函数的性质求解即可.
8．如图，矩形中，分别为边上的动点，且.则的最小值为（　　）
A．8 B．16 C． D．
【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：取线段的中点，连接、、，如下图所示：
因为，所以，
因为四边形为矩形，则，
因为，
所以，
当且仅当与方向相反时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：B
【分析】本题考查向量线性运算与模长最值，核心是利用中点转化，结合直角三角形斜边中线定值、向量三角不等式求解最小值。
9．复数，，的共轭复数为，则（　　）
A．若为纯虚数，则
B．若，则
C．若，则
D．若在复平面内对应的点位于第四象限，则
【答案】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；共轭复数
【解析】【解答】解：A、若为纯虚数，则，故A错误；
B、若，则，所以，所以，故B正确；
C、若，则，所以，故C错误；
D、若在复平面内对应的点位于第四象限，则，故D正确；
故答案为：BD.
【分析】根据复数的概念列式求解即可判断A；若，则，求得共轭复数，利用复数代数形式的乘法运算计算即可判断B；若，则，利用复数代数形式的乘除法计算即可判断C；由在复平面内对应的点位于第四象限，根据第四象限点的特征类不等式组求解即可判断D.
10． 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则△ABC为钝角三角形
C．若，，，则符合条件的△ABC有两个
D．若，则△ABC为等腰三角形或者直角三角形
【答案】A,B,D
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、根据大角对大边，，
由正弦定理可得，则，故A正确；
B、根据余弦定理可得，因为，所以，故B正确；
C、根据正弦定理，，结合选项数据可得，
故这样的三角形不存在，故C错误；
D、若，由正弦定理可得，
则，而，则或者，
即或，即是等腰三角形或者直角三角形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用正弦定理、余弦定理逐项判断即可.
11．如图，正四面体的四个顶点都在球的表面上，且球的表面积为，则（　　）
A．
B．四面体的体积为
C．过点且平行于平面的平面截四面体所得的截面面积为
D．过三点的平面截四面体所得的截面面积为
【答案】A,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；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】【解答】解：由球的表面积为，得球的半径，连接并延长交平面于，连接，则点是正的中心，，，
A、由，解得，故A正确；
B、四面体的体积，故B错误；
C、过点且平行于平面的平面截四面体所得的截面三角形与相似，
其面积为，故C正确；
D、延长交于，连接，则是的中点，，
过三点的平面截四面体所得的截面为，
其面积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由球的表面积，求得球的半径，连接并延长交平面于，连接，利用球的表面积公式求出球半径，再结合正四面体的结构特征逐项求解判断即可.
12．在中，已知三边之比为，则该三角形的最小角的余弦值为　 　．
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：如图所示：
因为三角形三边之比为，所以可设三边长分别为，
根据三角形大边对大角、小边对小角的性质可知，
对应的角即为该三角形的最小角，
．
故答案为：.
【分析】根据三角形角边性质，结合余弦定理求解即可.
13．若向量与的夹角为钝角，则实数的取值范围为　 　.
【答案】
【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
【解析】【解答】解：由向量与的夹角为钝角，
可得向量的数量积大于零，且不反向共线，
则，解得，
当时，，与共线反向，舍去，
则实数的取值范围为，
故答案为：.
【分析】由题意可得：向量的数量积大于零，且不反向共线，根据向量数量积的坐标表示以及共线的坐标表示列式求解即可.
14．如图，O是圆台上底面的圆心，A，B是圆台下底面圆周上的两个动点，MN是圆台的一条母线，记圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R.若，平面OAB，且线段AB长度的最小值为6，则该圆台的体积为　 　.
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意将圆台补形成圆锥，记顶点为，设底面圆心为，
分别连接并延长交圆台侧面为，
记，连接，如图所示：
因为平面，平面，平面平面，所以，
易知，则，易知当时，的长取得最小值为，
可得，即，则，解得，
所以，易知，
因为，，所以，
综上可得圆台的体积为.
故答案为：.
【分析】将圆台补形成圆锥，记顶点为，设底面圆心为，分别连接并延长交圆台侧面为，记，连接，根据线面平行可得线线平行，由平行四边形以及等腰梯形的性质，求得圆台的高，结合中位线定理求得圆锥的高，再利用圆锥的体积公式求解即可.
15．已知复数．
（1）求；
（2）求的最小值；
（3）若的实部大于，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，所以，解得，则，
故；
（2）解：因为，所以，
由复数的模长公式得，
而，得到，即，
故当时，原式取得最小值；
（3）解：因为，
所以，
而的实部大于，则，解得，
故的取值范围为．
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】（1）利用复数混合运算化简求得，再利用共轭复数的定义得到，最后根据复数代数形式的加法求即可；
（2）利用复数代数形式的减法得到，结合复数的模长公式求解模长，最后利用完全平方式的性质求解最小值即可；
（3）利用复数代数形式的乘法运算求出，根据的实部大于 ，列不等式，求解参数范围即可.
（1）因为，所以，
解得，则，
故.
（2）因为，
所以，
由复数的模长公式得，
而，得到，即，
故当时，原式取得最小值．
（3）因为，
所以，
而的实部大于，则，解得，
故的取值范围为．
16．如图，在平行四边形中，，，，，.
（1）用向量，表示向量，；
（2）求向量，夹角的余弦值.
【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
因为，所以，
则；
（2）解：因为，所以，
因为，，所以，，，
则，
，
，
故.
【知识点】平面向量的基本定理；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）以 向量， 为基向量，利用平面向量基本定理计算求解即可；
（2）利用平面向量的数量积公式及运算律结合转化法求解模长，最后利用向量的夹角公式求解即可.
（1）因为，所以，
所以.
因为，所以，
则.
（2）因为，所以.
因为，，所以，，，
则，
，
，
故.
17．在中，角所对的边分别是，且.
（1）求；
（2）若是边上靠近的三等分点，，，求的面积；
（3）若是的角平分线，，，求的长.
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
所以，
所以，
又因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，故；
（2）解：因为是边上靠近的三等分点，
所以，
所以，
又因为，，，所以，
化简得，即，解得或（舍去），
则；
（3）解：已知平分，且，故，
由 得；
将，代入得，解得，
因为，所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；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，结合两角和的正弦公式以及三角函数性质化简求解即可；
（2）由是边上靠近的三等分点，可得，根据向量模的关系，结合向量数量积求得，再根据三角形面积公式求解即可；
（3）根据题意，结合得，再利用余弦定理求解即可.
（1）解：因为，
由正弦定理可得，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，又因为，所以，
所以，故；
（2）解：因为是边上靠近的三等分点，
所以，
所以，
又因为，，，
所以，化简得，
即，解得或（舍去），
所以；
（3）解：已知平分，且，故，
由 得；
将，代入得，解得
∵
∴
18．如图，在正方体中，点G，E，F，P分别为棱，，，的中点，点M是棱上的一点，且
（1）求证：D，B，F，E四点共面；
（2）求证：平面；
（3）棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：连接，因为点E，F分别为棱，的中点，所以，
又在正方体中且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以D，B，F，E四点共面；
（2）证明：连接、分别交于点H、O，连接，
在正方体中，且，
所以，则，
同理可得，
所以，所以，
又平面，平面，所以平面；
（3）解：存在，且，理由如下：
因为，所以，，
又，，
平面，平面，平面，
延长交于，延长交于，连接，
为中点，易得，
，
分别为的中点，易得，
，，
，又，即，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以时，平面平面．
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）连接，利用中位线的性质，证四边形为平行四边形，得到，进而可证即可证明；
（2）连接、分别交于点H、O，连接，利用三角形相似，求得，同理可得，从而得到，再根据线面平行判定定理证明即可；
（3）根据题意，首先，则，再由时，根据面面平行的判定证明即可．
（1）连接，因为点E，F分别为棱，的中点，所以，
又在正方体中且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，所以D，B，F，E四点共面；
（2）连接、分别交于点H、O，连接，
在正方体中，且，
所以，则，
同理可得，
所以，所以，
又平面，平面，所以平面；
（3）存在，且，理由如下：
因为，
所以，
，
又，
，
平面，平面，
平面，
延长交于，延长交于，连接，
为中点，易得，
，
分别为的中点，易得，
，，
，又，即，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
平面平面，
所以时，平面平面．
19．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．
（1）求角；
（2）若，的周长为，求的面积；
（3）若，过点在所在平面内作，且，求线段的最大值．
【答案】（1）解：由，，且，则，
则由正弦定理得，
又在锐角中，，
则，即，解得；
（2）解：由，的周长为，则，
又由余弦定理有，
即，得，
则的面积为；
（3）解：在中，，不妨设，则，，
由正弦定理有，
得，，
在锐角中，由，则，
由正弦定理有，得，
则
，
又，则，则，所以，
故，即线段的最大值为．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示，结合正弦定理，以及同角三角函数商关系化简求解即可；
（2）利用余弦定理，结合三角形的面积公式求解即可；
（3）先设，利用正弦定理分别求出，和关于的表达式，从而得到关于的表达式，再根据正弦函数的性质即可求出其最大值．
（1）由，，且，
则，
则由正弦定理得，
又在锐角中，，
则，即，解得．
（2）由，的周长为，则，
又由余弦定理有，
即，得，
所以的面积为．
（3）在中，，不妨设，则，，
由正弦定理有，
得，，
在锐角中，由，则，
由正弦定理有，得，
所以
，
又，则，则，所以，
故，即线段的最大值为．
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