重庆市西南大学附属中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·重庆市期末）已知，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
2．（2024高一下·重庆市期末）若平面 和直线 ， 满足 ， ，则 与 的位置关系一定是（ ）
A．相交 B．平行 C．异面 D．相交或异面
3．（2024高一下·重庆市期末）在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ）
A． B．或 C．或 D．
4．（2024高一下·重庆市期末）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·重庆市期末）已知向量，满足，，且，则（ ）
A． B． C．2 D．1
6．（2024高一下·重庆市期末）在中，，，.为的中点，为上一点，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·重庆市期末）下列四个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点D、E、F分别为其所在棱的中点，能得出平面DEF的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·重庆市期末）已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·重庆市期末）若复数，为的共轭复数，则以下正确的是（ ）
A．在复平面对应的点位于第二象限
B．
C．
D．为纯虚数
10．（2024高一下·重庆市期末）已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（ ）
A．圆锥的体积为
B．圆锥的侧面展开图的圆心角为
C．当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为
D．面积的最大值为2
11．（2024高一下·重庆市期末）对非零向量，，定义运算“”：，其中为与的夹角，则（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．若中，，，，则
D．若中，，则是等腰三角形或有内角为135°的三角形
12．（2024高一下·重庆市期末）已知平面向量，，若，则 .
13．（2024高一下·重庆市期末）如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则四面体的外接球表面积为 .
14．（2024高一下·重庆市期末）费马点是在三角形中到三个顶点距离之和最小的点.具体位置取决于三角形的形状，如果三角形的三个内角均小于120°时，则使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.设点O为的费马点，且满足，则边a的最小值为 .
15．（2024高一下·重庆市期末）如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求异面直线与所成角的余弦值.
16．（2024高一下·重庆市期末）在中，内角，，的对边分别为，，.已知.
（1）求；
（2）若，，设为延长线上一点，且，求线段的长.
17．（2024高一下·重庆市期末）如图，在正四棱锥中，，点，分别满足，.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18．（2024高一下·重庆市期末）如图，已知三棱台的下底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）求点B到平面的距离；
（3）若P为BC的中点，Q为的中点，点F在侧面内，且平面APQ，当的面积最小时，求平面ACF与平面夹角的余弦值.
19．（2024高一下·重庆市期末）在中，内角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若，，求边上的角平分线长；
（3）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：D.
【分析】根据复数的模计算公式计算可得.
2．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】当 时 与 相交，当 时 与 异面.
故答案为：D
【分析】由已知判断当 时 与 相交，当 时 与 异面，即可得结果.
3．【答案】C
【知识点】解三角形
【解析】【解答】解：因为，，，所以由余弦定理可得，
代入可得，化简可得，解得或.
故答案为：C.
【分析】利用余弦定理和已知条件可得出关于的方程，解之即可得出答案.
4．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由梯形的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形，
如图所示，其中，，
所以.
故答案为：C．
【分析】根据题意，结合斜二测画法（斜二测画法的口诀是：平行依旧垂改斜，横等纵半竖不变；）的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案.
5．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，，所以，
又，所以，即，
所以，
则，解得（负值已舍去）.
故答案为：B.
【分析】由可得，再将两边平方，结合数量积的运算律计算可得.
6．【答案】A
【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：因为为的中点，则，
因为为上一点，设，
则
，
又、不共线，所以，解得，
所以，
所以
，即.
故答案为：A.
【分析】设，结合平面向量的线性运算法则（三角形法则）以及基本定理可得，用、表示，根据数量积的运算律计算可得.三角形减法法则：，简记为：共起点，连终点，指被减.
7．【答案】C
【知识点】三垂线定理；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：
设下底面端点，及上底面对应端点，如图所示，
连接，和，由三垂线定理知，且，
又因为，面，面，
所以面.
对于C，因为，，，所以面//面，
所以平面DEF.
A、B、D选项中面与面均不平行.
故答案为：C.
【分析】根据三垂线定理（在平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么这条直线也与这条斜线垂直）可知且，因为体对角线与对角面垂直，只需找到与对角面平行的答案即可.
8．【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，又，
所以，又，所以，
所以，即，显然，所以，
因为，，
又因为，所以，
所以，由正弦定理可得，
又由余弦定理，即，
所以，则，
由余弦定理，
又，所以.
故答案为：A
【分析】由面积公式得到，再利用同角三角函数关系式切化弦，结合两角和的正弦公式、诱导公式得到，利用正弦定理将角化边得到，由余弦定理得到，最后利用余弦定理计算可得.
9．【答案】B,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：对于选项A，因为，
根据复数的几何意义可得复数在复平面内对应的点为，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限，故选项A错误；
对于选项B，根据复数模的公式可得，，则，
又，所以，故选项B正确；
对于选项C，因为则，又，故选项C错误；
对于选项D，因为，所以，
所以为纯虚数，故选项D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据复数的几何意义，乘除法运算，共轭复数，复数模的运算公式，可判断各个选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A：因为，，所以圆锥的高，
所以圆锥的体积，故选项A错误；
对于选项B：设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，即，
解得，即圆锥的侧面展开图的圆心角为，故选项B正确；
对于选项C：当为轴截面时，将圆锥侧面展开可知，点到点的最小距离为，如图，
在中，，
由余弦定理得，故选项C正确；
对于选项D：当为轴截面时，在中，，因为，
所以此时为钝角，又，
当时，的面积最大，且最大值为，故选项D正确；
故答案为：BCD
【分析】首先利用勾股定理求出圆锥的高，再由圆锥的体积公式求出圆锥的体积，从而判断A，再由弧长公式判断B，利用余弦定理判断C，根据面积公式判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】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】【解答】解：对于选项A，因为，所以或，
当时，，，所以；
当时，，，所以，
所以选项A正确.
对于选项B，，，
所以，所以，所以选项B正确.
对于C，因为中，，，，
所以，
所以选项C错误.
对于选项D，因为，所以，
所以，所以或，
当时，是等腰三角形；
当时，；
所以是等腰三角形或有内角为135°的三角形，
所以选项D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题干中的定义 ： 逐项判断即可.
12．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，且，
所以，解得.
故填：
【分析】利用向量共线的坐标公式（若，，则）计算即可得出答案.
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：如图所示：设为的中心，为四面体的外接球的球心，
则平面．
因为二面角的大小为，即平面平面，
设为线段的中点，外接球的半径为，
连接，
过作于点，
易知为的中心，则，
因为，
故，，
在中，，
故，则．
所以外接球的表面积为，
故填：.
【分析】设为的中心，为四面体的外接球的球心，根据二面角的定义可得面平面，过作，然后在中，根据勾股定理求出外接球的半径，再由球的表面积公式计算可得.
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以
化简得.
由正弦定理可得，则为直角三角形，即.
由费马定义可得，
设，，，
显然，
即，
可得，
又由可得，
，
得，
因此
由可得，
当且仅当时，等号成立.
即边的最小值为，
故填：2.
【分析】利用二倍角公式和正弦定理可得是以的直角三角形，再利用平面向量数量积定义和等面积可得，再由基本不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数）即可得.
15．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
因为为的中点，为的中点，所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）解：取的中点，连接、，则，
则（或其补角）为异面直线与所成角，
在直三棱柱中，，
平面，平面，所以，，
在中，，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）取的中点，连接、，则（或其补角）为异面直线与所成角，再由余弦定理计算可得.
（1）取的中点，连接，，
因为为的中点，为的中点，所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）取的中点，连接、，则，
则（或其补角）为异面直线与所成角，
在直三棱柱中，，
平面，平面，所以，，
在中，，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，
又，所以，所以，则.
（2）解：在中，因为由正弦定理得，所以，
又，所以
所以，
所以，
因为，则，
又，即，
所以
，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式，结合三角形内角和定理求出，即可得解；
（2）利用正弦定理求出，即可求出，从而求出，再由锐角三角函数求出，即可求出.
（1）因为，
由正弦定理可得，
即，
又，所以，所以，则.
（2）在中，由正弦定理得
∴，又，所以
∴，
∴，
∵，则，
又，即，
所以
，
∴.
17．【答案】（1）证明：设，取的中点，连接，
过点作交于点，连接，
在正四棱锥中，，则，
又为正方形，所以，则，
又，为的中点，为的中点，所以，且，
所以，又，即，所以，
所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）解：在上取点使得，连接、、，
因为，所以且，
则直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，
又为的中点，所以，所以，
连接，则平面，又，所以，
在正四棱锥中，所以与为边长为的等边三角形，
所以，
又，
所以，
因为，所以到平面的距离为，
设点到平面的距离为，则，
即，解得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，取的中点，连接，过点作交于点，连接，即可证明，，根据线面垂直的性质（如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于平面内的所有直线）可得平面，即可得证；
（2）在上取点使得，连接、、，即可证明，从而得到直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，求出，利用等体积法求出点到平面的距离，设直线与平面所成角为，则，从而得解.
（1）设，取的中点，连接，
过点作交于点，连接，
在正四棱锥中，，则，
又为正方形，所以，则，
又，为的中点，为的中点，所以，且，
所以，又，即，所以，
所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）在上取点使得，连接、、，
因为，所以且，
则直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，
又为的中点，所以，所以，
连接，则平面，又，所以，
在正四棱锥中，所以与为边长为的等边三角形，
所以，
又，
所以，
因为，所以到平面的距离为，
设点到平面的距离为，则，
即，解得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）证明：因为，所以，
取的中点，连接，
因为且，
所以四边形为平行四边形，
故，
又因为，
所以为等边三角形，
故，
因为，所以，
故，故⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以⊥，
又⊥，，平面，
所以⊥平面；
（2）解：延长，相交于点，
由题意知，，，
故，同理，
故为等边三角形，，
又⊥平面，
故，
因为⊥平面，平面，
所以⊥，
因为，
连接，则⊥，
由勾股定理得，
故，
设点B到平面的距离为，
故，解得
（3）解：取的中点，连接，则，
因为平面，平面，
所以平面，
取的中点，连接，，
则，
同理，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
故当F在上运动时，满足要求，
显然当F运动到点时，的面积最小，
由（1）知，点B到平面的距离为，
故点到平面的距离为，
故点到平面的距离为，
设点到的距离为，
其中，，
故，
故，
故，
设平面ACF与平面夹角为，
则，
则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，为等边三角形，⊥，由面面垂直得到线面垂直（如果两个平面相互垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一一个平面），故⊥，又⊥，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，利用等体积法求解点到平面的距离；
（3）作出辅助线，证明面面平行，从而得到点F的运动轨迹，并确定何时的面积最小，并求出点到平面的距离和点到的距离为，相比得到面面角的正弦值，从而求出余弦值.
（1）因为，所以，
取的中点，连接，
因为且，
所以四边形为平行四边形，
故，
又，
所以为等边三角形，
故，
因为，所以，
故，故⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以⊥，
又⊥，，平面，
所以⊥平面；
（2）延长，相交于点，
由题意知，，，
故，同理，
故为等边三角形，，
又⊥平面，
故，
因为⊥平面，平面，
所以⊥，
因为，
连接，则⊥，
由勾股定理得，
故，
设点B到平面的距离为，
故，解得
（3）取的中点，连接，则，
因为平面，平面，
所以平面，
取的中点，连接，，
则，
同理，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
故当F在上运动时，满足要求，
显然当F运动到点时，的面积最小，
由（1）知，点B到平面的距离为，
故点到平面的距离为，
故点到平面的距离为，
设点到的距离为，
其中，，
故，
故，
故，
设平面ACF与平面夹角为，
则，
则.
19．【答案】（1）解：因为，
所以，
由正弦定理得，
所以，
因为，所以；
（2）解：因为，，，
所以，解得，
设边上的角平分线长为，
则，即，
即，解得，即边上的角平分线长为；
（3）解：延长交于，延长交于，
设，，所以，
在中，
在中，，所以，
在中，同理可得，
所以
，
因为，所以，所以，所以，
即的取值范围为.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先由同角三角函数关系式及正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）利用余弦定理求出，再由等面积法计算可得；
（3）延长交于，延长交于，设，，分别求出、，再根据三角恒等变换化一，结合正切函数的性质即可得解.
（1）因为，
所以，
由正弦定理得，
则，
因为，所以；
（2）因为，，，
即，解得，
设边上的角平分线长为，
则，即，
即，解得，即边上的角平分线长为；
（3）延长交于，延长交于，
设，，所以，
在中，
在中，，所以，
在中，同理可得，
所以
，
因为，所以，所以，所以，
即的取值范围为.
1 / 1重庆市西南大学附属中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·重庆市期末）已知，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：D.
【分析】根据复数的模计算公式计算可得.
2．（2024高一下·重庆市期末）若平面 和直线 ， 满足 ， ，则 与 的位置关系一定是（ ）
A．相交 B．平行 C．异面 D．相交或异面
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】当 时 与 相交，当 时 与 异面.
故答案为：D
【分析】由已知判断当 时 与 相交，当 时 与 异面，即可得结果.
3．（2024高一下·重庆市期末）在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ）
A． B．或 C．或 D．
【答案】C
【知识点】解三角形
【解析】【解答】解：因为，，，所以由余弦定理可得，
代入可得，化简可得，解得或.
故答案为：C.
【分析】利用余弦定理和已知条件可得出关于的方程，解之即可得出答案.
4．（2024高一下·重庆市期末）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由梯形的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形，
如图所示，其中，，
所以.
故答案为：C．
【分析】根据题意，结合斜二测画法（斜二测画法的口诀是：平行依旧垂改斜，横等纵半竖不变；）的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案.
5．（2024高一下·重庆市期末）已知向量，满足，，且，则（ ）
A． B． C．2 D．1
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，，所以，
又，所以，即，
所以，
则，解得（负值已舍去）.
故答案为：B.
【分析】由可得，再将两边平方，结合数量积的运算律计算可得.
6．（2024高一下·重庆市期末）在中，，，.为的中点，为上一点，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：因为为的中点，则，
因为为上一点，设，
则
，
又、不共线，所以，解得，
所以，
所以
，即.
故答案为：A.
【分析】设，结合平面向量的线性运算法则（三角形法则）以及基本定理可得，用、表示，根据数量积的运算律计算可得.三角形减法法则：，简记为：共起点，连终点，指被减.
7．（2024高一下·重庆市期末）下列四个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点D、E、F分别为其所在棱的中点，能得出平面DEF的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】三垂线定理；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：
设下底面端点，及上底面对应端点，如图所示，
连接，和，由三垂线定理知，且，
又因为，面，面，
所以面.
对于C，因为，，，所以面//面，
所以平面DEF.
A、B、D选项中面与面均不平行.
故答案为：C.
【分析】根据三垂线定理（在平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么这条直线也与这条斜线垂直）可知且，因为体对角线与对角面垂直，只需找到与对角面平行的答案即可.
8．（2024高一下·重庆市期末）已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，又，
所以，又，所以，
所以，即，显然，所以，
因为，，
又因为，所以，
所以，由正弦定理可得，
又由余弦定理，即，
所以，则，
由余弦定理，
又，所以.
故答案为：A
【分析】由面积公式得到，再利用同角三角函数关系式切化弦，结合两角和的正弦公式、诱导公式得到，利用正弦定理将角化边得到，由余弦定理得到，最后利用余弦定理计算可得.
9．（2024高一下·重庆市期末）若复数，为的共轭复数，则以下正确的是（ ）
A．在复平面对应的点位于第二象限
B．
C．
D．为纯虚数
【答案】B,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：对于选项A，因为，
根据复数的几何意义可得复数在复平面内对应的点为，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限，故选项A错误；
对于选项B，根据复数模的公式可得，，则，
又，所以，故选项B正确；
对于选项C，因为则，又，故选项C错误；
对于选项D，因为，所以，
所以为纯虚数，故选项D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据复数的几何意义，乘除法运算，共轭复数，复数模的运算公式，可判断各个选项.
10．（2024高一下·重庆市期末）已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（ ）
A．圆锥的体积为
B．圆锥的侧面展开图的圆心角为
C．当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为
D．面积的最大值为2
【答案】B,C,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A：因为，，所以圆锥的高，
所以圆锥的体积，故选项A错误；
对于选项B：设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，即，
解得，即圆锥的侧面展开图的圆心角为，故选项B正确；
对于选项C：当为轴截面时，将圆锥侧面展开可知，点到点的最小距离为，如图，
在中，，
由余弦定理得，故选项C正确；
对于选项D：当为轴截面时，在中，，因为，
所以此时为钝角，又，
当时，的面积最大，且最大值为，故选项D正确；
故答案为：BCD
【分析】首先利用勾股定理求出圆锥的高，再由圆锥的体积公式求出圆锥的体积，从而判断A，再由弧长公式判断B，利用余弦定理判断C，根据面积公式判断D.
11．（2024高一下·重庆市期末）对非零向量，，定义运算“”：，其中为与的夹角，则（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．若中，，，，则
D．若中，，则是等腰三角形或有内角为135°的三角形
【答案】A,B,D
【知识点】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】【解答】解：对于选项A，因为，所以或，
当时，，，所以；
当时，，，所以，
所以选项A正确.
对于选项B，，，
所以，所以，所以选项B正确.
对于C，因为中，，，，
所以，
所以选项C错误.
对于选项D，因为，所以，
所以，所以或，
当时，是等腰三角形；
当时，；
所以是等腰三角形或有内角为135°的三角形，
所以选项D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题干中的定义 ： 逐项判断即可.
12．（2024高一下·重庆市期末）已知平面向量，，若，则 .
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，且，
所以，解得.
故填：
【分析】利用向量共线的坐标公式（若，，则）计算即可得出答案.
13．（2024高一下·重庆市期末）如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则四面体的外接球表面积为 .
【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：如图所示：设为的中心，为四面体的外接球的球心，
则平面．
因为二面角的大小为，即平面平面，
设为线段的中点，外接球的半径为，
连接，
过作于点，
易知为的中心，则，
因为，
故，，
在中，，
故，则．
所以外接球的表面积为，
故填：.
【分析】设为的中心，为四面体的外接球的球心，根据二面角的定义可得面平面，过作，然后在中，根据勾股定理求出外接球的半径，再由球的表面积公式计算可得.
14．（2024高一下·重庆市期末）费马点是在三角形中到三个顶点距离之和最小的点.具体位置取决于三角形的形状，如果三角形的三个内角均小于120°时，则使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.设点O为的费马点，且满足，则边a的最小值为 .
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以
化简得.
由正弦定理可得，则为直角三角形，即.
由费马定义可得，
设，，，
显然，
即，
可得，
又由可得，
，
得，
因此
由可得，
当且仅当时，等号成立.
即边的最小值为，
故填：2.
【分析】利用二倍角公式和正弦定理可得是以的直角三角形，再利用平面向量数量积定义和等面积可得，再由基本不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数）即可得.
15．（2024高一下·重庆市期末）如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
因为为的中点，为的中点，所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）解：取的中点，连接、，则，
则（或其补角）为异面直线与所成角，
在直三棱柱中，，
平面，平面，所以，，
在中，，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）取的中点，连接、，则（或其补角）为异面直线与所成角，再由余弦定理计算可得.
（1）取的中点，连接，，
因为为的中点，为的中点，所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）取的中点，连接、，则，
则（或其补角）为异面直线与所成角，
在直三棱柱中，，
平面，平面，所以，，
在中，，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
16．（2024高一下·重庆市期末）在中，内角，，的对边分别为，，.已知.
（1）求；
（2）若，，设为延长线上一点，且，求线段的长.
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，
又，所以，所以，则.
（2）解：在中，因为由正弦定理得，所以，
又，所以
所以，
所以，
因为，则，
又，即，
所以
，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式，结合三角形内角和定理求出，即可得解；
（2）利用正弦定理求出，即可求出，从而求出，再由锐角三角函数求出，即可求出.
（1）因为，
由正弦定理可得，
即，
又，所以，所以，则.
（2）在中，由正弦定理得
∴，又，所以
∴，
∴，
∵，则，
又，即，
所以
，
∴.
17．（2024高一下·重庆市期末）如图，在正四棱锥中，，点，分别满足，.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：设，取的中点，连接，
过点作交于点，连接，
在正四棱锥中，，则，
又为正方形，所以，则，
又，为的中点，为的中点，所以，且，
所以，又，即，所以，
所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）解：在上取点使得，连接、、，
因为，所以且，
则直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，
又为的中点，所以，所以，
连接，则平面，又，所以，
在正四棱锥中，所以与为边长为的等边三角形，
所以，
又，
所以，
因为，所以到平面的距离为，
设点到平面的距离为，则，
即，解得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，取的中点，连接，过点作交于点，连接，即可证明，，根据线面垂直的性质（如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于平面内的所有直线）可得平面，即可得证；
（2）在上取点使得，连接、、，即可证明，从而得到直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，求出，利用等体积法求出点到平面的距离，设直线与平面所成角为，则，从而得解.
（1）设，取的中点，连接，
过点作交于点，连接，
在正四棱锥中，，则，
又为正方形，所以，则，
又，为的中点，为的中点，所以，且，
所以，又，即，所以，
所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）在上取点使得，连接、、，
因为，所以且，
则直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，
又为的中点，所以，所以，
连接，则平面，又，所以，
在正四棱锥中，所以与为边长为的等边三角形，
所以，
又，
所以，
因为，所以到平面的距离为，
设点到平面的距离为，则，
即，解得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2024高一下·重庆市期末）如图，已知三棱台的下底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）求点B到平面的距离；
（3）若P为BC的中点，Q为的中点，点F在侧面内，且平面APQ，当的面积最小时，求平面ACF与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为，所以，
取的中点，连接，
因为且，
所以四边形为平行四边形，
故，
又因为，
所以为等边三角形，
故，
因为，所以，
故，故⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以⊥，
又⊥，，平面，
所以⊥平面；
（2）解：延长，相交于点，
由题意知，，，
故，同理，
故为等边三角形，，
又⊥平面，
故，
因为⊥平面，平面，
所以⊥，
因为，
连接，则⊥，
由勾股定理得，
故，
设点B到平面的距离为，
故，解得
（3）解：取的中点，连接，则，
因为平面，平面，
所以平面，
取的中点，连接，，
则，
同理，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
故当F在上运动时，满足要求，
显然当F运动到点时，的面积最小，
由（1）知，点B到平面的距离为，
故点到平面的距离为，
故点到平面的距离为，
设点到的距离为，
其中，，
故，
故，
故，
设平面ACF与平面夹角为，
则，
则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，为等边三角形，⊥，由面面垂直得到线面垂直（如果两个平面相互垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一一个平面），故⊥，又⊥，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，利用等体积法求解点到平面的距离；
（3）作出辅助线，证明面面平行，从而得到点F的运动轨迹，并确定何时的面积最小，并求出点到平面的距离和点到的距离为，相比得到面面角的正弦值，从而求出余弦值.
（1）因为，所以，
取的中点，连接，
因为且，
所以四边形为平行四边形，
故，
又，
所以为等边三角形，
故，
因为，所以，
故，故⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以⊥，
又⊥，，平面，
所以⊥平面；
（2）延长，相交于点，
由题意知，，，
故，同理，
故为等边三角形，，
又⊥平面，
故，
因为⊥平面，平面，
所以⊥，
因为，
连接，则⊥，
由勾股定理得，
故，
设点B到平面的距离为，
故，解得
（3）取的中点，连接，则，
因为平面，平面，
所以平面，
取的中点，连接，，
则，
同理，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
故当F在上运动时，满足要求，
显然当F运动到点时，的面积最小，
由（1）知，点B到平面的距离为，
故点到平面的距离为，
故点到平面的距离为，
设点到的距离为，
其中，，
故，
故，
故，
设平面ACF与平面夹角为，
则，
则.
19．（2024高一下·重庆市期末）在中，内角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若，，求边上的角平分线长；
（3）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为，
所以，
由正弦定理得，
所以，
因为，所以；
（2）解：因为，，，
所以，解得，
设边上的角平分线长为，
则，即，
即，解得，即边上的角平分线长为；
（3）解：延长交于，延长交于，
设，，所以，
在中，
在中，，所以，
在中，同理可得，
所以
，
因为，所以，所以，所以，
即的取值范围为.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先由同角三角函数关系式及正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）利用余弦定理求出，再由等面积法计算可得；
（3）延长交于，延长交于，设，，分别求出、，再根据三角恒等变换化一，结合正切函数的性质即可得解.
（1）因为，
所以，
由正弦定理得，
则，
因为，所以；
（2）因为，，，
即，解得，
设边上的角平分线长为，
则，即，
即，解得，即边上的角平分线长为；
（3）延长交于，延长交于，
设，，所以，
在中，
在中，，所以，
在中，同理可得，
所以
，
因为，所以，所以，所以，
即的取值范围为.
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