广东省深圳市新安中学（集团）高中部2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·深圳期中）若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．1
2．（2024高一下·深圳期中）由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为，腰长为，如图，那么它在原平面图形中，顶点到轴的距离是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·深圳期中）如图，已知，用表示，则等于
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·深圳期中）已知是不同的直线，是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．（2024高一下·深圳期中）某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（2024高一下·深圳期中）已知内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若的面积为，则为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·深圳期中）一海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东，在B处观察灯塔，其方向是北偏东，那么B，C两点间的距离是（ ）
A．海里 B．海里 C．海里 D．海里
8．（2024高一下·深圳期中）在中，若动点满足，则点的轨迹一定经过的（ ）
A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心
9．（2024高一下·深圳期中）已知与是共轭复数，以下4个命题一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·深圳期中）设满足，其面积为，则（ ）
A．周长为 B．
C．外接圆的面积为 D．中线长为
11．（2024高一下·深圳期中）如图，在正方体中，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．异面直线与所成角的取值范围是
C．平面
D．平面与底面的交线平行于直线
12．（2024高一下·深圳期中）已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则 ．
13．（2024高一下·深圳期中）已知在上的投影向量为，则的值为 .
14．（2024高一下·深圳期中）四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则 .
15．（2024高一下·深圳期中）已知向量．
（1）若，求；
（2）若，，求与的夹角的余弦值．
16．（2024高一下·深圳期中）已知在中，角所对的边分别为，，，且
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
17．（2024高一下·深圳期中）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点.
（1）证明：平面.
（2）若以为直径的球的表面积为，求三棱锥的体积.
18．（2024高一下·深圳期中）已知平面四边形，，，，，现将沿边折起，使得平面平面，点为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求与平面所成角的余弦值．
（3）在（2）的条件下，求平面与平面所成二面角的余弦值．
19．（2024高一下·深圳期中）如图，在中，已知，，，边上的中点为，点是边上的动点（不含端点），，相交于点．
（1）求的正弦值；
（2）当点为中点时，求的余弦值．
（3）当取得最小值时，设，求的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【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：因为复数满足，
所以，
所以的虚部为-1.
故答案为：B.
【分析】利用复数的除法法则得出复数z，再利用复数的虚部的定义得出复数z的虚部.
2．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：过点作'轴，交'轴于点，如图所示：
在中，，则，，
由正弦定理，可得，
由斜二测画法可知，原平面图形中，顶点到轴的距离为.
故答案为：D.
【分析】过点作'轴，交'轴于点，在中，利用正弦定理求得，再根据斜二测画法求原平面图形中，顶点到轴的距离即可.
3．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：，
，
化简整理得.
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合向量共线定理和三角形法则以及平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
4．【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，加上条件“”结论才成立；
对于B，加上条件“直线和相交”结论才成立；
对于C，加上条件“”结论才成立.
故答案为：D.
【分析】由线面平行的判定定理，即可判断选项A；由线面垂直的判定定理，则可判断选项B；由面面垂直的性质，则可判断选项C；由空间中垂直于同一条直线的两平面平行，则可判断选项D，进而找出说法正确的选项.
5．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的高为，母线与底面所成的角为，圆锥底面圆半径，母线为，
则，
所以圆锥的表面积.
故答案为：A
【分析】设圆锥的高为，母线与底面所成的角为，圆锥底面圆半径，母线为，根据已知条件求出，然后利用圆锥表面积公式求解即可.
6．【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由三角形面积公式可得，即，
由，可得，所以.
故答案为：A.
【分析】根据三角形的面积公式和余弦定理，从而求出的值，再结合三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值，进而得出角的余弦值.
7．【答案】C
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图，作出，
由题意可知，海里，，
则，
因为，
所以海里，
即B，C两点间的距离是海里.
故答案为：C.
【分析】由题意得出的三个角的大小和边的长，再利用正弦定理，从而得出B，C两点间的距离.
8．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；三角形五心
【解析】【解答】解：因为，
所以，
设的中点为，则，则，
即，所以，
所以点在线段的中垂线上，故点的轨迹过的外心.
故答案为：C．
【分析】根据平面向量基本定理和数量积的运算法则，再结合中点的性质和两向量垂直数量积为0 的等价关系，从而证出，则点轨迹为三角形边的中垂线，进而得出点的轨迹过的外心.
9．【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：设，
由，，所以，所以A正确；
因为，，所以B不正确；
由，所以C正确；
由不一定是实数，
所以D不一定正确.
故答案为：AC.
【分析】设，根据复数的运算法则得出复数，则判断出选项A；分别求出，则判断出选项B；根据，则可判断出选项C；根据复数的除法运算，则判断出选项D，从而找出真命题的选项．
10．【答案】B,C,D
【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：因为满足，
所以，
设，，，，
利用余弦定理得，
由于，所以，
所以，故，故B正确；
又因为，
所以，解得（负值舍去），
所以，，，
所以的周长为，故A错误；
利用正弦定理，外接圆半径，
所以外接圆的面积，故C正确；
如图所示：
由正弦定理，
即，解得，所以，
利用余弦定理得出，
解得，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】依题意结合正弦定理可得，设，，，，再利用余弦定理求出的值，再由三角形的面积公式求出的值，即可判断选项A和选项B；由正弦定理求出外接圆的半径，即可判断选项C；利用正弦定理求出的值，则根据同角三角函数基本关系式求出的值，再由余弦定理得出中线的长，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，连接，
因为为正方形，可得，
在正方体中，可得平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
同理可证：，
因为，且平面，
所以平面，故A正确；
对于B，当点为的中点时，因为，
在中，可得，
因为，所以异面直线与所成的角为，故B错误；
对于C，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，
同理可证：平面，
又因为平面，平面，且，
所以平面平面，
因为平面，所以平面，故C正确；
对于D，设平面与底面的交线为，
因为，且平面，平面，
所以平面，
又因为平面，且平面与底面的交线为，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】连接，再利用已知条件证出和，从而证出直线平面，则可判断出选项A；当点为的中点时，再结合等腰三角形三线合一，从而证出，进而得出异面直线与所成的角，则可判断出选项B；连接，从而证出平面平面，则可判断出选项C；设平面与底面的交线为，则证出平面，从而得到，则可判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，，
则，
由余弦定理得，
由正弦定理得，所以.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和同角三角函数基本关系式以及余弦定理，从而求出的值，再利用正弦定理求出角A的正弦值.
13．【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设与的夹角为，
.
故答案为：.
【分析】利用数量积求投影向量的方法和平面向量的数量积的定义，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：连接BD，交AC于点O，连接OE，
由是正方形，得，
在线段PE取点G，使得，如下图所示：
由，得，
连接BG，FG，则，
由平面，平面，得平面，
因为平面，，平面，
因此平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
则，所以.
故答案为：.
【分析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线的性质和线面平行的判定定理，从而证明出直线平面ACE，再结合直线平面ACE，则证出平面平面ACE，再利用面面平行的性质定理得出，则由两直线平行对应边成比例，从而得出的值.
15．【答案】（1）解：由向量，
因为，可得，
又因为，且，
所以，解得，
所以，，
所以．
（2）解：由向量，可得，
因为，所以，解得，
所以，
又由，可得，，
所以，
所以与的夹角的余弦值为．
【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；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）由得出，再根据数量积的坐标表示列出方程，从而求得的值，进而得到，则求得的坐标，再根据向量的模的坐标表示得出的值.
（2）由和向量共线的坐标表示，从而列出方程求得的值，再结合数量积求向量的夹角公式，从而得出与的夹角的余弦值．
（1）解：由向量，因为，可得，
又因为，且，所以，解得，
所以，，所以．
（2）解：由向量，可得，
因为，所以，解得，所以，
又由，可得，
所以，
所以与的夹角的余弦值为．
16．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，
又因为，可得，
所以，
因为，可得，
所以，即，
又因为，所以.
（2）解：由（1）知，且，
根据余弦定理得，
所以，
又因为的面积为，
可得，所以，
所以，可得，
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）根据题意和正弦定理以及三角恒等变换的公式，从而化简得，进而得到，即，再根据三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由（1）和余弦定理，从而得到，再由的面积为和三角形的面积公式，从而得出的值，进而得到的值，则根据已知条件和三角形的周长公式，从而得出的周长.
（1）解：因为，由正弦定理得，
又因为，可得，
所以，
因为，可得，所以，即，
又因为，所以.
（2）解：由（1）知，且，
根据余弦定理得，所以，
又因为的面积为，可得，所以，
所以，可得，所以的周长为.
17．【答案】（1）证明：连接交于点E，
则E为的中点，
连接，因为为的中点，
则，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：由，为的中点，
得，且，
由以为直径的球的表面积为，
得，解得，
因此，解得，
显然的面积，
所以.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连接交于点E，利用中位线定理证出，再结合线面平行的判定定理，从而证出平面.
（2）利用等腰三角形三线合一得出，根据勾股定理得出的长，则由球的表面积公式求出的长，再由勾股定理求出的长，从而借助等体积法和三棱锥的体积公式，进而求出三棱锥的体积.
（1）连接交于点E，则E为的中点，
连接，而为的中点，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）由，为的中点，得，且，
由以为直径的球的表面积为，得，解得，
因此，解得，显然的面积，
所以.
18．【答案】（1）证明：因为，，
所以为等边三角形，
因为为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面．
（2）解：过点作，垂足为，如图所示，
由（1）知，平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，所以为与平面所成角，
在中，因为，，
所以，
因为为的中点，
所以，
在中，，
在中，，
在中，，
所以与平面所成角的余弦值为．
（3）解：取的中点，连接，，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
取的中点为，连接，因为为线段的中点，
所以，，
因为平面，
所以平面，平面，所以，
过点作，垂足为，连接，
，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为线段的中点，
所以，
由（1）知，平面，平面，所以，
在中，，
由（2）知，，即，解得，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，
即二面角的平面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，即可得，又由等边三角形三线合一可得，再结合线线垂直证出线面垂直，则证出平面．再根据正切函数的定义和勾股定理以及余弦定理，从而得出直线与平面所成角的余弦值.
（2）根据平面可得为与平面所成角，再利用三角形的边角关系和正切函数的定义、勾股定理以及余弦定理，从而得出直线与平面所成角的余弦值.
（3）根据二面角的几何法可得为二面角的平面角，再利用三角形的边角关系和中点的性质以及勾股定理，则根据余弦函数的定义得出二面角的平面角的余弦值.
（1）因为，，所以为等边三角形，
因为为的中点，所以．
因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面．
（2）过点作，垂足为．如图所示，
由（1）知，平面，因为平面，所以，
，，平面，所以平面，
所以为与平面所成角．
在中，因为，，所以
因为为的中点，所以，
在中，，
在中，，
在中，，
所以与平面所成角的余弦值为．
（3）取的中点，连接，，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
取的中点为，连接，因为为线段的中点，
所以，，
因为平面，所以平面，平面．
所以，过点作，垂足为，连接，
，，平面，所以平面．
平面，所以，
所以为二面角的平面角．
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为线段的中点，
所以，
由（1）知，平面，平面．所以，
在中，，
由（2）知，，即，解得．
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，
即二面角的平面角的余弦值为．
19．【答案】（1）解：解法1：由余弦定理得，
即，所以，
所以，
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为与互补，
所以，解得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以．
解法2：由题意可得，，
由为边上的中线，则，
两边同时平方得，，故，
因为为边中点，则的面积为面积的，
所以，
即，
化简得．
解法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，
建立平面直角坐标系，
则，，，
所以，，
所以，
因为，
所以．
（2）解：方法1：在中，由余弦定理得：，
所以，
由，分别为边，上的中线可知为重心，
可得，，
在中，由余弦定理，得，
又由，所以．
方法2：因为为边上的中线，
所以，
，即，
所以．
解法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，
建立平面直角坐标系：
则，，，，
所以，．
所以．
（3）解：设，
当时，即当时，取最小值，
，
，，
，
，，三点共线，
则.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三种方法求解.
解法1：先利用余弦定理求得BC，再根据与互补，由求得的长，在中，利用余弦定理和同角三角函数基本关系式以及的取值范围，从而得出的正弦值.
解法2：由求得，再利用的面积为面积的，从而得出的正弦值.
解法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，建立平面直角坐标系，再利用向量的夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的正弦值.
（2）利用三种方法求解.
方法1：在中，利用余弦定理求得的长，再由为重心，从而得到，，在中，利用余弦定理得出的余弦值．
方法2：由求得的值，再利用向量的夹角公式得出的余弦值．
方法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，建立平面直角坐标系，再利用向量的夹角公式得出的余弦值．
（3）设，由，则，即当时，取最小值，从而得到，再由，得到，则由A，，三点共线，从而得出实数的值．
（1）解法1、由余弦定理得，
即，所以，
所以，
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为与互补，所以，解得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以．
解法2、由题意可得，，
由为边上的中线，则，
两边同时平方得，，
故，
因为为边中点，则的面积为面积的，
所以，
即，
化简得，．
解法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，建立平面直角坐标系
则，，，
所以，，
所以，
因为，所以．
（2））解：方法1、在中，由余弦定理，
得，
所以，
由，分别为边，上的中线可知为重心，
可得，，
在中，由余弦定理，得，
又由，所以．
解法2：因为为边上的中线，所以，
，
，即．
所以．
解法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，建立平面直角坐标系：
则，，，，
所以，．
所以．
（3）设，，
当即时，取最小值，
，
，，
，
，，三点共线，
.
1 / 1广东省深圳市新安中学（集团）高中部2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·深圳期中）若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【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：因为复数满足，
所以，
所以的虚部为-1.
故答案为：B.
【分析】利用复数的除法法则得出复数z，再利用复数的虚部的定义得出复数z的虚部.
2．（2024高一下·深圳期中）由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为，腰长为，如图，那么它在原平面图形中，顶点到轴的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：过点作'轴，交'轴于点，如图所示：
在中，，则，，
由正弦定理，可得，
由斜二测画法可知，原平面图形中，顶点到轴的距离为.
故答案为：D.
【分析】过点作'轴，交'轴于点，在中，利用正弦定理求得，再根据斜二测画法求原平面图形中，顶点到轴的距离即可.
3．（2024高一下·深圳期中）如图，已知，用表示，则等于
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：，
，
化简整理得.
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合向量共线定理和三角形法则以及平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
4．（2024高一下·深圳期中）已知是不同的直线，是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，加上条件“”结论才成立；
对于B，加上条件“直线和相交”结论才成立；
对于C，加上条件“”结论才成立.
故答案为：D.
【分析】由线面平行的判定定理，即可判断选项A；由线面垂直的判定定理，则可判断选项B；由面面垂直的性质，则可判断选项C；由空间中垂直于同一条直线的两平面平行，则可判断选项D，进而找出说法正确的选项.
5．（2024高一下·深圳期中）某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的高为，母线与底面所成的角为，圆锥底面圆半径，母线为，
则，
所以圆锥的表面积.
故答案为：A
【分析】设圆锥的高为，母线与底面所成的角为，圆锥底面圆半径，母线为，根据已知条件求出，然后利用圆锥表面积公式求解即可.
6．（2024高一下·深圳期中）已知内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若的面积为，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由三角形面积公式可得，即，
由，可得，所以.
故答案为：A.
【分析】根据三角形的面积公式和余弦定理，从而求出的值，再结合三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值，进而得出角的余弦值.
7．（2024高一下·深圳期中）一海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东，在B处观察灯塔，其方向是北偏东，那么B，C两点间的距离是（ ）
A．海里 B．海里 C．海里 D．海里
【答案】C
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图，作出，
由题意可知，海里，，
则，
因为，
所以海里，
即B，C两点间的距离是海里.
故答案为：C.
【分析】由题意得出的三个角的大小和边的长，再利用正弦定理，从而得出B，C两点间的距离.
8．（2024高一下·深圳期中）在中，若动点满足，则点的轨迹一定经过的（ ）
A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；三角形五心
【解析】【解答】解：因为，
所以，
设的中点为，则，则，
即，所以，
所以点在线段的中垂线上，故点的轨迹过的外心.
故答案为：C．
【分析】根据平面向量基本定理和数量积的运算法则，再结合中点的性质和两向量垂直数量积为0 的等价关系，从而证出，则点轨迹为三角形边的中垂线，进而得出点的轨迹过的外心.
9．（2024高一下·深圳期中）已知与是共轭复数，以下4个命题一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：设，
由，，所以，所以A正确；
因为，，所以B不正确；
由，所以C正确；
由不一定是实数，
所以D不一定正确.
故答案为：AC.
【分析】设，根据复数的运算法则得出复数，则判断出选项A；分别求出，则判断出选项B；根据，则可判断出选项C；根据复数的除法运算，则判断出选项D，从而找出真命题的选项．
10．（2024高一下·深圳期中）设满足，其面积为，则（ ）
A．周长为 B．
C．外接圆的面积为 D．中线长为
【答案】B,C,D
【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：因为满足，
所以，
设，，，，
利用余弦定理得，
由于，所以，
所以，故，故B正确；
又因为，
所以，解得（负值舍去），
所以，，，
所以的周长为，故A错误；
利用正弦定理，外接圆半径，
所以外接圆的面积，故C正确；
如图所示：
由正弦定理，
即，解得，所以，
利用余弦定理得出，
解得，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】依题意结合正弦定理可得，设，，，，再利用余弦定理求出的值，再由三角形的面积公式求出的值，即可判断选项A和选项B；由正弦定理求出外接圆的半径，即可判断选项C；利用正弦定理求出的值，则根据同角三角函数基本关系式求出的值，再由余弦定理得出中线的长，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高一下·深圳期中）如图，在正方体中，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．异面直线与所成角的取值范围是
C．平面
D．平面与底面的交线平行于直线
【答案】A,C,D
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，连接，
因为为正方形，可得，
在正方体中，可得平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
同理可证：，
因为，且平面，
所以平面，故A正确；
对于B，当点为的中点时，因为，
在中，可得，
因为，所以异面直线与所成的角为，故B错误；
对于C，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，
同理可证：平面，
又因为平面，平面，且，
所以平面平面，
因为平面，所以平面，故C正确；
对于D，设平面与底面的交线为，
因为，且平面，平面，
所以平面，
又因为平面，且平面与底面的交线为，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】连接，再利用已知条件证出和，从而证出直线平面，则可判断出选项A；当点为的中点时，再结合等腰三角形三线合一，从而证出，进而得出异面直线与所成的角，则可判断出选项B；连接，从而证出平面平面，则可判断出选项C；设平面与底面的交线为，则证出平面，从而得到，则可判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．（2024高一下·深圳期中）已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则 ．
【答案】
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，，
则，
由余弦定理得，
由正弦定理得，所以.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和同角三角函数基本关系式以及余弦定理，从而求出的值，再利用正弦定理求出角A的正弦值.
13．（2024高一下·深圳期中）已知在上的投影向量为，则的值为 .
【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设与的夹角为，
.
故答案为：.
【分析】利用数量积求投影向量的方法和平面向量的数量积的定义，从而得出的值.
14．（2024高一下·深圳期中）四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则 .
【答案】
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：连接BD，交AC于点O，连接OE，
由是正方形，得，
在线段PE取点G，使得，如下图所示：
由，得，
连接BG，FG，则，
由平面，平面，得平面，
因为平面，，平面，
因此平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
则，所以.
故答案为：.
【分析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线的性质和线面平行的判定定理，从而证明出直线平面ACE，再结合直线平面ACE，则证出平面平面ACE，再利用面面平行的性质定理得出，则由两直线平行对应边成比例，从而得出的值.
15．（2024高一下·深圳期中）已知向量．
（1）若，求；
（2）若，，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）解：由向量，
因为，可得，
又因为，且，
所以，解得，
所以，，
所以．
（2）解：由向量，可得，
因为，所以，解得，
所以，
又由，可得，，
所以，
所以与的夹角的余弦值为．
【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；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）由得出，再根据数量积的坐标表示列出方程，从而求得的值，进而得到，则求得的坐标，再根据向量的模的坐标表示得出的值.
（2）由和向量共线的坐标表示，从而列出方程求得的值，再结合数量积求向量的夹角公式，从而得出与的夹角的余弦值．
（1）解：由向量，因为，可得，
又因为，且，所以，解得，
所以，，所以．
（2）解：由向量，可得，
因为，所以，解得，所以，
又由，可得，
所以，
所以与的夹角的余弦值为．
16．（2024高一下·深圳期中）已知在中，角所对的边分别为，，，且
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，
又因为，可得，
所以，
因为，可得，
所以，即，
又因为，所以.
（2）解：由（1）知，且，
根据余弦定理得，
所以，
又因为的面积为，
可得，所以，
所以，可得，
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）根据题意和正弦定理以及三角恒等变换的公式，从而化简得，进而得到，即，再根据三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由（1）和余弦定理，从而得到，再由的面积为和三角形的面积公式，从而得出的值，进而得到的值，则根据已知条件和三角形的周长公式，从而得出的周长.
（1）解：因为，由正弦定理得，
又因为，可得，
所以，
因为，可得，所以，即，
又因为，所以.
（2）解：由（1）知，且，
根据余弦定理得，所以，
又因为的面积为，可得，所以，
所以，可得，所以的周长为.
17．（2024高一下·深圳期中）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点.
（1）证明：平面.
（2）若以为直径的球的表面积为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：连接交于点E，
则E为的中点，
连接，因为为的中点，
则，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：由，为的中点，
得，且，
由以为直径的球的表面积为，
得，解得，
因此，解得，
显然的面积，
所以.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连接交于点E，利用中位线定理证出，再结合线面平行的判定定理，从而证出平面.
（2）利用等腰三角形三线合一得出，根据勾股定理得出的长，则由球的表面积公式求出的长，再由勾股定理求出的长，从而借助等体积法和三棱锥的体积公式，进而求出三棱锥的体积.
（1）连接交于点E，则E为的中点，
连接，而为的中点，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）由，为的中点，得，且，
由以为直径的球的表面积为，得，解得，
因此，解得，显然的面积，
所以.
18．（2024高一下·深圳期中）已知平面四边形，，，，，现将沿边折起，使得平面平面，点为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求与平面所成角的余弦值．
（3）在（2）的条件下，求平面与平面所成二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为，，
所以为等边三角形，
因为为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面．
（2）解：过点作，垂足为，如图所示，
由（1）知，平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，所以为与平面所成角，
在中，因为，，
所以，
因为为的中点，
所以，
在中，，
在中，，
在中，，
所以与平面所成角的余弦值为．
（3）解：取的中点，连接，，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
取的中点为，连接，因为为线段的中点，
所以，，
因为平面，
所以平面，平面，所以，
过点作，垂足为，连接，
，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为线段的中点，
所以，
由（1）知，平面，平面，所以，
在中，，
由（2）知，，即，解得，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，
即二面角的平面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，即可得，又由等边三角形三线合一可得，再结合线线垂直证出线面垂直，则证出平面．再根据正切函数的定义和勾股定理以及余弦定理，从而得出直线与平面所成角的余弦值.
（2）根据平面可得为与平面所成角，再利用三角形的边角关系和正切函数的定义、勾股定理以及余弦定理，从而得出直线与平面所成角的余弦值.
（3）根据二面角的几何法可得为二面角的平面角，再利用三角形的边角关系和中点的性质以及勾股定理，则根据余弦函数的定义得出二面角的平面角的余弦值.
（1）因为，，所以为等边三角形，
因为为的中点，所以．
因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面．
（2）过点作，垂足为．如图所示，
由（1）知，平面，因为平面，所以，
，，平面，所以平面，
所以为与平面所成角．
在中，因为，，所以
因为为的中点，所以，
在中，，
在中，，
在中，，
所以与平面所成角的余弦值为．
（3）取的中点，连接，，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
取的中点为，连接，因为为线段的中点，
所以，，
因为平面，所以平面，平面．
所以，过点作，垂足为，连接，
，，平面，所以平面．
平面，所以，
所以为二面角的平面角．
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为线段的中点，
所以，
由（1）知，平面，平面．所以，
在中，，
由（2）知，，即，解得．
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，
即二面角的平面角的余弦值为．
19．（2024高一下·深圳期中）如图，在中，已知，，，边上的中点为，点是边上的动点（不含端点），，相交于点．
（1）求的正弦值；
（2）当点为中点时，求的余弦值．
（3）当取得最小值时，设，求的值．
【答案】（1）解：解法1：由余弦定理得，
即，所以，
所以，
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为与互补，
所以，解得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以．
解法2：由题意可得，，
由为边上的中线，则，
两边同时平方得，，故，
因为为边中点，则的面积为面积的，
所以，
即，
化简得．
解法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，
建立平面直角坐标系，
则，，，
所以，，
所以，
因为，
所以．
（2）解：方法1：在中，由余弦定理得：，
所以，
由，分别为边，上的中线可知为重心，
可得，，
在中，由余弦定理，得，
又由，所以．
方法2：因为为边上的中线，
所以，
，即，
所以．
解法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，
建立平面直角坐标系：
则，，，，
所以，．
所以．
（3）解：设，
当时，即当时，取最小值，
，
，，
，
，，三点共线，
则.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三种方法求解.
解法1：先利用余弦定理求得BC，再根据与互补，由求得的长，在中，利用余弦定理和同角三角函数基本关系式以及的取值范围，从而得出的正弦值.
解法2：由求得，再利用的面积为面积的，从而得出的正弦值.
解法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，建立平面直角坐标系，再利用向量的夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的正弦值.
（2）利用三种方法求解.
方法1：在中，利用余弦定理求得的长，再由为重心，从而得到，，在中，利用余弦定理得出的余弦值．
方法2：由求得的值，再利用向量的夹角公式得出的余弦值．
方法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，建立平面直角坐标系，再利用向量的夹角公式得出的余弦值．
（3）设，由，则，即当时，取最小值，从而得到，再由，得到，则由A，，三点共线，从而得出实数的值．
（1）解法1、由余弦定理得，
即，所以，
所以，
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为与互补，所以，解得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以．
解法2、由题意可得，，
由为边上的中线，则，
两边同时平方得，，
故，
因为为边中点，则的面积为面积的，
所以，
即，
化简得，．
解法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，建立平面直角坐标系
则，，，
所以，，
所以，
因为，所以．
（2））解：方法1、在中，由余弦定理，
得，
所以，
由，分别为边，上的中线可知为重心，
可得，，
在中，由余弦定理，得，
又由，所以．
解法2：因为为边上的中线，所以，
，
，即．
所以．
解法3：以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点的垂线为轴，建立平面直角坐标系：
则，，，，
所以，．
所以．
（3）设，，
当即时，取最小值，
，
，，
，
，，三点共线，
.
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