广东省名校联盟2023-2024学年高一下学期期中质量检测数学试题
1．（2024高一下·广东期中）复数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】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以在复平面内对应的点位于第二象限．
故答案为： B.
【分析】先用复数乘法运算法则化简得出复数z，再根据复数的几何意义得出复数在复平面内对应的点，从而确定点所在的象限.
2．（2024高一下·广东期中）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，，
又因为，所以．
故答案为：D.
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再根据集合的并集的运算法则得出集合.
3．（2024高一下·广东期中）已知向量不共线，向量，则（ ）
A． B． C． D．12
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为不共线，，
所以，即，
则，解得.
故答案为：B.
【分析】由向量共线定理知，再根据平面向量基本定理结合对应系数相等，即可求出的值.
4．（2024高一下·广东期中）如图，四边形表示水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，，则（ ）
A． B．4 C．6 D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：还原四边形，如图所示，
依题意可得，
取的中点，连接，
则，且，
故．
故答案为：C.
【分析】根据斜二测画法和已知条件还原图形，再由中点的性质和勾股定理得出AC的长.
5．（2024高一下·广东期中）已知函数的最小正周期为，则图象的一个对称中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由，得，所以，
令，则，
当时，，
所以图象的一个对称中心的坐标为．
故答案为：D.
【分析】由正弦型函数的最小正周期得出的值，从而可得，再结合换元法和正弦函数的对称性，从而得出函数图象的一个对称中心的坐标.
6．（2024高一下·广东期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
又因为，所以，
又因为，所以．
故答案为：A.
【分析】由指数函数和对数函数的单调性，从而比较出a，b，c的大小.
7．（2024高一下·广东期中）永丰文塔位于湖南省双峰县城永丰镇，修建于清朝同治年间，巍巍七层文塔，塔形呈六角形，塔底用高达五尺八寸的青条石奠基，永丰文塔与双峰书院遥相呼应，象征双峰文运昌隆．如图，某测绘小组为了测量永丰文塔的实际高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点，现测得，在点测得塔顶A的仰角为，则塔高（ ）（取，）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理得，
则，
因为在点测得塔顶A的仰角为，
所以．
故答案为：D.
【分析】根据题意，在中利用正弦定理可得的长，再结合直角三角形中正切函数的定义，从而得出塔高AB的长.
8．（2024高一下·广东期中）已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的轴截面的内切圆与PA相切于点，如图所示：
若， 则，
因为圆锥内切球的表面积为，所以内切球的半径，
则圆锥的高为，圆锥的底面半径为，
故该圆锥的体积.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用内切圆的性质，求得圆锥的底面半径和高，结合体圆锥积公式求解即可.
9．（2024高一下·广东期中）在高为3的正三棱台中，，且上底面的面积为，则（ ）
A．正三棱台的下底面的面积为
B．正三棱台的下底面的面积为
C．正三棱台的体积为
D．正三棱台的体积为
【答案】A,C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为正三棱台的下底面的面积为，
所以正三棱台的体积
则选项A、选项C正确；选项B、选项D错误．
故答案为：AC.
【分析】运用已知条件和正三棱台的体积公式和正三角形面积公式，从而计算找出正确的选项.
10．（2024高一下·广东期中）已知复数则（ ）
A．的虚部为 B．
C．为实数 D．为纯虚数
【答案】A,B,D
【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】【解答】解：对于A：因为，，
则的虚部为，故A正确；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为，不是实数，故C错误；
对于D：因为，是纯虚数，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】利用复数四则运算法则计算出复数后，再结合共轭复数定义、复数概念与复数模长公式，从而逐项判断找出正确的选项.
11．（2024高一下·广东期中）如图，在梯形中，分别在线段上，且线段与线段的长度相等，则（ ）
A．的最小值为 B．的最大值为18
C．的最大值为 D．的面积的最大值为
【答案】B,C,D
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，以点A为坐标原点建立平面直角坐标系，
设，则
对于A、B，因为，故A错误、B正确；
对于C，因为，
当时，取得最大值，且最大值为，故C正确；
对于D，因为的面积为：
，
当时，取得最大值，且最大值为，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】利用坐标法，以A为原点建立平面直角坐标系，从而写出相关点坐标，则得到相关向量的坐标，再利用向量的坐标运算和二次函数求最值的方法，从而判断出各选项，进而找出正确的选项.
12．（2024高一下·广东期中）函数是 （填入“奇”或“偶”或“非奇非偶”）函数，当取得最小值时， ．
【答案】偶；
【知识点】函数的奇偶性；基本不等式在最值问题中的应用；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：由和，则为偶函数，
又因为，当且仅当时，
即当时，等号成立，此时．
故答案为：偶，.
【分析】利用函数奇偶性的定义判断出函数的奇偶性；再结合基本不等式求最值的方法和二倍角的余弦公式，从而得出当取得最小值时的的值.
13．（2024高一下·广东期中）已知向量，若，则 ；若，则 ．
【答案】；
【知识点】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】【解答】解：若，则，所以．
若，则，
得，
所以（舍去）或，故．
故答案为：；.
【分析】由向量垂直的坐标表示可求出的值；由数量积求向量的夹角公式可得，解方程可得出的值，再结合向量的模的坐标表示得出的值.
14．（2024高一下·广东期中）若函数只有1个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由，得，
设函数，
由指数函数性质可知，函数在上单调递减，
在上单调递增，且，，
可作出的大致图象，如图所示，
由图可知，的取值范围是．
故答案为：.
【分析】将函数只有1个零点等价于函数与函数有且只有1个交点，再借助指数函数的图象与性质可得函数的大致图象，由图得出实数m的取值范围.
15．（2024高一下·广东期中）已知的内角的对边分别为，且．
（1）证明：为钝角三角形．
（2）若的面积为，求．
【答案】（1）证明：因为，所以，
所以，所以角为钝角，故为钝角三角形．
（2）解：因为的面积，
所以，
由（1）知，所以，
由余弦定理，得，
结合，解得．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，再由余弦定理和三角函数值在各象限的符号，从而判断出三角形的形状.
（2）由三角形的面积公式可得的值，再由余弦定理可得，则解方程求出的值.
（1）证明：因为，所以，
所以，所以为钝角，故为钝角三角形．
（2）解：因为的面积，
所以．
由（1）知，所以，
由余弦定理，得，
结合，解得．
16．（2024高一下·广东期中）已知函数．
（1）证明：的定义域与值域相同．
（2）若，求m的取值范围．
【答案】（1）证明：由得，
所以的定义域为
，
因为在上单调递增，
所以，所以的值域为，
所以的定义域与值域相同．
（2）解：由（1）知在上单调递增，
所以当时，．
设，
当，即时，取得最小值，且最小值为．
因为，
所以，即m的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据对数函数的真数为非负数可得：解出x即可求得函数的定义域，然后再结合对数函数的单调性即可求得的值域；
（2）设，则，然后分别求得即可求解.
17．（2024高一下·广东期中）如图，在高为2的正三棱柱中，是棱的中点．
（1）求该正三棱柱的体积；
（2）求三棱锥的体积；
（3）设为棱的中点，为棱上一点，求的最小值．
【答案】（1）解：因为，
所以．
（2）解：因为，
，
所以.
（3）解：将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示：
当三点共线时，取得最小值，
且最小值为．
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由正三棱柱的体积公式得出该正三棱柱的体积.
（2）由三棱锥的体积等于，从而分别求出的体积，再代入得出三棱锥的体积.
（3）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示，当三点共线时，取得最小值，从而得出的最小值.
（1）因为，
所以．
（2）因为，
，
所以
（3）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．
当三点共线时，取得最小值，
且最小值为．
18．（2024高一下·广东期中）如图，在梯形中，，，，，在线段上．
（1）若，用向量，表示，；
（2）若AE与BD交于点F，，，，求的值．
【答案】（1）解：依题意得出，
．
（2）解：因为，
所以，
所以．
又因为，所以，
所以，
即，解得或，
连接交于，因为，
所以，所以，则，
因为在线段上，所以，故．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【解析】【分析】（1）根据图形关系和平面向量线性运算，再结合平面向量基本定理，则用向量，表示，.
（2）依题意可得，再根据数量积的运算律和数量积的定义，从而得到方程求出的值，再结合两三角形相似对应边成比例和向量共线定理以及x的取值范围，从而得出满足条件的x的值.
（1）依题意，
．
（2）因为，
所以，
所以．
因为，所以，
所以，即，解得或．
连接交于，因为，所以，所以，
则．
因为在线段上，所以，故．
19．（2024高一下·广东期中）在中，．
（1）证明：为的重心．
（2）若，求的最大值，并求此时的长．
【答案】（1）证明：设边的中点为，则，
因为，所以，
设的中点为的中点为，同理可得，
综上：三点共线，三点共线，三点共线，
则为三条中线的交点，即为的重心；
（2）解：由（1）知，因为，所以，
因为，所以，
设，则，
由余弦定理得，，则，
设，
所以，
当，即时，取得最大值，且最大值为，
，解得，
故．
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的共线定理；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形
【解析】【分析】（1）设，分别为，，边的中点，利用向量的加法与三角形中线的性质，推出，，再由共线定理可得为三条中线的交点证明即可；
（2）分别在三角形中，利用余弦定理，证出，设，再由两角和的正弦公式得到表示，再由三角函数的性质求出取得最大值，最后由余弦定理求解即可.
（1）证明：设的中点为，则，
因为，所以．
设的中点为的中点为，同理可得，
所以三点共线，三点共线，三点共线，
从而为三条中线的交点，即为的重心．
（2）解：由（1）知，因为，所以．
因为，所以，
设，则，
由余弦定理，得，
，则．
设，
所以，
当，即时，取得最大值，且最大值为，
此时，解得，
此时．
1 / 1广东省名校联盟2023-2024学年高一下学期期中质量检测数学试题
1．（2024高一下·广东期中）复数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
2．（2024高一下·广东期中）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·广东期中）已知向量不共线，向量，则（ ）
A． B． C． D．12
4．（2024高一下·广东期中）如图，四边形表示水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，，则（ ）
A． B．4 C．6 D．
5．（2024高一下·广东期中）已知函数的最小正周期为，则图象的一个对称中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·广东期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·广东期中）永丰文塔位于湖南省双峰县城永丰镇，修建于清朝同治年间，巍巍七层文塔，塔形呈六角形，塔底用高达五尺八寸的青条石奠基，永丰文塔与双峰书院遥相呼应，象征双峰文运昌隆．如图，某测绘小组为了测量永丰文塔的实际高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点，现测得，在点测得塔顶A的仰角为，则塔高（ ）（取，）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·广东期中）已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·广东期中）在高为3的正三棱台中，，且上底面的面积为，则（ ）
A．正三棱台的下底面的面积为
B．正三棱台的下底面的面积为
C．正三棱台的体积为
D．正三棱台的体积为
10．（2024高一下·广东期中）已知复数则（ ）
A．的虚部为 B．
C．为实数 D．为纯虚数
11．（2024高一下·广东期中）如图，在梯形中，分别在线段上，且线段与线段的长度相等，则（ ）
A．的最小值为 B．的最大值为18
C．的最大值为 D．的面积的最大值为
12．（2024高一下·广东期中）函数是 （填入“奇”或“偶”或“非奇非偶”）函数，当取得最小值时， ．
13．（2024高一下·广东期中）已知向量，若，则 ；若，则 ．
14．（2024高一下·广东期中）若函数只有1个零点，则的取值范围是 ．
15．（2024高一下·广东期中）已知的内角的对边分别为，且．
（1）证明：为钝角三角形．
（2）若的面积为，求．
16．（2024高一下·广东期中）已知函数．
（1）证明：的定义域与值域相同．
（2）若，求m的取值范围．
17．（2024高一下·广东期中）如图，在高为2的正三棱柱中，是棱的中点．
（1）求该正三棱柱的体积；
（2）求三棱锥的体积；
（3）设为棱的中点，为棱上一点，求的最小值．
18．（2024高一下·广东期中）如图，在梯形中，，，，，在线段上．
（1）若，用向量，表示，；
（2）若AE与BD交于点F，，，，求的值．
19．（2024高一下·广东期中）在中，．
（1）证明：为的重心．
（2）若，求的最大值，并求此时的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以在复平面内对应的点位于第二象限．
故答案为： B.
【分析】先用复数乘法运算法则化简得出复数z，再根据复数的几何意义得出复数在复平面内对应的点，从而确定点所在的象限.
2．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，，
又因为，所以．
故答案为：D.
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再根据集合的并集的运算法则得出集合.
3．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为不共线，，
所以，即，
则，解得.
故答案为：B.
【分析】由向量共线定理知，再根据平面向量基本定理结合对应系数相等，即可求出的值.
4．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：还原四边形，如图所示，
依题意可得，
取的中点，连接，
则，且，
故．
故答案为：C.
【分析】根据斜二测画法和已知条件还原图形，再由中点的性质和勾股定理得出AC的长.
5．【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由，得，所以，
令，则，
当时，，
所以图象的一个对称中心的坐标为．
故答案为：D.
【分析】由正弦型函数的最小正周期得出的值，从而可得，再结合换元法和正弦函数的对称性，从而得出函数图象的一个对称中心的坐标.
6．【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
又因为，所以，
又因为，所以．
故答案为：A.
【分析】由指数函数和对数函数的单调性，从而比较出a，b，c的大小.
7．【答案】D
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理得，
则，
因为在点测得塔顶A的仰角为，
所以．
故答案为：D.
【分析】根据题意，在中利用正弦定理可得的长，再结合直角三角形中正切函数的定义，从而得出塔高AB的长.
8．【答案】A
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的轴截面的内切圆与PA相切于点，如图所示：
若， 则，
因为圆锥内切球的表面积为，所以内切球的半径，
则圆锥的高为，圆锥的底面半径为，
故该圆锥的体积.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用内切圆的性质，求得圆锥的底面半径和高，结合体圆锥积公式求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为正三棱台的下底面的面积为，
所以正三棱台的体积
则选项A、选项C正确；选项B、选项D错误．
故答案为：AC.
【分析】运用已知条件和正三棱台的体积公式和正三角形面积公式，从而计算找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【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】【解答】解：对于A：因为，，
则的虚部为，故A正确；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为，不是实数，故C错误；
对于D：因为，是纯虚数，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】利用复数四则运算法则计算出复数后，再结合共轭复数定义、复数概念与复数模长公式，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，以点A为坐标原点建立平面直角坐标系，
设，则
对于A、B，因为，故A错误、B正确；
对于C，因为，
当时，取得最大值，且最大值为，故C正确；
对于D，因为的面积为：
，
当时，取得最大值，且最大值为，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】利用坐标法，以A为原点建立平面直角坐标系，从而写出相关点坐标，则得到相关向量的坐标，再利用向量的坐标运算和二次函数求最值的方法，从而判断出各选项，进而找出正确的选项.
12．【答案】偶；
【知识点】函数的奇偶性；基本不等式在最值问题中的应用；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：由和，则为偶函数，
又因为，当且仅当时，
即当时，等号成立，此时．
故答案为：偶，.
【分析】利用函数奇偶性的定义判断出函数的奇偶性；再结合基本不等式求最值的方法和二倍角的余弦公式，从而得出当取得最小值时的的值.
13．【答案】；
【知识点】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】【解答】解：若，则，所以．
若，则，
得，
所以（舍去）或，故．
故答案为：；.
【分析】由向量垂直的坐标表示可求出的值；由数量积求向量的夹角公式可得，解方程可得出的值，再结合向量的模的坐标表示得出的值.
14．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由，得，
设函数，
由指数函数性质可知，函数在上单调递减，
在上单调递增，且，，
可作出的大致图象，如图所示，
由图可知，的取值范围是．
故答案为：.
【分析】将函数只有1个零点等价于函数与函数有且只有1个交点，再借助指数函数的图象与性质可得函数的大致图象，由图得出实数m的取值范围.
15．【答案】（1）证明：因为，所以，
所以，所以角为钝角，故为钝角三角形．
（2）解：因为的面积，
所以，
由（1）知，所以，
由余弦定理，得，
结合，解得．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，再由余弦定理和三角函数值在各象限的符号，从而判断出三角形的形状.
（2）由三角形的面积公式可得的值，再由余弦定理可得，则解方程求出的值.
（1）证明：因为，所以，
所以，所以为钝角，故为钝角三角形．
（2）解：因为的面积，
所以．
由（1）知，所以，
由余弦定理，得，
结合，解得．
16．【答案】（1）证明：由得，
所以的定义域为
，
因为在上单调递增，
所以，所以的值域为，
所以的定义域与值域相同．
（2）解：由（1）知在上单调递增，
所以当时，．
设，
当，即时，取得最小值，且最小值为．
因为，
所以，即m的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据对数函数的真数为非负数可得：解出x即可求得函数的定义域，然后再结合对数函数的单调性即可求得的值域；
（2）设，则，然后分别求得即可求解.
17．【答案】（1）解：因为，
所以．
（2）解：因为，
，
所以.
（3）解：将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示：
当三点共线时，取得最小值，
且最小值为．
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由正三棱柱的体积公式得出该正三棱柱的体积.
（2）由三棱锥的体积等于，从而分别求出的体积，再代入得出三棱锥的体积.
（3）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示，当三点共线时，取得最小值，从而得出的最小值.
（1）因为，
所以．
（2）因为，
，
所以
（3）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．
当三点共线时，取得最小值，
且最小值为．
18．【答案】（1）解：依题意得出，
．
（2）解：因为，
所以，
所以．
又因为，所以，
所以，
即，解得或，
连接交于，因为，
所以，所以，则，
因为在线段上，所以，故．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【解析】【分析】（1）根据图形关系和平面向量线性运算，再结合平面向量基本定理，则用向量，表示，.
（2）依题意可得，再根据数量积的运算律和数量积的定义，从而得到方程求出的值，再结合两三角形相似对应边成比例和向量共线定理以及x的取值范围，从而得出满足条件的x的值.
（1）依题意，
．
（2）因为，
所以，
所以．
因为，所以，
所以，即，解得或．
连接交于，因为，所以，所以，
则．
因为在线段上，所以，故．
19．【答案】（1）证明：设边的中点为，则，
因为，所以，
设的中点为的中点为，同理可得，
综上：三点共线，三点共线，三点共线，
则为三条中线的交点，即为的重心；
（2）解：由（1）知，因为，所以，
因为，所以，
设，则，
由余弦定理得，，则，
设，
所以，
当，即时，取得最大值，且最大值为，
，解得，
故．
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的共线定理；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形
【解析】【分析】（1）设，分别为，，边的中点，利用向量的加法与三角形中线的性质，推出，，再由共线定理可得为三条中线的交点证明即可；
（2）分别在三角形中，利用余弦定理，证出，设，再由两角和的正弦公式得到表示，再由三角函数的性质求出取得最大值，最后由余弦定理求解即可.
（1）证明：设的中点为，则，
因为，所以．
设的中点为的中点为，同理可得，
所以三点共线，三点共线，三点共线，
从而为三条中线的交点，即为的重心．
（2）解：由（1）知，因为，所以．
因为，所以，
设，则，
由余弦定理，得，
，则．
设，
所以，
当，即时，取得最大值，且最大值为，
此时，解得，
此时．
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