2024-2025 学年高一下学期期中复习真题精选（压轴 60 题 12 类题型专
练）
【人教 A 版（2019）】
题型归纳
题型 1 向量线性运算的几何应用（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·云南昭通·期中）已知 为 △ 内一点，且满足 + +( 1) = 0，若 △ 的
1
面积与 △ 的面积的比值为4，则 的值为（ ）
A 3．4 B
4 C 1．3 ．2 D．2
2．（23-24 高一下·江苏南京·期中）如图，在 △ 中，点 是边 上一点，点 是边 的中点， 与
交于点 ，有下列四个说法：
甲： = 2 ；乙： = 3 ；
丙： △ : △ = 1:3；丁：2 + = 3 ；
若其中有且仅有一个说法是错误的，则该错误的说法为（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
3．（23-24 高一下·四川广安·期中）数学家欧拉在 1765 年提出定理：三角形的外心 重心 垂心依次位于同
一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，该定理则
被称为欧拉线定理.设点 , , 分别为三角形 的外心 重心 垂心，且 为 的中点，则（ ）
A． = 2 B． + + = 0
C | | = | | = | | D = 1 + 2． ． 3 3
4．（23-24 高一下·山西·期中）在四边形 中， = 2 ，点 是四边形 所在平面上一点，满足
+10 + +10 = 0.设 ,
分别为四边形 与 △ 的面积，则 = .
π
5．（23-24 1高一下·河南周口·期中）如图，在梯形 中，| | = 2，∠ = 3， = 2 ， 为 的中
点， = ( ≠ 0).
(1)若 = 3 14 + 4 ，试确定点 在线段 上的位置；
(2)若| | = ，当 为何值时，| |最小
题型 2 平面向量基本定理的应用（共 5 小题）
1 3．（23-24 高一下·安徽宿州·期中）在 △ 中，点 满足 = 4 ，点 在射线 AD（不含点 A）上移动，
若 = + ,则( + 2)2 + 2的取值范围是（ ）
A．[4, + ∞) B．(4, + ∞) C．(1, + ∞) D．[1, + ∞)
2．（23-24 高一下·江苏徐州·期中）如图，在△ABC 中，∠ = 4， = 2 ，P 为 CD 上一点，且满足
= + 12 ，若 = 3， = 2 2，则 的值为（ ）
A 17 21 13 19． 12 B． 4 C．12 D． 12
3．（23-24 高一下·福建漳州·期中）在 △ 中，点 满足 = 2 ，过点 的直线与 所在的直线分
别交于点 ， = , = ( > 0, > 0)，则下列说法正确的是（ ）
A = 2． 3 +
1
3 B． +
2 2
的最小值为 +1
3
2
C． = 13 + 3 D．
4
的最小值为9
4．（23-24 高一下·山东聊城·期中）如下图，在 △ 中，点 是 的中点，过点 的直线分别交直线 ,
于不同的两点 M，N．设 = , = ，则 + = ．
5．（23-24 高一下·江西景德镇·期中）已知 > 0, > 0，如图，在 △ 中，点 , 满足 = , =
, 在线段 BC 上且 = 4 ，点 是 AD 与 MN 的交点， = 3 .
(1)分别用 , 来表示 和
(2)求 + 2 的最小值
题型 3 用向量解决夹角、线段的长度问题（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·山东·期中）设 是 △ 的垂心，且3 +4 +5 = 0，则cos∠ 的值为（ ）
A． 30 B 6 70． 5 C． D．
10 5 6 14
2．（23-24 高一下·福建·期中）在 △ 中，点 D 是边 的中点，∠ = 120 ， = 3 19， = ，则
2
的值为（ ）
A．5 B．6 C． 31 D． 33
3．（23-24 高一下·浙江·期中）已知 ， 为非零向量，且满足| | = 2，| | = 1，则（ ）
A． ， π夹角的取值范围是 0, B．| |的取值范围是[1,3]
6
C． 的取值范围是[2,4] D．| + |的取值范围是[3,5]
4．（23-24 高一下·广东广州·期中）如图，正方形 的边长为6， 是 的中点， 是 边上靠近点 的
三等分点， 与 交于点 ，则cos∠ = .
5．（23-24 高一下·湖南常德·期中）如图，正方形 的边长为6, 是 的中点， 是 边上靠近点 的三
等分点， 与 交于点 ．
(1)求∠ 的余弦值．
(2)若点 自 点逆时针沿正方形的边运动到 点，在这个过程中，是否存在这样的点 ，使得 ⊥ ？若存
在，求出 的长度，若不存在，请说明理由．
题型 4 向量与几何最值（范围）问题（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·四川泸州·期中）在梯形 ABCD 中， ∥ ， ⊥ ， = = 2 = 2，E 为 的
中点，F 为 上的动点（含端点），则 的取值范围是（ ）
A 5． , 8 B． 2, 9 C． 3, 8 D． 2, 7
2 3 2 3 2
2．（23-24 高一下·北京·期中）如图，边长为 4 的正方形中心与单位圆圆心 重合，M，N 分别在圆周上，
正方形的四条边上运动，则| + |的取值范围是（ ）
A．[1,2 2] B．[1,2 2 +1] C．[ 2,2 2] D．[ 2,2 2 +1]
3．（23-24 高一下·广东广州·期中）已知 P 是边长为 1 的正六边形 内一点（含边界），且 = +
, ∈ R，则下列正确的是（ ）
A． △ 的面积为定值 B． 使得| | > | |
C ∠ π． 的取值范围是 , π D．| |的取值范围是[1, 3]
6 3
4．（23-24 高一下·上海·期中）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图
中所示的窗花轮廓可以看作是一个正八边形.已知该正八边形 1 2 3 4 5 6 7 8的边长为 10，点 在其边上
运动，则 1 2 1 的取值范围是 .
5．（23-24 高一下·浙江宁波·期中）已知矩形 中，| | = 2,| | = 1, 为 中点， 为边 上的动点
（不包括端点）.
(1)求 的最小值；
(2)设线段 与 的交点为 ，求 的最小值.
题型 5 平面向量中的新定义问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·山平面东向量聊线城性运·算期的坐中标）表示设向量 与 的夹角为 ，定义 = | sin cos |，已知| | = 2，
| + | = 5，| | = 1，则 = （ ）
A． 3 B 2 2． C． 2 D． 23 2
π
2．（23-24 高一下·江苏镇江·期中）如图，设 ∈ (0,π)，且 ≠ 2，当∠ = 时，定义平面坐标系 为
的斜坐标系，在 的斜坐标系中，任意一点 的斜坐标这样定义：设 1, 2是分别与 轴， 轴正方向相同的单
位向量，若 = 1 + 2，记 = ( , )，则下列结论中正确的是（ ）
A．设 = ( , ), = ( , )，若 ⊥ ，则 + = 0
B．设 = ( , )，则| | = 2 + 2
C．设 = ( , ), = ( , ).若 // ，则 = 0
π π
D．设 = (1,2), = (2,1)，若 与 的夹角为3，则 = 3
3．（23-24 高一下·浙江·期中）定义一种向量运算“ ”： = | || |sin , ∈ (0,π)| |, (0,π) ，其中 , 是任意的两
个非零向量， 是 与 的夹角．对于同一平面内的非零向量 ，给出下列结论，其中不正确的是（ ）
A．若 = 0，则| | = | |
B．若 ∈ ， ≠ 0，则 =
C． + = +
D．若| | = 2，则 ≤ | | +2
4．（23-24 高一下·北京·期中）对于非零向量 ，定义运算“*”： = | | | |sin .其中 为 , 的夹角.
有两两不共线的三个向量 , , ,下列结论不一定成立的是 .（只需写出序号）
①若 = ，则 =
② =
③ =
④ + = +
5．（23-24 高一下·云南昆明·期中）设平面内两个非零向量 , 的夹角为 ，定义一种运算“ ”： = |
|| |sin ．试求解下列问题：
(1)已知向量 , 满足 = (2,1),| | = 2, = 4，求 的值；
(2)①若 = ( 1, 1), = ( 2, 2)，用坐标 1, 1, 2, 2表示 ；
②在平面直角坐标系中，已知点 (2,1), ( 1,2), (0,4)，求 的值；
(3) 1已知向量 = , 2 , = 2 , 1 , ∈ 0, π ，求 的最小值．
cos sin sin cos 2
题型 6 求三角形面积的最值或范围（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·山平面东向淄量线博性运·期算的中坐标）表在示 △ 中，角 , , 所对的边分别为 , , ，若sin2 sin2 + sin2 = sin
sin ，且 = 3，则 △ 面积的最大值为（ ）
A 9 3 3 3． 3 B． C． D．24 4 3
π
2．（23-24 高一下·重庆·期中）在 △ 中，∠ 的角平分线 交 于点 ，若 = 2，∠ = 3，则 △
的面积的最小值为（ ）
A 3 B 2 3 C 2 3 D 4 3． ． ． ．3 3
3．（23-24 高一下·福建福州·期中）在 △ 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，下列四个命题中，正
确的有（ ）
A．当 = 5， = 7， = 60°时，满足条件的三角形共有 1 个
B．若 △ 是钝角三角形，则tan tan < 1
C．若 2tan = 2tan ，则 =
D．若 = 60°， = 2，则 △ 面积的最大值为 3
4．（23-24 高一下·广西钦州·期中）在 △ 中，角 , , 所对的边分别为 , , ,若sin2 sin2 + sin2 = sin
sin ,且 △ 的外接圆的半径为2 3,则 △ 面积的最大值为 ．
5 + ．（23-24 高一下·江苏无锡·期中）从① sin 2 = sin ；②sin
2 + sin2 sin2 sin sin = 0；③ cos
(2 )cos = 0， 这三个条件中任选一个， 补充在下面问题中， 并加以解答．
在 △ 中，三边 , , 分别是角 , , 的对边， 若______.
(1)求 C；
(2)若 = 2，求 △ 的面积的最大值．
题型 7 求三角形边长或周长的最值或范围（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1 cos cos 2 3sin
．（23-24 高一下·广平面东向量茂线名性运·算期的坐中标）表示在 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , ，若 + = , = ，3sin 3
则 + 的取值范围是（ ）
A 3． , 3 B 3． , 3 C． 3 , 3 D． 3 , 3
2 2 2 2
2．（23-24 高一下·湖北武汉·期中）在锐角 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , , 为 △ 的面积， = 4，
且2 = 2 ( )2，则 △ 的周长的取值范围是（ ）
A． 8,4 5 + 4 B． 12,2 5 + 2 C． 8,2 5 + 2 D． 12,4 5 + 4
3．（23-24 高一下·浙江绍兴·期中）已知在锐角 △ 中，内角 , , 所对的边分别为 ， ， ，若 △ 的
2+ 2 2
面积为 4 ， = 1，则（ ）
π
A． = 4 B．边 的取值范围是
2 , 2
2
C △ 1 , 1． 面积取值范围是 D． △ 周长取值范围是[ 2 + 1,2 + 2]
4 2
4．（23-24 高一下·四川泸州·期中）在锐角 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若 = 2, =
π
3，则 △ 周长的取值范围为 ．
5．（23-24 高一下·广东茂名·期中）设 △ 内角 , , 的对边分别为 , , ，已知 = 2 3，2 = 2 cos ．
(1)求角 ；
(2)若 + = 4，求 △ 的面积；
(3)求 △ 的周长的取值范围．
题型 8 复数的模的最值（范围）问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·河平面北向量石线家性运庄算的·坐期标中表示）当复数 z 满足| (3 + 4i)| = 1时，则| |的最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（23-24 高一下·福建福州·期中）已知复数 满足| | = 2，则| + 3 + 4i|最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．（23-24 高一下·安徽芜湖·期中）下列命题正确的是（ ）
A．若 1， 2是复数，则 1 + 2 = 1 + 2
B．若复数 的共轭复数为 ， = | |2 = | |2
C．虚轴上的点对应的均为纯虚数
D．已知复数 满足| + 3i| = 1（i为虚数单位），则| 1 + 2i|的最小值是 2 1
4．（23-24 高一下·河北·期中）若复数 1， 2满足| 1 5 7i| = 1，| 2 + i| = | 2 i|，则| 1 2|的最小值为 ．
5．（23-24 高一下·福建三明·期中）已知复数 = 1 + i( ∈ )，i 为虚数单位．
(1)若 z 是纯虚数，求 a；
(2)若| | = 5，求 ；
(3)在（1）的条件下，复数 w 满足| | = 1，写出复数 w 在复平面上对应点的轨迹.
题型 9 几何体与球的切、接问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·福平面建向量莆线田性运·算期的坐中标）表示一个正四面体的棱长为2，则它的外接球与内切球表面积之比为（）
A．3:1 B． 3:1 C．9:1 D．27:1
2．（23-24 高一下·福建厦门·期中）把 △ 1 2 3沿三条中位线折叠成四面体 ，其中 1 2 = 24， 1 3
= 20， 2 3 = 16，则四面体 的外接球表面积为（ ）
A 77π． 2 B．77π C．154π D．308π
3．（23-24 高一下·广东广州·期中）如图，在直三棱柱 1 1 1中， 1
= 2, = = 1,∠ = 120°，侧面 1 1 的对角线交点 O，点 E 是侧棱 1上的一个动点，下列结论正
确的是（ ）
A．直三棱柱的侧面积是4 + 2 3
B．直三棱柱的外接球表面积是8π
C．直三棱柱的内置球的最大表面积为4
D． + 1的最小值为2 2
4．（23-24 高一下·浙江·期中）已知直三棱柱 1 1 1中，侧棱 1 = 4， = = 3， = 4，则三
棱柱 1 1 1的外接球表面积为 ．
5．（23-24 高一下·重庆·期中）如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， , 分别为 , 的
中点， 为线段 上一点，且 = 4 ．
(1)证明： //平面 ；
(2)若四棱锥 为正四棱锥，且 = 5 ，求四棱锥 的外接球与正四棱锥 的体积
之比．
题型 10 立体几何中的截面问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·福平面建向福量线州性运·算期的中坐标）表示已知正方体 1 1 1 1的棱长为2， , , 分别是 , 1, 1 1的中
点，则过这三点的截面面积是（ ）
A．3 2 B．6 2 C．6 3 D．3 3
2．（23-24 高一下·安徽合肥·期中）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围
成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，
共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知 = 1，则关
于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为5 2
4
B．该半正多面体过 3 3， ， 三点的截面面积为
4
C．该半正多面体外接球的表面积为8π
D．该半正多面体的表面积为6 + 2 3
3．（23-24 1高一下·浙江温州·期中）如图所示，在等腰梯形 中，已知 ∥ ， = = 2 = 1，将
△ 沿直线 翻折成 △ ′ ，则（ ）
A．翻折过程中存在某个位置，使得 ′ ⊥
B．当二面角 ′ 为150° 1时，点 到平面 ′ 的距离为2
C π π．直线 ′ 与 所成角的取值范围为 ,
6 2
π
D．当三棱锥 ′ 的体积最大时，以 ′ 为直径的球被平面 ′ 所截的截面面积为4
4．（23-24 高一下·安徽宿州·期中）现有一块如图所示的三棱锥木料，其中∠ = ∠ = ∠ = 40°，
= = = 6，木工师傅打算过点 将木料切成两部分，则截面 △ 周长的最小值为 .
5．（23-24 高一下·河南·期中）如图，在正方体 1 1 1 1中，棱长为2， 是线段 1的中点，平面
过点 1、 、 .
(1)画出平面 截正方体所得的截面，并说明原因；
(2)求（1）中截面多边形的面积；
(3)平面 截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：
= 1棱台 3 ′ + ′ + ）
题型 11 立体几何中的探索性问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·浙平面江向量温线州性运·算期的中坐标）表示设 是给定的平面， 、 是不在 内的任意两点，则下列命题中正确的
是（ ）
A．在 内一定存在直线与直线 相交
B．在 内一定存在直线与直线 异面
C．一定存在过直线 的平面与 平行
D．存在无数过直线 的平面与 垂直
2．（23-24 高一下·重庆荣昌·期中）如图，正方体 1 1 1 1的棱长为 1，动点 在线段 1 1上， ，
分别是 ， 的中点，则下列结论中错误的是（ ）
A． // 1 1
B．当 E 为 1 1中点时， ⊥
C．三棱锥 的体积为定值
D．存在点 ，使得平面 //平面 1 1
3．（23-24 高一下·浙江·期中）已知正方体 1 1 1 1的棱长为 2，棱 AB，BC 的中点分别为 E，F，
点 在上底面 1 1 1 1上（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．存在点 ，使得平面 //平面 1 1
B．不存在点 ，使得直线 1//平面 EFG
C．三棱锥 的体积不变
D．存在点 ，使得 ⊥ 平面 1
4．（23-24 高一下·北京昌平·期末）在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1中， ， ， 分别为棱 1， 1
1， 1的中点，动点 在平面 内，且 = 1.给出下列四个结论：
① 1 //平面 ；
②点 轨迹的长度为π；
③存在点 ，使得直线 ⊥ 平面 ；
④平面 3 3截正方体所得的截面面积为 .
4
其中所有正确结论的序号是 .
5 7 3．（23-24 高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台 1 1 1的体积为 ，平面 12 1 1 ⊥ 平面 1
1， △ 是以 为直角顶点的等腰直角三角形，且 = 2 1 = 2 1 1 = 2 1.
(1)证明： ⊥ 平面 1 1；
(2)求点 到面 1 1的距离；
π
(3)在线段 1上是否存在点 ，使得二面角 的大小为6，若存在，求出 的长，若不存在，请说明
理由.
题型 12 立体几何综合（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·海平面南向量省线直性运辖算的县坐标级表单示 位·期中）如图，棱长为 2 的正方体 1 1 1 1中， 为棱 1的
中点， 为正方形 1 1内一个动点（包括边界），且 1 //平面 1 ，则下列说法不正确的有（ ）
A．动点 轨迹的长度为 2
B 1．三棱锥 1 1 体积的最小值为3
C． 1 与 1 不可能垂直
D 25．当三棱锥 1 1 的体积最大时，其外接球的表面积为 2 π
2．（23-24 高一下·天津北辰·期中）如图所示，正方体 1 1 1 1的棱长为 1，线段 1 1上有两个动
1
点 、 ，且 = 2，给出下列判断:
①直线 与 1 1异面；② //平面 ABCD；③三棱锥 的体积为定值；④ △ 的面积与 △ 的
面积相等;⑤ = .其中判断正确的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（23-24 高一下·广东深圳·期中）如图，正方体 1 1 1 1的棱长为 1，则下列结论正确的是（ ）
A． 在底面 内（包括边界）运动，若 1 //平面 1 1，则 的轨迹长度为 2
π
B． 在底面 内（包括边界）运动，若直线 1 与平面 所成角为45°，则 的轨迹长度为3
C 21 3．以 为球心， 为半径作球，则球面与正方体的表面的交线长为 π
3 3
D 2 3 5 3．以 为球心， 为半径作球，则球面与正方体的表面的交线长为 π
3 6
4．（23-24 高一下·北京顺义·期中）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形，如
图 1，在一个棱长为 2r 的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖（如图 2），我
国南北朝时期数学家祖暅基于“势幂既同则积不容异”这一观点和对牟合方盖性质的研究，推导出了球体体积
公式．设平行于水平面且与水平面距离为 (0 < < )的平面为 ，则平面 截牟合方盖所得截面的形状为
1（填“正方形”或“圆形”），设半径为 r 的球体体积为 1，图 2 所示牟合方盖体积为 2，则 = ．2
5．（23-24 高一下·山西阳泉·期中）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖
暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平
行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其
最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体 1 1 1 1，棱长为 ．
(1)求图中四分之一圆柱体 1 1 1 1的体积；
(2)在图中画出四分之一圆柱体 1 1 1 1与四分之一圆柱体 1 1 1 1的一条交线（不要求说明理
由）；
(3)四分之一圆柱体 1 1 1 1与四分之一圆柱体 1 1 1 1公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点
在棱 1上，设 1 = 过点 作一个与正方体底面 平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部
分的面积；如果令 = 2，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积．2024-2025 学年高一下学期期中复习真题精选（压轴 60 题 12 类题型专
练）
【人教 A 版（2019）】
题型归纳
题型 1 向量线性运算的几何应用（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·云南昭通·期中）已知 为 △ 内一点，且满足 + +( 1) = 0，若 △ 的
面积与 △ 1的面积的比值为4，则 的值为（ ）
A 3 4 1．4 B．3 C．2 D．2
【解题思路】如图，根据平面向量的线性运算可得2 = ，则 在线段 上，且 = ，设 = 1，结
△ = 1合 和 △ △ = △ 计算即可求解.
【解答过程】由 + +( 1) = 0，得 ( + ) = = ，
如图， , 分别是 , 的中点，
则2 = ，
所以 在线段 上，且2 = = 2 ，
= 得 ，设 = 1，则 = ，所以 = 1，
△ = = 1 1 1因为 △ ， △ = △ = 2 △ ， △ = 2 △ ，
△ 1 1 4
所以 △ = △ ，则 = = ，解得 = .△ 4 3
故选：B.
2．（23-24 高一下·江苏南京·期中）如图，在 △ 中，点 是边 上一点，点 是边 的中点， 与
交于点 ，有下列四个说法：
甲： = 2 ；乙： = 3 ；
丙： △ : △ = 1:3；丁：2 + = 3 ；
若其中有且仅有一个说法是错误的，则该错误的说法为（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【解题思路】结合三角形重心性质及向量线性运算进行合情推理即可判断.
【解答过程】若 = 2 ，则点 是 △ 的重心，则有 = 2 ，
所以甲乙中必有一个是错误的，所以丙丁正确，
由丁：2 + = 3 知，点 不是边 的中点，所以甲说法错误.
故选：A.
3．（23-24 高一下·四川广安·期中）数学家欧拉在 1765 年提出定理：三角形的外心 重心 垂心依次位于同
一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，该定理则
被称为欧拉线定理.设点 , , 分别为三角形 的外心 重心 垂心，且 为 的中点，则（ ）
A． = 2 B． + + = 0
C．| | = | | = | | D． = 13 +
2
3
1
【解题思路】利用欧拉线的几何性质 = 2 ，再结合平面几何中的平行性质，以及向量的线性运算，即
可作出判断.
【解答过程】
对于 A，由 是 的中点，又由 是外心， 是垂心，可知: ⊥ , ⊥ ,
所以 // ，根据平行线分线段成比例可知： = ，
1 1
又由欧拉线的性质可知： = 2 ，所以 = 2，即 = 2 ，故 A 正确；
对于 B，由于 是重心，所以2 + = 0，
1 1而 是 的中点，所以 = 2 + 2 ，代入上式可得： + + = 0，故 B 正确；
对于 C，因为 是外心，所以| | = | | = | |，故 C 正确；
对于 D，由向量的加法可知： = + = + 23 = +
2 2
3 = 3 +
1
3 ，故 D 错误；
故选：ABC.
4．（23-24 高一下·山西·期中）在四边形 中， = 2 ，点 是四边形 所在平面上一点，满足
+10 + +10 = 0.设 , 分别为四边形
2
与 △ 的面积，则 = 11 .
【解题思路】设出梯形 两底的长，取 AB，CD，BD，AC 的中点 M，N，X，Y，并探讨它们的关系，
结合已知向量等式确定点 P 的位置并求出 ，再由三角形、梯形面积公式求解即得.
【解答过程】在四边形 中， = 2 ，则四边形 是梯形，且 // ，令 = 2， = 4，
记 M，N，X，Y 分别是 AB，CD，BD，AC 的中点，显然 // , // , // ，
于是点 M，X，Y，N 顺次共线并且 = = = 1，
显然 + = 2 ， + = 2 ，而 +10 + +10 = 0，则 +10 = 0，
1
因此点 P 在线段 XY 上，且 = 11，设 A 到 MN 的距离为 h，
2 1
由面积公式可知 =
△ = △ = 1+ 211 2 = 2 = =2×3 11．
2
故答案为：11.
π
5．（23-24 1高一下·河南周口·期中）如图，在梯形 中，| | = 2，∠ = 3， = 2 ， 为 的中
点， = ( ≠ 0).
(1)若 = 34 +
1
4 ，试确定点 在线段 上的位置；
(2)若| | = ，当 为何值时，| |最小
【解题思路】（1）结合图形，先证得四边形 是平行四边形，利用向量的线性运算即可判断点 在线段
上的位置；
2
（2）结合（1）中的结论，得到 关于 的表达式，进而利用向量数量积运算求模得到 关于 的二次表
达式，从而可求得| |最小以及相应 的值.
【解答过程】（1）过 作 // 交 于 ，如图，
1
因为 = 2 ，所以 // , = 2 ，
则四边形 是平行四边形，故 = 2 = 2 ，即 是 的中点，
所以 = 12 =
1 = 12 2
1 1 1
2 = 4 2 ，
因为 = ，所以 = (1 ) ，
所以 = + + = (1 ) + 12 +
1
4
1 1 3
2 = +2 4
3 1
又因为 = 4 + 4 ，
1
所以2 =
1 1
4，解得 = 4，
所以 在线段 上靠近 点的四等分点处；
（2）因为 = ( ≠ 0)，所以 = + = + = (1 ) ，
所以 = + + = (1 ) + 12 +
1 1 1 3
4 2 = (2 ) + 4 ，
π 2
因为 = 2 cos = ， 2 = 23 ， = 4
2 2 2
所以 = 1 2 + 9 + 3 14 2 =
1 + 3 + 27
2 2 2 4 16
，
1 3 1 3 2 27
所以当 = ，即 = + 时， 取得最小值
2 4 2 4 16
.
所以| | 3 3 1 3的最小值为 ，此时 = 2 +4 4 .
题型 2 平面向量基本定理的应用（共 5 小题）
1．（23-24 3高一下·安徽宿州·期中）在 △ 中，点 满足 = 4 ，点 在射线 AD（不含点 A）上移动，
若 = + ,则( + 2)2 + 2的取值范围是（ ）
A．[4, + ∞) B．(4, + ∞) C．(1, + ∞) D．[1, + ∞)
【解题思路】设 = , > 0，利用向量的线性运算用 表示 , ，再代入求出范围即得.
3
【解答过程】由点 在射线 （不含点 ）上，设 = , > 0，又 = 4 ，
=
则 = ( + ) = [ + 34( )] =
4 +
3
4 ，于是
4
= 3
，
4
2
因此 = ( + 2)2 + 2 = ( 3 + 2) + 1 2 = 5 2 +3 + 4 > 44 16 8 ，
所以( + 2)2 + 2的取值范围是(4, + ∞).
故选：B.
2．（23-24 高一下·江苏徐州·期中）如图，在△ABC 中，∠ = 4， = 2 ，P 为 CD 上一点，且满足
= + 12 ，若 = 3， = 2 2，则 的值为（ ）
A 17 21 13 19． 12 B． 4 C．12 D． 12
【解题思路】根据已知条件，结合向量的基本定理，可得 = 12 +
1 2
4 ， = 3 ,即可由平面向量
的数量积运算，即可求解．
2
【解答过程】 = 2 ，则 = 3 ，
设 = (0 ≤ ≤ 1)，则 = ( ) 1， = + 2 ，
1 2
则( 1) + 2 = (3 )，
1 = 3 1
故 1 = 2 ，解得 = 4， = 4，
2 3
= 3 1 3 2故 4 + 4 = 4 × 3 +
1 = 14 2 +
1
4 ,
π
= 3， = 2 2，∠ = 4，
则 = ( ) = (14 +
1 2
2 ) (3 )
1
2 2
= 13 4
1
3 =
8 9 1 2 193 4 3 × 3 × 2 × = 2 12．
故选：D．
3．（23-24 高一下·福建漳州·期中）在 △ 中，点 满足 = 2 ，过点 的直线与 所在的直线分
别交于点 ， = , = ( > 0, > 0)，则下列说法正确的是（ ）
A 2 1． = 3 + 3 B． +
2 2
的最小值为 +1
3
C = 1
2
． 3 +
4
3 D． 的最小值为9
1 2
【解题思路】先利用向量的线性运算判断 AC，再利用三点共线得到3 + 3 = 1，进而利用基本不等式与“1”
的妙用即可得解.
【解答过程】如图所示，因为 = 2 ，则 = 2 ，即 = 2 ，
1 2
所以 = 3 + 3 ，故 A 错误；
又因为 = , = ( > 0, > 0)，
1 2
所以 = 3 + 3 ，故 C 正确；
1 2
因为 三点共线，则3 + 3 = 1，
2
所以1 = 1 + 1 2
2 2 8
3 3 ≥ 2 = ，则 ≥ ，3 3 3 9
1 2
当且仅当3 =
4
3 ，即 = 2 = 3时，等号成立，
所以 8的最小值为9，故 D 错误；
+ = 2 ( + ) 1 + 2 = + +1 ≥ 2 2 +1 = 2 2所以
3 3 3 3
+1，
3 3 3
2
当且仅当3 = 3 ，即 = 2 =
2 + 2时，等号成立，
3 3
所以 + 2 2的最小值为 +1，故 C 正确.
3
故选：BC.
4．（23-24 高一下·山东聊城·期中）如下图，在 △ 中，点 是 的中点，过点 的直线分别交直线 ,
于不同的两点 M，N．设 = , = ，则 + = 2 ．
1
【解题思路】通过 = 2 + 代入 = , = 后，根据 , , 三点共线计算即可.
【解答过程】因为点 是 的中点，
= 1 1 1所以 2 + = 2 + = 2 +
1
2 ，
又 , , 三点共线，
1
所以2 +
1
2 = 1，即 + = 2.
故答案为：2.
5．（23-24 高一下·江西景德镇·期中）已知 > 0, > 0，如图，在 △ 中，点 , 满足 = , =
, 在线段 BC 上且 = 4 ，点 是 AD 与 MN 的交点， = 3 .
(1)分别用 , 来表示 和
(2)求 + 2 的最小值
【解题思路】（1）平面向量基本定理的运用，根据已知条件，结合向量的线性运算即可求解.
（2）根据已知条件，结合三点共线性质和基本不等式中“1”的妙用即可求解.
【解答过程】（1）因为 = 4 ，
所以 = + = + 1 1 34 = + 4 = 4 +
1
4 ，
因为 = 3 ，
= 1 = 1 3 1 1所以 3 3 +
1 = 4 + .4 4 12
2 1 = 1 + 1（ ）由（ ） 4 12 ，
因为 = , = ， > 0, > 0，
= 1所以 4 +
1 = 112 4 +
1
12 ，
因为 , , 三点共线，
1 1
所以4 + 12 = 1， > 0, > 0，
5 5 5
所以 + 2 = ( + 2 ) 1 + 1 = + + 6
4 12 12 2 12
≥ 12 +2 × = + ，2 12 12 6
3+ 6
当且仅当2 = 12 ，即 = 6 = 时等号成立，12
故 + 2 5 6的最小值为12 + .6
题型 3 用向量解决夹角、线段的长度问题（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·山东·期中）设 是 △ 的垂心，且3 +4 +5 = 0，则cos∠ 的值为（ ）
A 30． B． 5 C． 6 D． 70
10 5 6 14
【解题思路】根据题意，由垂心的向量表达式可得 = = ，结合条件即可分别求得
| |,| |，结合向量的夹角公式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】因为 是 △ 的垂心，所以 = 0，即 = ，
同理可得 = 0，即 = ，
所以 = = ，
设 = = = ，
因为3 +4 +5 = 0，所以3 +4 +5 = 0，
所以| | = 2 , < 0，同理可得| | = 3 ，
所以cos∠ = | || | = 2 × 3 =
6.
6
故选：C.
2．（23-24 高一下·福建·期中）在 △ 中，点 D 是边 的中点，∠ = 120 = 3 = 19， ， ，则
2
的值为（ ）
A．5 B．6 C． 31 D． 33
【解题思路】由平面向量的数量积与模的关系计算即可.
【解答过程】如图所示，由题意可得：
2 2 2
= 12 + =
1 19
4 + + 2 = 4 ，
9 + 1 2 3 = 19即4 4 4 4 ，解之得 = 5.
故选：A.
3．（23-24 高一下·浙江·期中）已知 ， 为非零向量，且满足| | = 2，| | = 1，则（ ）
A π． ， 夹角的取值范围是 0, B．| |的取值范围是[1,3]
6
C． 的取值范围是[2,4] D．| + |的取值范围是[3,5]
【解题思路】选项 A 中，设 ， 的夹角为 ，由题意求出cos 的取值范围，即可得出夹角 的范围；选项 B
中，由cos 的取值范围，列不等式求出| |的取值范围；选项 C 中，由| |取值范围，求出 的取值范围；
选项 D 中，由 的取值范围，直接求出| + |的范围．
2
【解答过程】设 ， 的夹角为 ，由| | = 2，| | = 1，得 2 2 + = 1，
2
所以4 4| |cos + | |2 = 1 cos = 3+| |
3 3
，解得 = | | | | 3
3 | |
4| | 4| |
+ ≥ 2 × = ，当且仅当4 4| | 4 2 4| |
= ，即| | =
4 3
时取“ = ”，
3 π
所以 ≤ cos ≤ 1，所以夹角 的取值范围是[0,6]，A 正确；2
3 2 2≤ cos ≤ 1 3 ≤ 3+| | ≤ 1 | | 4| | + 3 ≤ 0由 ，得 ，等价于
2 2 4| | | |2 2 3| | + 3 ≥ 0 ，
解得1 ≤ | | ≤ 3，所以| |的取值范围是[1,3]，选项 B 正确；
因为 = 12(3 + | |
2) 1，| |2 ∈ [1，9]，所以2(3 + | |
2) ∈ [2,6]，
即 的取值范围是[2,6]，C 错误；
2 2
( + ) = 2 +2 + = 1 + 4 ，
由 ∈ [2,6]，得1 + 4 ∈ [9,25]，所以| + | ∈ [3,5]，D 正确．
故选：ABD．
4．（23-24 高一下·广东广州·期中）如图，正方形 的边长为6， 是 的中点， 是 边上靠近点 的
2
三等分点， 与 交于点 ，则cos∠ = .
10
【解题思路】令 = ， = 作为基底，将 , 表示出来，再根据向量的数量积公式求夹角即可.
【解答过程】设 = ， = ，则 = + = + 1 1 13 = + 3 = + 3 ，
= = 1 12 = 2 ，又| | = | | = 6， = 0，
1 +1
所以cos∠ = cos , = = 2 3| | | | |1 | | +1 2 3 |
1 2 2 1
= 2 3
6 2
1 2+ 2 2+1 2
= =
3 5×2 10 ．10
4 9
2
故答案为： .
10
5．（23-24 高一下·湖南常德·期中）如图，正方形 的边长为6, 是 的中点， 是 边上靠近点 的三
等分点， 与 交于点 ．
(1)求∠ 的余弦值．
(2)若点 自 点逆时针沿正方形的边运动到 点，在这个过程中，是否存在这样的点 ，使得 ⊥ ？若存
在，求出 的长度，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）如图所示，建立以点 为原点的平面直角坐标系，由于∠ 就是 , 的夹角，从而利
用向量夹角的坐标表示即可求解；
18 6
（2）根据向量的共线表示联立方程组可求解 , ，分点 在 上、点 在 上，结合向量垂直的坐标
7 7
表示即可求解.
【解答过程】（1）如图所示，建立以点 为原点的平面直角坐标系．
则 (0,6), (3,0), (0,0), (6,2), ∴ = (3, 6), = (6,2)．
由于∠ 就是 , 的夹角．
18 12
∴ cos∠ = 2 2| || | = = ∴ ∠ 9+36 36+4 的余弦值为 ．10 10
（2）设 ( , ), ∴ = ( , 6), ∵ ∥ , ∴ 3( 6) +6 = 0, ∴ 2 + 6 = 0
∵ = ( , ), = (6,2), ∥ , ∴ 2 6 = 0, ∴ = 3 , ∴ 7 = 6, ∴ =
6
7．
∴ = 187 , ∴
18 , 6 ．
7 7
由题得 = (3,2)．
①当点 在 上时，设 ( ,0),(0 ≤ ≤ 6), ∴ = 18 , 6 ，
7 7
2 2
∴ 3 54 127 7 = 0, ∴ =
22
7 , ∴
22 ,0 , ∴ | | = 4 + 6 = 2 13；
7 7 7 7
② 24 6当点 在 上时，设 (6, ),(0 < ≤ 6), ∴ = , ，
7 7
∴ 72 127 +2 7 = 0, ∴ =
30
7 ，舍去．
22 2
综上，存在 ,0 ,| | = 7 13．7
题型 4 向量与几何最值（范围）问题（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·四川泸州·期中）在梯形 ABCD 中， ∥ ， ⊥ ， = = 2 = 2，E 为 的
中点，F 为 上的动点（含端点），则 的取值范围是（ ）
A 5 , 8 B 2, 9 8． ． C． 3, D． 2, 7
2 3 2 3 2
【解题思路】建立适当的平面直角坐标系，利用向量的数量积的坐标公式表示出 ，结合 的范围即可
得解.
【解答过程】以 A 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则 (0,0)， (2,0)， (1,2) 3， (0,2)， ,1 ， ( ,2)(0 ≤ ≤ 1)，
2
= 3所以 ,1 , = ( ,2), =
3
2 + 2，2
因为 7的取值范围是[0,1]，所以 的取值范围是 2, .
2
故选：D．
2．（23-24 高一下·北京·期中）如图，边长为 4 的正方形中心与单位圆圆心 重合，M，N 分别在圆周上，
正方形的四条边上运动，则| + |的取值范围是（ ）
A．[1,2 2] B．[1,2 2 +1] C．[ 2,2 2] D．[ 2,2 2 +1]
【解题思路】设 的反向延长线与单位圆交于点 ，得出| + | = | |，求出 到圆心的距离的最值后
根据圆的性质可得．
【解答过程】如图， 的反向延长线与单位圆交于点 ，则 = ，
+ = = ，
所以| + | = | |，
又由题意| |的最大值是2 2，最小值是 2，而 在单位圆上，
因此| |的最大值是2 2 +1，最小值是2 1 = 1，即所求值域是[1,2 2 +1]．
故选：B．
3．（23-24 高一下·广东广州·期中）已知 P 是边长为 1 的正六边形 内一点（含边界），且 = +
, ∈ R，则下列正确的是（ ）
A． △ 的面积为定值 B． 使得| | > | |
C．∠ π π的取值范围是 , D．| |的取值范围是[1, 3]
6 3
【解题思路】对 A，根据 = + , ∈ R可得 // ，从而确定 在正六边形 的对角线 上
运动，进而根据 到 的距离为定值判断即可；对 B，根据正六边形的对称性判断即可；对 C，根据正六边
形的对称性分析最值即可；对 D，根据当 ⊥ 时，| |有最小值判断即可.
【解答过程】对 A，由 = + , ∈ R可得 = ，
即 = ，可得 // ，
因此， 在正六边形 的对角线 上运动，
所以 到 的距离为定值，所以 △ 的面积为定值，故 A 正确；
对 B，因为正六边形 关于对角线 对称，故| | = | |，故 B 错误；
π
对 C，根据图形的对称性，当 为 中点时，∠ 取得最大值3，
π
当 与 , 重合时∠ π π取得最小值6，即∠ 的取值范围是 , ，故 C 正确；6 3
对 D，因为正六边形边长为 1，所以平行线 , 3的距离 = ，
2
又当 ⊥ 时，| | 3有最小值 ，故 D 错误.2
故选：AC.
4．（23-24 高一下·上海·期中）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图
中所示的窗花轮廓可以看作是一个正八边形.已知该正八边形 1 2 3 4 5 6 7 8的边长为 10，点 在其边上
运动，则 1 2 1 的取值范围是 [ 50 2,100 + 50 2] .
【解题思路】作出图形，由图可得点 在 3 4上运动， 1 2 1 取的最大值，当 在 7 8上运动， 1 2 1
取的最小值，求得相应最值即可.
【解答过程】分别过 3， 8作 1 2的垂线，垂足为 ， ，且 1 = 5 2， 1 = 10 + 5 2，
因为点 在正八边形上运动，所以 1 在 1 2上的投影向量的起点为 1，终点在线段 上移动，
则当点 在 3 4上运动， 1 2 1 取的最大值，为| 1 2| | 1 | = 10 × (10 + 5 2) = 100 + 50 2，
则当点 在 7 8上运动， 1 2 1 取的最小值，为 | 1 2| | 1 | = 10 × 5 2 = 50 2，
所以 1 2 1 的取值范围是[ 50 2,100 + 50 2]
故答案为：[ 50 2,100 + 50 2].
5．（23-24 高一下·浙江宁波·期中）已知矩形 中，| | = 2,| | = 1, 为 中点， 为边 上的动点
（不包括端点）.
(1)求 的最小值；
(2)设线段 与 的交点为 ，求 的最小值.
【解题思路】（1）以点 为原点建立直角坐标系，利用向量数量积的坐标公式求得结果；
（2）根据三角形相似得出 = ，再求出 的坐标，利用向量数量积的坐标公式求得结果.
【解答过程】（1）设 = ( ∈ (0,2))，如图建立直角坐标系：
∵ (0,0), (0,1), ( ,1), (2,0)，
∴ = ( , 1), = (2 , 1)
∴ = (2 ) + ( 1) × ( 1) = 2 2 + 1 = ( 1)2
当 = 1时， 有最小值，最小值为 0；
（2）由图可得： △ ∽△
1 1
则 = = ∴ = +1
1
∴ = ( ,1), = + 1 , + 1
2 1
= + 1 + + 1
=
2+1 = ( +1)
2 2 2
+1 +1 = + 1 +1 =
2
( + 1) + +1 2 ≥ 2 2 2，
当且仅当 + 1 = 2 +1即 = 2 1时取等号，
∴ 的最小值为2 2 2.
题型 5 平面向量中的新定义问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·山平面东向量聊线城性运·算期的坐中标）表示设向量 与 的夹角为 ，定义 = | sin cos |，已知| | = 2，
| + | = 5，| | = 1，则 = （ ）
A． 3 B 2 2． C． 2 D． 23 2
【解题思路】利用平面向量数量积的运算法则求得 与cos ，进而求得sin ，再代入 ，利用数量积
求模长公式即可得解.
【解答过程】 ∵ | | = 2，| | = 1,| + | 2= 5， ∴ | + | = 2 2+2 + = 5，
即2 + 2 +1 = 5，则 = 1，
故 = | || |cos = 2cos = 1，得cos = 2， 2
2
∵ ∈ [0,π]， ∴ sin = 1 2 = 2，
2 2
∴ = | 2 2 sin cos | = | 2 2 |
= 1 2 + 1 2 = 1 × 2 1 + 1 = 2.
2 2 2 2 2
故选：D.
π
2．（23-24 高一下·江苏镇江·期中）如图，设 ∈ (0,π)，且 ≠ 2，当∠ = 时，定义平面坐标系 为
的斜坐标系，在 的斜坐标系中，任意一点
的斜坐标这样定义：设 1, 2是分别与 轴， 轴正方向相同的单
位向量，若 = 1 + 2，记 = ( , )，则下列结论中正确的是（ ）
A．设 = ( , ), = ( , )，若 ⊥ ，则 + = 0
B．设 = ( , )，则| | = 2 + 2
C．设 = ( , ), = ( , ).若 // ，则 = 0
π π
D．设 = (1,2), = (2,1)，若 与 的夹角为3，则 = 3
【解题思路】利用向量垂直的坐标表示可得 A 错误；由向量模长的定义可得 B 错误；由向量平行的坐标表
示可得 C 正确；由向量数量积的定义可得 D 错误.
【解答过程】A：因为 = ( , ), = ( , )，所以 = 1 + 2, = 1 + 2，
又 ⊥ ，所以 = 0，
即( + ) ( + ) = 2 + ( + ) + 21 2 1 2 1 1 2 2 = + + ( + )cos = 0，
所以 + = ( + )cos ，
1
因为 ≠ 2π，所以 + ≠ 0，故 A 错误；
B：因为 = ( , )，所以 = 1 + 2，
所以| | = | 1 + 2| = 2 + 2 + 2 cos ，
π
又 ∈ (0,π)，且 ≠ 2，
所以| | ≠ 2 + 2，故 B 错误；
C：因为 = ( , ), = ( , )，所以 = 1 + 2, = 1 + 2，
又 // ，则 = ，即 1 + 2 = ( 1 + 2)，
=
即 = ，所以 = 0，故 C 正确；
D：因为 = (1,2), = (2,1)，所以 = 1 +2 2, = 2 1 + 2，
π
又 与 的夹角为3，
→ → → 2 → → → 2
π · → → → →cos = 1+2 2 · 2 1+ 2
2 1 +5 1· 2+2 2 4+5cos
所以 3 |→||→ | = | → = 2+2 → ||2 → + → | → +2 → 2 → → 2 =1 2 1 2 + 5+4cos ，1 2 1 2
1
解得cos = 2，
所以 = 2π3 ，故 D 错误；
故选：C.
3 23-24 · · “ ” = | || |sin , ∈ (0,π)．（ 高一下 浙江 期中）定义一种向量运算 ： | | , , (0,π) ，其中 是任意的两
个非零向量， 是 与 的夹角．对于同一平面内的非零向量 ，给出下列结论，其中不正确的是（ ）
A．若 = 0，则| | = | |
B．若 ∈ ， ≠ 0，则 =
C． + = +
D．若| | = 2，则 ≤ | | +2
【解题思路】利用 的定义证明 A 选项正确，然后由 2 ≠ 2 可否定 B 和 C 选项，最后给
出 D 选项的反例即可.
【解答过程】对于 A | |，若 = 0，由 的定义有 | | sin = 0 |或 | = 0 ∈ (0,π) (0,π) .
由于 , |是非零向量，故前者不可能成立，从而 | = 0 (0,π) ，这得到| | = 0，即 = 0.
所以 = ，故| | = | |，A 正确；
对于 B，设有非零向量 ，则 = 0， 2 = |2 | = | | ≠ 0，故 2 ≠ 0 = 2 ，B 错
误；
对于 C，由于 2 ≠ 2 ，故 + ≠ + ，C 错误；
对于 D，若 ⊥ ，| | = 2，| | = 3，则 = | || | = 6 > 3 + 2 = | | +2，D 错误.
故选：BCD.
4．（23-24 高一下·北京·期中）对于非零向量 ，定义运算“*”： = | | | |sin .其中 为 , 的夹角.
有两两不共线的三个向量 , , ,下列结论不一定成立的是 ①②④ .（只需写出序号）
①若 = ，则 =
② =
③ =
④ + = +
【解题思路】设 , 的夹角为 ， , 的夹角为 ， , 的夹角为 ，按照题目所定义的新运算逐项判断正误.
【解答过程】设 , 的夹角为 ， , 的夹角为 ， , 的夹角为 ．
由题意可知： = | || |sin ， = | || |sin ， = | || |sin ，
且| | ≠ 0,| | ≠ 0,| | ≠ 0，
对于①：若 = ，即| || |sin = | || |sin ，
可得| |sin = | |sin ，故①不正确；
对于②：因为 = | || |sin ， = | || |sin ，
又因为 , 不一定共线，即 与 不一定相等，故②不正确；
对于③： = | || |sin(π ) = | || |sin = ，故③正确；
对于④：若 = + ，且 , 不共线，则 + = 0， + ≠ 0，故④不正确；
故答案为：①②④．
5．（23-24 高一下·云南昆明·期中）设平面内两个非零向量 , 的夹角为 ，定义一种运算“ ”： = |
|| |sin ．试求解下列问题：
(1)已知向量 , 满足 = (2,1),| | = 2, = 4，求 的值；
(2)①若 = ( 1, 1), = ( 2, 2)，用坐标 1, 1, 2, 2表示 ；
②在平面直角坐标系中，已知点 (2,1), ( 1,2), (0,4)，求 的值；
(3) = 1 , 2 , = 2 , 1 , ∈ 0, π已知向量 ，求 的最小值．
cos sin sin cos 2
【解题思路】（1）借助新定义计算即可得；
（2）借助所给定义及三角函数间的关系，计算可得 = | || |sin = | 1 2 2 1|，代入数据计算即可得；
（3）由 = | || |sin = | 1 2 2 1|，代入数据，结合基本不等式计算即可得.
【解答过程】（1）由已知 = (2,1)，得| | = 5，
2
所以 = | | | |cos = 4 2 5cos = 4，即cos = 5，
1
又0 ≤ ≤ π，所以sin = 5，
1
所以 = | || |sin = 2 5 × = 25 ；
（2）①设 = ( 1, 1), = ( 2, 2)，则| | = 12 + 12,| | = 22 + 22，
1 2+ 1 2
所以cos = = ，
| | | | 12+ 12 22+ 22
2
2 | |
sin = 1 1 2+ 1 2 =
( 1 2 2 1) 1 2 2 1= ，
2+ 2 2+ 2 12+
2
1 22+ 22 12+ 12 22+
2
1 1 2 2 2
所以 = | || |sin = | 1 2 2 1|，
② = ( 3,1), = (1,2)，
所以 = | 3 × 2 1 × 1| = 7；
（3）由（2）得 = | || |sin = | 1 2 2 1|，
= | 1 1 4故 2 4cos sin2 | = cos2 + sin2 ，
1 4 1 4 sin2 4cos2
cos2 + sin2 = cos2 + sin2 (cos
2 + sin2 ) = 5 + cos2 + sin2
≥ 5 + 2 sin2 4cos2× = 9，
cos2 sin2
sin2 4cos2
当且仅当cos2 = sin2 ，即tan = 2时等号成立，
所以 的最小值是 9．
题型 6 求三角形面积的最值或范围（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·山平面东向淄量线博性运·期算的中坐标）表在示 △ 中，角 , , 所对的边分别为 , , ，若sin2 sin2 + sin2 = sin
sin ，且 = 3，则 △ 面积的最大值为（ ）
A 3 B 9 3 C 3 3． ． ． D．24 4 3
【解题思路】先由正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出 ，然后由余弦定理结合重要不等式得 范围，
最后由面积公式求最值即可.
【解答过程】根据题意，由正弦定理角化边为： 2 2 + 2 = ，
2+ 2 2 1
再由余弦定理得：cos = 2 = 2，
π
因为0 < < π，所以 = 3，又 = 3，
由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos ，即9 = 2 + 2 ，
因为 2 + 2 ≥ 2 ，所以9 ≥ 2 ，即 ≤ 9，
当且仅当 = = 3时等号成立，
π
故 △ 的面积 = 12 sin =
1
2 sin ≤
1
3 2 × 9 ×
3 = 9 3，
2 4
9 3
所以 △ 面积的最大值为 .
4
故选：B.
π
2．（23-24 高一下·重庆·期中）在 △ 中，∠ 的角平分线 交 于点 ，若 = 2，∠ = 3，则 △
的面积的最小值为（ ）
A 3 B 2 3 C 2 3 4 3． ． ． D．3 3
3 16
【解题思路】根据 △ = △ + △ 可得 + = ，由基本不等式可得 ≥ 3 ，然后可得面积最小2
值.
【解答过程】在 △ 中，记 , , 所对的边为 , , ，
因为 △ = △ + △ ，
1 π π π
所以2 sin3 =
1
2 × 2 sin6 +
1
2 × 2 sin6，
即 + = 3 3，所以2 ≤ ，即 ≥
16
2 2 3
，
4
当且仅当 = = 3时等号成立，
1 3 4 3所以 △ = 2 sin∠ = ≥ .4 3
故选：D.
3．（23-24 高一下·福建福州·期中）在 △ 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，下列四个命题中，正
确的有（ ）
A．当 = 5， = 7， = 60°时，满足条件的三角形共有 1 个
B．若 △ 是钝角三角形，则tan tan < 1
C．若 2tan = 2tan ，则 =
D．若 = 60°， = 2，则 △ 面积的最大值为 3
【解题思路】对于 A 选项利用正余弦定理即可，对于 B 选项分类讨论即可，对于 C 选项利用切化弦化简即
可，对于 D 根据余弦定理结合三角形面积公式与基本不等式判断即可.
【解答过程】对于 A：由余弦定理有： 2 + 2 2 = 2 cos ……①，
= 5， = 7， = 60°代入①式有： 2 7 + 24 = 0……②
上式判别式Δ = 49 4 × 1 × 24 < 0，
故②式无解，即 不存在，故 A 错误.
π π
对于 B：当 > 2时，0 < < 2；
故tan < 0,tan > 0 tan tan < 0 < 1显然成立；
π π π π π
当 > 2时，0 < < 2且0 < + < 2，则0 < < 2 < 2，
sin π
所以tan < tan π = 2 =
cos 1
2 cos π sin
= tan ……③，
2
1
对③式两边同乘以tan (tan > 0)有tan tan < tan tan = 1；
π π
当 > 2时，0 < < 2；
故tan < 0,tan > 0 tan tan < 0 < 1显然成立；
综上所述三种情况都有：tan tan < 1恒成立，故 B 正确；
2 2 2对于 C： tan = 2tan sin sin = sin sin cos cos sin2 = sin2
当2 = 2 时， = = ，
当2 + 2 = π时， + = π时，得不出 = ，故 C 错误；
对于 D：若 = 60°， = 2，则由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos ，有4 = 2 + 2 .
又4 = 2 + 2 ≥ 2 = ，故 ≤ 4，当且仅当 = = 2时取等号.
故 △ =
1
2 sin =
3 ≤ 3 × 4 = 3，故 D 正确；4 4
故选：BD.
4．（23-24 高一下·广西钦州·期中）在 △ 中，角 , , 所对的边分别为 , , ,若sin2 sin2 + sin2 = sin
sin ,且 △ 的外接圆的半径为2 3,则 △ 面积的最大值为 9 3 ．
π
【解题思路】由正弦定理和余弦定理得到 = 3，再由外接圆半径 = 6，由基本不等式得到 ≤ 36，由三角
形面积公式求出答案.
【解答过程】在 △ 中，sin2 sin2 + sin2 = sin sin ,
2 2 2
由正弦定理得 2 + 2 2 = , + 1由余弦定理得cos = 2 = 2,
π
因为 为 △ 的内角，则0 < < π，所以 = 3.
因为 △ 的外接圆的半径为2 3,由正弦定理得sin = sin = sin = 4 3.
所以 = 4 3sin = 4 3 × 3 = 6,由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos ,2
即36 = 2 + 2 ,
因为 2 + 2 ≥ 2 ,所以 ≤ 36,当且仅当 = = 6时取等号，
故 △ 1的面积 = 2 sin ≤ 9 3,所以 △ 面积的最大值为9 3.
故答案为：9 3.
5 + ．（23-24 高一下·江苏无锡·期中）从① sin 2 = sin ；②sin
2 + sin2 sin2 sin sin = 0；③ cos
(2 )cos = 0， 这三个条件中任选一个， 补充在下面问题中， 并加以解答．
在 △ 中，三边 , , 分别是角 , , 的对边， 若______.
(1)求 C；
(2)若 = 2，求 △ 的面积的最大值．
【解题思路】（1）条件①，化简得到cos2 = sin = 2sin
2cos
1
2，求得sin2 = 2，进而求得 的值；
1
选条件②，由正弦定理得到 2 + 2 2 = ，结合余弦定理，求得cos = 2，即可求解；
选条件③：化简得到sin = 2sin cos 1，求得cos = 2，即可求解；
（2）由（1）和由余弦定理得4 = 2 + 2 ≥ 2 = ，得到 ≤ 4，结合面积公式，即可求解.
+
【解答过程】（1）解：若选条件①，由 sin 2 = sin ，
π
可得sin sin( 2 2) = sin sin ，即sin cos2 = sin sin ，
因为 ∈ (0,π)，所以sin > 0 ，可得cos2 = sin = 2sin
2cos
2，
π π π
因为2 ∈ (0,2)
1
，可得cos2 > 0，所以sin2 = 2，所以2 = 6，可得 = 3.
若选条件②，由sin2 + sin2 sin2 sin sin = 0，
根据正弦定理得 2 + 2 2 = 0，即 2 + 2 2 = ，
2 2 2
由余弦定理得cos = + 12 = 2，
π
因为 ∈ (0,π)，所以 = 3.
若选条件③：由 cos (2 )cos = 0，可得sin cos (2sin sin )cos = 0，
即sin cos 2sin cos + sin cos = 0，
因为sin = sin( + ) = sin cos + cos sin ，可得sin = 2sin cos ，
又因为 ∈ (0,π)，所以sin > 0，所以cos = 12，
π
因为 ∈ (0,π)，所以 = 3.
π
（2）解：由（1）知： = 3且 = 2，
又由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos ，
π
即4 = 2 + 2 2 cos3 =
2 + 2 ≥ 2 = ，
当且仅当 = 时，等号成立，所以 ≤ 4，
π
则 △ =
1 1
2 sin ≤ 2 × 4 × sin3 = 3，所以 △ 面积的最大值为 3.
题型 7 求三角形边长或周长的最值或范围（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 · 平面向量 cos cos 2 3sin 高一下 广东茂线名性运·算期的坐中标）表示在 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , ，若 + = , = ，3sin 3
则 + 的取值范围是（ ）
A 3 3． , 3 B． , 3 C． 3 , 3 D． 3 , 3
2 2 2 2
3
【解题思路】根据余弦定理化简题中条件，得到 = ，再利用基本不等式求 + 的取值范围即可.
2
∵△ cos cos 【解答过程】 中， + =
2 3sin
，
3sin
2+ 2 2 2+ 2 2 2 3 2 2∴ 2 3 32 + 2 = , ∴ 2 = , ∴ 解得 = ；3 3 2
2
∵ = 3，由余弦定理得：
2 = 2 + 2 2 cos , 3 = 2 + 2 2 cos
2 3，
3 2= 2 + 2 ,3 = ( + )2 3 ≥ ( + )2 3 + 4 4 2 ，
( + )2 ≤ 3, + ≤ 3, ∵ + > = 3, ∴ 3 < + ≤ ．2 2 3
故选：D．
2．（23-24 高一下·湖北武汉·期中）在锐角 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , , 为 △ 的面积， = 4，
且2 = 2 ( )2，则 △ 的周长的取值范围是（ ）
A． 8,4 5 + 4 B． 12,2 5 + 2 C． 8,2 5 + 2 D． 12,4 5 + 4
【解题思路】利用面积公式和余弦定理可得tan2 =
1
2,tan =
4
3，然后根据正弦定理及三角变换可得 + = 5
(sin + sin ) = 4 5sin( + )，再根据三角形是锐角三角形，得到 的范围，转化为三角函数求值域的问
题.
【解答过程】 ∵ 2 = 2 ( )2 = 2 2 2 +2 = 2 2 cos ，
∴ = cos = 12 sin ，
∴1 cos = 12sin ，即2sin
2
2 = sin
2cos2， 为锐角，
1
∴tan = 1 4 4 312 2,tanA = 1 = 3,sin = 5,cos = 5，又 = 4，4
由正弦定理可得sin = sin = sin = 5，
所以 + = 5(sin + sin ) = 5[sin + sin( + )]
3 4
= 5 sin + 5 sin + 5 cos = 8sin + 4cos
= 4 sin 1 5 ( + )，其中tan = 2， = 2，
因为 △ 为锐角三角形，
π π π π
所以2 < < 2，则2 + < + < 2 + ，
π π
即：2 2 < + < 2 +
2，
2
所以cos2 < sin( + ) ≤ 1，又cos2 = 5，
∴8 < 4 5sin( + ) ≤ 4 5，即 + ∈ 8，4 5 ，
故 △ 的周长的取值范围是 12,4 5 + 4 .
故选：D.
3．（23-24 高一下·浙江绍兴·期中）已知在锐角 △ 中，内角 , , 所对的边分别为 ， ， ，若 △ 的
2+ 2 2
面积为 4 ， = 1，则（ ）
π
A． = 4 B．边 的取值范围是
2 , 2
2
C △ 1 , 1． 面积取值范围是 D． △ 周长取值范围是[ 2 + 1,2 + 2]
4 2
π 2
【解题思路】A 选项，由余弦定理得到sin = cos ，得到 = 4；B 选项，由正弦定理得到 = +
2，
2tan 2
根据 △ π π为锐角三角形，得到 ∈ , ，从而得到 ∈ 2 , 2 ；C 选项，在 B 选项基础上得到 2
4 2 2 △
=
4
∈ 1 , 1 ；D 选项，由正弦定理得到 = 2 ∈ 22sin ,1 ，结合 B 选项，得到周长的取值范围.4 2 2
1 2+ 2 2 2 2 2
【解答过程】A 选项，由题意得2 sin = 4 ，即sin =
+
2 = cos ，
π
因为 ∈ 0, π ，所以 =
2 4
，A 正确；
B 1选项，由正弦定理得sin = sin ，
= sin sin
π+ 2 cos + 2 sin
故 4 2 2sin = = =
2 + 2，
sin sin 2tan 2
π
△ π 3π π因为锐角 中， = 4，所以 ∈ 0, , = 4 ∈ 0, ，2 2
解得 ∈ π , π ，故tan ∈ (1, + ∞)，
4 2
= 2 + 2 ∈ 2 ，B 正确；
2tan 2 , 22
C 选项，由 B 可知， ∈ 2 , 2 ，故 =
1 2 1 1
2 △ 2
sin = ∈ , ，4 4 2
△ 1面积取值范围是 , 1 ，C 正确；
4 2
π
D 1 sin 2选项，由正弦定理得sin = 4sin ，故 = = ，sin 2sin
π π 2
因为 ∈ , ，所以 = ∈ 22sin ,1 ，4 2 2
故 + + ∈ (1 + 2,2 + 2)，
所以 △ 周长取值范围是(1 + 2,2 + 2)，D 错误.
故选：ABC.
4．（23-24 高一下·四川泸州·期中）在锐角 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若 = 2, =
π
3，则 △ 周长的取值范围为 (3 + 3,6 + 2 3) ．
【解题思路】由正弦定理可以把 + 表示为角 的函数，由锐角三角形得出角 的取值范围，进而可得 +
的取值范围.
π π π π π
【解答过程】在锐角 △ 中， = 2, = 3，0 < <
2π
2，0 < 3 < 2，则6 < < 2，
2π
由正弦定理， 得 = sin = 2sin( ) sin 3 3sin ， = sin = ，sin sin
2 3cos2
所 + = 3cos +sin + 3 = 1 + 3(1+cos ) = 1 + 2 = 1 +
3
，
sin sin sin 2sin cos tan2 2 2
π π π π π π
由12 < 2 <
4，得tan12 < tan2 < 1，而tan
3 1
12 = tan(3 4) = = 2 3，则2 3 < tan
< 1，
1+ 3 2
1 + 3 < + < 1 + 3因此 =4 + 2 3，所以 △ 周长的取值范围为(3 + 3,6 + 2 3).
2 3
故答案为：(3 + 3,6 + 2 3).
5．（23-24 高一下·广东茂名·期中）设 △ 内角 , , 的对边分别为 , , ，已知 = 2 3，2 = 2 cos ．
(1)求角 ；
(2)若 + = 4，求 △ 的面积；
(3)求 △ 的周长的取值范围．
【解题思路】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式计算可得；
（2）利用余弦定理求出 ，再由面积公式计算可得；
3 π 2π（ ）由正弦定理将边化角，再化简得 + = 4 3sin + ，再由0 < < 3 求得 + 的取值范围，即可得6
周长的取值范围.
【解答过程】（1）因为2 = 2 cos ，
由正弦定理可得2sin sin = 2sin cos ，
又sin = sin[π ( + )] = sin( + )，
所以2sin( + ) sin = 2sin cos ，
即2sin cos + 2cos sin sin = 2sin cos ，
所以2cos sin = sin ，
又 ∈ (0,π)，所以sin > 0，则cos =
1
2，
π
又 ∈ (0,π)，所以 = 3.
π
（2）因为 = 2 3， = 3， + = 4，
由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos = ( + )2 2 2 cos ，
即12 = 42 2 2 × 12， 解得 =
4
3，
π
所以 △ 的面积 △ =
1 sin = 1 × 4 32 2 3 × sin3 = .3
π
（3）因为 = 2 3， = 3，
2 3
由正弦定理得sin = =
sin sin = 3 = 4，2
2π
因为 + = π = 3 ，
所以 + = 4(sin + sin ) = 4 sin + sin 2π
3
2π 2π
= 4 sin + sin 3 cos cos 3 sin
= 4 3 1 cos + 3 sin = 4 3sin + π ，
2 2 6
2π π π
因为0 < < 3 ， 所以6 < +
5π
6 < 6 ，sin +
π ∈ 1 ,1 ，
6 2
所以 + ∈ (2 3,4 3]， 即 + + ∈ (4 3,6 3]，
所以 △ 周长的取值范围为(4 3,6 3].
题型 8 复数的模的最值（范围）问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·河平面北向量石线家性运庄算的·坐期标中表示）当复数 z 满足| (3 + 4i)| = 1时，则| |的最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解题思路】设 = + i，由复数 满足| (3 + 4i)| = 1可知， 在以(3,4)为圆心的单位圆上，由此求| |的
最值.
【解答过程】设 = + i，复数 满足| (3 + 4i)| = 1，
所以( 3)2 + ( 4)2 = 1，表示( , )到点(3,4)的距离为 1，
所以( , )到原点的距离的最小值为 32 + 42 1 = 4，即| |的最小值是 4.
故选：B.
2．（23-24 高一下·福建福州·期中）已知复数 满足| | = 2，则| + 3 + 4i|最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解题思路】根据给定条件，利用复数模的几何意义求解即得.
【解答过程】| | = 2是复平面内复数 对应点的轨迹为以原点 为圆心，2 为半径的圆，
| + 3 + 4i| = | ( 3 4i)|是上述圆上的点到复数 3 4i对应点 ( 3, 4)的距离，
而| | = 32 + 42 = 5 > 2，所以| + 3 + 4i|的最小值是| | 2 = 3.
故选：A.
3．（23-24 高一下·安徽芜湖·期中）下列命题正确的是（ ）
A．若 1， 2是复数，则 1 + 2 = 1 + 2
B．若复数 的共轭复数为 ， = | |2 = | |2
C．虚轴上的点对应的均为纯虚数
D．已知复数 满足| + 3i| = 1（i为虚数单位），则| 1 + 2i|的最小值是 2 1
【解题思路】设 1 = + i, 2 = + i,计算可判断 A；设 = + i, = i,计算可判断 B；点（0，0）在
虚轴上可判断 C；因为| + 3i| = 1表示点Z到(0, 3)的距离为 1，| 1 + 2i|表示点Z到(1, 2)的距离，计算可
得最小值.
【解答过程】对于 A：设 1 = + i, 2 = + i,则 1 + 2 = + ( + )i=( i) + ( i) = 1 + 2,故 A
正确；
对于 B：设 = + i, = i,则 · = （ + i)( i)= 2 + 2 = | |2 = | |2,故 B 正确；
对于 C：点（0，0）在虚轴上，但不表示纯虚数，故 C 错误；
对于 D：因为| + 3i| = 1表示点Z到(0, 3)的距离为 1，则点Z在以(0, 3)为圆心的圆上，
又| 1 + 2i|表示点Z到(1, 2)的距离，又(0, 3)到(1, 2)的距离为 12 + 12 = 2,
所以| 1 + 2i|的最小值为 2 1,故 D 正确.
故选：ABD.
4．（23-24 高一下·河北·期中）若复数 1， 2满足| 1 5 7i| = 1，| 2 + i| = | 2 i|，则| 1 2|的最小值为
6 ．
【解题思路】在复平面内，根据复数的几何意义，结合直线与圆的位置关系分析即可.
【解答过程】由| 1 5 7i| = 1可知， 1对应的点是以 (5,7)为圆心，1 为半径的圆．
由| 2 + i| = | 2 i|可知， 2对应的点是以 (0,1)， (0, 1)为端点的线段 BC 的垂直平分线，也就是 x 轴．
| 1 2|为圆上一点与 x 轴上一点的距离的最小值，即为圆心到 x 轴的距离减去半径为 6．
故答案为：6.
5．（23-24 高一下·福建三明·期中）已知复数 = 1 + i( ∈ )，i 为虚数单位．
(1)若 z 是纯虚数，求 a；
(2)若| | = 5，求 ；
(3)在（1）的条件下，复数 w 满足| | = 1，写出复数 w 在复平面上对应点的轨迹.
【解题思路】（1）根据纯虚数的定义即可求解，
（2）利用复数的模长公式，即可求解 = 2或 = 1,进而利用共轭复数的定义求解即可，
（3）根据复数的几何意义即可求解.
1 = 0
【解答过程】（1）若 z 是纯虚数，则 ≠ 0 ，所以 = 1；
（2）| | = ( 1)2 + 2 = 5，所以 2 2 = 0，所以 = 2或 = 1,
当 = 2时， = 1 + 2i， = 1 2i，
当 = 1时， = 2 i， = 2 + i，
（3）由（1）知 = i，| | = | i| = 1，
∴复数 w 在复平面上对应点的轨迹为：以(0,1)为圆心，以 1 为半径的圆.
题型 9 几何体与球的切、接问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·福平面建向量莆线田性运·算期的坐中标）表示一个正四面体的棱长为2，则它的外接球与内切球表面积之比为（）
A．3:1 B． 3:1 C．9:1 D．27:1
【解题思路】根据正四面体的结构特征，求出内切球半径与外接球半径即可作答.
【解答过程】依题意，正四面体 的内切球与外接球球心重合，记为 ，
令正 △ 的中心为 ，连接 , , ，
显然点 在 上，令正四面体 的内切球与外接球半径分别为 ， ，
即 = ， = = ，
而 = 23 sin60
= 23 × 2 ×
3 = 2 3，
2 3
则 = 2 2 = 22 2 3
2
= 2 6，
3 3
2 2
在Rt △ 2 6中， 2 = + 2 3 = 6，解得 ， = = 63 3 ，2 6
4π 2 2 9
所以它的外接球与内切球的表面积之比为4π 2 = = 1.
故选：C.
2．（23-24 高一下·福建厦门·期中）把 △ 1 2 3沿三条中位线折叠成四面体 ，其中 1 2 = 24， 1 3
= 20， 2 3 = 16，则四面体 的外接球表面积为（ ）
A 77π． 2 B．77π C．154π D．308π
【解题思路】由条件分析四面体 的结构特征，即对棱相等，以此构造长方体，结合长方体外接球的半
径 与长宽高的关系求出4 2，再由球的表面积公式得球的表面积即可.
【解答过程】如图①所示，记 1 2, 2 3, 1 3的中点分别为 , , ，
因为 1 2 = 24, 2 3 = 16, 1 3 = 20，
所以由中位线性质可得 = 8, = 10, = 12，
翻折后的四面体如图②所示，由翻折的性质可得，
= 8, = 10, = 12，
所以四面体 对棱相等，故可以考虑将四面体 补形为长方体如图③所示，
四面体 的外接球即长方体的外接球，
设其外接球半径为 ，
2 + 2 = 122
则 2 + 2 = 82 ,
2 + 2 = 102
所以 2 + 2 + 2 = 154，
故4 2 = 2 + 2 + 2 = 154，
所以四面体 的外接球表面积 = 4π 2 = 154π.
故选：C.
3．（23-24 高一下·广东广州·期中）如图，在直三棱柱 1 1 1中， 1
= 2, = = 1,∠ = 120°，侧面 1 1 的对角线交点 O，点 E 是侧棱 1上的一个动点，下列结论正
确的是（ ）
A．直三棱柱的侧面积是4 + 2 3
B．直三棱柱的外接球表面积是8π
C．直三棱柱的内置球的最大表面积为4
D． + 1的最小值为2 2
【解题思路】利用余弦定理求得 = 3，即可求得侧面积，可判断 A；利用正弦定理求 △ 的外接圆半
径，由直棱柱性质可得外接球球心到底面 的距离为 1，进而可得球的半径，可判断 B；当内置球与侧面
相切时，利用三角形面积公式求 △ 的内切圆半径，然后比较与上下底面相切时的内切球半径即可得最
大内置球的半径，可判断 C；将侧面展开，根据三点共线时路径最短可判断 D.
【解答过程】对于 A，由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos120° = 3，
所以 = 3，所以直三棱柱的侧面积为2(1 + 1 + 3) = 4 + 2 3，A 正确；
3
对于 B，由正弦定理可得底面 △ 的外接圆半径 1 = = 1，2sin120°
易知直三棱柱 1 1 1的外接球球心到底面 的距离为 1，
所以，外接球半径 = 2 + 12 = 2，所以外接球表面积为4π 2 = 8π，B 正确；
对于 C，若内置球与上下底面相切，则半径为 1；
若内置球与三个侧面相切，由截面图可知，该球半径等于 △ 的内切圆半径 2，
1 1
由三角形面积公式可得2(1 + 1 + 3) 2 = 2 × 1 × 1 × sin120°
2 3 3
，解得 2 = ，2
2 3 3 2 3 3
因为 2 = < 1，所以直三棱柱的内置球的最大半径为 ，2 2
2
2 3 3
所以直三棱柱的内置球的最大表面积为4 × π =2 (21 12 3)π，C 错误；
对于 D，将侧面 1 1 绕着 1旋转到与侧面 1 1 共面的位置，如图，
则当 , , 1′共线时， + 1取得最小值 21 + 1 1′2 = 22 + 22 = 2 2，D 正确.
故选：ABD.
4．（23-24 高一下·浙江·期中）已知直三棱柱 1 1 1中，侧棱 1 = 4， = = 3， = 4，则三
161
棱柱 1 1 1的外接球表面积为 5 π ．
【解题思路】利用正弦定理求底面外接圆半径，结合直棱柱外接球的性质列式求半径，进而可得表面积.
【解答过程】设底面 的外接圆圆心为 1，半径为 ，三棱柱 1 1 1的外接球的球心为 半径为 ，
1取 的中点 ，可知 1 ∈ ， 1 = 2 1 = 2且 1∥ 1，
= 则 2 2 = 5，sin∠ = = 5 ，3
= 可得 = 9 5 1612sin∠ ，
2 = 2 + 21 =10 20 ，
161
所以三棱柱 1 1 1的外接球表面积为 球 = 4π 2 = 5 π.
161
故答案为： 5 π.
5．（23-24 高一下·重庆·期中）如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， , 分别为 , 的
中点， 为线段 上一点，且 = 4 ．
(1)证明： //平面 ；
(2)若四棱锥 为正四棱锥，且 = 5 ，求四棱锥 的外接球与正四棱锥 的体积
之比．
【解题思路】（1）设 ∩ = ，在 的中点 ，连接 、 ，即可证明四边形 为平行四边形，
从而得到 // ，从而得证；
（2）不妨设 = 1，连接 ，则 ⊥ 平面 ，利用勾股定理求出 ，即可求出 ，又正四棱锥
外接球的球心位于线段 上，设球心为 ，半径为 ，连接 ，利用勾股定理求出 ，即可求出外
接球的体积，从而得到体积之比.
【解答过程】（1）设 ∩ = ，在 的中点 ，连接 、 ，
1
因为 , 分别为 , 的中点，所以 // 且 = 2 ，
又 为线段 上一点，且 = 4 ，底面 是平行四边形，所以 为 的中点，
所以 // 且 = 12 ，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）因为四棱锥 为正四棱锥，且 = 5 ，
不妨设 = 1，则 = 5，
连接 ，则 ⊥ 平面 ， 平面 ，所以 ⊥ ，
1 2 2
所以 = 22 = ，则 =2
2 2 = 5 2 = 3 2，
2 2
= 1 = 1所以 3 3 × 1 × 1 ×
3 2 = 2，
2 2
因为 > ，所以正四棱锥 外接球的球心位于线段 上，
设球心为 ，半径为 ，连接 ，
则 = = ，在Rt △ 中 2 + 2 = 2，
2 2
即 2 = 2 + 3 2 5 22 2 ，解得 = ，6
4π 4π 35 2 125 2
所以正四棱锥外接球的体积 31 = 3 = 3 × = π6 ，81
125 2 π
所以四棱锥 的外接球与正四棱锥 1 81 250π的体积之比为 = = 2 81 .
2
题型 10 立体几何中的截面问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·福平面建向福量线州性运·算期的中坐标）表示已知正方体 1 1 1 1的棱长为2， , , 分别是 , 1, 1 1的中
点，则过这三点的截面面积是（ ）
A．3 2 B．6 2 C．6 3 D．3 3
【解题思路】根据题意，利用正方体的性质，得到截面为正六边形 ，且边长为 2，进而求得截面
的面积，得到答案.
【解答过程】如图所示，分别取 1 1, 1, 的中点 , , ，连接 , , , ，
在正方体 1 1 1 1中，可得 // , // , // ，
所以经过点 , , 的截面为正六边形 ，
又因为正方体 1 1 1 1的棱长为2，
在直角 △ 中，可得 = 2 + 2 = 2，
3
所以截面正六边形的面积为6 × × (
4 2)
2 = 3 3.
故选：D.
2．（23-24 高一下·安徽合肥·期中）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围
成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，
共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知 = 1，则关
于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为5 2
4
B 3 3．该半正多面体过 ， ， 三点的截面面积为
4
C．该半正多面体外接球的表面积为8π
D．该半正多面体的表面积为6 + 2 3
【解题思路】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断 A，利用该半正多面体
的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断 BC，利用正三角形与正方体的面积公式判
断 D.
【解答过程】A：如图，因为 = 1，
所以该半正多面体是由棱长为 2的正方体沿各棱中点截去 8 个三棱锥所得到的，
3 1 1 2
所以该半正多面体的体积为： = ( 2) 8 × 3 × 2 ×
2 × 2 = 5 2
2 ，故 A 错误；2 3
B：根据该半正多面体的对称性可知，过 , , 三点的截面为正六边形 ，
又 = 1 3 3 3，所以正六边形面积为 = 6 × × 12 = ，故 B 错误；
4 2
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形 的中心，故半径为 = 1，
所以该半正多面体外接球的表面积为 = 4π 2 = 4π × 12 = 4π，故 C 错误；
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为1，
3
所以其表面积为8 × × 12 +6 × 12 = 6 + 2 ，故 D 正确.
4 3
故选：D.
3．（23-24 高一下· 1浙江温州·期中）如图所示，在等腰梯形 中，已知 ∥ ， = = 2 = 1，将
△ 沿直线 翻折成 △ ′ ，则（ ）
A．翻折过程中存在某个位置，使得 ′ ⊥
B 1．当二面角 ′ 为150°时，点 到平面 ′ 的距离为2
C π π．直线 ′ 与 所成角的取值范围为 ,
6 2
π
D．当三棱锥 ′ 的体积最大时，以 ′ 为直径的球被平面 ′ 所截的截面面积为4
【解题思路】由线面垂直的判定定理分析可判断 A；作辅助线，由二面角的定义可得∠ ′ = 150°，线段
HM 的长即为点 M 到平面 ′ 的距离，计算即可判断 B；由异面直线的定义可将问题转化为母线与底面直
径所成角的取值范围，结合最小角定理即可判断 C；由题得到三棱锥 ′ 的体积最大时的截面，计算即
可判断 D．
【解答过程】由条件易得 ⊥ ，∠ = 60°.
A：假设翻折过程中存在某个位置，使得 ′ ⊥ ，
又 ⊥ ， ′ ∩ = 且都在面 ′ ，可得 ⊥ 平面 ′ ，
′ 面 ′ ，所以 ⊥ ′ ，即 ⊥ ，显然 与 不垂直，
所以假设不成立，即翻折过程中不存在某个位置，使得 ′ ⊥ .故选项 A 错误.
B：取 的中点 ， 的中点 ，连接 ′ ， ，过点 作直线 ′ 的垂线交直线 ′ 于点 .
易说明∠ ′ 为二面角 ′ 的平面角，即∠ ′ = 150°.
线段 的长，即为点 到平面 ′ 的距离， = sin∠ = 12 sin30° =
1
4.
因为 为 1的中点，所以点 到平面 ′ 的距离等于点 到平面 ′ 的距离的 2 倍，即2，故选项 B 正确.
C：连接 ，易得四边形 是平行四边形，所以 // ，直线 ′ 与 所成角，即为直线 ′ 与 所
成角.
在翻折过程中， ′绕着 旋转， ′可以看成以 为顶点、 为轴的圆锥的母线， 为底面圆的直径.
原问题转化为母线与底面直径所成角的取值范围，母线与轴的夹角为30°，
π , π结合最小角定理，可得母线与底面直线所成角的取值范围是 ，故选项 C 错误.
3 2
D：当平面 ′ ⊥ 平面 时，三棱锥 ′ 的体积最大.
又 ⊥ ，平面 ′ ∩ 平面 = ， 面 ，所以 ⊥ 平面 ′ .
′ 的中点 为球心，取 ′ 的中点 ，则 为 △ ′ 的中位线，所以 // ， ⊥ 平面 ′ .
以 ′ 为直径的球被平面 ′ 所截的截面为圆面，
π
由以上分析可知点 1 1为该圆的圆心，其半径 = ′ = ′2 = 2，该圆面面积为π
2 = 4.故 D 正确.
故选：BD.
4．（23-24 高一下·安徽宿州·期中）现有一块如图所示的三棱锥木料，其中∠ = ∠ = ∠ = 40°，
= = = 6，木工师傅打算过点 将木料切成两部分，则截面 △ 周长的最小值为 6 3 .
【解题思路】将三棱锥侧面沿着 展开，截面 △ 周长的最小值即求从 A 出发沿着侧面回到 A 的最短距
离.
【解答过程】将三棱锥侧面沿着 展开，如图：
则 = ′ = 6,∠ ′ = 120 ，
由余弦定理可得： ′2 = 62 + 62 2 × 6 × 6cos120 = 108,则 ′ = 6 3，
所以截面 △ 周长的最小值为6 3.
故答案为：6 3.
5．（23-24 高一下·河南·期中）如图，在正方体 1 1 1 1中，棱长为2， 是线段 1的中点，平面
过点 1、 、 .
(1)画出平面 截正方体所得的截面，并说明原因；
(2)求（1）中截面多边形的面积；
(3)平面 截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：
1棱台 = 3 ′ + ′ + ）
【解题思路】（1）取 的中点 ，连接 、 1 、 ，利用平行线的传递性可证得 // 1 ，可知 、 、
、 1四点共面，再由于 、 、 1三点不共线，可得出面 1即为平面 截正方体所得的截面；
（2）分析可知，四边形 1 为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；
（3）利用台体的体积公式可求得三棱台 1 的体积，可求得该三棱台的体积，并求出剩余部分几何
体的体积，由此可得结果.
【解答过程】（1）解：如下图，取 的中点 ，连接 、 1 、 .
因为 是 1的中点，所以 // 1 .
在正方体 1 1 1 1中， 1 1// ， 1 1 = ，
所以四边形 1 1是平行四边形，所以 1 // 1 ，所以 // 1 ，
所以 、 、 、 1四点共面.
因为 、 、 1三点不共线，所以 、 、 、 1四点共面于平面 ，
所以面 1即为平面 截正方体所得的截面.
（2）解：由（1）可知，截面 1为梯形， = 2 + 2 = 1 + 1 = 2，
= 2 + 2 = 4 + 4 = 2 2， = 21 1 1 1 1 + 1 2 = 4 + 1 = 5，
同理可得 = 5，
如下图所示：
分别过点 、 在平面 1 内作 ⊥ 1， ⊥ 1，垂足分别为点 、 ，
则 1 = ，∠ 1 = ∠ ，∠ 1 = ∠ = 90 ，
所以， △ 1≌ △ ，则 1 = ，
因为 // 1， ⊥ 1， ⊥ 1，则四边形 为矩形，
所以， = = 1 2，则 = = = 2 2 2 21 2 = ，2 2
所以， = 21 1 2 = 5
1 = 3 2，
2 2
1 1 9
所以，梯形 1 的面积为 = 2( + 1) = 2 × 3 2 ×
3 2 =
2 2
.
（3）解：多面体 1 1 11 为三棱台， 2△ = 2 = 2 × 1 = 2，
△ 1 =
1
2 1 =
1 2
2 × 2 = 2，该棱台的高为2，
1
所以，该棱台的体积为3 △ + △ 1 + △ △ 1
= 1 1 73 + 2 +
1 × 2 × 2 = ，
2 2 3
7 17
故剩余部分的体积为8 3 = 3 .
7
故比较小的那部分与比较大的那部分的体积的比值为17.
题型 11 立体几何中的探索性问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·浙平面江向量温线州性运·算期的中坐标）表示设 是给定的平面， 、 是不在 内的任意两点，则下列命题中正确的
是（ ）
A．在 内一定存在直线与直线 相交
B．在 内一定存在直线与直线 异面
C．一定存在过直线 的平面与 平行
D．存在无数过直线 的平面与 垂直
【解题思路】根据直线与平面的位置关系，逐项用特例排除选项即可判断 ACD，根据异面直线定义判断 B.
【解答过程】选项 A，当直线 平行于平面 时，在 内不存在与 相交的直线，所以 A 错误；
选项 B， 与平面 平行或相交，在 内一定存在直线与直线 异面，所以 B 正确；
选项 C，当直线 与平面 垂直时，不存在过直线 的平面与平面 平行，所以 C 错误；
选项 D，只有当直线 与平面 垂直时，才存在过直线 的无数平面与平面 垂直，所以 D 错误.
故选：B.
2．（23-24 高一下·重庆荣昌·期中）如图，正方体 1 1 1 1的棱长为 1，动点 在线段 1 1上， ，
分别是 ， 的中点，则下列结论中错误的是（ ）
A． // 1 1
B．当 E 为 1 1中点时， ⊥
C．三棱锥 的体积为定值
D．存在点 ，使得平面 //平面 1 1
【解题思路】由三角形的中位线和正方体的性质证明 // 1 1判断选项 A；由等腰三角形的性质证明
⊥ 判断选项 B；等体积法研究三棱锥底面积和高判断选项 C；面面平行的定义判断选项 D.
【解答过程】连接 ，正方体 1 1 1 1中， 1 = 1且 1// 1，
四边形 1 1 为平行四边形，则 // 1 1，
因为 、 分别是 、 的中点，所以 // // 1 1，故 A 选项正确；
连接 1，正方体 1 1 1 1中， 1 = 1，当 E 为 1 1中点时， ⊥ 1 1，所以 ⊥ ，故 B
选项正确；
= ，三棱锥 ，底面积 △ 为定值，棱锥的高等于 1是定值，
三棱锥 的体积为定值，则三棱锥 体积为定值，故 C 选项正确；
直线 与平面 1 1 有交点，所以不存在点 ，使得平面 //平面 1 1 ，故 D 选项错误．
故选：D．
3．（23-24 高一下·浙江·期中）已知正方体 1 1 1 1的棱长为 2，棱 AB，BC 的中点分别为 E，F，
点 在上底面 1 1 1 1上（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．存在点 ，使得平面 //平面 1 1
B．不存在点 ，使得直线 1//平面 EFG
C．三棱锥 的体积不变
D．存在点 ，使得 ⊥ 平面 1
【解题思路】取 1 1的中点 与 E，F 构成平面 EFG，利用面面平行的判定定理证明，即可判断 A，分别取
1 1, 1 1, 1, 1的中点 , , , ，与 E，F 构成正六边形，利用线面平行判定定理证明，即可判断 B，求
出三棱锥的体积即可判断 C，当点 与点 1重合时，有 ⊥ 平面 1，利用线面垂直性质定理和判定定理
证明，即可判断 D.
【解答过程】对于A，取 1 1的中点 与 E，F 构成平面 EFG（如图），
因为棱 AB，BC 的中点分别为 E，F，所以 // ，
因为 平面 1 1， 平面 1 1，所以 //平面 1 1，
又棱 AB， 1 1的中点分别为 E，G，所以 // 1，
因为 平面 1 1， 1 平面 1 1，所以 //平面 1 1，
又 ∩ = ， 平面 ， 平面 ，
所以平面 //平面 1 1，故 A 正确；
对于B，分别取 1 1, 1 1, 1, 1的中点 , , , ，与 E，F 构成正六边形（如图），
因为棱 1， 1 1的中点分别为 M，N，所以 // 1，
因为 1 平面 ， 平面 ，所以 1//平面 ，
此时点 G 的轨迹为线段 NP，故 B 错误．
对于C，因为点 到下底面 ABCD 的距离不变为正方体的棱长 2，
三角形 1 1面积为2 × 1 × 1 = 2，
1 1 1
所以三棱锥 的体积不变，为3 × 2 × 2 = 3，故 C 正确；
对于D，当点 与点 1重合，连接 1，可得 ⊥ 平面 1，（如图），
下证： 1 ⊥ 平面 1，
由正方体 1 1 1 1中可得 1 ⊥ 平面 ，
因为 平面 ，所以 1 ⊥ ，
因为底面 为正方形，所以 ⊥ ，
因为 ∩ 1 = , , 1 平面 1 1，所以 ⊥ 平面 1 1.
因为 1 平面 1 1，所以 1 ⊥ ，
由正方体 1 1 1 1中可得 1 1 ⊥ 平面 1 1，
因为 1 平面 1 1，所以 1 1 ⊥ 1，
因为侧面 1 1为正方形，所以 1 ⊥ 1，
因为 1 1 ∩ 1 = 1, 1 1, 1 平面 1 1 ，所以 1 ⊥ 平面 1 1 .
因为 1 平面 1 1 ，所以 1 ⊥ 1 ，
又因为 1 ∩ = , 1, 平面 1，所以 1 ⊥ 平面 1，故 D 正确．
故选：ACD.
4．（23-24 高一下·北京昌平·期末）在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1中， ， ， 分别为棱 1， 1
1， 1的中点，动点 在平面 内，且 = 1.给出下列四个结论：
① 1 //平面 ；
②点 轨迹的长度为π；
③存在点 ，使得直线 ⊥ 平面 ；
④平面 3 3截正方体所得的截面面积为 .
4
其中所有正确结论的序号是 ①②④ .
【解题思路】根据 , , 都是棱的中点，可以做出过 , , 的截面，再根据正方体的棱长和 的长度，可确
定 点的轨迹，从而可判断各个结论的正确性.
【解答过程】如图：
因为 ， 分别为 1 1， 1中点，所以 // 1，
又 1// 1 ，所以 1 // ，又 平面 ， 1 平面 ，
所以 1 //平面 ，故①成立；
3
连接 1，交 于点 ，易证 1 ⊥ 平面 ， = ， = 1，2
= 1所以 2，故 点轨迹是平面 内以
1
为圆心，以2为半径的圆，
1
所以 点轨迹长度为：2π × 2 = π，故②成立；
由②可知， 不可能与平面 垂直，故③不成立；
2
2 6 × 3 × 2 = 3 3做出截面 ，可知截面是正六边形，且边长为 ，其面积为： 2 ，故④成立. 2 4 4
故答案为：①②④.
5．（23-24 7 3高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台 1 1 1的体积为 ，平面 1 1 ⊥ 平面 12 1
1， △ 是以 为直角顶点的等腰直角三角形，且 = 2 1 = 2 1 1 = 2 1.
(1)证明： ⊥ 平面 1 1；
(2)求点 到面 1 1的距离；
π
(3)在线段 1上是否存在点 ，使得二面角 的大小为6，若存在，求出 的长，若不存在，请说明
理由.
【解题思路】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得 1 ⊥ 1；由面面垂直和线面垂直的性
质可证得 1 ⊥ ，结合 ⊥ 可证得结论；
8
（2）延长 1, 1, 1交于一点 ，根据 = 7 1 1 1可求得 ，利用体积桥 =
可构造方程求得结果；
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设 = 3 ，根据几何关系可表示出 ，由二
面角大小可构造方程求得 ，进而得到结果.
【解答过程】（1）连接 1，
在三棱台 1 1 1中， // 1 1；
∵ = 2 1 = 2 1 1 = 2 1， ∴ 四边形 1 1为等腰梯形且∠ 1 = ∠ 1 = 60 ，
设 = 2 ，则 1 = .
由余弦定理得： 2 2 21 = + 1 2 cos60 1 = 3 2，
∴ 2 = 2 + 21 1， ∴ 1 ⊥ 1；
∵ 平面 1 1 ⊥ 平面 1 1，平面 1 1 ∩ 平面 1 1 = 1， 1 平面 1 1，
∴ 1 ⊥ 平面 1 1，又 平面 1 1， ∴ 1 ⊥ ；
∵△ 是以 为直角顶点的等腰直角三角形， ∴ ⊥ ，
∵ ∩ 1 = ， , 1 平面 1 1， ∴ ⊥ 平面 1 1.
（2）由棱台性质知：延长 1, 1, 1交于一点 ，
∵ 1
1
1 = 2 ， ∴ △ = 4 △ 1 1 1， ∴ = 8 1 1 1，
∴ = 8 = 8 × 7 3 2 3 7 1 1 1 7 = ；12 3
∵ ⊥ 平面 1 1，即 ⊥ 平面 ，
∴ 即为三棱锥 中，点 到平面 的距离，
由（1）中所设： = = 2 ，∠ = ∠ = 60 ，
∴△ 为等边三角形， ∴ = = = 2 ，
∴ 1 1 1 2 3 2 3 3 2 3 = 3 △ = 3 × 2 × (2 ) × × 2 = = ， ∴ = 1；2 3 3
∴ = = = = 2， ∴ = = 2 2，
∴ 1△ = 2 × 2 × (2 2)
2 12 = 7，
设所求点 到平面 1 1的距离为 ，即为点 到面 的距离，
∵ 1 = ， ∴ 3 △ =
7 = 2 3 = 2 21，解得： .
3 3 7
2 21即点 到平面 1 1的距离为 .7
（3） ∵ ⊥ 平面 1 1， 平面 ， ∴ 平面 ⊥ 平面 ，
∵ 平面 ∩ 平面 =
∴ 取 中点 ，在正 △ 中， ⊥ ， ∴ ⊥ 平面 ，
又 平面 ， ∴ 平面 ⊥ 平面 ．
作 ⊥ ，平面 ∩ 平面 = ，则 ⊥ 平面 ，
作 ⊥ ，连接 ，则 即 在平面 上的射影，
∵ ⊥ 平面 ， 平面 ， ∴ ⊥ ，
∵ ∩ = ， , 平面 ， ∴ ⊥ 平面 ，
∵ 平面 ， ∴ ⊥ ， ∴ ∠ 即二面角 的平面角.
设 = 3 ，
在 △ 中，作 ⊥ ，
∵ ⊥ ， ∴ // ，又 ⊥ 平面 ， ∴ ⊥ 平面 ，
∴ = 1 3 △ =
1
3 ×
1
2 × 2 × 2 =
2 3
，解得： = 3，3
由（2）知： = = 2 2， ∴ = 2 2 = 5，
∵ 5 = ， ∴ = 3 = 5 ，3
∵ = 22 + 12 = 5， ∴ = 5 5 ，
∵ // ， ∴ = 5 5 = × 2 = 2 2 ，5
π
若存在 使得二面角 的大小为6，
π
则tan∠ = tan = 3 3 26 = = ，解得： = ，2 2 3 5
∴ = 2 + 2 = 2 2 = 4 2 < = ，5 1 2
∴ 4 2存在满足题意的点 ， = .
5
题型 12 立体几何综合（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·海平面南向量省线直性运辖算的县坐标级表单示 位·期中）如图，棱长为 2 的正方体 1 1 1 1中， 为棱 1的
中点， 为正方形 1 1内一个动点（包括边界），且 1 //平面 1 ，则下列说法不正确的有（ ）
A．动点 轨迹的长度为 2
B．三棱锥 1 1
1
体积的最小值为3
C． 1 与 1 不可能垂直
D 25．当三棱锥 1 1 的体积最大时，其外接球的表面积为 2 π
【解题思路】对 A 由 1 //平面 1 ，联想到存在一个过 1 的平面与平面 1 平行，利用正方体特征找
到平面 1 //平面 1 ，进而得到 的轨迹为线段 ，对 B，根据棱锥体积公式分析即可，对 C 举反例
即可；对 D，利用勾股定理求出外接球半径即可.
【解答过程】对 A，如图，令 1中点为 ， 1中点为 ，连接 ，
又正方体 1 1 1 1中， 为棱 1的中点，可得 1 // 1 , // 1// 1，
∴ 1 //平面 1 , //平面 1 ，又 1 ∩ = ，
且 1 , 平面 1 ，所以平面 1 //平面 1 ，
又 1 //平面 1 ，且 1 ∈ 平面 1 ， ∴ 1 平面 1 ，
又 为正方形 1 1内一个动点（包括边界）， ∴ ∈ 平面 1 ∩ 平面 1 1，而 = 平面 1 ∩ 平
面 1 1，
∴ ∈ ，即 的轨迹为线段 .
由棱长为 2 的正方体得线段 的长度为 2，故选项 A 正确；
B ⊥ = 1 = 2对 ，由正方体侧棱 1 1 底面 1 1，所以三棱锥 1 1 体积为 3 1 1 △ 1 3 △ 1 ，
所以 △ 1 面积 △ 1 最小时，体积最小，如图，
∵ ∈ ，易得 在 处时 △ 1 最小，
1 1 1
此时 △ 1 = 2 1 1 = 2，所以体积最小值为3，故选项 B 正确；
对 C，当 为线段 中点时，由 1 = 1 可得 1 ⊥ ，
又 1中点为 ， 1中点为 ，
∴ // 1 ，而 1 // 1 ， ∴ 1 ⊥ 1 ，故选项 C 不正确；
对 D，如图，当 在 处时，三棱锥 1 1 的体积最大时，
由已知得此时 = 1 = 1 = 5，所以 在底面 1 1的射影为底面外心，
1 = 2, 1 1 = 2 2， 1 = 2 3，所以底面 1 1为直角三角形，
所以 在底面 1 的射影为 1 中点，设为 1，如图，设外接球半径为 ，
由 2 = 2 21 + 1 1 = 21 +3, + 1 = 1 = 2，可得外接球半径 =
5 2，
4
25
外接球的表面积为4π 2 = 2 π，故选项 D 正确.
故选：C.
2．（23-24 高一下·天津北辰·期中）如图所示，正方体 1 1 1 1的棱长为 1，线段 1 1上有两个动
1
点 、 ，且 = 2，给出下列判断:
①直线 与 1 1异面；② //平面 ABCD；③三棱锥 的体积为定值；④ △ 的面积与 △ 的
面积相等;⑤ = .其中判断正确的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解题思路】连接 ，利用异面直线的判定即可判断①；利用面面平行的性质可判断②；利用锥体的体积
公式可判断③⑤；计算出 △ 、 △ 的面积，可判断④.
【解答过程】对①，连接 ，交 于点 ，因为 1// 1，
则四点 , 1, , 1共面，又因为 ∩ = ，则平面 与平面 1 1 交于点 ，
显然 1 1 平面 1 1 ，且未经过点 ，则直线 与 1 1异面，故①正确；
命题①正确；
对②，因为平面 1 1 1 1//平面 ， 平面 1 1 1 1，则 //平面 ，命题②正确；
设 ∩ = ，则 1为 的中点，且 = = 22 ，即点 到平面 的距离为
2，
2 2
因为 1 ⊥ 平面 ， 平面 ，则 1 ⊥ ，
又因为 1// 1且 1 = 1，故四边形 1 1 为矩形，
1 1 1故 △ = 2 1 = 2 × 2 × 1 =
1
4，
1 1 1
因此， 2 2 = 3 △ = 3 × 4 × = ，是定值，命题③正确；2 24
连接 1、 1，取 1 1的中点 1，连接 1，易知 △ 1 1是边长为 2的等边三角形，
3 6
所以， 1 ⊥ 1 1，且 1 = 1sin60 = 2 × = ，2 2
1
所以， △ = 2 =
1 × 1 × 6 = 61 2 2 ≠ 2 8 △ ，所以④错误；
因为 //平面 ，所以，点 、 到平面 的距离相等，
因为 = = = ，所以⑤正确；
综上，正确命题的序号为①②③⑤，有4个．
故选：C．
3．（23-24 高一下·广东深圳·期中）如图，正方体 1 1 1 1的棱长为 1，则下列结论正确的是（ ）
A． 在底面 内（包括边界）运动，若 1 //平面 1 1，则 的轨迹长度为 2
π
B． 在底面 内（包括边界）运动，若直线 1 与平面 所成角为45°，则 的轨迹长度为3
C 21 3．以 为球心， 为半径作球，则球面与正方体的表面的交线长为 π
3 3
D．以 2 3 5 3为球心， 为半径作球，则球面与正方体的表面的交线长为 π
3 6
【解题思路】对于 A，构造平面 1 //平面 1 1,得点 的轨迹为平面 1 与平面 的交线 的长；
对于 B，经分析得到点 在以点 为圆心，半径为 1 的圆弧上，计算即得轨迹长；对于 C，D,先判断球面与
正方体的哪些表面有交线，再利用弧长公式求解即得.
【解答过程】
对于 A，如图 1，连接 1 , 1 , ,因 1 1// 1 1// ,且 1 1 = 1 1 = ，则得 1 1为平行四边形，
则 1 // 1 ,又 1 平面 1 1, 1 平面 1 1,则有 1 //平面 1 1,
同理 1//平面 1 1，又 1 ∩ 1 = 1, 1 , 1 平面 1 ,故得平面 1 //平面 1 1,
因 在底面 ABCD 内（包括边界）运动，且 1 //平面 1 1，平面 1 ∩ 平面 = ，
则点 在线段 上运动， 的轨迹长度为 的长 2，故 A 正确；
对于 B，如图 2，因 1 ⊥ 平面 , 是 1 在平面 上的射影，
故∠ 1即直线 1 与平面 所成角，由∠ 1 = 45 可得 = 1 = 1,
π π
即点 在以点 为圆心，半径为 1 的圆弧上，故 的轨迹长度为2 × 1 = 2，故 B 错误；
对于 C，如图 3 21 21，因 2 < < 3，故以 为球心， 为半径的球的球面只与3 3
三个平面 1 1 1 1, 1 1, 1 1有交线，交线分别为长度相等的三段弧 , , .
2 2
连接 ,在Rt △ 1 中， 1 = ( 21 ) 12 = 2 3,则 1 =3 (
2 3 ) 12 = 3，
3 3 3
π π π
易得∠ 1 1 = ∠ 1 1 = 6,故∠ = , ×
2 3 3
1 6 于是 的长为6 = π，3 9
3 3
故球面与正方体的表面的交线长为3 × π = π，故 C 正确；
9 3
2 3 2 3
对于 D，如图 4，因 < 2，故以 为球心， 为半径的球的球面与正方体的六个面都有交线，3 3
分别是 , , , , , ,其中 , , 三段弧相等， , 三段弧相等.
2 3 π π
在Rt △ 1 中， = ( 2 31 ) 12 = ，易得∠ 1 = ∠ = 6,故∠ = 6,3 3
π 2
于是 2 3 3的长为6 × = π；又在Rt △ 中， == (
2 3 ) 12 = 3,3 9 3 3
π 3 3 3 3 5 3
于是 的长为2 × = π；故球面与正方体的表面的交线长为：3( π + π) = π,故 D 正确.3 6 9 6 6
故选：ACD.
4．（23-24 高一下·北京顺义·期中）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形，如
图 1，在一个棱长为 2r 的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖（如图 2），我
国南北朝时期数学家祖暅基于“势幂既同则积不容异”这一观点和对牟合方盖性质的研究，推导出了球体体积
公式．设平行于水平面且与水平面距离为 (0 < < )的平面为 ，则平面 截牟合方盖所得截面的形状为
“ ” “ ” r 2 1
π
正方形 （填 正方形 或 圆形 ），设半径为 的球体体积为 1，图 所示牟合方盖体积为 2，则 = 4 ．2
【解题思路】由牟盒方盖的定义以及祖暅原理求出“牟合方盖”体积即可得解.
【解答过程】牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们，
所得的截面均为正方形，
根据祖暅原理，图 2 中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图 3 中正四棱锥中阴影部分的
面积相等，所以正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，而正四棱锥体的
1
体积 = 33 ，
则图 1 中的八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积
1 2
所以1个牟合方盖的体积 = 3 3 = 33 3 ，8
2 16
则整个牟合方盖的体积为 3 32 = 8 × 3 = 3 ，
4
又半径为 的球体体积为 1 = 3π
3，
4π 31 π
所以 =
3
16 3 = 4，2 3
π
故答案为：正方形；4.
5．（23-24 高一下·山西阳泉·期中）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖
暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平
行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其
最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体 1 1 1 1，棱长为 ．
(1)求图中四分之一圆柱体 1 1 1 1的体积；
(2)在图中画出四分之一圆柱体 1 1 1 1与四分之一圆柱体 1 1 1 1的一条交线（不要求说明理
由）；
(3)四分之一圆柱体 1 1 1 1与四分之一圆柱体 1 1 1 1公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点
在棱 1上，设 1 = 过点 作一个与正方体底面 平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部
分的面积；如果令 = 2，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积．
【解题思路】（1）根据圆柱体体积公式求得结果；
（2）观察图形，交线 1是一条直线，作出图像即可得到；
（3）截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，求出此正方形的面积，再构造底面边长为 ，高为
的正四棱锥，
根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积..
【解答过程】（1）因为正方体 1 1 1 1的棱长为 ，
所以四分之一圆柱体 1 1 1
1
的体积为： 2 = 11 4 4
3．
（2）如图：
曲线 1是所求的一条交线．
（3）如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形 ．
因为 1 = (0 ≤ ≤ )，所以 1 = ，而正方体 1 1 1 1的棱长为 ，因此 1 = ，
所以 = 1 2 1 2 = 2 2，因此正方形 的面积为 2 2，
即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为 2 2．
用平行于八分之一“牟合方盖”底面 1 1 1 1，
且到“牟合方盖”底面 1 1 1 1的距离为 (0 ≤ ≤ )的平面去截八分之一“牟合方盖”，
所得截面的面积为 2 2．
所得截面如图：
正方体 1 1 1 1的棱长为 , 为底面 1 1 1 1的中心，
把正方体 1 1 1 1去掉正四棱锥 后剩下的部分的底面 1 1 1 1与“牟合方盖”底面 1 1 1
1放到同一平面上，
则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面 与平面 1 1 1 1之间，
则用平行于八分之一“牟合方盖”底面 1 1 1 1，且到“牟合方盖”底面 1 1 1 1的距离为 (0 ≤ ≤ )的平面
去截所得几何体，
截面为图中的阴影部分，且面积为 2 2，
1 2
因此八分之一“牟合方盖”的体积为 3 3 3 1 1 1 1 = 3 = 3 ，
2 16
所以当 = 2时，八分之一“牟合方盖”的体积为3 × 2
3 = 3 ．
