2022-2023学年福建省厦门市高一年级下册学期期中考试数学试题【含答案】

福建省厦门市2022—2023学年度第二学期期中考试高一年数学试卷
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.已知i 为虚数单位，复数22i
z i +=
-，则复数z 的模为（）．
A.2
B.
5
C.1
D.
2
【答案】C 【解析】
【分析】根据复数除法运算，先化简z ；再由复数模的计算公式，即可得出结果.
【详解】因为复数()2
22342555
i i z i
i ++===+-，所以
91612525z =+=．故选：C ．
2.已知平面向量()1,a m = ，(),2b n = ，()3,6c = ，若a c ∥ ，b c ⊥
，则实数m 与n 的和为(
)
A.6
B.6
- C.2
D.2
-【答案】D 【解析】
【分析】根据a c ∥ 、b c ⊥
分别求出m 和n 即可．
【详解】a ∥c
，1236
m
m ∴
=⇒=；b c ⊥ ，0b c ∴⋅=
，31204n n ∴+=⇒=-；
242m n ∴+=-=-．
故选：D ．
3.已知圆锥PO ，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，顶角为2π
3
的等腰三角形，该圆锥的侧面积为（）
A.26πm
B.2
63πm C.2
33πm D.2
123πm 【答案】B 【解析】
【分析】运用圆锥侧面积公式计算即可.
【详解】如图所示，
设圆锥的半径为r ，母线为l ，
由题意知，1
32
r OB AB ===，在Rt POB △中，112ππ
2233
BPO BPA ∠=∠=⨯
=，所以
323π3sin 32
OB l BP ==
==，所以圆锥侧面积为2ππ32363πm rl =⨯⨯=.故选：B.
4.中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n 使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n 足够大时，可以得到π与n 的关系为（
）
A.
360πsin 2n n
︒≈
B.180πsin
n n ︒
≈ C.
360π21cos n n ︒⎛
⎫≈- ⎪⎝⎭ D.
180π1cos 2n n
︒
≈
-【答案】A 【解析】
【分析】设圆的半径为r ，由题意可得22
1360πsin
2r n r n ︒
≈⋅⋅⋅，化简即可得出答案.【详解】设圆的半径为r ，将内接正n 边形分成n 个小三角形，
由内接正n 边形的面积无限接近圆的面即可得：22
1360πsin
2
r n r n
︒
≈⋅⋅⋅，解得：360πsin 2n n ︒≈.
故选：A .
5.在ABC 中，60A ∠=︒，1b =，ABC 的面积为3，则sin a
A
为（）．
A.
83
81
B.
2393
C.
2633
D.27
【答案】B 【解析】
【分析】由已知条件，先根据三角形面积公式求出c 的值，然后利用余弦定理求出a 的值，即可得sin a
A
的值.
【详解】解：在ABC 中，
因为60A ∠=︒，1b =，ABC 的面积为3，所以113sin 1222
3ABC bc A S c ==⨯⨯⨯= ，所以4c =，
因为2
2
2
2
2
1
2cos 14214132
a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=，所以13a =，
所以13239
sin 33
2
a A ==
.故选：B
.
6.已知m ，n 为两条不同的直线，,αβ为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）
A.若//,//,//m n αβαβ，则//m n
B.若//,//,m m n αβαβ⋂=，则//m n
C.若//,//αβn n ，则//αβ
D.若//,m n n α⊂，则//m α
【答案】B 【解析】
【分析】A ：结合两直线的位置关系可判断//m n 或,m n 异面；B ：结合线面平行的性质可判断//m n ；C ：结合线面的位置关系可判断//αβ或,αβ相交；D ：结合线面的位置关系可判断//m α或m α⊂.【详解】A ：若//,//,//m n αβαβ，则//m n 或,m n 异面，故A 错误；
B ：因为//m α，所以在平面α内存在不同于n 的直线l ，使得//l m ，则l //β，从而//l n ，故//m n ，故B 正确；
C ：若//,//αβn n ，则//αβ或,αβ相交，故C 错误；
D ：若//,m n n α⊂，则//m α或m α⊂，故D 错误.故选：B
7.如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，棱柱的侧面均为矩形，11AA =，3AB BC ==
，
1
cos 3
ABC ∠=
，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（
）
A.
3
B.2
C.
5
D.
7
【答案】D 【解析】
【分析】连接1BC ，得11A BC V ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC V 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解AC '即可.【详解】连接1BC ，得11A BC V ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC V 所在平面旋转到平面11ABB A ，
设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则有1C AP PC AP PC A '++'=≥，如图，
当,,A P C '三点共线时，则AC '即为1AP PC +的最小值.在三角形ABC 中，3AB BC ==，1cos 3
ABC ∠=
，由余弦定理得：221
2cos 332323
AC AB BC AB BC B =
+-⋅=+-⨯⨯
=,所以112A C =，即12A C '=,在三角形1A AB 中，11AA =，3AB =，
由勾股定理可得：2211132A B AA AB =
+=+=,且160AA B ∠=︒.
同理可求：12C B =，因为11112A B BC A C ===，所以11A BC V 为等边三角形，所以1160BA C ∠=︒，
所以在三角形1
AAC '中，111120AA C AA B BA C ''∠=∠+∠=︒,111,2AA A C '==,由余弦定理得：11421272AC ⎛⎫
'=+-⨯⨯⨯-
= ⎪⎝⎭
.
故选：D.
8.已知ABC 中，π3A ∠=
，D ，E 是线段BC 上的两点，满足BD DC =，BAE CAE ∠=∠，192
AD =，63
5
AE =
，则BC 长度为（）
A.
19 B.23 C.
7 D.6319
-【答案】C 【解析】
【分析】由BAE CAE ABC
S S S +=△△△可得出5
6b c bc +=，由1()2
AD AB AC =+ 两边平方可求得,
,bc b c +然后在ABC 中利用余弦定理可求得答案.【详解】如图，记,,BC a AC b AB c ===,
BAE CAE ABC S S S += △△△，π6BAE CAE ∠=∠=
，635
AE =，1631631sin sin sin 25625623πππ
c b bc ∴⨯⨯+⨯⨯=，333
()104
b c bc ∴
+=，即56b c bc +=，
1()2AD AB AC =+ ，19
2AD =，
()
()2222211
244AD AB AB AC AC b c bc ∴=+⋅+=++ 2211125119()()4443644
b c bc bc bc =+-=⨯-=，即225()366840bc bc --=，(6)(25114)0bc bc -+=，
6,5,bc b c ∴=∴+=在ABC 中，2
2
2
2222cos
()32513
π
87a b c bc b c bc b c bc =+-=+-=+-=-=,7BC a ∴==.
故选：C.
二、选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选
项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9.已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O 与圆台的两个底面和侧面都相切，则（）
A.圆台的母线长为4
B.圆台的高为4
C.圆台的表面积为26π
D.球O 的表面积为12π
【答案】ACD 【解析】
【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，半径分别为12,r r ，连接,,OD OE OA ，利用平面几何知识得到2
123R r r ==，即可逐项计算求解．
【详解】设梯形ABCD 为圆台的轴截面，则内切圆O 为圆台内切球的大圆，如图，
设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，半径分别为12,r r ，则12,,O O O 共线，且1212,O O AB O O CD ⊥⊥，
连接,,OD OE OA ，则,OD OA 分别平分,DAB ADC ∠∠，故12,r r E AE D ==，,,22
ππ
ODA DOA OE D OA A D +∠=
∠=⊥∠，故2E O A E DE =⋅，即2
123R r r ==，解得3R =，母线长为124r r +=，故A 正确；圆台的高为223R =，故B 错误；
圆台的表面积为22π1π3π(13)426π⨯+⨯+⨯+⨯=，故C 正确；
球O 的表面积为24π12πS R ==，故D 正确.故选：ACD.
10.已知1z 与2z 是共轭虚数，则（）
A.2
2
12
z z < B.2
122
z z z =C.12R z z +∈ D.1
2
R z z ∈【答案】BC 【解析】
【分析】设出复数12,z z ，根据复数的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断.
【详解】由题意，复数1z 与2z 是共轭虚数，设1i z a b =+、2i z a b =-，R a b ∈、且0b ≠，对于A 项，22212i z a b ab =-+，2
222
2i z a b ab =--，当0a ≠时，由于复数不能比较大小，故A 项不成立；
对于B 项，因为2
2
12z z a b ⋅=+，2222||z a b =+，所以2
122||z z z ⋅=，故B 项正确；对于C 项，因为122R z z a +=∈，所以C 选项正确；
对于D 项，由
22212222
2()2()(i i i i)i i z a b a b a b ab
z a b a b a b a b a b ++-===+--+++不一定是实数，故D 项不成立.故选：BC.
11.对于ABC ，有如下命题，其中正确的有（）
A.若22sin sin A B =，则ABC 为等腰三角形
B.若sin cos A B =，则ABC 为直角三角形
C.若222sin sin cos 1A B C ++<，则ABC 为钝角三角形
D.若3,1,30AB AC B =
== ，则ABC 的面积为
34或32
【答案】ACD 【解析】
【分析】A.根据条件得到,A B 的关系，由此进行判断；B.利用诱导公式直接分析得到,A B 的关系并判断；
C.利用正弦定理得到222,,a b c 的关系，结合余弦定理进行判断；
D.先利用正弦定理计算出sin C 的值，由此可求,C A 的值，结合三角形面积公式进行计算并判断.【详解】对于A ：22sin sin ,A B A B ABC =∴=⇒ 是等腰三角形，A 正确；对于B ：sin cos ,2A B A B π=∴-=
或,2
A B ABC π
+=∴ 不一定是直角三角形，B 错误；对于C ：2
2
2
2
2
2
22
22
sin sin 1cos ,sin ,cos 02A B C C a a ab
b b
c C c ++<--==∴+∴<< ，
ABC ∴ 为钝角三角形，C 正确；
对于D ：由正弦定理，得sin 3sin .2
AB B C AC ⋅=
=而,60AB AC C >∴= 或120,C = 90A ∴= 或30,A =
当90,60A C =︒=︒时，13
1322
ABC
S =⨯⨯=
，当30,120A C =︒=︒时，13
11sin12024
ABC S =
⨯⨯⨯︒=
，32ABC S ∴=
或3
,4
D 正确.故选：ACD.
12.“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi -regularsolid )，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于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半正多面体．已知2AB =，则关于如
图半正多面体的下列说法中，正确的有（
）
A.该半正多面体的体积为
20
3
B.该半正多面体过,,A B C 三点的截面面积为332
C.该半正多面体外接球的表面积为8π
D.该半正多面体的顶点数V 、面数F 、棱数E 满足关系式2V F E +-=【答案】ACD 【解析】
【分析】根据几何体的构成可判断A ，由截面为正六边形可求面积判断B ，根据外接球为正四棱柱可判断C ，根据顶点，面数，棱数判断D.【详解】如图，
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.
对于A ，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：
11202228111323
V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=，故正确；
对于B ，过,,A B C 三点的截面为正六边形ABCFED ，所以()
2
3
62
334
S =⨯
⨯=，故错误；
对于C ，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积2244(2)8S R πππ==⨯=，故正确；对于D ，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足1214242+-=，故正确.故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.i 是虚数单位，已知22i ωω-=
-，写出一个满足条件的复数ω．______．
【答案】1i ω=+（答案不唯一，满足i a a ω=+（R a ∈）均可）【解析】
【分析】运用复数的模的运算公式计算即可.【详解】设i a b ω=+，（,R a b ∈），
则22|2||(2)i |(2)a b a b ω-=-+=-+，22|2i ||(2)i |(2)a b a b ω-=+-=+-，
因为|2||2i |ωω-=-，所以2222(2)(2)a b a b -+=
+-，解得：a b =，
所以i a a ω=+，（R a ∈）所以可以取1i ω=+.
故答案为：1i ω=+（答案不唯一，满足i a a ω=+（R a ∈）均可）.
14.在矩形ABCD 中，已知2AB =，1BC =，点P 是对角线AC 上一动点，则AP BP ⋅
的最小值为___________.【答案】4
5
-##0.8-.【解析】
【分析】以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求出AP BP ⋅
，进而结合二次函数的性质即可求出结果.
【详解】
以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立直角坐标系，
又因为2AB =，1BC =，所以()()()()0,0,2,0,2,1,0,1,A B C D 则直线AC 的方程为1
2
y x =
，所以设()2,P m m ，且01m ≤≤，
而()()2,,22,AP m m BP m m ==-
,所以()2
222AP BP m m m ⋅=-+ 254m m
=-结合二次函数的性质可知，当25m =时，AP BP ⋅ 有最小值，且最小值为2
22454555⎛⎫⨯-⨯=- ⎪⎝⎭
，
故答案为：4
5
-
.15.太湖中有一小岛C ，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A 处测得小岛在公路的南偏西15°
的方向上，汽车行驶1km 到达B 处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km.【答案】3
6
【解析】
【详解】如图所示，过C 作CD ⊥AB ，垂足为D ，∠A=15°，∠CBD=75°，AB=1km ，
△ABC 中，BC=00sin15sin 60，△CBD 中，CD=BCcos15°=00
1
sin 302
sin 60=36km ．故填36
．
16.如图，平面四边形ABCD 中，其中3
os 4
c DAB ∠=
，BAC DAC ∠=∠，AD AB <，且5AB =，14AC BD ==，若(),R AC AB AD λμλμ=+∈
，则λμ+=______
．
【答案】7
5
##1.4【解析】
【分析】运用余弦定理求得AD 的值，在AB 上取点E ，使得2AE AD ==，结合角平分线性质可得AF D E ⊥，再运用向量加法可求得结果.
【详解】在ABD △中，由余弦定理得：2222cos BD AB AD AB AD BAD =+-⋅⋅∠，即：2
3
1425254AD AD =+-⨯⨯，解得：2AD =或112
AD =，又因为5AD AB <=，所以2AD =.
在AB 上取点E ，使得2AE =，连接DE ，交AC 于点F ，如图所示，
又因为AC 为DAB ∠的角平分线，所以AF D E ⊥，F 为DE 的中点，
在ADE V 中，由余弦定理得：2
2
2
3
2222224
DE =+-⨯⨯⨯=，所以2211141
()42222
AF AE DE AC =
-=-==，
所以225
AC AF AE AD AB AD ==+=+
，
所以2
=5
λ，1μ=，
所以75
λμ+=
.故答案为：
75
.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.已知复数z 满足2z z ⋅=，且z 的虚部为-1，z 在复平面内所对应的点在第四象限．（1）求z ；
（2）若z ，2z 在复平面上对应的点分别为A ，B ，O 为坐标原点，求∠OAB ．【答案】（1）1i z =-（2）π
2
OAB ∠=【解析】
【分析】（1）运用复数几何意义设出z ，再结合共轭复数定义写出z ，再运用复数乘法运算求得结果.（2）运用复数几何意义、两点间距离公式及勾股定理可求得结果.【小问1详解】
由题意知，设i z a =-（0a >），则i z a =+，所以222i 12z z a a ⋅=-=+=，解得：1a =，所以1i z =-.【小问2详解】
由（1）知，1i z =-，所以22(1i)2i z =-=-，
所以(1,1)A -，(0,2)B -，如图所示，
所以(1,1)AO =- ，(1,1)AB =--
，
22
||(1)12AO =-+= ，22||(1)(1)2AB =-+-= ，所以11cos 02||||
AO AB OAB AO AB ⋅-∠===
.所以π
2
OAB ∠=
.18.如图，已知P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，M 、N 分别是AB PC 、的三等分点（M 靠近B ，N 靠近C ）
；
（1）求证：//MN 平面PAD ．
（2）在PB 上确定一点Q ，使平面//MNQ 平面PAD ．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】
【分析】（1）过点N 作//NE CD ，交PD 于点E ，连接AE ，证得证得四边形AMNE 为平行四边形，得到//MN AE ，结合线面平行的判定定理，即可求解；（2）取PB 取一点Q ，使得1
3
BQ BP =
，证得//MQ PA ，得到//MQ 平面PAD ，结合（1）中//MN 平
面PAD ，利用面面平行的判定定理，证得平面//MNQ 平面PAD ．【小问1详解】
证明：过点N 作//NE CD ，交PD 于点E ，连接AE ，因为N 为PC 的三等分点，可得2
3
NE CD =
，又因为M 为AB 的三等分点，可得2
3
AM AB =
，因为//AB CD 且AB CD =，所以//AM NE 且AM NE =，所以四边形AMNE 为平行四边形，所以//MN AE ，
又由MN ⊄平面PAD ，AE ⊂平面PAD ，所以//MN 平面PAD .【小问2详解】
证明：取PB 取一点Q ，使得1
3
BQ BP =
，即点Q 为PB 上靠近点B 的三等点，在PAB 中，因为,M Q 分别为,AB PB 的三等分点，可得MB BQ
AB BP
=，所以//MQ PA ，因为MQ ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，所以//MQ 平面PAD ；
又由（1）知//MN 平面PAD ，且MN MQ M ⋂=，,MN MQ ⊂平面MNQ ，所以平面//MNQ 平面PAD ，
即当点Q 为PB 上靠近点B 的三等点时，能使得平面//MNQ 平面PAD ．
19.如图，在ABC 中，π
3
BAC ∠=，D 为AB 中点，P 为CD 上一点，且满足13AP t AC AB =+ ，ABC 的
面积为
33
2
，
（1）求t 的值；
（2）求AP
的最小值.
【答案】（1）1
3
t =（2）2【解析】
【分析】（1）利用,,C P D 三点共线，可设DP mDC =
，推出1(1)2
AP mAC m AB =+- ，结合13AP t AC AB =+ ，
即可求得t 的值；
（2）利用（1）的结论可得2221(2)9
A AC A
B A P
C AB ++=⋅ ，利用三角形面积得出||||6AC AB ⋅=
，
结合基本不等式即可求得答案.【小问1详解】
在ABC 中，D 为AB 中点，则,,C P D 三点共线，
设,()DP mDC AP AD m AC AD =∴-=- ,
故1(1)(1)2
AP mAC m AD mAC m AB =+-=+- ，
又13AP t AC AB =+ ，故1
1(1)2
3
m t m =⎧⎪⎨-=
⎪⎩，
解得1
3m t ==
，即13
t =.【小问2详解】
由（1）知1133
AP AC AB =+
，
所以2222211()(2)
1339AC AB AC AP AP AB AC AB +=+=+⋅=
221(||||2||||cos )9
AC AB AC AB BAC =++⋅∠
1
(2||||2||||cos )9
AC AB AC AB BAC ≥⋅+⋅∠ ，当且仅当||||AC AB = 时取等号，又332ABC S =
△，则133
||||sin 22
AC AB BAC ⋅∠= ,即1π33
||||sin ,||||6232AC AB AC AB ⋅=∴⋅= ，故21π
(2626c 2os )2,93AP AP ≥⨯+⨯=≥∴ ，
即AP 的最小值为2，当且仅当||||6AC AB ==
时取等号.
20.ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且π2sin 6b c A ⎛
⎫=+ ⎪⎝
⎭
.（1）求C ；
（2）若1c =，D 为ABC 的外接圆上的点，2
BA BD BA ⋅= ，求四边形ABCD 面积的最大值.【答案】（1）
π
6
；（2）
312
+.【解析】
【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出3
tan 3
C =，进而根据角的范围得出答案；
（2）解法一：由已知可推出BC CD ⊥，然后根据正弦定理可求出22R =，进而求出2BD =，3AD =
.
设BC x =，CD y =，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出BC CD ⊥，然后同解法一求得3AD =.设CBD θ∠=，表示出四边形的面积，根据θ的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得3AD =
，设点C 到BD 的距离为h ，表示出四边形的面积，即可推出答
案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD 是O 的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.【小问1详解】因为π2sin 6b c A ⎛⎫=+
⎪⎝
⎭
，
在ABC 中，由正弦定理得，i s n in 2sin πs 6B A C ⎛⎫=+ ⎪⎝
⎭
.又因为()()sin sin πsin B A C A C =--=+，所以()πsin 2s n sin i 6A C A C ⎛⎫+=+
⎪⎝
⎭
，展开得sin cos cos sin sin sin cos 31
222A C A C C A A ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭
，即sin cos si 30n sin A C C A -=，
因为sin 0A ≠，故cos 3sin C C =，即3
tan 3
C =
.又因为()0,πC ∈，所以π6
C =
.【小问2详解】解法一：如图1
设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，
因为2
BA BD BA ⋅= ，所以()
0BA BD BA ⋅-= ，
即0BA AD ⋅=
，所以DA BA ⊥，
故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，
1
22
πsin sin 6
c A R BC =
∠==，所以2BD =.在ABD △中，223AD BD AB =-=.
设四边形ABCD 的面积为S ，BC x =，CD y =，则224x y +=，
ABD CBD S S S =+△△11312222AB BC xy
AD CD =+⋅=⋅+22313
12222
x y +≤+⋅=+，当且仅当2x y ==
时，等号成立.
所以四边形ABCD 面积最大值为31 2+
.
解法二：
如图1
设ABC
的外接圆的圆心为O，半径为R，BD
在BA
上的投影向量为BA
λ
，所以()2
BA BD BA BA BA
λλ
⋅=⋅=
.
又
2
2
BA BD BA BA
⋅==
，所以1
λ=，
所以BD
在BA
上的投影向量为BA
，
所以DA BA
⊥.
故BD是O
的直径，所以BC CD
⊥.
在ABC
中，1
c=，
1
22
π
sin sin
6
c
A
R
BC
=
∠
==
，所以2
BD=，
在ABD
△中，223
AD BD AB
=-=.
设四边形ABCD的面积为S，CBDθ
∠=，
π
0,
2
θ
⎛⎫
∈ ⎪
⎝⎭
，
则2cos
CBθ
=，2sin
CDθ
=，
所以ABD CBD
S S S
=+
△△
11
22
B
AD CD
AB C
=⋅⋅
+3sin2
2
θ
=+，
当
π
2
2
θ=时，S最大，所以四边形ABCD 面积最大值为
31
2+
.
解法三：
如图1
设ABC
的外接圆的圆心为O，半径为R，
因为2
BA BD BA ⋅= ，所以()
0BA BD BA ⋅-= ，即0BA AD ⋅= ，
所以DA BA ⊥.
故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，
1
22
πsin sin 6
c A R BC =
∠==，所以2BD =.在ABD △中，223AD BD AB =-=.
设四边形ABCD 的面积为S ，点C 到BD 的距离为h ，则ABD CBD S S S =+△△1122AD h AB BD ⋅+⋅=
32
h =+，当1h R ==时，S 最大，所以四边形ABCD 面积最大值为3
12
+.解法四：
设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，在ABC 中，1c =，
1
22
πsin sin 6
c A R BC =
∠==，故ABC 外接圆O 的半径1R =.即1OA OB AB ===，所以π3
AOB ∠=
.如图2，以ABC 外接圆的圆心为原点，OB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy ，则1
3,
22A ⎛⎫
⎪
⎪
⎝⎭，()10B ,
.因为C ，D 为单位圆上的点，设()cos ,sin C αα，()cos ,sin D ββ，其中()0,2πα∈，()0,2πβ∈.
所以13,22BA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
，()cos 1,sin BD ββ=- ，
代入2
BA BD BA ⋅= ，即1BA BD ⋅=
，可得113
cos sin 1222
ββ-
++=，即π1sin 62
β⎛
⎫-
= ⎪⎝
⎭.由()0,2πβ∈可知ππ11π,666β⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭
，所以解得ππ66β-=或π5π66β-=，即π3
β=或πβ=.当π
3
β=
时，A ，D 重合，舍去；当πβ=时，BD 是O 的直径.设四边形ABCD 的面积为S ，则1313
sin sin 2222
ABD CBD S S S BD BD αα=+=
⋅+⋅=+△△，由()0,2πα∈知sin 1α≤，所以当3π
2
α=
时，即C 的坐标为()0,1-时，S 最大，所以四边形ABCD 面积最大值为
312
+.21.如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为菱形，且60ABC ∠=︒，2AB =，2PA PB ==．M 是棱
PD 上的点，O 是棱AB 的中点，PO 为四棱锥P ABCD -的高，且四面体MPBC 的体积为
36
．（1）证明：PM MD =；
（2）若过点C ，M 的平面α与BD 平行，且交PA 于点Q ，求多面体DMC AQB -体积．【答案】（1）证明见解析（2）
3
2
【解析】
【分析】（1）由题意AD 平面PBC ，求得体积关系：1
2
M PBC D PBC V V --=
，即可得出答案；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面α的法向量为n
，设()0,,AQ AP λλλ== ，由
0n CQ ⋅= 得2
3
λ=，求出ACQ 面积，平面ACQ 的法向量1n ，利用向量法求出M 到平面ACQ 的距离d ，进而求得M ACQ V -，Q ABC V -，M ADC V -，相加即可得出答案.【小问1详解】因为2PA PB ==
，2AB =，AB 中点O ，
所以PO AB ⊥，1PO =，1BO =.
又因为ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，所以CO AB ⊥，3CO =.
因为AD BC ∥，BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ，所以AD 平面PBC ，所以1113
1233323
A D PBC A PBC P ABC BC V V V P S O ---===
=⨯⨯⨯⨯=
⋅△.因为31
62
M PBC D PBC V V --=
=，所以点M 到平面PBC 的距离是点D 到平面PBC 的距离的1
2，所以PM MD =.【小问2详解】
因为PO ⊥平面ABCD ，,BO CO ⊂平面ABCD ，所以PO BO ⊥，PO CO ⊥，又BO CO ⊥，
如图，以O 为坐标原点，OC ，OB ，OP
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，
则()0,1,0A -，()0,1,0B ，(
)
3,0,0C
，(
)
3,2,0D
-，()0,0,1P ，所以31,1,22M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭
，(
)3,1,0AC =
，(
)3,1,0BC =
-
，(
)
3,3,0BD =
-
，
()0,1,1AP = ，31,1,22CM ⎛⎫
=-- ⎪ ⎪⎝⎭
.
设平面α的法向量为(),,n x y z = ，则00
n BD n CM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即33031
02
2x y x y z ⎧-=⎪
⎨--+=⎪⎩，取1y =，得(
)
3,1,5=
n .
因为Q AP ∈，设()0,,AQ AP λλλ==
，则()
3,1,CQ AQ AC λλ=-=-- ，
因为3150n CQ λλ⋅=-+-+= ，所以23λ=，23AQ AP =
，
所以123,,33CQ ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，220,,33AQ ⎛⎫
= ⎪⎝⎭ ，
(
)
222
12423333CQ ⎛⎫⎛⎫=
-+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，22
2223332AQ ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，ACQ 中，22
2
1cos 822422
332242
233AQC ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⨯⨯
∠==,0πAQC <∠<,2
137sin 188AQC ⎛⎫∠=-= ⎪
⎝⎭
，12242377
3383
1sin 22ACQ S AQ CQ AQC =⨯⨯⨯⨯⨯∠⨯=
=△,设平面ACQ 的法向量为()1111,,n x y z = ，则1100n AQ n CQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
，即11111
22033
23033y z y z x ⎧+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩
.取11x =，得()
11,3,3n =-
.
设M 到平面ACQ 的距离为d ，又31,1,22CM ⎛⎫
=-- ⎪ ⎪⎝
⎭ ，
则()()
()()
1222
1
31113322133
217
d CM n n ⎛⎫-⨯+-⨯-+⨯ ⎪
===+⋅⎝⎭-+
，11219733
337M ACQ ACQ V S d -=⨯⨯⨯=⨯=
△，∵23AQ AP = ，∴Q 到平面ABC 的距离为2233
PO =，
又12332ABC S =
⨯⨯= ，∴1223339
Q ABC ABC V S -=⨯⨯=△,∵PM MD =，∴M 到平面ADC 的距离为11
22
PO =，又3ADC ABC S S ==△△，∴113
326
M ADC ADC V S -=
⨯⨯=
△,多面体DMC AQB -体积为32333
9962
M ACQ Q ABC M ADC V V V V ---=++=
++=
.22.如图1，某景区是一个以C
为圆心，半径为3km 的圆形区域，道路1l ，2l 成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB ，点A ，B 分别在1l 和2l 上，修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成三角地块OAB ．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．
（1）当OAB 为正三角形时求修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成的三角地块OAB 面积；（2）若OAB 的面积103S =，求木栈道AB 长；（3）如图2，设CAB α∠=，
①将木栈道AB 的长度表示为α的函数，并指定定义域；②求木栈道AB 的最小值．【答案】（1）2
273km
（2）
3km 3（3）①
33π0πtan 3tan 3AB αα
α⎛
⎫=
+<< ⎪
⎛⎫⎝
⎭- ⎪⎝⎭
，②63km 【解析】
【分析】（1）运用等面积法可求得等边三角形的边长，进而求得等边三角形的面积.（2）方法1：运用内切圆性质及三角形面积公式可求得结果.
方法2：运用两个三角形面积公式可得a b c ++，ab 的值，再结合余弦定理可得22()3c a b ab =+-，联立可求得AB 的长.
（3）①运用内切圆性质可得π
3
CBM α∠
=-，进而运用直角三角形中的正切公式可表示出AB .②方法1：运用分离常数法、“1”的代换及基本不等式可求得结果.
方法2：运用切化弦、和角公式、积化和差公式化简AB 表达式，再结合三角函数在区间上求最值即可.方法3：运用切化弦、和差角公式、二倍角公式、辅助角公式化简，再结合三角函数在区间上求最值即可.【小问1详解】
如图所示，
设三角地块OAB 面积为S ，等边△OAB 边长为a ，所以由等面积法得：211π
33sin 223
S a a =⨯⨯=，解得63a =，所以221π3
sin (63)273234
OAB S a =
=⨯=△.故修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成的三角地块OAB 面积为273平方千米.【小问2详解】
方法1：设圆C 分别与OB 、OA 、AB 相切于点N 、E 、M ，如图所示，
则3NC =，NC OB ⊥，1π26
NOC BOA ∠=
∠=，所以在Rt ONC △中，
33πtan
6
NC
ON =
=，所以33OE ON ==，
设BM BN m ==，AE AM n ==，所以1
2(33)31032
AOB S m n =
⨯⨯++⨯=△，解得：33m n +=
，即：33AB =.故木栈道AB 长为
3
km 3
.方法2：设三角地块OAB 面积为S ，OB a =，OA b =，AB c =，3r =，由等面积法可得：()11
sin 22
S ab BOA r a b c =∠=++，即：()()13
103103242433r a b c ab a b c ab =
++=⇒=++=，所以3
203
a b c ++=
①，40ab =②，在△OAB 中，由余弦定理得
2222222cos 2cos60c a b ab BOA c a b ab ︒=+-∠⇒=+-222
()3a b ab a b ab =+-=+-，
即：22()3c a b ab =+-③，由①②③解得：33
c =
.故木栈道AB 长为3
km 3
.【小问3详解】
如图所示，
①由题意知，2π3
OBA OAB ∠+∠=
，由内切圆的性质可知，π3
CBA CAB ∠+∠=
，设直线AB 和圆C 相切点M ，CAB α∠=，则π
3
CBM α∠
=-，因为0
0π00
3
CAB CBA αα>⎧∠>⎧⎪⇒⎨⎨∠>->⎩⎪⎩，解得：π
03α<<，
又因为tan CM AM α=
，πtan 3CM
BM α⎛⎫-= ⎪⎝⎭
，
所以tan 3
AM α=，πn 33ta BM α=⎛⎫- ⎪⎝⎭
，
所以
33π0πtan 3tan 3AB AM BM αα
α⎛
⎫=+=
+<< ⎪
⎛⎫⎝
⎭- ⎪⎝⎭
.即：
3
3π0πtan 3tan 3AB αα
α⎛
⎫=
+<< ⎪
⎛⎫⎝
⎭- ⎪⎝⎭
.②方法1：3tan 1312
333πtan tan tan 3tan 3tan ta 33
31n AB αα
ααααα⎛⎫+=+
=+=+- ⎪ ⎪⎛⎫--⎝⎭- ⎪
⎝⎭(
)
143tan 4tan 3tan 3tan 333533tan tan 3tan 3tan ααααα
ααα⎛⎫
-⎛⎫⎡
⎤=+
+--=++- ⎪ ⎪ ⎪⎣⎦--⎝⎭
⎝
⎭
3(54)3363≥⨯+-=，
当且仅当π
6
α=
时等号成立，
故木栈道AB 的长度最小值为63km .
方法2：πππcos()cos sin()sin cos()33333πππtan sin sin()sin sin()33cos tan 333AB αααααααααααα⎛⎫--+- ⎪=+=+=⨯ ⎪⎛⎫ ⎪--- ⎪
⎝⎭⎝⎭
ππ
sin[()]sin
333333π11ππ1ππcos(2)cos[()]cos[()]cos(2)cos 32233233αααααααα-+=⨯=⨯=
⎡⎤⎡⎤-----+---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦因为π
03α<<，所以πππ2333α-<-<，
所以1π
cos(2)123
α<-≤，
所以
33
63
π1
cos(2)32
AB α=
≥--
，故木栈道AB 的长度最小值为63km .
方法3：πππcos()cos sin()sin cos()33333πππtan sin sin()sin sin()33cos tan 333AB αααααααααααα⎛⎫--+- ⎪=+=+=⨯ ⎪⎛⎫ ⎪--- ⎪
⎝⎭⎝⎭
ππ
sin[()]sin
333333π13131
sin(2)sin (cos sin )sin 2(1cos 2)622244
αααααααα-+=⨯=⨯=
+-
---，因为π
03
α<<，所以ππ5π2666α<+<，
所以1π
sin(2)126
α<+≤，
所以
33
63
π1
sin(2)62
AB α=
≥+-
，故木栈道AB 的长度最小值为63km .【点睛】方法点睛：解三角形的应用问题的要点
（1）从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素；
（2）利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解．
解三角形中最值（范围）问题的解题策略
利用正弦、余弦定理以及面积公式化简整理，构造关于某一个角或某一边的函数或不等式，利用函数的单调性或基本不等式等求最值（范围）．。