四川省成都市第七中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(解析版)

成都七中高2026届高一下期期末考试
数学试题
一.单项选择题:本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.若2i z =-,则z z -=
（）
A.
B.2i
C.2
D.4
【答案】C 【解析】
【分析】根据共轭复数写出z ，即可求出模长.
【详解】2i z =- ，2i z ∴=+，即(2i)(2i)2i 2z z -=+--==.故选：C.
2.若2,a a = 与b 夹角为60
，且()
b a b ⊥- ，则b = （）.
A.
3
2
B.1
C.
D.2
【答案】B 【解析】
【分析】根据向量垂直，结合数量积的定义即可列方程求解.
【详解】由()
b a b ⊥- ，得20b a b ⋅-= ，故22cos600b b ⋅-=
，故1b = 或0b = ，
若0b = ，则,a b
共线，不满足题意，故1b = ，
故选：B
3.已知tan 2α=，α为锐角，则π
sin()4
α+=（）. A.1010
B.
1010 C.31010
-
D.
31010
【答案】D 【解析】
【分析】利用两角和的正弦公式把π
sin()4
α+展开，然后利用同角三角函数基本关系即可求解.
【详解】πππ2sin(sin cos
cos sin (sin cos )4442
ααααα+=+=+ ,，,α为锐角，sin 0,cos 0αα∴>>，
sin tan 2cos α
αα
=
= ，sin 2cos αα∴=，
又22sin cos 1αα+= sin ,cos 55
αα∴=
=
，即35sin cos 5αα+=，得0
π2sin()31n cos 420
1ααα+=+=.故选：D.
4.将函数()sin f x x =的图象先向左平移
π
3
个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，则()g x 的一条对称轴可能为（）.
A.
5π12
B.
π12
C.
5π3
D.
π3
【答案】D 【解析】
【分析】根据平移伸缩得到三角函数解析式再求对称轴即可.【详解】将函数()sin f x x =的图象先向左平移π
3
个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()1
πsin 2
3g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则对称轴为πππ,Z 232x k k +=+∈,
所以对称轴为π2π,Z 3x k k =+∈，当0k =时对称轴为π
3
x =.故选：D.
5.已知,,αβγ是三个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，且m αβ⋂=，给出下列四个命题:①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若,αβγβ⊥⊥，则//αγ④若,//n m n γβ⋂=，则//γα则上述命题中正确的个数为（
）.
A.0
B.1
C.2
D.3
【答案】B 【解析】
【分析】利用直线、平面间的位置关系判断即可.【详解】对于①，若,//m m n αβ⋂=，则如图所示，第一种情况，n 在,αβ外，可得//n α或//n β；第二种情况，n 在β内，可得//n α；第三种情况，n 在α内，可得//n β，综上所述，//n α或//n β，故①正确；
对于②，若,m m n αβ⋂=⊥，则n 与α相交或在α内，n 与β相交或在β内，故②错误；对于③，若m αβαβγβ⊥⋂=⊥，，，则,αγ相交或//αγ，故③错误；对于④，若,,//m n m n αβγβ⋂=⋂=，则//γα或γ与α相交，故④错误.故选：B.
6.同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数之差绝对值小于2的概率为（）.
A.
23
B.
59
C.
49
D.
13
【答案】C 【解析】
【分析】|根据古典概型计算即可.
【详解】同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数分别为,x y ，共有36种情况，点数之差绝对值小于2的情况有
()()()()()()()()()()()()()()()()1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,2,1,3,2,4,3,5,4,6,5共16种
点数之差绝对值小于2的概率为()
1642369
P x y -<==.故选：C.
7.羌族是中国西部地区的一个古老民族，
被称为“云朵上的民族”，其建筑颇具特色.碉楼是羌族人用来御敌、储存粮食柴草的建筑，一般多建于村寨住房旁.现有一碉楼，其主体部分可以抽象成正四棱台
1111ABCD A B C D -，如图，已知该棱台的体积为311224m 8m 4m AB A B ==，，，则二面角1A AB C
--的正切值为（
）.
A.3
B.
2
C.
D.
32
【答案】A 【解析】
【分析】先求出正四棱台的高，再取正四棱台上下底面的中心为1,O O ，取11,AB A B 的中点,E M ，作
1//MN OO 交OE 于点N ，则MEN ∠为二面角1A AB C --的平面角，即可求解．
【详解】解：设正四棱台的高为h ，
则(2
21843V h =
++，得()1
2246416323
h =++，
得6h =，
取正四棱台上下底面的中心为1,O O ，如图所示：
取11,AB A B 的中点,E M ，作1//MN OO 交OE 于点N ，则MEN ∠为二面角1A AB C --的平面角，则184
=6,22
MN OO h EN -===
=，
得6
tan 32
MN MEN EN
∠==
=，故选：A
8.在ABC 中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，已知160a A == ，，设O G ，分别是
ABC 的外心和重心，则AO AG ⋅
的最大值是（
）A.
12
B.
13 C.
14
D.
16
【答案】B 【解析】
【分析】设D 为BC 边中点，连接OD ,作OH AC ⊥于H ，即H 为AC 中点，求得2
12
AO AC AC ⋅= ，
2
12AO AB AB ⋅= ，化解得221166
AO AG AB AC +=⋅ ，再通过余弦定理及均值不等式即可求解.
【详解】设D 为BC 边中点，连接OD ,作OH AC ⊥于H ，即H 为AC 中点，
因为2
1|||cos |||||2
AO AC AO AC OAC AH AC AC ⋅=⋅∠=⋅= ,
同理21|||cos 2|AO AB AO AB OAB AB ⋅=⋅∠= ,
则()
221332AO AG AO AD AO AB AC ⎛⎫⋅=⋅=⋅
+ ⎪⎝⎭
()
(
)
222211113666
AO AB AC AB b c =⋅+=+=+
，在ABC 中，1,60a A ==︒，
由余弦定理得2222cos60a b c bc ︒=+-，即221b c bc +=+，由均值不等式，2212bc b c bc +=+≥，所以1bc ≤（当且仅当1b c ==等号成立），
所以()
()()221111
1116663
AO AG c b bc ⋅=+=+≤+= .故选：B
．
二.多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.已知()()1,,2,3a b ==+λλr r
，则（
）.
A.“1λ=”是“a ∥b
”的必要条件B.“3λ=-”是“a ∥b
”的充分条件
C.“1
2
λ=-”是“a b ⊥ ”的必要条件D.“1
2
λ=”是“a b ⊥ ”的充分条件
【答案】BC 【解析】
【分析】对于AB ：根据向量平行的坐标表示结合充分必要条件分析判断；对于CD ：根据向量垂直的坐标表示结合充分必要条件分析判断.
【详解】因为()()1,,2,3a b ==+λλr r
，
对于选项AB ：若a ∥b
，则()23+=λλ，解得1λ=或3λ=-，可知a ∥b
，等价于1λ=或3λ=-，
若a ∥b ，不能推出1λ=，所以“1λ=”不是“a ∥b
”的必要条件，故A 错误；
若3λ=-，可以推出a ∥b ，所以“3λ=-”是“a ∥b
”的充分条件，故B 正确；对于选项CD ：若a b ⊥
，则230++=λλ，解得1
2
λ=-
，可知a b ⊥ ，等价于1
2
λ=-，
若a b ⊥ ，可以推出12λ=-，所以“1
2λ=-”是“a b ⊥ ”的必要条件，故C 正确；
若12λ=，不能推出a b ⊥ ，“1
2
λ=”不是“a b ⊥ ”的充分条件，故D 错误；
故选：BC.
10.已知一组样本数据()12201220,,,,x x x x x x ≤≤≤ 下列说法正确的是（）.
A.该样本数据的第60百分位数为12
x B.若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则其平均数大于中位数
C.若样本数据的方差202
2
1
12520i i s x ==-∑，则这组样本数据的总和为100D.若由()21,2,,20i i y x i == 生成一组新的数据1220,,,y y y ，则这组新数据的平均值是原数据平均
值的2倍【答案】BCD 【解析】
【分析】根据题意，结合百分位数、数据方差，以及平均数与方差的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A ，由200.612⨯=，可得第60百分位数为
1213
2
x x +，错误；对于B ，数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如图所示，
由于“右拖”
时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，正确；
对于C ，由()1122
2202011252020i i i i s x x x ===
∑-=∑-，则2020
2
2211
50020i i i i x x x ==-=-∑∑，所以5x =,故这组样本数据的总和等于20100x =，正确；
对于D ，若由()21,2,,20i i y x i == 生成一组新的数据1220,,,y y y ，则这组新数据的平均值是原数据平均值的2倍，正确．故选：BCD ．
11.如图，在长方体ABCD A B C D -''''中，2,4,AB BC AA '===N 为棱C D ''中点，1
,2
D M P '=为线段A B '上一动点，下列结论正确的是（
）
.
A.线段DP 长度的最小值为
655
B.存在点
P ,使AP PC +=C.存在点P ，使A C '⊥平面MNP D.以B 为球心，17
6
为半径的球体被平面AB C '所截的截面面积为6π【答案】AC 【解析】
【分析】对于A ，在三角形中，由垂线段最短即可计算得到；对于B ，通过平面翻折，化空间到平面，利用
两点之间线段最短计算出AP PC +的最小值，再与C ，依题意作出经过三点,,M N P 的平面，再证明A C '与平面垂直即得；对于D ，利用球的截面圆的性质，先通过等体积求得球心到平面的距离，再由垂径定理求出截面圆半径即得.
【详解】
对于A ，如图1，因A B A D ''===,BD =,
故当DP A B ⊥'时，线段DP 长度最小，
此时由等面积，1122DP ⨯⨯，解得65
5
DP =
=
，故A 正确；
对于B ，如图2，将平面A D CB ''旋转至平面11BC D A ',使之与平面A AB '共面，连接1AC 与A B '交于点1P ，此时1111AP PC AC +=为最小值.
sin
A BA '∠=
=
,190A BC '∠=
,
故1cos cos(90)sin
ABC A BA A BA ''∠=∠+=-∠=-
由余弦定理，222
1122222cos 88(8
AC ABC =+-⨯⨯∠=-⨯-
=+
,
故1AC =>
因此不存在这样的点P ，使AP PC +=B 错误；
对于C ，如图3，取13
1,,22
B E B F A G =='=''，连接FG 交A B '于P ，下证A
C MN '⊥.连接
D C ',由
2D N D D
D M DC
''=='可得ND M D DC '' ,则得D C MN '⊥,因D A ''⊥平面DCC D '',因MN ⊂平面DCC D '',则D A MN ''⊥,
因D C D A D ''''⋂=,,D C D A '''⊂平面A D C ''，故MN ⊥平面A D C ''，又A C '⊂平面A D C '',故A C MN '⊥.
同理，A C EN '⊥,因MN EN N ⋂=,,MN EN ⊂平面MEN ,故A C '⊥平面MEN .下证//EF GM .
取线段A G '的三等分点,J K ,取A D ''的中点H ，连接,,,EH HJ JF D K ',易证////,EH A B FJ EH A B FJ ''''==,则得EFJH ,得//EF JH ,
易得//JH D K ',因//,D M GK D M GK ''=,得D MJK ' ,得//D K GM ',故得//EF GM .同理可得//MN FG ，因此,,,,M N E F G 五点共面．由A C '⊥平面MEN 可得A C '⊥面MNEFG .所以存在这样的点P 使A C '⊥面MNP ，故C
正确；
对于D ，如图4，以点B 为球心，
17
6
为半径的球面被面AB C '所截的截面为圆形，记其半径为r
，则r =（*）
，其中d 为点B 到平面AB C '的距离．由B ABC B AB C V V --''=可得，11
33
ABC AB C S BB S d ''⨯⨯=
⨯⨯ ，
则1
22442
1
32
d ⨯⨯⨯=
=
⨯，代入（*），得52
r =，所以截面面积2
25ππ4
S r ==，故D 错误．故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查多面体中与动点有关的距离最值，截面性质问题，属于难题.
解题关键在于处理距离和的最小值常常需要平面翻折，截面问题，一般应先作出截面，再根据条件分析截面性质，对于球的截面圆，常通过垂径定理求解.
三.填空题:本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12.习主席曾提出“绿水青山就是金山银山”的科学论断，为响应国家号召，农学专业毕业的小李回乡创业，在自家的田地上种植了,A B 两种有机生态番茄共5000株，为控制成本，其中A 品种番茄占40%.为估计今年这两种番茄的总产量，小李采摘了10株A 品种番茄与10株B 品种番茄，其中A 品种番茄总重17kg ，B 品种番茄总重23kg ，则小李今年共可收获番茄约_______kg .
【答案】10300【解析】
【分析】求解两种番茄的种植株数，利用比例即可求解.
【详解】由题意，知A 品种番茄共40%5000=2000⨯株，B 品种番茄3000株，故共可收获番茄约1723
20003000103001010
⨯+⨯=kg ，故答案为：10300
13.已知三棱锥A BCD,ABC - 是边长为2的等边三角形，BCD △是面积为2的等腰直角三角形，且平面ABC ⊥平面BCD ，则三棱锥A BCD -的外接球表面积为_______.
【答案】28π3
##
28π
3【解析】
【分析】判断出等腰直角三角形BCD △的直角，根据面面垂直的性质说明四边形1O EGO 为矩形，求出相关线段长，即可求得三棱锥外接圆半径，即可求得答案.【详解】由于ABC 是边长为2的等边三角形，故2BC =，
BCD △是面积为2的等腰直角三角形，假设BDC ∠为直角，
则BD DC ==
1
12
BCD S =
=△不合题意；故DBC ∠或DCB ∠为直角，不妨设DBC ∠为直角，则2BD BC ==；
设ABC 的中心为G ，E 为BC 的中点，则,,A G E 共线，且AE BC ⊥，由于平面ABC
⊥平面BCD ，平面ABC ⋂平面BCD BC =，AE ⊂平面ABC ，
故⊥AE 平面BCD ，
设O 为三棱锥A BCD -的外接球球心，1O 为DC 中点，即为BCD △的外接圆圆心，连接1OO ，则1OO ⊥平面BCD ，则1OO AE ∥，
连接1OG,O E ，则OG ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ,则OG AE ⊥，
又⊥AE 平面BCD ，1O E ⊂平面BCD ，则1AE O E ⊥，
则四边形1O EGO 为矩形，则112122323
OG O E DB ,AG ====⨯=
,故2
2
2
7
3
OA OG AG =+=
，故三棱锥A BCD -的外接球表面积为2
28π
4π3
OA ⨯=，故答案为：
28π3
14.在ABC 中，43AB AC AB AC P ⊥==，，，为斜边BC 上一动点，点Q 满足2PQ =，且
AQ mAB nAC =+
，则2m n +的最大值为______________.
【答案】1323
+【解析】
【分析】取AB 中点D ，连接CD 交AQ 于点E ，由平面向量的线性运算得2AQ m n AE
+=
，过Q 作
QF CD ∥交直线AB 于点,
AQ AF F AE
AD
=
，如图，当P 与B 重合，FQ 与P 相切时，
AF AD
取得最大值，
即可求解．【详解】
AB 中点D ，
由题可知点Q 点在以P 为圆心，以2为半径的圆上，则2AQ mAB n AC mAD n AC =+=+
；连接CD 交AQ 于点E ，
()1AE AD AC λλ=+-
，则()()
1AQ AQ AQ AE AD AC AE AE
λλ=⋅=⋅+- ，故2AQ m n AE
+=
．
过Q 作QF CD ∥交直线AB 于点,
AQ AF F AE
AD
=
．
如图，当P 与B 重合，FQ 与P 相切时，
AF AD
取得最大值．
则3
tan tan 2∠=∠=
BFQ ADC
，得sin ∠=BFQ ，
得
2,22
3sin 33
BQ AB BF BF m n BFQ
AD +=
=
=+==∠．故答案为：
1323
+四.解答题:本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.如图，棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 的中点，E 是1AA 的中点，点F 在AB
上.
（1）当F 是AB 的中点时，证明:平面//EFO 平面11A D C ;
（2）当F 是靠近B 的三等分点时，求异面直线FO 与1AC 所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
30
15
．【解析】
【分析】（1）利用OF OE ，分别为11,BC A C A D 的中位线，得到//OF 平面11A D C ，//OE 平面11A D C ，借助面面平行的判定定理证明即可;
（2）由1//OE A C 可知EOF ∠或其补角为异面直线FO 与1AC 所成角，借助余弦定理求出即可.【小问1详解】
由正方体1111ABCD A B C D -可知，,O E 是1,AC AA 中点，所以1//,OE A C 因为11A D ⊂平面11,A D C OE ⊄平面11A D C ，所以//OE 平面11A D C .
因为F 是AB 中点，O 是AC 中点，所以OF 为ABC 的中位线，故11////OF BC A D ．
又由于1
AC ⊂平面11,A D C OF ⊄平面11A D C ，所以//OF 平面11A D C ．又,,OE OF O OE OF =⊂ 平面EFO ，故平面//EFO 平面11A D C ．【小问2详解】
由1//OE A C 知，异面直线FO 与1AC 所成角即为EOF ∠或其补角．由于1AA ⊥平面,,ABCD AB AO ⊂平面ABCD ，则1AA 与,AB AO 都垂直，所以90EAF EAO ∠=∠=︒，由题意得4AF =，在Rt EAF △中，由勾股定理可得5EF =．
易得3AO AE ==，在Rt EAO △中，由勾股定理可得EO =
在OAF △中，45CAB ∠=︒，由余弦定理得FO ==，
在EOF 中，由余弦定理可得2222cos EF EO FO EO FO EOF =+-⋅⋅∠，代入解得
cos 0
15EOF ∠=
=>．所以异面直线FO 与1AC 所成角的余弦值为
30
15
．
16.2024年4月26日，
主题为“公园城市、美好人居”的世界园艺博览会在四川成都正式开幕，共建成113个室外展园，涵盖了英式、法式、日式、意式、中东、东南亚等全球主要园林风格，吸引了全球各地游客前来参观游玩.现从展园之一的天府人居馆中随机抽取了50名游客，统计他们的参观时间(从进入至离开该展园的时长，单位:分钟，取整数)，将时间分成[)[)[]455555658595 ，，，，，，
五组，并绘制成如图所示
的频率分布直方图.
（1）求图中a 的值;
（2）由频率分布直方图，试估计该展园游客参观时间的第75百分位数(保留一位小数);（3）由频率分布直方图，估计样本的平均数¯
(每组数据以区间的中点值为代表).【答案】（1）0.015a =；（2）78.3（3）69x =．
【解析】
【分析】（1）应用频率和为1求参数；
（2）应用频率分布直方图求百分位数步骤求解；（3）应用频率分布直方图求平均数步骤求解.【小问1详解】
由样本频率分布直方图可知()0.0120.0250.035101a +++⨯=，解得0.015a =；【小问2详解】
样本频率直方图前三组频率之和为()0.0100.0250.035100.70.75++⨯=<，前四组频率之和为()0.0100.0250.0350.015100.850.75+++⨯=>，
所以样本数据的第七十五百分位数在第四组内，设其为x ，则()750.0150.700.75x -⨯+=，解得78.3=x ，所以样本数据的第七十五百分位数为78.3．
由样本估计总体，估计该展园游客参观时间的第七十五百分位数也为78.3；【小问3详解】
0.0110500.03510600.02510700.01510800.0151090x =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯，
计算可得，样本的平均数69x =．
17.甲、乙两位同学进行羽毛球比赛，并约定规则如下:在每个回合中，若发球方赢球，则得1分，并且下一回合继续由其发球;若发球方输球，则双方均不得分，且下一回合交换发球权;比赛持续三回合后结束，若最终甲乙得分相同，则为平局.已知在每回合中，甲获胜的概率均为2
3
，各回合比赛结果相互独立，第一回合由甲发球.
（1）求甲至少赢1个回合的概率;（2）求第二回合中有选手得分的概率;（3）求甲乙两人在比赛中平局的概率.【答案】（1）
26
27
（2）59（3）427
．
【解析】
【分析】（1）根据对立事件概率求法及乘法公式结合条件即得；（2）结合对立事件和独立事件，应用和事件求概率；
（3【小问1详解】
设事件=i A “第i 回合甲胜”，事件M =“甲至少赢一回合”，故M =“甲每回合都输”．i A 为i A 对立事件，
()23i P A =
，故()
1
3
i P A =．()()()()()()
3
1231231261111327
P M P M P A A A P A P A P A ⎛⎫=-=-=-=-=
⎪⎝⎭，故甲至少赢1个回合的概率为2627
．【小问2详解】
设事件N =“第二回合有人得分”，由题可知1212N A A A A =⋃，且12A A 和12A A 互斥，则()()()()()()()
1212121259
P N P A A P A A P A P A P A P A =+=⋅+⋅=，故第二回合有人得分的概率为59
．【小问3详解】
设事件Q =“甲乙两人平局”，由题可知，只有0:0与1:1两种情况，因此123123Q A A A A A A =⋃，
故()()()()()()()()()
123123123123427
P Q P A A A P A A A P A P A P A P A P A P A =+=+=，故甲乙两人平局的概率为
427
．18.记ABC 的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知4,2,sin sin 2sin a c a A c C b B ==+=，D 是线段AC 上的一点，满足1
3AD AC =，过D 作一条直线分别交射线BA 、射线BC 于M N 、两点.
（1）求b ，并判断ABC 的形状;（2）求BD 的长;
（3）求BM BN ⋅
的最小值.
【答案】（1
）b =，钝角三角形
（2）
213
3（3）
409
【解析】
【分析】（1
）由正弦定理得b =
cos 0A <，得到π
2
A >
，ABC 是钝角三角形；（2）,BA BC 可作为一组基底，求出5
cos ,cos 8BA BC B 〈〉== ，根据题目条件得到2133
BD BA BC =+ ，
平方后2BD
，从而求出答案；
（3）设,BM xBA BN yBC ==
，根据向量共线得到()()1,0,1BD t BM tBN t =-+∈ ，由向量基本定理
得到()21,313x y t t ==-，表达出()291BM BN BA BC t t
⋅=⋅-⋅ ，其中50BA BC ⋅=>
，由基本不等式求
出最小值.【小问1详解】
由正弦定理得，222sin sin 2s n 2i a a c A c C b B b ⇒+=+=，又4,2a c ==
，解得b =
．
又因为2
2
2
20b c a +-=-<，故222
cos 02+-=<b c a A bc
，
因为0πA <<，故π
2
A >，所以ABC 是钝角三角形．【小问2详解】
由平面向量基本定理，,BA BC
可作为一组基底向量，且有2,4BA BC == ，2225
cos ,cos 28
a c
b BA BC B ac
+-〈〉===
．由于13AD AC = ，所以(
)
13
BD BA BC BA -=
- ，
故213
3
BD BA BC =+ ．
BD ==
3
=
==
；【小问3详解】
由题意可设,BM xBA BN yBC == ．
由于,,M D N 三点共线，设MD tMN =
，01t <<，
故()
BD BM t BN BM -=- ，故()()1,0,1BD t BM tBN t =-+∈
．
所以()21133
BD t x BA ty BC BA BC =-⋅+⋅=+ ，
由平面向量基本定理，解得()21,313x y t t =
=-，所以()21,313BM BA BN BC t t ==-
．因此()()21231391BM BN BA BC BA BC t t t t ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=⋅ ⎪ ⎪ ⎪--⋅⎝⎭⎝⎭
，而||||cos 50BA BC BA BC B ⋅=⋅⋅=>
，
其中()11
122t t t t -+-≤
=，当且仅当1t t -=，即12
t =时，等号成立，
因此当1
2t =时，409
BM BN ⋅= 为最小值．
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
19.如图，斜三棱柱111A B C ABC -中，90ABC ∠= ，四边形11ABB A 是菱形，D 为AB 中点，1A D ⊥
平面ABC ，点1A 到平面11BCC B 1AA 与1CC 的距离为2.
（1）求证:CB ⊥平面11ABB A ;
（2）求1
AC 与平面11BCC B 所成角的正弦值;（3）若E F ，分别为1AA AC ，的中点，求此斜三棱柱被平面1B EF 所截的截面面积.【答案】（1）证明见解析（2）
155（3）
534
12
．【解析】
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）先根据线面垂直判定定理证明线面垂直，几何法得出线面角，再计算得出正弦值；（3）先找到截面，再计算截面即可.【小问1详解】
因为1A D ⊥平面,ABC BC ⊂平面ABC ，故1A D BC ⊥．
又由90ABC ∠=︒，即1,,AB BC AB A D D AB ⊥⋂=⊂平面11ABB A ,1A D ⊂平面11ABB A ，
因此BC ⊥平面11ABB A ．【小问2详解】
由于菱形11ABB A ，且1A D 为AB 的垂直平分线，因此可知1A AB △和11B A B 均为等边三角形．由BC ⊥平面11,ABB A BB ⊂平面1ABB A ，可得1BC BB ⊥，斜三棱柱进一步可得11B BCC 是矩形．
此时作1111,A P BB AQ CC ⊥⊥，连接1,,PQ PC AC ．
由题知，1
12,AQ A P =⊂平面11ABB A ，可得111,BC A P BC BB B BB ⊥⋂=⊂，平面11,BCC B BC ⊂平面11BCC B ，因此1AP ⊥平面
11BCC B ，
因此由题知，1,A P PQ PC =
⊂平面11BCC B ，所以也有11,A P PQ A P PC ⊥⊥．
因此，1ACP ∠为1AC 与平面11BB C C 所成角．在1Rt A PQ △
中，1PQ ==，由矩形可知1BC PQ ==．
由于1A P =
1B AB △中，可以解得12,BB P =为1BB 中点，1BP =．
所以，在Rt BCP △
中，PC =
1Rt ACP △
中，1
AC =．
因此，11
11
15
sin ,5A P ACP AC AC ∠===与平面
11BB C C
所成角的正弦值为5．【小问3详解】
延长1,EF C C 交于点M ，连接1MB ，交BC 于N ，连接FN ，如图，故四边形1B EFN 即为所得截面．上一问可知，菱形11ABB A 的边长为2，矩形11B BCC 中1BC =，平行四边形11ACC A
中
11111
2,AA CC AC AC AC =====．要计算截面1B EFN 的面积，首先研究1B EM △．在11A B E △中，由于11120EA B ∠=︒
，由余弦定理可得
1B E =,E F 为中点，
因此12EM EF AC ===，此时有1MC AE ==，在直角11MB C
中1MB N =为BC 的三等分
点．
因此1B EM △
中，由余弦定理可得2221111cos 25
EM MB EB EMB EM MB +-∠==⋅⋅，
第21页/共21页所以可以计算得117sin 5EMB ∠=
．设截面面积为S ，由于111,23MF ME MN MB =
=，有11111115534sin sin 22612
B EM NFM B EM S S S ME MB EMB MF MN EMB S =-=⋅⋅∠-⋅⋅∠==△△△因此，此斜三棱柱被平面1B EF 所截的截面面积为53412
．。