2023-2024学年福建省三明市高一下册期中数学质量检测模拟试题合集2套（含解析）

2023-2024学年福建省三明市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、单选题1．已知复数，则的虚部为（

）A． B． C． D．【正确答案】C【分析】根据复数的代数形式的乘法法则计算即可得解；【详解】解：，所以的虚部为4.故选：C.本题考查复数代数形式的乘法，复数的相关概念，属于基础题.2．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）A．①是棱台 B．②是圆台 C．③是棱锥 D．④不是棱柱【正确答案】C【分析】利用几何体的结构特征进行分析判断．【详解】对于A，不是由棱锥截来的，所以①不是棱台，故A错误；对于B，上、下两个面不平行，所以②不是圆台；故B错误；对于C，底面是三角形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，所以③是棱锥，故C正确.对于D，前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱，故D错误.故选：C．3．已知平面向量与垂直，则的值是（

）A． B． C．12 D．【正确答案】B【分析】根据平面向量垂直的坐标运算求解求参即可．【详解】由题知，即，解得．故选:B.4．若O，M，N在所在平面内，满足，且，则点O，M，N依次为的（）A．重心，外心，垂心 B．重心，外心，内心C．外心，重心，垂心 D．外心，垂心，重心【正确答案】D【分析】由平面向量数量积的运算，线性运算及三角形五心的性质即可判断出答案．【详解】解：因为，所以，所以O为的外心；因为，所以（）＝0，即＝0，所以MB⊥AC，同理可得：MA⊥BC，MC⊥AB，所以M为的垂心；因为，所以，设AB的中点D，则，所以，所以C，N，D三点共线，即N为的中线CD上的点，且，所以N为△ABC的重心．故选：D．5．在△ABC中，若，，△ABC的面积，则（

）A． B． C． D．【正确答案】D【分析】先利用求出，再利用余弦定理求，进而可得.【详解】由已知，可得，，，.故选：D.6．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是（

）A． B． C． D．【正确答案】D【分析】图2中水所占部分为四棱柱，求出其底面积和高，根据棱柱的体积公式求出四棱柱的体积，同理在图1中，求同三棱柱的体积，能求出图1中容器内水面的高度.【详解】在图2中，水中部分是四棱柱，四棱柱底面积为，高为2，∴四棱柱的体积为，设图1中容器内水面高度为h，则V，解得h.∴图1中容器内水面的高度是.故选：D.7．圆为锐角的外接圆，，点在圆上，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【正确答案】C【分析】把转化为，由余弦定理、数量积的定义得，讨论的位置得，结合锐角三角形恒成立，即可得范围.【详解】由为锐角三角形，则外接圆圆心在三角形内部，如下图示，又，而，若外接圆半径为r，则，故，且，即，由，对于且在圆上，当为直径时，当重合时，所以，综上，，锐角三角形中，则，即恒成立，所以，则恒成立，综上，.故选:C8．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的值为（

）A． B． C． D．【正确答案】D【分析】由正弦定理及余弦定理可得，，然后求解即可.【详解】解：由可得，则，①又，所以，即，所以②由①②可得：，由余弦定理可得,故选：D.本题考查了正弦定理及余弦定理的综合应用，重点考查了两角和的正弦公式，属中档题.二、多选题9．如果平面向量，，那么下列结论中正确的是（

）A．B．C．D．【正确答案】BD【分析】根据向量平行与垂直的坐标表示、向量数量积和模长的坐标运算依次判断各个选项即可.【详解】对于A，，与不平行，A错误；对于B，，，，B正确；对于C，，C错误；对于D，，，，D正确.故选：BD.10．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（

）A． B． C． D．外接圆的面积为【正确答案】ABD【分析】设的外接圆的半径为,利用正弦定理求出，再利用余弦定理和正弦定理求出和即得解.【详解】解：设的外接圆的半径为,因为，所以，所以，则外接圆的面积为.因为，所以所以，所以.所以ABD正确，C错误.故选：ABD11．在复平面内，下列说法正确的是（

）A．若复数z满足，则B．若复数、满足，则C．若复数、满足，则D．若，则的最大值为【正确答案】AD【分析】利用复数的代数形式计算判断A；举例说明判断BC；利用复数的几何意义计算判断D作答.【详解】对于A，设，则，于是，，A正确；对于B，令复数、，显然，满足，而，B错误；对于C，复数、，满足，而，显然，C错误；对于D，因为，则在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上，表示点到复数对应点的距离，因此，即的最大值为，D正确.故选：AD12．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（

）A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面B．存在点Q，使PQ∥平面MBNC．经过C，M，B，N四点的球的表面积为D．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形【正确答案】ABD【分析】作出过B，N，P的截面判断选项A；取中点为Q，证明其满足选项B；过MN与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项C；当Q在运动时，确定截面的形状，判断选项D．【详解】A.连接，，，正方体中易知，又有分别是，中点，则，所以，即四点共面，所以当Q与重合时满足B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；B.如图，取中点为Q，连接PQ，QM，，因为分别，中点，则与平行且相等，故四边形是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，平面BMN，平面BMN，所以PQ∥平面BMN.故选项B正确；选项C，取中点U，中点V，连接MV，MU，NV，NU，则多面体MUNV-ABCD是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过B，C，M，N四点的球，所以球直径为，半径，表面积为.故选项C错．选项D，正方体中，M，N分别是，中点，则，Q在线段（除端点外）上，如图，作交于E，连接EN，延长交DC延长线于点K，连接QM延长交DA延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F,多边形QENFGM为所过M，N，Q三点的截面，由正方体的对称性可知梯形QENM与梯形FGMN全等，则截面为六边形.当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（菱形）.当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（矩形）.综上，过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形.故选项D正确；故选：ABD．三棱锥外接球点睛：求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形.解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补形成一个正方体（长方体），若能，则正方体（长方体）的顶点均在球面上，正方体（长方体）的体对角线长等于球的直径.另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心.三、填空题13．已知复数（其中为虚数单位），则实数_________．【正确答案】【分析】利用复数相等的条件即可求解.【详解】由题意可知，，解得,所以实数.故答案为.14．一艘船从河岸边出发向河对岸航行.已知船的速度的大小为，水流速度的大小为，那么当航程最短时船实际航行的速度大小为___________km/h.【正确答案】【分析】利用勾股定理求得正确答案.【详解】要使航程最短，则船实际航行应正对着河对岸航行，所以船实际航行的速度大小为km/h.故15．祖暅（公元前世纪），字景烁，是我国南北朝时期的数学家.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖桓晩一千一百多年.如图将某几何体（左侧图）与已被挖去了圆锥体的圆柱体（右侧图）放置于同一平面上.以平行于平面的平面于距平面任意高处可横截得到及两截面，若总成立，且图中圆柱体（右侧图）的底面半径为2，高为3，则该几何体（左侧图）的体积是__________.【正确答案】【分析】由题意给的原理可得该几何体的体积为，代入数据求解即可.【详解】因为总有，圆柱的高为3，底面圆的半径为2，所以该几何体的体积为，故答案为.16．在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是______．【正确答案】【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得，因为，所以，可得，因为，所以，所以，，由，可得，所以，，由正弦定理得.故答案为.四、解答题17．已知向量.(1)已知，求向量与的夹角；(2)若，求实数的值.【正确答案】(1)(2)或【分析】（1）利用向量坐标夹角公式进行求解；（2）先计算得到，，再利用向量垂直，数量积为0列出方程，求出的值.【详解】（1）因为，所以，故，因为，所以向量与的夹角；（2），，由于，所以，解得：或，从而或.18．已知复数，为虚数单位.(1)求和；(2)若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.【正确答案】(1)，．(2)，【分析】（1）根据复数的乘除运算规则计算；（2）将z代入方程，根据复数等于0的意义求解.【详解】（1）∵，∴，；（2）∵复数是关于的方程的一个根，∴，∴，∴，∴，解得，；综上，.19．如图，某组合体是由正方体与正四棱锥组成，且．(1)若该组合体的表面积为，求其体积；(2)证明：平面【正确答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）连接、交于点，连接，可知平面，设，则，取的中点，连接，计算出、，利用棱柱和锥体的表面积公式可求得的值，再利用锥体和柱体的体积公式可求得结果；（2）利用线面平行的判断定理，即可证明.【详解】（1）连接、交于点，连接，由正棱锥的性质可知平面，设，则，，，取的中点，连接，则，且，所以，几何体的表面积为，可得，

所以，该几何体的体积为.（2）证明：因为，且，所以四边形是平行四边形，则，平面，平面，所以平面20．如图，在平行四边形ABCD中，，，，BD，AC相交于点O，M为BO中点．设向量，．（1）求的值；（2）用，表示和；（3）证明：．【正确答案】（1）；（2），；（3）证明见解析【分析】（1）利用数量积公式以及求解即可；（2）由向量的加减法进行运算即可用，表示和；（3）利用向量的垂直和数量积的关系证明即可.【详解】（1）（2）又为中点（3）又所以本题主要考查了用基底表示向量，利用数量积求模以及利用向量证明线段垂直，属于中档题.21．在中，．(1)求b；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求的面积．条件①：；条件②：边上中线的长为；条件③：．注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解，（2）根据题目要求可知只能选择条件②或③，根据余弦定理求解，即可根据三角函数的性质求解正弦，进而由面积公式即可求解.【详解】（1）因为，在△中，由正弦定理，可得：，又因为，所以.（2）选择条件①；由，，以及余弦定理得，该方程无解，故此时三角形不存在，故不能选择条件①选择条件②设边上的中线为，则，，在△中，由余弦定理得：，因为，，所以，所以△的面积为.选择条件③方法1：由题设，因为，所以，因为，所以因为，所以，所以，由余弦定理可得：，整理得，解得（舍），因为，，所以，所以△的面积为.方法2：由题设，因为，所以，因为，所以在△中，因为，所以，即，所以，所以，因为，，所以，所以，所以，因为，所以，所以△的面积为.方法3：因为且，所以或，因为，所以，又因为，所以即，所以△为等腰三角形，设边上的高为，则，由勾股定理，所以△的面积为.22．随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼.通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线.如图，为某区的一条健康步道，为线段，是以为直径的半圆，km，km.(1)求的长度；(2)为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新建健康步道（在两侧），其中为线段.若，求新建的健康步道的路程最多可比原有健康步道的路程增加多少长度？【正确答案】(1)km(2)km【分析】（1）利用余弦定理求得，从而求得的长度（2）利用余弦定理和基本不等式求得新建健康步道的最长路程，由此求得增加的长度.【详解】（1）联结，在中，由余弦定理可得，，所以，即的长度为；（2）记，则在中，由余弦定理可得：，即，从而所以，则，当且仅当时，等号成立；新建健康步道的最长路程为，故新建的健康步道的路程最多可比原有健康步道的路程增加2023-2024学年福建省三明市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、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.已知为虚数单位，复数，则复数的模为（）．A.2 B. C.1 D.【正确答案】C【分析】根据复数除法运算，先化简；再由复数模的计算公式，即可得出结果.【详解】因为复数，所以．故选：C．2.已知平面向量，，，若，，则实数与的和为()A.6 B. C.2 D.【正确答案】D【分析】根据、分别求出m和n即可．【详解】∥，；，，；．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，顶角为的等腰三角形，该圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.【正确答案】B【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，，在中，，所以，所以圆锥侧面积为.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.

B.

C.

D.

【正确答案】A【分析】设圆的半径为，由题意可得，化简即可得出答案.【详解】设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形，由内接正边形的面积无限接近圆的面即可得：，解得：故选：A.5.在中，，，的面积为，则为（）．A. B. C. D.【正确答案】B【分析】由已知条件，先根据三角形面积公式求出的值，然后利用余弦定理求出的值，即可得的值.【详解】解：在中，因为，，的面积为，所以，所以，因为，所以，所以.故选：B6.已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【正确答案】B【分析】A：结合两直线的位置关系可判断或异面；B：结合线面平行的性质可判断；C：结合线面的位置关系可判断或相交；D：结合线面的位置关系可判断或.【详解】A：若，则或异面，故A错误；B：因为，所以在平面内存在不同于n的直线l，使得，则，从而，故，故B正确；C：若，则或相交，故C错误；D：若，则或，故D错误.故选：B7.如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为（）A. B.2 C. D.【正确答案】D【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可.【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则有，如图，当三点共线时，则即为的最小值.在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即,在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.同理可求：，因为，所以为等边三角形，所以，所以在三角形中，,,由余弦定理得.故选：D.8.已知中，，D，E是线段BC上的两点，满足，，，，则BC长度为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由可得出，由两边平方可求得然后在中利用余弦定理可求得答案.【详解】如图，记,，，，，，即，，，，即，，在中，,.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4C.圆台的表面积为 D.球O的表面积为【正确答案】ACD【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，连接，利用平面几何知识得到，即可逐项计算求解．【详解】设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆为圆台内切球的大圆，如图，设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，则共线，且，连接，则分别平分，故，，故，即，解得，母线长为，故A正确；圆台的高为，故B错误；圆台的表面积为，故C正确；球O的表面积为，故D正确.故选：ACD.10.已知与是共轭虚数，则（）A. B.C. D.【正确答案】BC【分析】设出复数，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，复数与是共轭虚数，设、，且，对于A项，，，当时，由于复数不能比较大小，故A项不成立；对于B项，因为，，所以，故B项正确；对于C项，因为，所以C选项正确；对于D项，由不一定是实数，故D项不成立.故选：BC.11.对于，有如下命题，其中正确的有（）A.若，则为等腰三角形B.若，则为直角三角形C.若，则钝角三角形D.若，则的面积为或【正确答案】ACD【分析】A.根据条件得到的关系，由此进行判断；B.利用诱导公式直接分析得到的关系并判断；C.利用正弦定理得到的关系，结合余弦定理进行判断；D.先利用正弦定理计算出的值，由此可求的值，结合三角形面积公式进行计算并判断.【详解】对于A：是等腰三角形，A正确；对于B：或不一定是直角三角形，B错误；对于C：，为钝角三角形，正确；对于D：由正弦定理，得而或或当时，，当时，，或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，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B.该半正多面体过三点的截面面积为C.该半正多面体外接球的表面积为D.该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式【正确答案】ACD【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：，故正确；对于B，过三点的截面为正六边形，所以，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,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，故正确；对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，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，写出一个满足条件的复数．______．【正确答案】（答案不唯一，满足（）均可）【分析】运用复数的模的运算公式计算即可.【详解】设，（），则，，因为，所以，解得：，所以，（）所以可以取.故（答案不唯一，满足（）均可）.14.在矩形中，已知，，点是对角线上一动点，则的最小值为___________.【正确答案】##.【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求出，进而结合二次函数的性质即可求出结果.【详解】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立直角坐标系，又因为，，所以则直线的方程为，所以设，且，而,所以结合二次函数的性质可知，当时，有最小值，且最小值为，故答案为.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.【正确答案】【详解】如图所示，过C作CD⊥AB，垂足为D，∠A=15°，∠CBD=75°，AB=1km，△ABC中，BC=，△CBD中，CD=BCcos15°==km．故填．16.如图，平面四边形ABCD中，其中，，，且，，若，则______．【正确答案】##【分析】运用余弦定理求得AD的值，在AB上取点E，使得，结合角平分线性质可得，再运用向量加法可求得结果.【详解】在中，由余弦定理得：，即：，解得：或，又因为，所以.在AB上取点E，使得，连接DE，交AC于点F，如图所示，又因为为的角平分线，所以，为DE的中点，在中，由余弦定理得：，所以，所以，所以，，所以.故答案为.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，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，在复平面上对应的点分别为A，B，O为坐标原点，求∠OAB．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）运用复数几何意义设出，再结合共轭复数定义写出，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（），则，所以，解得：，所以.【小问2详解】由（1）知，，所以，所以，，如图所示，所以，，，，所以.所以.18.如图，已知P是平行四边形所在平面外一点，M、N分别是的三等分点（M靠近B，N靠近C）；（1）求证：平面．（2）在上确定一点Q，使平面平面．【正确答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）过点作，交于点，连接，证得证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解；（2）取取一点，使得，证得，得到平面，结合（1）中平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面．【小问1详解】证明：过点作，交于点，连接，因为为的三等分点，可得，又因为为的三等分点，可得，因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又由平面，平面，所以平面.【小问2详解】证明：取取一点，使得，即点为上靠近点的三等点，在中，因为分别为的三等分点，可得，所以，因为平面，平面，所以平面；又由（1）知平面，且，平面，所以平面平面，即当点为上靠近点的三等点时，能使得平面平面．19.如图，在中，，为中点，为上一点，且满足，的面积为，（1）求的值；（2）求的最小值.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）利用三点共线，可设，推出，结合，即可求得t的值；（2）利用（1）的结论可得，利用三角形面积得出，结合基本不等式即可求得答案.【小问1详解】在中，D为中点，则三点共线，设,故，又，故，解得，即.【小问2详解】由（1）知，所以，当且仅当时取等号，又，则,即，故，即的最小值为，当且仅当时取等号.20.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求C；（2）若，D为的外接圆上的点，，求四边形ABCD面积的最大值.【正确答案】（1）；（2）.【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，进而根据角的范围得出答案；（2）解法一：由已知可推出，然后根据正弦定理可求出，进而求出，.设，，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，然后同解法一求得.设，表示出四边形的面积，根据的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得，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，在中，由正弦定理得，.又因为，所以，展开得，即，因为，故，即.又因为，所以.小问2详解】解法一：如图1设的外接圆的圆心为O，半径为R，因为，所以，即，所以，故BD是的直径，所以.在中，，，所以.在中，.设四边形ABCD的面积为S，，，则，，当且仅当时，等号成立.所以四边形ABCD面积最大值为.解法二：如图1设的外接圆的圆心为O，半径为R，在上的投影向量为，所以.又，所以，所以在上的投影向量为，所以.故BD是的直径，所以.在中，，，所以，在中，.设四边形ABCD的面积为S，，，则，，所以，当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.解法三：如图1设的外接圆的圆心为O，半径为R，因为，所以，即，所以.故BD是的直径，所以.在中，，，所以.在中，.设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，则，当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.解法四：设的外接圆的圆心为O，半径为R，在中，，，故外接圆的半径.即，所以.如图2，以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，.因为C，D为单位圆上的点，设，，其中，.所以，，代入，即，可得，即.由可知，所以解得或，即或.当时，A，D重合，舍去；当时，BD是的直径.设四边形ABCD的面积为S，则，由知，所以当时，即C的坐标为时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.21.如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，．M是棱PD上的点，O是棱AB的中点，PO为四棱锥的高，且四面体MPBC的体积为．（1）证明：；（2）若过点C，M的平面与BD平行，且交PA于点Q，求多面体体积．【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）由题意平面PBC，求得体积关系：，即可得出答案；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量为，设，由得，求出面积，平面的法向量，利用向量法求出到平面的距离，进而求得，，，相加即可得出答案.【小问1详解】因为，，AB中点O，所以，，.又因为是菱形，，所以，.因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以.因为，所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，所以.【小问2详解】因为平面，平面A