2023-2024学年山东省青岛市高一年级下册期中数学模拟试题

2023-2024学年山东省青岛市高一下册期中数学模拟试题

一、单选题

1.复数Z在复平面内对应的点为(2,1),则乌=()

z-l

A.1+iB.1-iC.-l+iD.-l-i

【正确答案】A

【分析】直接利用复数的运算法则化简求解即可.

【详解】复数Z在复平面内对应的点为(2,1),则z=2+i

2i2i2i2i(l-i)2i(l-i).....

---=7----；=---=----r^;--7=-------=1(1-1)=1t+1

z-1(2+i)-l1+i(l+i)(l-i)217

故选.A

2.下列说法中正确的是()

A.直四棱柱是长方体

B.圆柱的母线和它的轴可以不平行

C.正棱锥的侧面是全等的等腰三角形

D.以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥

【正确答案】C

【分析】根据相关立体几何图形的性质逐项判断即可.

【详解】对于A：由直四棱柱的定义可知，长方体是直四棱柱，

但当底面不是长方形时，直四棱柱就不是长方体，故A错误；

对于B：根据圆柱母线的定义可知，圆柱的母线和它的轴平行，故B错误；

对于C：由正棱锥的定义可知，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故C正确：

对于D：当以斜边为旋转轴时，会得到两个同底的圆锥组合体，故D错误.

故选：C.

3.已知向量AB=(9,x),8=(x,l),若AB与CO同向共线，则X=()

A.3B.-3C.-3或3D.0或3

【正确答案】A

【分析】根据向量共线的坐标表示结合条件即得.

【详解】因为向量A8=(9,x),CD=(x,l),

由9χl-χ2=o,可得χ=3或x=-3，

当x=3时，AB=(9,3),CD=(3,1),AB=3CD,满足题意，

当了=-3时，AB=(9,-3),CD=(-3,1),A8=-3CO,不满足题意，

所以x=-3.

故选：A.

4.如图所示，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形。AB'C',且

O'C'=20'A'=2,ZA'O'C'=45,则平面图形。48C的周长为()

A.12B.4√2C.5D.10

【正确答案】D

【分析】根据斜二测画法得到平面图形，即可得解；

【详解】根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形,如下图所示，且长Aβ=4,宽04=1.

3-

2-

1-

^≡lΓθ~2~3~4-t

-1-

故该平面图形的周长为2(OA+A8)=10.

故选：D

5.已知q,C2是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是()

A.«=O,b=el-e2B.d-3ex-3e2,b=el-e2

C.a=ex-2e2>b=ei+2e.,D.a-et-2e2,b-2el-4e2

【正确答案】C

【分析】根据两个向量满足平面的一组基底，需这两个向量不共线，由此逐一判断可得选项.

【详解】对于A：零向量与任意向量均共线，所以此两个向量不可以作为基底；

对于B：因为d=3e∣-3e2,b^el-e2,所以α=3b,所以此两个向量不可以作为基底；

对于C：设“=M，即q-2∕=川q+2e?),则，;，所以无解，所以此两个向量不共线，可以

作为一组基底；

对于D：设。=e∣-四，h=2ei-4e2,所以a=Jb,所以此两个向量不可以作为基底.

故选：C.

7Jr

6.将函数/(x)=SinX-Cosx的图象向左平移仁个单位长度，得到函数y=g(χ)的图象，关于函数

y=g(χ)的下列说法中错误的是()

A.周期是2兀B.非奇非偶函数

C.图象关于点中心对称D.在(0，；)内单调递增

【正确答案】D

【分析】，(无)=Sinx-COSx=&sin(X-再根据平移变换可得g(x),再根据正弦函数的周期性,

奇偶性，对称性和单调性逐一判断即可.

［详解］/(ʃ)=sinX-cosX=5/2sinIJt-ɪL

则7=2π,故A正确；

因为g(-x)=应Sin卜X+,),则g(-x)xg(x),g(-x)~g(x),

故函数g(x)是非奇非偶函数，故B正确；

对于C,因为g(与］=夜sin2π=0,

所以函数y=g(χ)的图象关于点(专,0)中心对称，故C正确;

对于D,因为xe［θqj,所以8+^©］亍彳卜

则函数y=g(χ)在(o,∙∣)上不单调，故D错误.

故选：D.

7.已知函数"x)=Sin(S+e)W>O,O≤e≤π)的部分图像如图所示，则《号)=()

A.变B.--C.-走D.--

2222

【正确答案】B

【分析】根据图象可得/(x)的周期和零点，求得到其解析式后代入求值即可.

TitTtTt冗

【详解】由图象可得:=W+2=∙J,所以T=兀=2臼⑷=2

2362ω

当x=_^■时，/(x)=0,即Sin,2x∙^∙+e[=0

TT

所以一2x—+9=2kπ,k∈Z,

6

因为∣α<^,所以S=I

所以〃x)=sin(2x+",f偿)=sin管+升一哈一孝

故选：B

8.已知直三棱柱ABC-ABC中，AB=AΛ,=1,BC=AC,当该三棱柱体积最大时，其外接球的

体积为()

A20√5r5√5r4√3n5√5

A.----JrO----------TTC•---------71L).---------TC

36279

【正确答案】B

【分析】要使三棱柱的体积最大，则ABC面积最大，故令AC=X,贝IJSABC=#Y∙sinNAC8,再

结合余弦定理得coSNACB=笑?，进而得(S)2二(七I)32,当且仅当AC=I时，SABC

2√3λ-abc16-16

取得最大值正，此时/WC为等腰三角形，AB=AC=I,BC=6再求解三棱柱外接球的半径即可

4

得答案∙

【详解】因为三棱柱ABC-ABc为直三棱柱,

所以，AA，平面ABC

所以，要使三棱柱的体积最大，则一ASC面积最大,

因为S/=|SC-ACsinZACB,

令AC-X

因为8C=√5AC,所以S,USC=*x"sinNAC8,

,八，/…AC2+BC--AB24X2-1

在_ABC中，cosZACB=------=-7=-γ,

2ACBC2√3X2

I6x4-8x2+l-4X4+8√-1

所以,sin2ZACB=1-

12X4

3-4(x2-1)^

所以,(SABC)2=-x4Sin2ZACB=

16

当/=1,即AC=I时，（SABC）2取得最大值且，

所以,

4

当AC=I时，SABC取得最大值立，此时λBC为等腰三角形，AB=AC=∖,BC=y∕3,

所以,

4

AB2+AC2BC2

所以,COSZBAC=-=^(0,π),

2ABAC2×1×1

2兀

所以NBAC=不

=2=21即I,

所以,由正弦定理得-4BC外接圆的半径'满足商

3

所以，直三棱柱ABC-ABe外接球的半径配=*2=；,即犬=咚,

所以，直三棱柱ABC-ABG外接球的体积为网R3=Xl7t.

36

故选:B

二、多选题

9.已知圆锥顶点为S,高为1,底面圆。的直径AB长为2√∑.若C为底面圆周上不同于A,B的任意

一点，则下列说法中正确的是（）

A.圆锥5。的侧面积为6∖∕∑π

B.一SAC面积的最大值为,

C.圆锥SO的外接球的表面积为9兀

D.若AC=8C,E为线段AC上的动点，则SE+BE的最小值为g+4&

【正确答案】BCD

【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；

对C：根据题意可得圆锥SO的外接球即为ASAB的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，

即可得结果；对D：将平面A8C与平面54C展开为一个平面，当S,E,B三点共线时，SE+8E取到最

小值，结合余弦定理分析运算.

【详解】对A：由题意可知：OA=OB=近,SO=1,SA=SB=SC=dSO2+OB?=6,

故圆锥So的侧面积为πχV∑χG=兀，A错误;

对B：SAC面积SVr=IS4∙SC∙sinZASC=1χ6xGxsinNASC=3sinN4SC,

222

…CSA2+SB2-AB23+3-81C„〃

在aSAB中，COSZASB=————=-一=一~==--<0,故NASB为钝角，

2SASB2×√73×√133

由题意可得：0<ZASC<ZASB,

故当NASC=万π时，.SAC面积3的最大值为”3nNASC=jB正确；

对C：由选项B可得：cosZASB=--,/&记为钝角，可得Sin"AB=Jl-CoS?NSAB=述,

33

由题意可得：圆锥SO的外接球即为ASAB的外接圆，设其半径为R,

一AB_2夜

则SinNASB2√2,即R=；;

ɪ

故圆锥50的外接球的表面积为4兀χ(∣)=9π,C正确；

对D：将平面ABC与平面SAC展开为一个平面，如图所示，

当S,三点共线时，SE+BE取到最小值，

Tr

此时AC=BC=2,ZACB=-,

2

yCK..-,AC^+SC^—AS^4+3—3>∕3.∣.._t

在c：,SAZC,cos/.ACzSc=----------------------=-----------产=—>0>则mXACSc为锐角h，

2ACSC2x2x63

则SinΛACS=√1-COS2ZAC5=—,

=-sinZACS=-逅,

在aSBC,则COSNSCB=CoS(NSC4+ZACB)=cos(Z-SCA+—

由余弦定理可得SB?=SC?+8C2-2SC∙8C∙cosNSCB=3+4-2xgχ2

则SB=g+40，故SE+BE的最小值为77+472，D正确.

故选：BCD.

10.已知复数Ze是关于X的方程V+bχ+l=0（-2＜匕＜22eR）的两根，则下列说法中正确的是（）

Le

A.zl=z2B.TRC.∣z1∣=∣z2∣=lD.若b=l,则z：=z；=l

ZrI

【正确答案】ACD

【分析】在复数范围内解方程得4,4，然后根据复数的概念、运算判断各选项.

【详解】A=∕√-4＜0,.∙.χ=-b±m2,不妨设z=-9+2∕ΞEi,⅛,√4∏⅛[ij

2,22222

z1=Z2,A正确；

㈤=Izl=后二^C正确；

z∣z2=l,.∙.五=二=z：="匚-Hili,⅛≠0⅛,—⅛R,B错:

1

Z2Z1Z222⅞

8=1时，Z]=一，+且4,z2=—ɪ-ɔ^-i,计算得z；=一,一/4=z<,=Z],

22222'22'1

Z；=Z1=Z2,Z∣3=Z∣Z2=1,同理Z：=l,D正确.

故选：ACD.

11.某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台。。2,在轴截面ABCQ中,

AB=Ap=BC=2cm,且Co=2AB,下列说法正确的有（）

A.该圆台轴截面ABC£>面积为3j8cr∏2

B.该圆台的体积为守cm，

C.该圆台的侧面积为6πcπ√

D.沿着该圆台表面，从点C到中点的最短距离为5cm

【正确答案】ACD

【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体

的侧面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取A。的中点为P,连接CP,可判断选项

D.

【详解】对于A,由Ae=Ar>=BC=2,RCD=2Aβ,

高°。2=小-(^^)=B

可得CD=4,

则圆台轴截面ABCD的面积为:X(2+4)×6=3Λ∕GCΠ√,故A正确；

对于B,圆台的体积为V=gπ(l+2+4)x行=苧πc∏r',故B错误;

对于C,圆台的体积为SlM=π(l+2)x2=6π,故C正确；

对于D,由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4cm,底面半径为2cm,侧面展开图的圆心角

6="2=π.

4

设AD的中点为P,连接CP,可得∕COP=90,OC=4,OP=2+1=3,

则CP=J42+32=5・

所以沿着该圆台表面，从点C到A。中点的最短距离为5cm,故D正确.

D

故选：ACD.

12.由倍角公式cos2x=2cos2x-l,可知cos2x可以表示为COSX的二次多项式.一般地，存在一个

at

∈N)次多项式匕(E)=卬"+∖'+的，"~τFafl(a0,al,a2…a〃∈R),使得COS∏x=Pn(cosx),这

些多项式匕⑺称为切比雪夫(P∙L.Tschebyscheff)多项式.运用探究切比雪夫多项式的方法可得

()

g(r)=3+3rB.g(。=16/-20/+5,

D.COSl8。=避ʌɪ

【正确答案】BC

【分析】根据题意利用三角恒等变换逐项分析判断.

【详解】对于A：因为8s3x=cos(2x+x)=cos2XCoSX-Sin2xsinx

=(2cos2x-ljcosΛ-2sin2xcosx=(2cos2x-ljcosx-2(l-cos2x

=4cos3x-3cosx>

所以y(r)=4∕-3f,故A错误；

对于B：因为CoS4X=COS2(2X)=2COS22x-l=2(2cos2x-lj2-1=8cos4x-8cos2x+l，

则cos5x=cos(4尤+尤)=cos4xcosx-sin4%sinx

=(8CoS4x-8COS2x+1)cosx-2sin2ΛCOS2xsinx=8cos5x-8cos'x+cosx-4sin2x(2CoS2X-I)CoSX

=8cos5X_8COS3X+COSX-4(1-COS2x)(2COS2X-I)COSX

=16cosr,x-20cos,x+5cosx.

所以G(f)=16∕-2θP+5r,故B正确；

对于C、D：S⅛cos9()°=cos(5×18o)=16cos518o-20cos318o+5cos18o=O,

因为18°为锐角，则CoSI8°>cos300=@,sinl80>0,B∣Jcos2180>^,sinl80>0,

24

则16COS418°-20CoS218°+5=0,解得cos?18°=±匕5或cos?180=士］叵(舍去),

5=或二1,故C正确;

所以SinI8。=F=

≠⅛^,所以COSI8。#亚里，故D错误;

但

84

故选：BC.

三、填空题

13.已知α,beR,<z+3Γ3=(Z;+i)i2023(i为虚数单位)，则”+人=.

【正确答案】-2

【分析】利用复数的乘方运算及乘法运算计算，再借助复数相等求解作答.

【详解】由α+3L=S+i)i2°23得：α+3i=(b+i)(T),即α+3i=l—为，而α∕eR,则”=1力=—3,

所以α+8=-2.

故-2

14.已知A(Xl,χ),B(x2,%)是角久夕终边与单位圆的两个不同交点，且Xly2=WX,贝∣J2x∣-x2+2y∣-%

的最大值为.

【正确答案】3√Ξ

【分析】根据三角函数的定义，得到A(COSa,sina),B(CoSASin分)，由Xly2=々必，求得α-α=兀，化

简2x∣—X?+2y∣—%=3j∑sin(α+^),即可求解.

CXI=COSa、[x,-cosβ「、

【详解】令.(αerθ,2π,且一,ζ(∕7∈0,2π,且?>α,

=smɑ[y2=smp

所以A(cosa,sina),8(CoSβ,sinβ),

因为XM=X2%，可得COSaSin夕=COS/7Sina,可得sin(尸-α)=O,

又因为αx6,所以/J-c=π,即夕=兀+々

所以2%一Λ2+2y,-y1=2cosa-cos∕7+2sina-sinβ

=2cosa+cosa+2sincr+sina=3cosa+3sina=3Λ∕2sin(α+—),

4

所以2x∣-%+2乂-%的最大值为3亚.

故答案为∙3√Ξ

15.在锐角二ABC中，内角A,B,C所对应的边分别是α,b,c,且2c∙sin(B-A)=2zzsinAcosB+hsin2A,

则£的取值范围是.

a

【正确答案】(1,2)

【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为Sin(B-A)=SinA,根据ABC为锐角三角形可得

B=2A,C=π-3A以及2<4<2,再由正弦定理可得£=吗=任学，利用两角和的正弦展开

64aSinAsinA

式和COSA的范围可得答案.

【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得

2sinCsin(β-Λ)=2sinAsinAcosB+sinBsin2A

=2sinAsinAcosB+2sinSsinAcosA=2sinA(SinAcosB÷sinScosA)

=2sinAsin(A+B),

因为0<Crv∙∣,兀一C=A+8,所以sin(兀一C)=Sin(A+5)=SinCW(),

可得Sin(5-A)=SinA,

因为O<A<gθ<8<∙J,所以—；<8-4<彳，

2222

所以8=2A,C=π-3A,

由0<B=24<工，0<C=π-3A<-∏TM-<A<-,

2264

所以<cosA<»—<cos^A<—,

2224

由正弦定理得C-SinC_sin3A_sin(2A+A)一sin2AcosA+cos2AsinA

asinAsinAsinASinA

=2cos2A÷cos2A=4COS2A-l∈(l,2).

故答案为.(1,2)

16.已知三棱锥P-ABC的体积为2叵，各顶点均在以PC为直径的球面上，AC=2√3,AB=2,

3

BC=2,则该球的表面积为.

【正确答案】20π

【分析】根据已知条件及余弦定理，利用正弦定理及棱锥的体积公式，结合勾股定理及球的表面积公

式即可求解.

【详解】由AC=2√LA8=2,8C=2及余弦定理，得AC?=A4+BC?-2AB∙BC∙cosZABC,即

12=4+4-8cosZABC,解得COSNABC=-L0<ZABC<π,

2

2兀

所以NABC=3，

设r为ABC外接圆半径，

9ACɪ4

所以,「一工解得r=2,

sɪn

3

所以SAABC=∖ABBC-sinZABC=√3,

所以VPABC=LSAABCZ=昱h=更,解得〃=2,即点尸到平面ABC的距离为2,

/*^ZiDL-34Λ∕IOC33

所以外接球球心。(PC的中点)到平面ABC的距离d=l,

以外接球半径收=产+/=5,

所以S球=4π∕?2=20π.

故答案为.20π

四、解答题

17.如图，在正,ABC中，D,E分别是AB,BC上的一个三等分点，分别靠近点A,点B,且AE,

CD交于点P.用BA，8C表示BP;

【分析】根据向量的线性运算，用SA，BC表示BP，结合平面向量基本定理确定表达式.

【详解】因为8P=8E+EP=g8C+4EA=；BC+2(8A-8E)=28A+[-；2)8C,⅛O<Λ<I,

BP=BC+CP=BC+〃CD=BC+〃(BD-BC)=督BA+(1-公BC,且0<"<l,

由平面向量基本定理可得4=与,1T=ι-〃，所以〃=黑V

41

故第=—84+—3C.

77

18.在ΔABC中，内角A8,C的对边分别为。力,c,已知c=2,且QSinA-QSin3=2SinC-匕SinB.

(1)若sinC+sin(3-A)=S加2A,求ΔA5C的面积;

(2)记边A3的中点为M,求ICMl的最大值.

【正确答案】(1)亚或石(2)√3

3

【详解】试题分析：

(1)已知等式利用正弦定理化简，再利用余弦定理表示出CoSC,将得出的等式代入计算求出COSC的值,

即可确定出角C.

(2)由→=」(→+→)∙→=^(→+→+l→∙→∖=-(a2-+kr+ab∖,

v7

æ2UACB)CM-4∖CA1CB2CBCA)4、'

又病+%2=必+4,即可求出∣CW∣的最大值.

解析：

(1)αsinA—αsinB=2sinC-Z?sinB<≠>asin√4—αsin8=csinC—⅛sinβ=>a2+b2-c2=ab

由余弦定理可得：

由(1)可得，COSA=SinB=SinAnA=90。且A=B

当A=90。且8=30。，b=ctan30o=—,MBC的面积S=IbCSinA=友，

323

当A=B时，AMC为等边三角形，S=→2×2sin60o=^;

(2)由于A8边的中点为故

121I

CM=------------rnCM=―,^;-------;---------------V=~；——

2(iC4+Cβ)4C4^+CB^+2CB∙C44[a2+b2+ab)?

21

因为c=2且。=60。，故由余弦定理知，er+b2=ab+4,于是。河”二耳出?+1,而故，；・最大值为石

(当且仅当ι=〃=c=2时取等).

点睛：在遇到中点时可以考虑采用向量的方法，如言=，武+7)那么这一步骤将会把题目转化出来,

然后再根据题目条件求解.

19.为了求一个棱长为正的正四面体的体积，某同学设计如下解法：构造一个棱长为1的正方体，

如图1：则四面体AC4R为棱长是正的正四面体，且有

=

面体八CMA=V正方体-VB-ACBIAB1D1~^Cl-lilCDi~^D-ACD1=§匕E方体ɜ*

(1)类似此解法，如图2,一个相对棱长都相等的四面体，其三组棱长分别为石、J万、而，求此

四面体的体积；

(2)对棱分别相等的四面体ABa)中，AB=CD,AC=BD,">=3C.求证：这个四面体的四个面都

是锐角三角形.

【正确答案】(1)2；

(2)证明见解析.

【分析】(1)设四面体所在长方体棱长分别为。，b,c,则长方体的对角线长分别为逐，√13,√10,

利用勾股定理列方程求出“，b,c,使用做差法求出四面体体积.

(2)在四面体ABa)中，由已知可得四面体ABC。的四个面为全等三角形，设长方体的长、宽、高

分别为。、b、c,证明一ABC为锐角三角形，即可证明这个四面体的四个面都是锐角三角形.

【详解】(1)由于四面体的对棱分别相等，结合长方体的面对角线性质，可以将其置于长方体中，

使其顶点与长方体顶点重合，如下图：

设此四面体所在长方体的棱长分别为。，b,c,

a1+b1=5a~=4

解得W=I

则■Y+C?=13,

b1+c1=IOC2=9

四面体的体积V=abc---abc×4=-abc=2

323

(2)在四面体ABCl)中,

AB=CD,AC=BD,AD=BC,如下图，将四面体放置长方体中，使其顶点与长方体顶点重合

••・四面体A88的四个面为全等三角形，

即只需证明一个面为锐角三角形即可.

设长方体的长、宽、高分别为。、b、c,

则AR2=Y+",BC2=按+/,Ac?="+。？，

:.AB-+BC->AC2,AB2+AC2>BC2>AC2+BC2>AC2,

ABC为锐角三角形，则这个四面体的四个面都是锐角三角形.

20.某中学在荣获省级多样化发展示范学校后，征得一块形状为扇形的土地用于建设新的田径场，如

2冗

图，已知扇形圆心角乙AoB=w,半径。4=120米，A8关于X轴对称.欲在该地截出内接矩形MNPQ

建田径场，并保证矩形的一边平行于扇形弦AB,设NPOA=。，记PQ=J

(1)写出尸、。两点的坐标，并以。为自变量，写出/关于。的函数关系式;

(2)当。为何值时，矩形田径场的面积S最大？并求出最大面积.

【正确答案】(1){120CoSH-e),120sin|j-eD，Oe(Ow

Q1406sin(大—e)120Sin—eJJ,Pe(O,5)，f=8O>∕5sin®,

(2)当。=B时，最大面积为4800G平方米

O

【分析】（I）由题意得到NPOX=I-e,从而得到P点坐标，且RQ两点的纵坐标相同，求出直线。4

的解析式，从而确定。点的横坐标，得到。点的坐标，从而得到，关于。的函数关系式：

（2）在第一问的基础上，利用三角恒等变换得到5=9600〃Sin,结合θ∈（θ,π

,求出

2

最值.

【详解】（1）由题意得：OP=I20米，ZPOx=ZAOx-ZAOP=^-θ,

所以p（120cos（*）,120s陪-"），OeM,

因为P。//X轴，

所以P,Q两点的纵坐标相同，

其中直线。43y=ta∏m⅛=J-x,

将y=120s陪-可代入，解得：X=4OGSinC,

故。（曲氐陪-卬⑵时/，，HoS,

.∖t=∖20cos^--40√3sin-6»^]=80√3%OS(W一可-轲(：-〃)

=806CoS(∙∣■-6+^)=80石Sin6,；

(2)S=80√3sin<9×240sinR-6>j=19200^sin<9∙sin∣y-6>

=192OO∖∕3sin0∙VCOSe一gsin。=96∞√3也sin2e+'cos26-!

222

=9600√3Sin（28+.）一；,

因为必闯,所以2"甜建｝

.∙.当20+3=5,即6=5时，Sa=4800百平方米.

O26

21.阅读材料•：三角形的重心、垂心、内心和外心是与三角形有关的四个特殊点，它们与三角形的顶点

或边都具有一些特殊的性质.

(一)三角形的“四心'’

1.三角形的重心：三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的

距离之比为2：1.

2.三角形的垂心：三角形三边上的高的交点叫做三角形的垂心，垂心和顶点的连线与对边垂直.

3.三角形的内心：三角形三条内角平分线的交点叫做三角形的内心，也就是内切圆的圆心，三角形的

内心到三边的距离相等，都等于内切圆半径r.

4三角形的外心：三角形三条边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心，也就是三角形外接圆的圆心,

它到三角形三个顶点的距离相等.

(二)三角形“四心”的向量表示

在一ΛBC中，角48,(7所对的边分别为4力,¢.

1.三角形的重心：QA+O8+OC=OOO是—ABC的重心.

2.三角形的垂心：04∙08=08∙0C=0C∙Q4θ0是.ABC的垂心.

3.三角形的内心：αOA+bO8+CoC=OoO是一ABC的内心.

4.三角形的外心：|。4卜|03=|。40。是ABC的外心.

研究三角形“四心”的向量表示，我们就可以把与三角形“四心”有关的问题转化为向量问题，充分利用

平面向量的相关知识解决三角形的问题，这在一定程度上发挥了平面向量的工具作用，也很好地体现

了数形结合的数学思想.

结合阅读材料回答下面的问题：

⑴在ABC中，若月(1,1),8(3,5),C(2,6),求ABe的重心G的坐标：

(2)如图所示，在非等腰的锐角HBC中，已知点”是,/WC的垂心，点。是JRC的外心.若M是8C

的中点，求证.OM4gλ7/

【正确答案】(1)(2,4)

(2)证明见解析

【分析】Q)根据重心的向量表示，结合平面向量的线性运算与坐标运算求解即可；

(2)WOM=^(OB+OC),结合8"∙AC=0与平面向量的线性运算可得UT)衣∙AB=O,再根

据AC∙AB=O不成立可得2=1，进而得到AH=O8+OC=2OΛ√证明即可

【详解】(1)若记坐标原点为0,由G是.ABC的重心，有GA+G3+GC=0,从而

(OA-~∂G)+(OB-OG]+(OC-OG)=O,整理得δδ=g(苏+为+δδ)=(2,4).

(2)因为A"_LBCOM-LBC,有AOM,

因为丽=g(而+0C),

设AH=∕i(θB+OC),由LAc■可得B"∙AC=O,

所以(AH-AB)∙AC=O,

所以∣Λ(θ3+OC)-(θ3-OA)]∙(θC-OA)=O

因为3?=