高一下学期期末复习填空题压轴题二十三大题型专练

20232024学年高一下学期期末复习填空题压轴题二十三大题型专练【人教A版（2019）】题型1题型1向量线性运算的几何应用1．（2223高一下·天津·期末）已知点O是△ABC内部一点，并且满足OA+2OB+OC=0,△AOB的面积为S1，△AOC【解题思路】利用OA→+2OB【解答过程】因为OA→所以OA+所以BO取AC的中点D,则,OD=∴BO→=OD→则△AOB的面积为S1，△AOC的面积为SS△AOC所以S1故答案为：122．（2223高一下·山东菏泽·期末）在△ABC中，点O是线段BC上的点，且满足OC=3OB，过点O的直线分别交直线AB,AC于点E,F，且AB=mAE，AC=nAF，其中m>0且n>0，若【解题思路】先利用向量的线性运算得到AO关于AE与AF的表达式，再根据E,O,F三点共线可得3m4【解答过程】依题意，作出图形如下，

因为OC=3OB，AB=mAE，所以AO=AB+因为E,O,F三点共线，所以3m4因为m>0，n>0，所以1m+2当且仅当n4m=6m所以1m+2故答案为：5+263．（2324高一下·河南郑州·阶段练习）如图所示，在△ABC中，点D为BC边上一点，且BD=2DC，过点D的直线EF与直线AB相交于E点，与直线AC相交于F点（E，F交两点不重合）.若AE=λAB，AF=μAC，则λ+μ【解题思路】先用AB,AC表示AD，利用已知代入表达式，结合D，E，F三点共线可得【解答过程】因为BD=2DC，所以所以AD=又AE=λAB，所以AB⃗所以AD=因为D，E，F三点共线，所以13λ+2故λ+μ=λ+μ当且仅当μ3λ=2λ3μ，结合即λ+μ的最小值为1+2故答案为：1+24．（2324高一下·浙江金华·期中）正五角星是一个与黄金分割有着密切联系的优美集合图形，在如图所示的正五角星中，A，B，C，D，E是正五边形的五个顶点，且MNAM=5−12，若QN=a，则【解题思路】使用平面向量线性运算知识进行求解即可.【解答过程】由已知，结合正五角星的图形，有CP+∵NA与QN方向相同，NAQN∴CP+故答案为：5+1题型2题型2向量的数量积问题5．（2223高一下·云南楚雄·期末）已知△ABC外接圆的圆心为O,P是△ABC边上一动点，若CA=2,CB=7,A=π3，则AB⋅【解题思路】在△ABC中，由余弦定理求得AB=3，过点O,P作OM⊥AB，即向量OP在向量AB方向上的投影为MN，结合向量的数量积公式以及投影向量的定义，得到当点P运动到B点时，AB⋅【解答过程】在△ABC中，由余弦定理得CB即7=4+AB2−2×2⋅AB×12，即A过点O,P作OM⊥AB,PN⊥AB，即向量OP在向量AB方向上的投影为MN，因为O为△ABC的外心，所以M为AB中点，由向量的数量积公式以及投影向量的定义知，当点P运动到B点时，AB⋅其中最大值为AB⋅故答案为：92

6．（2223高一下·北京昌平·期末）已知正三角形ABC的边长为2，点P满足AP=12AB+AC，则BP=1【解题思路】由向量等式可得P为BC边的中点，由此求解作答.【解答过程】正△ABC的边长为2，且AP=12AB+AC，则点∠CAP=30∘，故答案为：1；3.7．（2223高一下·陕西榆林·期末）如图，直径AB=2的半圆，D为圆心，点C在半圆弧上，∠ADC=60∘，线段AC上有动点P，则DP⋅BA的最小值为

【解题思路】设AP=λAC0≤λ≤1，可得出DP=1−λDA+λDC，计算得出DA⋅【解答过程】设AP=λ则DP=∵∠ADC=60∘，DC=所以，DP=2×1因此，DP⋅故答案为：1.8．（2223高一下·黑龙江·期末）已知AB⊥AC，AB=1t，AC=t，t∈14,4；若P是△ABC【解题思路】根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，求出AP,PB,【解答过程】根据题意建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0),B1t,0因为AP=4ACAC+所以PB=所以PB⋅PC=1−当且仅当1t=4t，即t=1故答案为：13.题型3向量的夹角（夹角的余弦值）题型3向量的夹角（夹角的余弦值）问题9．（2223高一下·黑龙江大庆·期末）若非零向量a,b满足2a=b=2,a−2b【解题思路】由已知条件结合数量积的运算求出a⋅【解答过程】∵a−2b⊥∴a∴cos〈即a,b夹角的余弦值为故答案为：1410．（2223高一下·上海宝山·期末）已知向量a=5,5，b=λ,1，若a+b与a−【解题思路】利用(a【解答过程】由题意(a+b)⋅(a−b若a+b=k(a−综上λ的范围是−7,1∪故答案为：−7,1∪11．（2223高一下·黑龙江双鸭山·期末）若e1，e2是两个单位向量，且e1在e2上的投影向量为13e2，则a【解题思路】根据投影向量的定义可得e1⋅e【解答过程】由题意可知：e1因为e1在e2上的投影向量为e1可得a⋅a=b=所以cosa故答案为：−612．（2223高一下·湖北武汉·期末）已知矩形ABCD的边长满足BC=3AB，点P满足AP=12AB+AC，则【解题思路】根据图象，建立平面直角坐标系，结合向量坐标，利用向量数量积公式求出向量间的夹角余弦值，再利用同角公式求正弦值即可.【解答过程】以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，设BC=3AB=3，则点A（0，0）、B（1，0），C（1，3）、D（0，3），AP=12AB+∴PD=−1,因此，PD=−12+3cos∠DPA=故答案为：−5题型4题型4平面向量基本定理的应用13．（2223高一下·北京平谷·期末）已知三角形ABC中，D为BC中点，E为AB上一点，若ED=λAB+3λAC(0<λ<1)，那么【解题思路】设AE=μAB(0≤μ≤1)，然后利用平面向量基本定理结合已知可得ED【解答过程】设AE=μ因为D为BC中点，所以AD=所以ED=因为ED=λ所以12−μ=λ1所以AE=13所以AEAB故答案为：1314．（2223高一上·江苏无锡·期末）如图,在平行四边形ABCD中,点E是CD的中点,点F为线段BD上的一个三等分点,且DF>FB,若AF=xAE+yDCx>0,y>0,则【解题思路】根据题意可知DF=23DB,DE=12【解答过程】解:由题知点F为线段BD上的一个三等分点,所以DF=所以AF==1因为AE,DC不共线,所以x=1故答案为:5615．（2223高一下·宁夏石嘴山·期末）已知△ABC中，D，E分别为线段AB，BC上的点，直线AE，CD交于点P，且满足BP=16BA+12【解题思路】由向量的线性运算求得，具体为利用平行四边形定则结合图形关系令EP=μEA，BE=λBC，解得λ=35，再令DP=tDC，【解答过程】如图，令EP=μEA，于是BP=而BP=16BA+12令DP=tDC，则BP=从而t=12,k(1−t)=16，解得k=所以S△BPE=3故答案为：5316．（2223高一下·河南·阶段练习）在△ABC中，G满足GA+GB+GC=0，过G的直线与AB，AC分别交于M，N两点.若AM=mAB(m>0)，AN【解题思路】根据题意可知G为三角形的重心，利用三点共线可得13m【解答过程】取BC中点D，连接GD，如图，由GA+GB+GC=所以A,G.D三点共线且AG=2GD，即G为△ABC的重心，所以AG→因为M,G,N三点共线，所以13m又3m+n=(3m+n)13m+所以3m+n≥43+2即m=3+故答案为：4+23题型5题型5向量坐标运算的几何应用

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示17．（2223高一上·江苏宿迁·期末）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=120°，AB=AD=2．若点E为边CD上的动点，则AE⋅BE的最小值为21

【解题思路】以D为原点，DA,DC的方向分别为x轴，【解答过程】连接AC，因为AB⊥BC，AD⊥CD，AB=AD,AC=AC，所以Rt△ACD≅又∠BAD=120°，所以∠DAC=60°，所以DC=ADtan过点B作AD的垂线BF，垂足为F，易知，在Rt△ABF中，∠BAF=60°,AB=2所以BF=3以D为原点，DA,DC的方向分别为x轴，则A设E0,m则AE=AE⋅当m=32时，AE⋅故答案为：214

18．（2223高一下·辽宁鞍山·期末）在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，在AD上取一点M，在AB上取一点P，使得AP=2，AM=13AD，过M点作MN∥AB交BC于N点，若MN上存在一动点E，CD上存在一动点F，使得PE⋅PF=4，则【解题思路】方法一：建立合适的平面坐标系，设Em,1，Fn,30≤m≤4,0≤n≤4，计算得PE⋅PF=mn−2m+n+7=4，根据向量模的坐标表示，再利用消元法结合基本不等式即可求出【解答过程】方法一：由题意建立如图所示平面直角坐标系，由题意可知P2,0，E，F分别在线段MN，CD，设Em,1，F则PE=m−2,1，所以PE⋅所以m=2n−3n−2，n≠2，所以PE=n设n−2=t，则PE+当且仅当t=1，n=3，m=3时或t=−1，n=1，m=1时，取等号，所以PE+PF的最小值为

方法二：因为PE+所以PE+PF2所以PE+PF2故答案为：2519．（2223高一下·四川达州·期末）如图，D是等边△OBC内的动点，四边形OADC是平行四边形，OA=OD=1．当OA+OB

【解题思路】建立平面直角坐标系，设△OBC的边长为a，Dcosα,sinα，α∈0,π3，利用OA=OD=【解答过程】以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，垂直于OB的直线为y轴，建立空间直角坐标系，因为四边形OADC是平行四边形，OA=则OA=设△OBC的边长为a，显然a>1，B设Dcosα,sinα，故cosα−a2因为a>1，所以a=cos设Am,n，由OAOA=所以OA=1+=1+=1+2=2+2sin因为α∈0,π3显然当2α+π6=π2此时a=cosOA=0,−1，故故答案为：0.20．（2223高一下·安徽宣城·期末）已知▱ABCD中，AB=4，AD=2，∠DAB=60°，M是AB的中点，P为线段DC上的动点，则AP⋅DM的取值范围是[−2,2]；延长DC至D′，使DC=CD′，若T为线段CD′上的动点，且λ【解题思路】建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，设出点P、点T的坐标，计算AP⋅DM,【解答过程】建立平面直角坐标系，如图所示：▱ABCD中，AB=4,AD=2，∠DAB=60°，所以A(0,0),M(2,0),D2cos60°,2sin60°设P(a,3),a∈[1,5]，则AP=(a,所以AP⋅DM=a−3，由a∈[1,5]所以AP⋅DM的取值范围是设T(b,3),b∈[5,9]，则所以AT⋅所以不等式λAT⋅DM−|AT|2设x=b−3，则x∈[2,6]，所以b3当且仅当x=12x，即x=23所以λ的最大值为43故答案为：[−2,2]；题型6题型6用向量解决夹角、线段的长度问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示21．（2223高一下·山东聊城·期末）如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠BAC=60∘，M是BC的中点，AN=23AC，设AM与BN相交于点P

【解题思路】用AB和AC表示AM和BN，根据cos∠MPN=cos<AM,BN>以及【解答过程】因为M是BC的中点，所以AM=|AM|==1+94因为AN=23|BN|==49×9+4−所以AM⋅BN=12AB+1所以cos∠MPN=cos<AM,BN故答案为：193822．（2223高一下·湖南永州·期末）一个人骑自行车由A地出发向东骑行了6km到达B地，由B地向南东30°方向骑行了6km到达C地，从C地向北偏东60°骑行了23km到达D地，则A，km．【解题思路】结合题意建立直角坐标系，利用向量的坐标运算求出AD，从而求出AD即可.【解答过程】以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，如图，

则A(0,0),B(6,0)，C(6+6sin30°,−6cosD(9+23sin60°,−3所以AD=(12,−23)所以A，D两地距离为239故答案为：23923．（2223高一下·湖南怀化·期末）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠BAC=π3，AC和BC边上的两条中线BM，AN相交于点P，则∠MPN的余弦值为−【解题思路】由已知结合向量的线性表示及向量数量积的性质即可求解.【解答过程】由已知得∠MPN即为向量AN与BM的夹角.因为M、N分别是AC，BC边上的中点，所以AN=12又因为AB⋅所以AN=14ACAN=12BM=14所以cos∠MPN=AN⋅BMAN故答案为：−224．（2324高一下·四川内江·阶段练习）如图，在等腰△ABC中，已知AB=AC=1，∠A=120°，E、F分别是边AB、AC的点，且AE=λAB，AF=μAC，其中λ,μ∈0,1且λ+2μ=1，若线段EF、BC的中点分别为M、【解题思路】直接利用向量的数量积和向量的线性运算的应用和模的运算的应用整理成关于以μ为变量的二次函数的形式，进一步利用二次函数的性质的应用求出结果．【解答过程】在等腰△ABC中，∵|AB|=|AC∴AB⋅∵E、F分别是边AB、AC的点，∴AM=12∴MN=∴MN2∵λ+2μ=1，∴λ=1−2μ，∴MN2其中λ，μ∈(0,1)，即μ∈(0,1∴当μ=27时，MN2∴|MN|的最小值是故答案为：2114题型7题型7向量与几何最值（范围）问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示25．（2223高二下·广东汕尾·期末）如图，在△ABC中，点D在线段AB上，且AD=13AB，E是CD的中点，延长AE交BC于点H，点P为直线AH上一动点（不含点A），且AP=λAB+μAC（λ,μ∈R）．若AB=4，且λAC=μBC

【解题思路】因为E是CD的中点，得到AE=12AC+16AB，设AH=tAE，所以延长BC于M，使得CM=AC，延长AC于点N，使得CN=BC，结合相似，求得得到△AOM为等腰三角形，且OA=OM=6，得出S△AOM≤1【解答过程】因为E是CD的中点，可得AE=设AH=tAE，所以因为B,C,H三点共线，所以t2+t6所以t6AC=t2BC，所以延长BC于M，使得CM=AC，延长AC于点N，使得CN=BC，如图所示，则△BCN∽△MCA，且相似比为13，所以NB所以△NOB∽△MOA，所以BOAO=13，所以因为AB=4，所以BO=2，所以△AOM为等腰三角形，且OA=OM=6，所以S△AOM因为S△ABCS△AOM所以S△ACH所以△CAH的面积的最大值为34

故答案为：3426．（2223高一下·浙江金华·期末）已知非零向量AB与AC满足ABAB+ACAC⋅BC=0，且AB−AC=22,AB【解题思路】根据向量的几何意义得到∠BAC的平分线与BC垂直，并计算出AE=32，CB=2【解答过程】ABAB,ACAC分别表示AB与AC方向的单位向量，故又ABAB+ACAC⋅由三线合一得到AB=AC，取BC的中点E，因为AB−AC=

以E为坐标原点，BC所在直线为x轴，EA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则B2设D2−m,3m，则DB⋅当m=210时，DB⋅故答案为：−127．（2223高二下·浙江宁波·期末）已知平面向量a，b，cii=1,2满足a=2b=2a⋅b【解题思路】求出向量a,b的模及夹角，记【解答过程】由|a|=2|b|=2记OA=a,所以C1在以A为圆心，1为半径的圆上，C2在以A′所以c1作A关于直线l（OB所在直线）的对称圆，C1的对称点记为C3，知则B′

由图可知，当A1,C因为|A所以|C3B故答案为：2528．（2223高三上·山东德州·期末）已知正方形ABCD，边长为2，动点P自点A出发沿ABCDA运动，动点Q自点A出发沿ADCBA运动，且动点P的速度是动点Q的2倍，若二者同时出发，且P到达A时停止，另一个点Q也停止，则该过程中AP⋅AQ的最大值是9【解题思路】设P点的运动速度为1，运动时间为t，以A为坐标原点建立平面直角，分别在t∈0,2、t∈2,4、t∈4,6和t∈6,8的情况下，利用t表示出P,Q坐标，利用向量数量积的坐标运算可将【解答过程】不妨设P点的运动速度为1，则Q点的运动速度为12，运动时间为t以A为坐标原点，AB,AD正方向为①当t∈0,2时，Pt,0，此时AP⊥AQ恒成立，∴AP②当t∈2,4时，P0,t−2，∴AP则当t=4时，AP⋅③当t∈4,6时，P6−t,2，∴AP则当t=5时，AP⋅④当t∈6,8时，P0,8−t，∴AP⋅AQ综上所述：AP⋅AQ的最大值为故答案为：92题型8题型8三角形（四边形）的面积问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示29．（2223高一下·云南·期末）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，点D为BC边三等分点（靠近C）.若a=33,AD=3，∠BAC=2π3，则【解题思路】在△ABC中，由余弦定理求出b,c的关系，再在△ABD和△ACD中，利用双余弦定理求出b,c的关系，从而求出bc，再根据三角形的面积公式即可得解.【解答过程】在△ABC中，由余弦定理得a2即b2由点D为BC边三等分点（靠近C），得BD=23在△ABD中，由余弦定理得cos∠ADB=在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC=因为∠ADB+∠ADC=π，所以cos即15−c212所以b2=bc，所以则b2+c所以S△ABC故答案为：9330．（2223高一下·湖北·期末）已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且∠DEF=90°，∠EDF=30°，则S△DEFS△ABC的最小值为【解题思路】设∠BDE=απ6<α<5π【解答过程】设∠BDE=απ6<α<5π6，EF=x，则由正弦定理得：DEsinπ3在△ADF中DF=2x，∠A=π3，∠AFD=α−π因此可得AB=AD+BD=2sinS△DEF因为3sinα+33cos由于π6<α<5π6，π所以3sinα+33cos故答案为：31431．（2223高三上·甘肃兰州·阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，a＝4，3bcosA−acosC=ccosA，点D在线段BC上，2BD=DC，过点D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别是E，F，则【解题思路】先由3bcosA−acosC=ccosA结合正弦定理求得cosA，sinA，再由余弦定理可得b2+c2−23bc=16，结合不等式【解答过程】因为3bcosA−acos则3sin因为0<B<π，所以sin所以cosA=13由余弦定理可得a2=b因为b2+c2≥2bc，所以2bc−连结AD，因为2BD=DC，所以S△ACD所以12b⋅DF=2×12c×DE=则S△DEF故答案为：64232．（2023·陕西西安·模拟预测）在平面四边形ABCD中，AB=2,DA⋅DC=6,∠ABC=2π3,∠ACB=π6，则四边形【解题思路】在△ABC中，利用正弦定理可得AC=23，进而可求得△ABC的面积S△ABC=3，在△ACD中，由余弦定理可得∠ADC≤π2【解答过程】在△ABC中，由正弦定理ACsin∠ABC=所以△ABC的面积S△ABC在△ACD中，由余弦定理cos∠ADC=当且仅当AD=DC=6即cos∠ADC≥0，且∠ADC∈0,π所以△ACD的面积S△ACD显然当B、D位于直线AC的两侧时，四边形ABCD的面积较大，此时四边形ABCD的面积SABCD所以四边形ABCD的面积的最大值为6.故答案为：6.题型9求题型9求三角形中的边长或周长的最值或范围

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示33．（2223高二下·湖南长沙·期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，B=π3，b=23，若△ABC有且仅有一个解，则a−c的取值范围是【解题思路】根据正弦定理可得a−c=4sin(A−π【解答过程】由正弦定理可得a−c=2R=4因此△ABC有且仅有一个解，故直线y=a−c与fA=4sin当A∈0,2π3时，A−π故fA=4sin因f0=−23，f故答案为：−2334．（2024高三·全国·专题练习）设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a，b，c，若acosC−12c=b，且a=1，则△ABC【解题思路】由正弦定理和正弦和角公式得到A=2π3，再利用正弦定理和三角恒等变换得到l=a+b+c=1+【解答过程】acosC−1又sinB=所以12由于0<C<π，故sin故cosA=−因为0<A<π，所以A=由正弦定理得b=asinB故l=a+b+c=1+=1+=1+2由于B∈(0,π故B+π所以sin(B+故周长的取值范围为2,2故答案为：2,235．（2223高一下·辽宁鞍山·期末）已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b=λcλ∈R，a2−b2−c【解题思路】根据余弦定理得到2cosA=2−sinA，利用同角三角函数平方关系得到sinA=45，tanA=sin【解答过程】因为a2−b则−2bccosA=sin又cos2A+sin2A=1，所以sin因为△ABC为锐角三角形，所以sinA=45所以tanA=其中b=λc⇒λ=b由正弦定理得b=4因为△ABC为锐角三角形，所以0<B<π20<C<π2所以tanC>tanπ所以0<45tan故λ=b故答案为：λ∈336．（2024·全国·模拟预测）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a2−b2−c2sinCcosC=【解题思路】本题利用正、余弦定理进行边角转化，将已知转化为角后，利用角的范围求三角函数的范围，从而解出周长的范围.【解答过程】由a2−b化简为−2cosA⋅sinCcos所以2sinCcosC=1，即sin2C=1由正弦定理asinA=b=a故△ABC的周长为l=c+b+a==2因为C=π4且所以π4<A<π因为tanπ4=2tan解得tanπ所以2−1<tanA所以2+2即△ABC周长的取值范围为2+2故答案为：2+2题型10题型10复数的模的几何意义

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示37．（2223高一下·辽宁·期末）已知复数z满足z−2i=1，则z−1−i的最大值为【解题思路】根据复数的几何意义，结合圆的性质运算求解.【解答过程】设复数z在复平面中对应的点为Z，因为z−2i=1，则点Z的轨迹是以且z−1−i表示点Z到定点A所以z−1−i的最大值为AC故答案为：2+138．（2223高一下·宁夏吴忠·期末）已知z∈C，在复平面内z对应的点为Z,Γ为满足2≤z<5的点Z的集合所对应的图形，则Γ的面积为【解题思路】设z=x+yi，x,y∈R，根据复数的模长公式得到【解答过程】设z=x+yi，x,y∈因为2≤z<5，所以2≤x表示的是以原点为圆心，2为半径和5为半径的两个圆环的部分（如图所示），故Γ的面积为52故答案为：21π39．（2223高一下·上海浦东新·期末）如果复数z满足z−3+i=2，那么z+1+i的最大值是【解题思路】满足z−3+i=2的复数z在复平面内对应的点在以P3,−1【解答过程】根据复数的几何意义可知，满足z−3+i=2的复数z在复平面内对应的点在以以r=2为半径的圆上，z+1+i的几何意义为圆上的动点A到M当M,P,A三点共线时，且A,M在圆心P的两侧时，距离最大，最大距离为MP+r=4+2=6，故答案为：6.

40．（2023·上海浦东新·模拟预测）已知复数w=3+3i,z=λw，其中λ∈0,1.则z−w【解题思路】根据复数所表示的几何意义得z+23【解答过程】在图中作出复数w=3+3i，和w=3−令复数−23i所在复平面上的点为易得AB//OC,AB=OC，所以四边形OABC为平行四边形，因为OA=32+∵z=λw，λ∈0,1，所以复数z所表示的点在线段因为四边形OABC为菱形，所以OB垂直平分AC，所以有z+23于是由三角不等式，z−w+当且仅当z+23i=2−z此时λ=1故答案为：4.

题型11题型11根据复数的四则运算结果求复数特征

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示41．（2223高三上·陕西铜川·期末）已知复数z满足zi=(1+2i)2，则复数【解题思路】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．【解答过程】zi=(1+2则复数z在复平面内所对应的点坐标为(−4,−3).故答案为：(−4,−3).42．（2223高一下·江西萍乡·期末）已知i是虚数单位，若复数z满足z+iz−i=1−i，则复数z【解题思路】化简复数z，再由复数的定义即可得出答案.【解答过程】由z+iz−i=1−i所以iz=−2i−1故复数z的虚部为1.故答案为：1.43．（2223高一下·北京昌平·期末）已知复数z1=−2+i,z2=3+2【解题思路】先求出z1【解答过程】因为z1所以z1所以复数z1−z故答案为：三.44．（2223高一下·北京西城·期末）已知复数z在复平面内所对应的点的坐标为3,−4，则5z为1【解题思路】根据复平面内的点与复数的对应关系可知复数z，再利用复数的四则运算法则与模的定义即可求解.【解答过程】由已知得该复数z=3−4i则5z故答案为：1.题型12题型12空间几何体的截面问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示45．（2223高一下·宁夏银川·期末）已知在球O的内接长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=3，若P【解题思路】先求得长方体外接球的半径，然后根据球的几何性质、勾股定理以及圆的面积公式求得截面面积的最小值.【解答过程】如图，

在球O的内接长方体ABCD−AAB=AA1=2设球O的半径为R，则2R=DB所以球的表面积S=4πR当OP⊥球的截面，即P为截面圆圆心时，球心到截面圆的距离d=OP时最大，此时截面圆的半径r=R而OP=OO1所以截面圆面积S=π故答案为：9π46．（2223高二上·上海静安·期末）在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是正方形ABCD、正方形BB1C【解题思路】连接AC，B1C,AB1,找到过点A、【解答过程】如图连接AC，则AC过点M,连接B1C,则B1C经过点则过点A、M、N的平面截正方体的截面为等边△ACB因为正方体棱长为a，故△ACB1边长为2a故答案为：3247．（2324高二上·江西吉安·阶段练习）如图正三棱锥A−BCD底面边长为1，侧棱长为2，E，F分别为AC，AD上的动点，则截面△BEF周长的最小值114【解题思路】作出正三棱锥A−BCD侧面展开图，可知所求周长最小值即为BB′，根据平行关系、相似可推导得到【解答过程】正三棱锥A−BCD侧面展开图如下图所示：若截面△BEF周长最小，则B,E,F,B′共线，即周长最小值为由对称性可知：BB′//CD，同理可得：BE=BC=1，∵∠B′FD=∠ADB′∴DFB′D=又EF//CD，∴EF∴BB故答案为：11448．（2324高二下·江西宜春·阶段练习）某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为43的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是4【解题思路】设截面圆半径为r，球的半径为R，由已知求r，再根据R、r与球心到某一截面的距离的几何关系列方程求R.【解答过程】设截面圆半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即23由截面圆的周长可得4π=2πr，得r=2，由题意，知R2=r2+故答案为：4.题型13题型13几何体与球的切、接问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示49．（2223高一下·江西赣州·期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，点P为线段AB的中点，AB=2，∠ACB=π2，将△APC沿PC所在直线进行翻折，得到三棱锥A1−PBC，当A1

【解题思路】依题意得到三棱锥的棱的垂直情况，从而将其补成正方体，进而求得三棱柱的外接球半径，由此得解.【解答过程】因为△ABC是等腰直角三角形，点P为线段AB的中点，AB=2，∠ACB=π所以A1P=AP=BP=CP=1，PC⊥AB，则因为A1B=2，所以A所以将该三棱锥补成正方体，如下图所示：

则三棱锥A1−PBC的外接球就是边长为所以该外接球的直径为正方体的体对角线，即2R=1所以外接球表面积为S=4π故答案为：3π50．（2324高三上·江苏·期末）与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球.若圆台的上、下底面半径分别为r1,r2，且2r【解题思路】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征以及基本不等式运算求解.【解答过程】如图，画出截面图，

可得O1B=BE=r记内切球的半径为R，可知O1过B作BG⊥DC，垂足为G，则CG=r2−所以r1+r22=4R当且仅当2r所以它的内切球的体积的最大值为43故答案为：4351．（2223高一下·广西玉林·期末）如图，四边形ABCD为菱形，AB=a,∠BAD=π3，现将△ABD沿直线BD翻折，得到三棱锥A′−BCD，若A′C=a，则三棱锥

【解题思路】由已知得三棱锥A′−BCD是棱长为a正四面体，其内切球的半径为r，其外接球的半径为R，利用等体积法求得r=6【解答过程】由已知得三棱锥A′−BCD是棱长为a正四面体，其内切球的半径为r，其外接球的半径为由内切球的球心与正四面体的表面构成四个三棱锥，由体积分割可得13×3又正四面体的棱长可看成是正方体的面对角线，外接球的直径即为体对角线的长，即有2R=3⋅22a=则三棱锥A′−BCD的内切球与外接球表面积的比为：故答案为：1:9.52．（2223高一下·云南红河·期末）现有一个高为2的三棱锥P−ABC被一个平行于底面的平面截去一个高为1的三棱锥，得到棱台ABC−A1B1C1．已知AB=2，AC=4，【解题思路】由余弦定理得BC，由正弦定理得△ABC外接圆的半径，进而得△A1B1C1外接圆的半径，根据球心【解答过程】由题意，△ABC∽△A1B设△ABC,△A1B1C1外接圆的圆心分别为AB=2，AC=4，∠BAC=π由余弦定理得，BC2=A由正弦定理得2r=BCsin∠BAC设棱台的外接球球心为O，半径为R，若球心O在棱台上下底面之间时，在直角△A1NO中，A在直角△A1MO中，A∵MN=1，∴R2若球心O不在棱台上下底面之间时，在直角△A1NO中，A在直角△A1MO中，A∵MN=1，∴R2−1−则该棱台的外接球体积为V=4故答案为：205题型14题型14空间中的点共线、点（线）共面问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示53．（2223高一下·安徽宣城·期末）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，O是B1D1①A，M，O三点共线；②A，M，O，A1不共面；③A，M，C，O共面；④B，B1，O，其中正确结论的序号为①③．【解题思路】由公理1判断①，由公理2判断②和③，用反证法判断④【解答过程】解：连接A1C1，因为O是B平面AB1D1与平面AA1C1C对于①，M∈PA1,PA1⊂平面AA1C1C，则M∈平面AA1对于②，因为A,O,A1在平面AA1C1C内，由①知M∈AO，所以O∈平面AA1对于③，因为A,O,C在平面AA1C1C内，由①知M∈AO，所以O∈平面AA1C1对于④，连接BD，则B,B1,O都在平面BB1D1D上，若M∈平面BB1D1D故答案为：①③.54．（2024高二·全国·专题练习）如图所示．ABCD−A1B1C1D1是正方体，O是①A、M、O三点共线；

②A、M、O、A1③A、M、C、O共面；

④B、B1、O、M其中正确的序号为①③．【解题思路】由公理1判断①，由公理2判断②和③，用反证法判断④【解答过程】连接A1C1，因为O是B平面AB1D1与平面AA1C1C对于①，M∈CA1,CA1⊂平面AA1C1C，则M∈平面AA1对于②③，由①知A，M，O三点共线，所以A，M，O，A1共面，A，M，C，O对于④，连接BD，则B,B1,O都在平面BB1D1D上，若M∈平面BB1D1D故答案为：①③.55．（2324高一·全国·课后作业）如图，A,B,C,D为不共面的四点，E,F,G,H分别在线段AB,BC,CD,DA上.（1）如果EH∩FG=P，那么点P在直线BD上；（2）如果EF∩GH=Q，那么点Q在直线AC上.【解题思路】（1）由两个不重合的平面有一个公共点，则两平面相交于过这一点的一条直线，因为平面ABD∩平面BCD=BD，所以P∈BD；（2）由两个不重合的平面有一个公共点，则两平面相交于过这一点的一条直线，因为平面ABC∩平面ACD=AC，所以Q∈AC.【解答过程】解：（1）连接BD，若EH∩FG=P，则P∈平面ABD，且P∈平面BCD.∵平面ABD∩平面BCD=BD，∴P∈BD.（2）连接AC.若EF∩GH=Q，则Q∈平面ABC，且Q∈平面ACD.∵平面ABC∩平面ACD=AC，Q∈AC.故答案为：BD；AC.56．（2324高一下·江苏南通·阶段练习）给出以下四个命题：①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．其中正确的有①．(填序号)【解题思路】根据点共线、共面以及线共面等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【解答过程】对于①，反证法：如果四个点中，有3个点共线，第4个点不在这条直线上，根据基本事实2的推论可知，这四个点共面，这与已知矛盾，故①正确；对于②，如下图，A,B,C,D共面，A,B,C,E共面，但A,B,C,D,E不共面，故②错误；对于③，如下图，a,b共面，a,c共面，但b,c异面，故③错误；对于④，如下图，a,b,c,d四条线段首尾相接，但a,b,c,d不共面，故④错误.故答案为：①.题型15题型15平行与垂直关系的综合应用

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示57．（2223高一下·北京平谷·期末）已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C

①对任意点Q，总有AC⊥DQ；②存在点Q，使得DQ//平面AC③三棱锥Q−AB则所给推断中正确的是①②．【解题思路】利用线面垂直的判定定理可得AC⊥平面DD1B1B，再由线面垂直的性质定理可判断①；设AC∩BD=O，可得四边形EB1OD为平行四边形，OB1//DE，由线面平行的判定定理可得DE//平面AC【解答过程】对于①，

连接B1D1，因为底面ABCDDD1⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD因为DD1∩BD=D，DD1、BD⊂平面因为DQ⊂平面DD1B对于②，

取D1B1的中点E，连接DE，设AC∩BD=O因为D1B1=DB，D1所以四边形EB1OD因为DE⊄平面ACB1，OB1⊂平面AC此时，当Q为BD1与DE的交点时，有DQ//所以存在点Q∈BD1，使得DQ//对于③，

因为S△AB1C的面积是确定的，要使三棱锥Q−AB1C体积的最大值，只须Q可得VQ−A因为VABCD−A1所以VQ−A故答案为：①③.58．（2223高一下·北京怀柔·期末）在△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC=2，D是边AC的中点，E是边AB上的动点（不与A，B重合），过点E作AC的平行线交BC于点F，将△BEF沿EF折起，点B折起后的位置记为点P，得到四棱锥P−ACFE，如图所示，给出下列四个结论，其中所有正确结论的序号是②③④．

①△PEC不可能为等腰三角形；②AC//平面PEF；③当E为AB中点时，三棱锥A−PCE体积的最大值为13④存在点E，P，使得PD⊥AE．【解题思路】证明△PFC≅△EFC,即可判断①；根据线面平行的判断定理，判断②；表示三棱锥的体积后，即可判断③；利用垂直关系转化，结合条件即可判断④，由此可得结论.【解答过程】对于①，因为△ABC是等腰直角三角形，所以三角形PEF也是等腰直角三角形，则EF=PF，因为AC⊥BC，EF//AC，所以EF⊥BC，且EF⊥PF当∠PFC=90∘时，△PFC≅△EFC,所以此时△PEC是等腰三角形，故①错误；对于②，因为AC//EF，EF⊂平面PEF，AC⊄平面PEF，所以AC//平面PEF，故②正确；对于③，当E为AB中点时，则F为BC中点，VA−PCE当底面ACE的面积一定时，若平面ACE⊥平面PEF，即PF⊥平面ACE时，三棱锥A−PCE的体积最大，设FC=1,PF=1，VA−PCE对于④，因为EF⊥BC，且EF⊥PF，BC∩PF=F，且BC⊂平面PCF，PF⊂平面PCF，所以EF⊥平面PCF，EF⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PCF，且平面ABC∩平面PCF=BC，如图，过点P作PM⊥BC，连接DM，则PM⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，所以PM⊥AE，若PD⊥AE，PD∩PM=P，PD⊂平面PDM，PM⊂平面PDM，所以AE⊥平面PDM，DM⊂平面PDM，所以AE⊥DM，如图，AC=2，延长MD，交AB于点N，则△DCM和△AND都是等腰直角三角形，则CM=1，点N到直线AC的距离等于12这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则BF>FM，设FC=x，则2−x>1+x，则0<x<1则存在点E，P，使得PD⊥AE，故④正确；

故选：②③④.59．（2223高一下·北京房山·期末）如图1，在矩形ABCD中，AB=2AD=2，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起，点A折起后的位置记为点A1，得到四棱锥A1−BCDE，M①恒有A1D⊥A1E；

③三棱锥A1−DEM的体积的最大值为212；

④存在某个位置，使得平面A其中所有正确结论的序号是①②③.【解题思路】根据原图形判断①，根据面面平行得出线面平行判断②，结合面面垂直及体积公式判断体积最大值得出③，应用面面垂直的性质定理及反证法得出④.【解答过程】矩形ABCD中,∵AD⊥AE,∴A取CD中点H，连接MH，BH，M和H分别是A1C，CD的中点，∴MH//A1D，∴MH//平面A1DE，E是矩形ABCD的AB边中点，DH=EB，DH//EB，∴HB//DE，∵HB在平面A1DE外，∴HB//平面A1DE，又HB∩MH=H，平面HBM//∵BM⊂平面HBM，∴BM//A取DE的中点O，连接A1当平面A1DE⊥平面BCDE时，A1因为A1D=AE，O为DE中点，所以又因为平面A1DE∩平面BCDE=DE，所以DE=12+所以四棱锥A1−BCDE体积最大值为所以四棱锥A1−CDE体积最大值为M为AC的中点，三棱锥A1−DEM的体积的最大值为平面A1DE⊥平面A1CD,平面A1∴A1E⊥平面A1CD故答案为：①②③.60．（2324高三上·江西抚州·期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F①FM与BC1所成角为②BM⊥平面CC③存在点E，使得平面BEF//平面C④三棱锥B−CFE的体积为定值.【解题思路】利用线线平行，找出异面直线的夹角的平面角，求出即可，可判断①的正误；根据线面垂直的判定定理即可判断②的正误；利用面面平行的性质定理可判断③的正误；利用等体积法即可求出棱锥的体积，可判断④的正误.综合可得出结论.【解答过程】对于①，∵F、M分别为AD、CD的中点，∴FM//在正方体ABCD−A1B1C1D∴AC//A1C1，∴异面直线FM在ΔA1C1B中，A对于②，∵BC=CD，CM=DF，∠BCM=∠CDF，∴ΔBCM≅ΔCDF，∴∠BMC+∠DCF=90∘，又因为CC1⊥平面ABCD，且BM⊂平面ABCD因为CF∩CC1=C，所以BM⊥对于③，若平面BEF//平面CC1D1所以平面BEF//平面AA1B1B，但平面对于④，VB−CFE故答案为：②④.题型16题型16空间角的求解

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示61．（2223高一下·云南玉溪·期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为B1C1，C1D255

【解题思路】根据线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用线面角的定义，结合锐角三角函数的定义，可得答案.【解答过程】如图，取A1D1的中点N，A1B1的中点M，连接AM，AN，

由正方体ABCD−A1B1C1D1，易知EN//A1B所以四边形NEBA为平行四边形，所以AN∥BE，又因为AN⊄平面BEF，BE⊂平面BEF，所以AN//平面BEF，因为E，F分别为B1C1，C1D1的中点，由中位线性质可得又因为MN⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以MN//平面BEF，又AN∩MN=N，AN,MN⊂平面AMN，所以平面AMN//平面BEF，因为P是底面A1B1C1D1由M,N分别为A1B1,A1D1的中点，且AA由A1D在等腰△AMN中，底边上的高ℎ=A则AP的长度的取值范围为AP∈3设AP与平面A1B1C1D1成角为θ，在正方体ABCD−所以sinθ=故答案为：2562．（2223高一下·山西·期末）在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=2，三棱锥P−ABC外接球的表面积为16π，则二面角P−BC−A正切值的最小值为23【解题思路】先由球的表面积求得其半径，再利用球的截面性质求得△ABC的外接圆的半径，从而求得AD的取值范围，进而求得二面角P−BC−A正切值的取值范围，由此得解.【解答过程】依题意，设△ABC的外接圆的半径为r，三棱锥P−ABC外接球的半径为R，则4πR2因为PA⊥平面ABC，PA=2，所以R2=12PA因为AB⊥AC，所以BC为△ABC的外接圆的直径，即BC=23过A作AD⊥BC交BC于D，连接PD，如图，

设AB=a,AC=b，则由AB2+A故12=a2+b2故由三角形面积相等得AD=AB⋅AC因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又AD⊥BC，PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，所以BC⊥平面PAD，因为PD⊂平面PAD，所以BC⊥PD，所以∠PDA为二面角P−BC−A的平面角，则tan∠PDA=PAAD≥2故答案为：2363．（2223高一下·江苏盐城·期末）已知如图（1）ABCD为梯形，AB∥CD，∠C=90°，点E在CD上，BF=13BD=3，AB=2，BD⊥AE，现将△ADE沿AE折成如图（2）△APE位置，使得二面角P−AE−C的大小为π3，则直线AB

【解题思路】根据题意分析可得二面角P−AE−C的平面角为∠PFB=π3，平面APE⊥平面PBF，利用面面垂直的性质可证BH⊥平面【解答过程】在图（1）中，DF⊥AE,BF⊥AE，在图（2）中，PF⊥AE,BF⊥AE，则二面角P−AE−C的平面角为∠PFB=π且PF∩BF=F，PF,BF⊂平面PBF，可得AE⊥平面PBF，因为AE⊂平面APE，所以平面APE⊥平面PBF，在△PBF中，作边PF的高线BH，垂足为H，连接AH，可得AH=BFsin因为BH⊥PF，平面APE⊥平面PBF，平面APE∩平面PBF=BF，BH⊂平面PBF，可得BH⊥平面APE，则直线AB与平面APE所成角为∠BAH，所以sin∠BAH=即直线AB与平面APE所成角的正弦值是34故答案为：34

64．（2223高二上·北京·期中）如图，四棱锥S−ABCD中，底面是边长为2的正方形，△SCD是等边三角形，平面SCD⊥平面ABCD,M,N,P分别为棱BC,CD,DA的中点，Q为△SCD及其内部的动点，满足PQ//平面AMS①直线SA与平面ABCD所成角为45°；②二面角S−AB−N的余弦值为27③点Q到平面AMS的距离为定值；④线段NQ长度的取值范围是1其中所有正确结论的序号是②③④.【解题思路】对于①：直接找出直线SA与平面ABCD所成角求解；对于②：直接找出二面角S−AB−N的平面角求解；对于③：利用PQ//平面AMS，P,Q两点到面AMS对于④：求出Q的轨迹，再求线段NQ长度的取值范围.【解答过程】对于①：连接SN，NA，因为△SCD是等边三角形，所以又平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD＝CD，SN⊂平面所以SN⊥平面ABCD，所以直线SA与平面ABCD所成角为∠SAN，在直角△ANS中，SN＝3，AN＝5，所以对于②：取AB的中点F，连接NF，因为底面是边长为2的正方形，△SCD是等边三角形，所以SA＝又AB⊥NF，所以二面角S−AB−N的平面角为∠SFN，又因为SN⊥平面ABCD，所以SN⊥NF，在直角△SNF中，SN=3，NF=2,SF=故②正确；对于③：因为PQ//平面AMS，所以P,Q两点到面AMS的距离相等，而P到面AMS的距离为定值，故点Q到平面AMS对于④：取SD中点E，连接EP，EC，因为PE⊄面AMS，SA⊂面AMS，故PE//面AMS同理可证PC//面AMS又因为PC∩PE＝P，PE⊂面EPC，PC⊂面EPC，所以面EPC//又PQ//平面AMS，PQ⊂面EPC，面EPC∩面SCD＝EC，所以Q在等边三角形△SCD中，NQ的最大值为NC=1，最小值为N到直线CE的距离为12，故线段NQ长度的取值范围是1故答案为：②③④.题型17题型17点、线、面的距离问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示65．（2324高二上·上海黄浦·阶段练习）如图，边长为1的正方形ABCD中，E,F分别是BC,CD的中点，沿AE,EF,AF把这个正方形折成一个四面体使B,C,D三点重合，重合后的点记为G.则在四面体A−EFG中，点G到平面AEF的距离为13

【解题思路】利用线面垂直的判定定理证得AG⊥平面EFG，从而利用等体积法即可得解.【解答过程】由题意，折叠后的四面体A−EFG如图所示，

因为正方形ABCD边长为1，E,F分别是BC,CD的中点，所以AD⊥DF,AB⊥BE，即AG⊥GF,AG⊥GE，又GF∩GE=G,GF,GE⊂平面EFG，所以AG⊥平面EFG，同时由EC⊥CF，得EG⊥GF，又AG=AD=1,EG=GF=1所以VA−EFGS△AEF设G到平面AEF的距离为ℎ，则VA−EFG=VG−AEF=故答案为：1366．（2223高一下·新疆昌吉·期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为棱BC，CC1，BB1的中点，则①直线EF到平面A1ADD1的距离为2；②直线AE与直线C1【解题思路】对于①，由平面A1ADD1与平面B1【解答过程】对于①，∵平面A1ADD1∥平面B1∴直线EF到平面A1ADD1的距离即平面由正方体的特征可知该两个面距离为2，故①正确；对于②，如图，取A1D1的中点M，取B1C易证MC1∥A1T∥AE，∴∵MC1=C1对于③，记点C与点G到平面AEF的距离分别为d1、d∵VC−AEF=1∴d1:d2=1:2，即点C与点G对于④，连接FD1、AD1，易证AD1∥BC1∴平面AEF截正方体所得截面为梯形AD如图作FN⊥AD1，垂足为∵FD1=AE=5，EF=2SA故答案为：①②③．67．（2223高二下·安徽安庆·期末）某中学开展劳动实习，对棱长为3的正方体木块进行加工.如图，学生需要分别过顶点A和对角线BD对正方体木块进行平面切割，两个切割面与棱A1B1，B1C1，C1D1，A1D1分别交于点M，【解题思路】连接A1C1，分别交EF，MN于点H，Q，连接AQ.连接AC交BD于点G，连接HG，由面面平行的性质定理得线线平行，从而得平行四边形AGHQ，可证得平面ACC1A1⊥平面BDMN，知平面AMN与平面EFBD间的距离即为【解答过程】连接A1C1，分别交EF，MN于点H，Q，连接AQ.连接AC交BD于点G因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，EF,GH是分别是平面因为平面AMN∥平面BDEF平面AMN、平面BDEF，分别与平面A1B1C1D1交于直线MN、EF所以EF∥MN，则四边形AGHQ为平行四边形，AG=HQ.又因为EF=MN，所以点M，F，E，N分别为棱A1B1，B1C在Rt△AQA1中，由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD得CC1⊥BD，又BD⊥AC，AC∩CC1=CBD⊂平面BDMN，所以平面ACC1A所以平面AMN与平面EFBD间的距离即为Q到平面BDE的距离，即为Q到GH的距离，设为h，在平行四边形AGHQ中，AG⋅AA1=AQ⋅ℎ即两个截面间的距离为2.故答案为：2．68．（2223高二下·重庆·期末）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面α内，其余顶点在α的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到α的距离分别为1，2和4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面α的距离可能是：①3；

②4；

③5；

④6；

⑤7以上结论正确的为①③④⑤．（写出所有正确结论的编号）【解题思路】先利用梯形的中位线定理得到中点到平面α的距离，再利用三角形中位线定理得到各点到平面α的距离，进而可得答案.【解答过程】根据题意，如图，A1N⊥α,DM⊥α,D1Q⊥α，O为DA1的中点，OP⊥α因为A1N⊥α,DM⊥α，所以A1又OP⊥α，A1N⊥α，所以OP//A1N由梯形的中位线定理得OP=DM+又因为OP⊥α，D1Q⊥α，所以OP//D1Q所以在△AD1Q中，由三角形中位线定理得D1Q=2OP=2×3=6同理：BA1的中点到平面α的距离为52，所以BDB的中点到平面α的距离为32，所以C到平面αCA1的中点到平面α的距离为72，所以C而P为C、C1、B1、D故答案为：①③④⑤．题型18题型18统计图的综合应用问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示69．（2223高一下·宁夏·阶段练习）为了解某企业员工对习近平新时代中国特色社会主义思想的学习情况，对该企业员工进行问卷调查，已如他们的得分都处在A，B，C，D四个区间内，根据调查结果得到下面的统计图．已知该企业男员工占35，则下列结论中，错误的结论是②③④

①男、女员工得分在A区间的占比相同；②在各得分区间男员工的人数都多于女员工的人数；③得分在C区间的员工最多；④得分在D区间的员工占总人数的20%．【解题思路】先求出员工总数和男员工人数，再求出男女员工再各区间的人数，进而可以判断①正确，②③④错误.【解答过程】根据题意，设员工总人数为n个，因为女员工人数为20+60+70+50=200，所以200n=1−3所以男员工人数为500−200=300，对于①，女员工得分在A区间的占比为20200男员工得分在A区间的占比为1−40%故①正确；对于②，女员工在A区间有20人，B区间有60人，C区间有70人，D区间有50人；男员工在A区间有300×10%B区间有300×40%=120人，C区间有D区间有300×15%所以D区间男员工少于女员工，故②错误；对于③，B区间有30+120=180人，C区间有70+105=175人，所以B区间人数比C区间多，故③错误；对于④，D区间有50+45=95人，所以得分在D区间的员工占总人数的95500故④错误；综上：①正确，②③④错误，故答案为：②③④.70．（2324高二上·陕西榆林·阶段练习）为了解某企业员工对党史的学习情况，对该企业员工进行问卷调查，已知他们的得分都处在A，B，C，D四个区间内，根据调查结果得到下面的统计图.已知该企业男员工占35，则下列结论中，正确结论的个数是1①男、女员工得分在A区间的占比相同；②在各得分区间男员工的人数都多于女员工的人数；③得分在C区间的员工最多；④得分在D区间的员工占总人数的20%.【解题思路】先求出员工总数和男员工人数，再求出男女员工再各区间的人数，从而对四个结论逐一判断即可.【解答过程】根据题意，设员工总人数为n个，因为女员工人数为20+60+70+50=200，所以200n=1−35=对于①，女员工得分在A区间的占比为20200=10%，男员工得分在A对于②，女员工在A区间有20人，B区间有60人，C区间有70人，D区间有50人；男员工在A区间有300×10%=30人，B区间有300×40%=120人，C区间有300×35%所以D区间男员工少于女员工，故②错误；对于③，B区间有30+120=180人，C区间有70+105=175人，所以B区间人数比C区间多，故③错误；对于④，D区间有50+45=95人，所以得分在D区间的员工占总人数的95500综上：①正确，②③④错误，故正确结论的个数是1.故答案为：1.71．（2223高二·全国·课后作业）图1为某省某年1～4月份快递业务量统计图，图2为该省当年1～4月份快递业务收入统计图．根据对以上统计图的理解，有下列四个说法：①当年1～4月份快递业务量，3月份最高，2月份最低，差值接近2000万件；②当年1～4月份快递业务量同比增长率均超过50%，在3月份最高，可能与春节后快递恢复网购迎来喷涨有关；③从两图中看，快递业务量与业务收入的同比增长率并不完全一致，但业务量与业务收入变化高度一致；④从1～4月份来看，快递业务量与快递业务收入有波动，但整体保持高速增长．其中，正确的说法为①②③．（写出所有满足条件的说法序号）【解题思路】①分析统计图即可得到当年1～4月份快递业务量，3月份最高，2月份最低，差值的多少.②分析统计图即可得到当年1～4月份快递业务量同比增长率，进而得出结论.③分析统计图即可得到快递业务量与业务收入的同比增长率是否一致，业务量与业务收入变化高度是否一致.④分析统计图即可得到快递业务量与快递业务收入的波动情况，以及整体的变化趋势.【解答过程】对于①，当年1～4月份快递业务量，3月份最高，有4397万件，2月份最低，有2411万件，其差值接近2000万件，所以①正确；对于②，当年1～4月份快递业务量的同比增长率分别为55%，53%，62%，58%，均超过50%，在3月份最高，可能与春节后快递恢复网购迎来喷涨有关，所以②正确；对于③，由两图易知，快递业务量与业务收入的同比增长率并不完全一致，而其业务量从高到低变化是3月→4月→1月→2月，业务收入从高到低变化也是3月→4月→1月→2月，保持高度一致，所以③正确；对于④，由图知，快递业务收入2月对1月减少，4月对3月减少，整体不具备高速增长之说，所以④不正确．故答案为：①②③.72．（2024·吉林·模拟预测）中国于2022年2月在北京成功地举办了第二十四届冬季奥林匹克运动会．共赴冰雪之约，共享冬奥机遇，“冰雪经济”逐渐升温，“带动三亿人参与冰雪运动”已从愿景变为现实，中国各地滑雪场的数量也由2015年的1255家增加到2021年的3100家．下面是2016年至2021年中国滑雪场新增数量和滑雪场类型统计图，下列说法中正确的序号是①②④．①2021年中国滑雪场产业中大众娱乐型滑雪场占比最高②2016年至2021年中国滑雪场数量逐年上升③2016年至2021年中国滑雪场新增数量逐年增加④2021年业余玩家型滑雪场比2020年大众娱乐型滑雪场数量多【解题思路】根据柱状图和扇形图，分别判断选项.【解答过程】由扇形统计图可知，2021年中国滑雪场产业中大众娱乐型滑雪场占比最高，故①正确；由柱状图可知，2016年至2021年中国滑雪场数量逐年上升，故②正确；由柱状图可知，2020年比2019年下降了，故③不正确；由图可知，2021年业余玩家型滑雪场比2020年大众娱乐型滑雪场数量多，故④正确.故答案为：①②④.题型19题型19众数、平均数、中位数、方差的计算及应用

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示73．（2223高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）我国关于人工智能领域的研究十分密集，发文量激增，在视觉、语音、自然语言处理等基础智能任务实现全球领先，并且拥有一批追求算法技术极致优化的人工智能企业，如图是过去十年人工智能领域高水平论文发表量前十国家及发表的论文数．现有如下说法：①这十个国家的论文发表数量平均值为0.87；②这十个国家的论文发表数量的中位数为0.4；③这十个国家的论文发表数量的众数为0.4；④德国发表论文数量约占美国的32%．其中正确的是①②．（填序号）【解题思路】根据已知数据，依次讨论各选项即可得答案.【解答过程】解：由题知，论文数的平均数为110这十个国家的论文发表数量的中位数为0.4，故②正确；这十个国家的论文发表数量的众数为0.3，故③错误；德国发表论文数量约占美国的0.63.3故说法正确的是：①②故答案为：①②.74．（2324高一上·山西阳泉·期末）气象意义上从春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度均不低于22℃.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据：（记录数据都是正整数）①甲地5个数据的中位数为24，众数为22；②乙地5个数据的中位数为27，总体均值为24；③丙地5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.则肯定进入夏季的地区有①③．【解题思路】根据数据的特点进行估计甲、乙、丙三地连续5天的日平均气温的记录数据，分析数据的可能性进行解答即可得出答案．【解答过程】①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22，根据数据得出：甲地连续5天的日平均温度的记录数据可能为：22、22、24、25、26，其连续5天的日平均气温均不低于22；②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24，当5个数据为19、20、27、27、27，可知其连续5天的日平均温度有低于22，故不确定；③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，若有低于22，假设取21，此时方差就超出了10.8，可知其连续5天的日平均温度均不低于22，如22、25、25、26、32，这组数据的平均值为26，方差为10.8，但是进一步扩大方差就会超过10.8，故③对．则肯定进入夏季的地区有甲、丙两地，故答案为①③．75．（2223高一下·新疆伊犁·期末）某校教师男女人数之比为5:4，该校所有教师进行1分钟限时投篮比赛．现记录了每个教师1分钟命中次数，已知男教师命中次数的平均数为17，方差为16，女教师命中次数的平均数为8，方差为16，那么全体教师1分钟限时投篮次数的方差为36．【解题思路】设男女人数分别为5a,4a，求出全体教师平均命中次数，利用方差公式求全体教师1分钟限时投篮次数的方差.【解答过程】设男女人数分别为5a,4a，则男女教师总命中次数分别为85a、32a，所以全体教师平均命中次数为85a+32a5a+4a若男教师命中次数为x1,x所以i=1m(x全体教师1分钟限时投篮次数的方差为s2(m+n)====80a+80a+64a+100a=324a，所以s2故答案为：36.76．（2223高一下·天津河东·期末）数学兴趣小组的四名同学各自抛掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，四名同学的部分统计结果如下：甲同学：中位数为3，方差为2.8；

乙同学：平均数为3.4，方差为1.04；丙同学：中位数为3，众数为3；

丁同学：平均数为3，中位数为2.根据统计结果，数据中肯定没有出现点数6的是乙同学.【解题思路】假设出现6点，利用特例法，结合平均数和方差的计算公式，即可求解.【解答过程】对于甲同学，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，平均数为：x=15对于乙同学，若平均数为3.4，且出现点数6，则方差S2所以当平均数为3.4，方差为1.04时，一定不会出现点数6；对于丙同学，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，众数为3，可以出现点数6；对于丁同学，当投掷骰子出现的结果为2,2,2,3,6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6.综上，根据统计结果，数据中肯定没有出现点数6的是乙同学.故答案为：乙.题型20题型20统计综合

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示77．（2223高三上·河北·期末）土壤修复是使遭受污染的土壤恢复正常功能的技术措施．中国现有耕地有近15受到不同程度的污染，但随着新发展理念深入贯彻落实，国家对环境保护工作越来越重视.2021年我国正式启动（含已招标项目，不含未招标、流标项目）的土壤修复工程项目共510个，合同总金额为121.56亿元，覆盖全国除西藏、港、澳、台的30个省（区、市）．如图为2021年30个省区市土壤修复工程类项目数量的前十名，则这30个省（区、市）土壤修复工程类项目数据的第80分位数是30，若图中未列出的其它20个省（区、市）土壤修复工程类项目数量的方差为44.7，则这30个省（区、市）土壤修复工程类项目数据的总体方差为188.6

【解题思路】根据百分位数的定义即可求解；根据总体方差公式即可求解.【解答过程】总共有30个省（区、市），第80分位数即为第24位和第25位的平均值，第24位为广东，项目数据为28，第25位为山东，项目数据为32，故其第80分位数为30.30个行政区域中，前10名的平均数为：1所以前10名的方差为：11058−33==92.4除前10名外的20个省的平均数为510−33020而30个省的平均数为17，方差===188.6故答案为：30；188.6.78．（2223高三上·河北邯郸·期末）近年来，加强青少年体育锻炼，重视体质健康已经在社会形成高度共识.2021年10月，《中华人民共和国体育法》在颁布20多年后迎来首次大修.教育部发布的2022年工作要点中提出，实施学校体育和体教融合改革发展行动计划.为了考察某校各班参加两项以上体育项目锻炼小组的人数，在全校随机抽取五个班级，把每个班级参加两项以上体育项目锻炼小组的人数作为样本数据.已知样本平均数为7，样本的标准差为2，若样本数据各不相同，则样本数据的第80百分位数是9.【解题思路】设5个数据分别为a,b,c,d,e.先由平均数和方差列方程，求出样本数据为4,6,7,8,10.再按百分位数的定义直接求解.【解答过程】设5个数据分别为a,b,c,d,e.由题意可得：a+b+c+d+e=35,a−7由于5个数的平方和为20,则必为0+1+1+9+9=20.由x−7=3解得：x=10或4；由x−7=1解得：因为5×80％=4，所以样本数据的第80百分位数为故答案为：9.79．（2324高三上·上海宝山·期末）在某次比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为xii=1，2，3，4，5，平均数为①新数据的极差可能等于原数据的极差.②新数据的中位数可能等于原数据的中位数.③若x=④若x=【解题思路】根据极差、中位数、平均数和方差的概念，以及百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解.【解答过程】对于①，若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩，此时新数据的极差可能等于原数据的极差，所以①正确；对于②，不妨假设x1当12x2此时新数据的中位数等于原数据的中位数，所以②正确；对于③，若x=根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大，所以③正确；对于④，若x=因为5×40%=2，此时原数据的删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得4×40%此时新数据的40%显然新数据的40%分位数小于原数据的40故答案为：①②③.80．（2324高二上·上海·期末）为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：70，85，86，88，90，90，92，94，95，100.则下列说法正确的序号为①②④.（写出全部正确的序号）①中位数为90，平均数为89；②极差为30，方差为58；③70百分位数为92；④去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小.【解题思路】根据题意，通过中位数、平均数、极差、方差、百分位数的计算，逐项判断即可.【解答过程】对于①,10个分数从小到大进行排列后，第5个和第6个数的平均值为90+902即中位数为90，这10个数的平均值为70+85+86+88+90+90+92+94+95+10010故①正确；对于②，这10个数的极差为100−70=30，方差为70−892+故②正确；对于③，由于10×70%=7所以70百分位数是第7个数和第8个数的平均数，即92+942故③错误；对于④，去掉一个最低分和一个最高分的平均数为85+86+88+90+90+92+94+958方差为85−9011.25<58，方差变小，故④正确，故答案为：①②④.题型21题型21古典概型及其