数学（二）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（新高考专用）

这是一份数学（二）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（新高考专用），共110页。试卷主要包含了三角函数的图象与性质，与的图像与性质，25，利用正弦定理可解决两类问题，利用余弦定理可解决两类问题等内容，欢迎下载使用。

目 录 / contents




（二）
目录
4
三角函数的图象与性质 4
27
三角恒等变换 27
39
正余弦定理及在三角形中的应用 39
68
平面向量与复数 68
84
立体几何 84









三角函数的图象与性质

三角函数的图象与性质命题趋势仍是突出以三角函数的图象、周期性、单调性、奇偶性、对称性、最值等重点内容展开，并结合三角公式、化简求值、平面向量、解三角形等内容综合考查，因此复习时要注重三角知识的工具性，以及三角知识的应用意识.形如的函数性质为命题热点，几乎每年必考.在选择题中直接考查周期性、单调性、对称性、最值、图象的平移伸缩、由图象确定解析式；解答题常与平面向量、解三角形相结合一起考查.

1.三角函数的图象与性质



在上
的图像


定义域


值域（有界性）


最小正周期
（周期性）


奇偶性（对称性）
奇函数
偶函数
单调增区间


单调减区间


对称轴方程


对称中心坐标


最大值及对应自变量值
时
时
最小值及对应自变量值
时
时

函数
正切函数
图像

定义域

值域

周期性

奇偶性
奇函数，图像关于原点对称
单调性
在上是单调增函数
对称轴
无
对称中心

2.与的图像与性质
（1）最小正周期：.
（2）定义域与值域：，的定义域为，值域为.
（3）最值
假设.
①对于，

②对于，

（4）对称轴与对称中心.
假设.
①对于，

②对于，

正、余弦曲线的对称轴是相应函数取最大（小）值的位置.正、余弦的对称中心是相应函数与轴交点的位置.
（5）单调性.
假设.
①对于，

②对于，

（6）平移与伸缩
（，）的图象，可以用下面的方法得到：
①画出函数的图象；
②把的图象向左（）或向右（）平移个单位长度，得到函数的图象；
③把图象上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象；
④把图象上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），得到函数的图象.

1．（2022·天津·统考高考真题）已知，关于该函数有下列四个说法：
①的最小正周期为；
②在上单调递增；
③当时，的取值范围为；
④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到．
以上四个说法中，正确的个数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为，所以的最小正周期为，①不正确；
令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；因为，，所以，③不正确；
由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确．
故选：A．
2．（2022·全国（甲卷文）·统考高考真题）将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，
解得，又，故当时，的最小值为.
故选：C.
3．（2022·全国（甲卷理）·统考高考真题）设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：

则，解得，即．
故选：C．
4．（2022·北京·统考高考真题）已知函数，则（    ）
A．在上单调递减 B．在上单调递增
C．在上单调递减 D．在上单调递增
【答案】C
【详解】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.
故选：C.
5．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（    ）
A．1 B． C． D．3
【答案】A
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：A
6．（2022·浙江·统考高考真题）为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（    ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
【答案】D
【详解】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．
故选：D.
7．（多选）（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）已知函数的图像关于点中心对称，则（    ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
【答案】AD
【详解】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
故选：AD．
8．（2022·全国（乙卷理）·统考高考真题）记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．
【答案】
【详解】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
故答案为：

1．（2023·全国·模拟预测）已知函数是在区间上的单调减函数，其图象关于直线对称，且f（x）的一个零点是，则的最小值为（    ）
A．2 B．12 C．4 D．8
2．（2023·青海玉树·统考模拟预测）已知函数，，且，则（    ）
A．的图象关于对称
B．的单调递增区间为
C．当时，的值域为
D．的图象可由函数的图象向右平移个单位长度获得
3．（2023·安徽淮南·统考二模）已知函数，（，，）的相邻两个对称中心距离为且图象经过，若将图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象，则函数的单调递减区间是（    ）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2023·宁夏中卫·统考一模）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象.若是函数图象的一条对称轴，则的值为（    ）
A． B． C． D．
5．（2023·四川达州·统考二模）函数的部分图象如图，A，B，C是曲线与坐标轴的交点，过点C的直线与曲线的另一交点为D.若，则（    ）

A． B． C． D．
6．（2023·四川遂宁·统考二模）数学与音乐有着紧密的关联，我们平时听到的乐音一般来说并不是纯音，而是由多种波叠加而成的复合音.如图为某段乐音的图象，则该段乐音对应的函数解析式可以为（    ）

A． B．
C． D．
7．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）将函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，并沿轴向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图象．若对于任意的，总存在，使得，则的值可能是（    ）
A． B． C． D．

8．（多选）（2023·湖北·统考二模）已知函数（其中，，T为图象的最小正周期，满足，且在恰有两个极值点，则有（    ）
A．
B．函数为奇函数
C．
D．若，则直线为图象的一条切线
9．（多选）（2023·全国·模拟预测）已知函数图象的一条对称轴为直线，且函数的最小正周期，则（    ）
A．将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，则函数为奇函数
B．取得最大值时，自变量
C．的图象关于点对称
D．在上单调递增
10．（2023·山东临沂·统考一模）将函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，则___________.

11．（2023·广西南宁·统考二模）已知，用表示不超过的最大整数，例如，，则函数，在的零点个数是______.
12．（2023·吉林·统考三模）规定：设函数，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是______．
13．（2023·北京东城·统考一模）已知函数的部分图象如图1所示，、分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则______.

给出下列四个结论：
①；
②图2中，；
③图2中，过线段的中点且与垂直的平面与轴交于点；
④图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于.
其中所有正确结论的序号是______.
14．（2023·天津·统考一模）已知函数，则________；若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为________．







1．正割（Secant）及余割（Cosecant）这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入，，这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割，余割.已知函数，给出下列说法：
①的定义域为；②的最小正周期为；③的值域为；④图象的对称轴为直线.
其中所有正确说法的序号为（    ）
A．②③ B．①④
C．③ D．②③④
2．将函数图象所有点的纵坐标伸长到原来的倍，并沿x轴向左平移个单位长度，再向上平移2个单位长度得到的图象．若的图象关于点对称，则函数在上零点的个数是（    ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知函数，其中， ，恒成立，且在区间 上恰有个零点，则的取值范围是______________．
4．已知函数有且只有一个零点，则实数a的值为______．
5．设函数.
①给出一个的值，使得的图像向右平移个单位后得到的函数的图像关于原点对称，则ω的一个取值为___________；
②若在区间上有且仅有两个零点，则ω的取值范围是___________.



参考答案
名校预测：
1．C
【详解】因为函数的图象关于直线对称，
所以，，所以，，
根据，则，所以，
因为是在区间上的单调减函数.
所以，
所以，
即，
解得，，，
因为，所以或，
当时，，当时，；
由于，且f（x）的一个零点是，
所以，，
所以，，，
即，，.
根据或，可得，或，所以的最小值为4.
故选：C.
2．D
【详解】因为，且，
所以，解得，
所以，
所以函数的解析式为：，
对于A，当时，，所以的图象不关于对称，故A错误；
对于B，由,得，所以的单调递增区间为，故B错误；
对于C，因为，所以，所以，所以，所以的值域为，故C错误；
对于D，函数的图象向右平移个单位长为，故D正确.
故选：D.
3．B
【详解】依题意，函数的周期，则，
又，即，而，因此，，
，由得：，
所以函数的单调递减区间是.
故选：B
4．A
【详解】由，
化简得，
所以
故，
因为函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象.
所以．
又是函数的一条对称轴，
所以，
解得．
因为，
所以．
故选：A．
5．B
【详解】由题设，过，，则，即
又，则，故且，即，，
显然，则，故且，可得，
综上，当时，，故，
故.
故选：B
6．A
【详解】对于A，函数，
因为，所以函数为奇函数，
又，故A符合图象；
对于B，函数，
因为，所以函数为奇函数，
又，故B不符题意；
对于C，函数，
因为，故C不符题意；
对于D，当时，，故D不符题意.
故选：A.
7．C
【详解】函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，得到的图象，
再沿轴向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的图象，
因为对于任意的，总存在，使得，
所以，
又当时，，，
所以，即，
所以，
因为，所以，
当时，，，故A不合题意．
当时，，取不到最大值1，故B不合题意．
当时，，，故C符合题意．
当时，，，故D不合题意．
故选：C.
8．BCD
【详解】因为，， 所以，
则（不符题意，舍去）或
故，而，则，即A错误；
，而，所以是奇函数，B正确；
由在恰有两个极值点，根据正弦函数的图象及性质可得，故C正确；
当时，由上可得，即，则
当时，，则是的一条切线，即D正确.
故选：BCD
9．AC
【详解】图象的一条对称轴为直线，所以（），
则.
因为，，所以，则，
所以，解得，又，所以，所以，
故.
对选项A：为奇函数，正确；
对选项B：取得最大值时，，所以，错误；
对选项C：由，得，取，得，正确；
对选项D：因为，所以，而在上单调递增，在上单调递减，所以在上先增后减，错误.
故选：AC.
10．
【详解】如图所示，根据三角函数图象的对称性，可得阴影部分的面积等于矩形和的面积之和，即，
因为函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图象，
所以，
又因为图中阴影部分的面积为，所以，解得，
又由图象可得，可得，所以，所以，
所以，
因为，可得，即，
因为，所以.
故答案为：

11．7
【详解】函数的零点等价于方程的根，
当时，方程等价于：，
当时，方程等价于：，
当时，方程等价于：，
当时，方程等价于：，
当时，方程等价于：，
当时，方程等价于：，
当时，方程等价于：，
当时，方程等价于：，
因为方程的根的个数等价于函数与函数的交点个数，
如图，由函数函数，与函数，的图象可知，

函数，在有7个零点.
故答案为：7.
12．（注：可以用不等关系表示）
【详解】函数，
当时，，
当时，，
时，，在上单调递增，
则有或，
解得，当时，有解；
或，当时，有解.
实数的取值范围是.
故答案为：
13． ②③
【详解】函数的最小正周期为，
在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设点，则点、，

，因为，解得，
所以，，则，可得，
又因为函数在附近单调递减，且，所以，，①错；
因为，可得，
又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，
所以，，
因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，
翻折后，则有、、、，
所以，，，
所以，在图2中，，②对；
在图2中，线段的中点为，
因为，则，即，③对；
在图2中，设点，，可得，
，，，
易知为锐角，则，
所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，
故区域的面积，④错.
故答案为：；②③.
14．
【详解】解：第一空：，；
第二空：的图像如下：

令，，得，
，，得，
若在既有最大值又有最小值，则
实数的取值范围为.
故答案为：；
名师押题:
1．A
【详解】，由，，得，即的定义域为，①错误；
的定义域关于原点对称，故的最小正周期与函数的最小正周期一致，均为，②正确；
当，，，时，的值分别为1，1，，，考虑周期性可知，的值域为，③正确；
令，得，即图象的对称轴为直线，④错误，
故选：A.
2．B
【详解】将图象所有点的纵坐标伸长到原来的倍，得到的图象，
继续沿x轴向左平移个单位长度，再向上平移2个单位长度得到的图象，
∵的图象关于点对称，得，．
又∵，∴，∴．
令，当时，有，
由，可得，，

结合函数的图象可得，在上只有2个解，
即函数在上零点的个数是2．
故选：B.
3．
【详解】由已知得：恒成立，则 ，
，
由得，
由于在区间 上恰有3个零点，
故，则， ，
则,
只有当时，不等式组有解，此时，故，
故答案为：
4．
【详解】，




，的图象关于直线对称，
若函数有且只有一个零点，即的图象与轴有且只有一个交点，
则只能是，即，解得，
此时，
，当且仅当,即时取等号,
当时,，
又，
，
当时,，
当时，函数有且只有一个零点.
故答案为：.
5．
【详解】，
取得到满足条件.
，则，有且仅有两个零点，
则，解得，
故答案为：；



三角恒等变换

三角恒等变换位于三角函数与数学变换的结合点上，高考会侧重综合推理能力和运算能力的考查，体现三角恒等变换的工具性作用，以及会有一些它们在数学中的应用.主要考查利用两角和与差的正弦、余弦、正切公式和二倍角的正弦、余弦、正切公式及其变形形式进行三角函数式的变形、化简、求值，化简求值的核心是探索已知角与末知角的联系和恒等变换.在考查时常与向量的数量积运算综合起来考查.考查题型多以考查公式的运用为主，难度中低档.

1.常用三角恒等变形公式
和角公式



差角公式



倍角公式



降次（幂）公式

半角公式


辅助角公式
角的终边过点，特殊地，若或，则
2.三角函数式的化简要遵循“三看”原则，一看角，二看名，三看式子结构与特征．
3.对于给角求值问题，往往所给角都是非特殊角，解决这类问题的基本思路有：
①化为特殊角的三角函数值；
②化为正、负相消的项，消去求值；
③化分子、分母出现公约数进行约分求值．

1．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换

所以
即

故选：C.
2．（2022·北京·统考高考真题）已知函数，则（    ）
A．在上单调递减 B．在上单调递增
C．在上单调递减 D．在上单调递增
【答案】C
【详解】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.
故选：C.
3．（2022·浙江·统考高考真题）若，则__________，_________．
【答案】
【详解】[方法一]：利用辅助角公式处理
∵，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴ ，
则.
故答案为：；.
[方法二]：直接用同角三角函数关系式解方程
∵，∴，即，
又，将代入得，解得，
则.
故答案为：；.
4．（2022·北京·统考高考真题）若函数的一个零点为，则________；________．
【答案】 1
【详解】∵，∴
∴
故答案为：1，

1．（2023·贵州·统考模拟预测）已知，，则（    ）
A．-7 B． C．7 D．
2．（2023·河南·统考二模）已知，，则的值为（    ）
A． B．
C． D．
3．（2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）（    ）
A． B． C． D．
4．（2023·贵州贵阳·校联考模拟预测）十七世纪德国著名天文学家开普勒曾经说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，一个是黄金分割，如果把勾股定理比作黄金矿的话，黄金分割就可以比作钻石矿”．如果把顶角为的等腰三角形称为“黄金三角形”，那么我们常见的五角星则是由五个黄金三角形和一个正五边形组成．如图所示，（黄金分割比），则（    ）

A． B．
C． D．
5．（2023·宁夏吴忠·统考模拟预测）已知，则（    ）
A． B． C． D．
6．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知，，则=（    ）
A． B．2 C． D．
7．（多选）（2023·全国·校联考模拟预测）已知函数，则（    ）
A．为的一个周期 B．的图像关于直线对称
C．在上单调递增 D．的值域为
8．（2023·陕西铜川·统考二模）已知函数，若，则函数的值域为______.
9．（2023·重庆·统考模拟预测）已知，，则________．
10．（2023·全国·浮梁县第一中学校联考模拟预测）已知，则___________.
11．（2023·全国·模拟预测）已知，若，则______．

1．若，，则（    ）
A． B． C． D．
2．若，则（    ）
A．3 B． C．2 D．4
3．若，，则______________．
4．已知，，，均为锐角，则______
参考答案
名校预测：
1．A
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
所以.
故选：A．
2．D
【详解】,且,
则
整理得：,
则，
整理得,
所以
故选：D.
3．C
【详解】解：因为
所以，，

所以，
.
故选:C.
4．D
【详解】如图：

过D作于E，则．
，
所以，.
故选：D．
5．B
【详解】解：令，
则，即，
所以，
故选：B.
6．C
【详解】由题设，则，
又.
故选：C
7．ABD
【详解】因为，所以为的一个周期，故A正确；
因为，所以的图像关于直线对称，故B正确；
因为当时，，
，
故在上单调递减，故C错误；
因为在上单调递减，所以在上的取值范围为，
因为关于直线对称，所以在上的取值范围为，
又的周期为，所以在整个定义域上的值域为，故D正确．
故选：ABD．
8．
【详解】
，
∴时，，得：.
故答案为：
9．
【详解】，，
，
，
若，则，与矛盾，
故，
，


故答案为：.
10．
【详解】等式，
两边同时平方得，，
两式相加，得，，整理得，即，
因为，所以，得，
代入，得，即，则，
则.
故答案为：.
11．
【详解】根据正切的二倍角公式，由可得，    
所以，因为，所以，，故，
所以，，所以，，所以．
故答案为:

名师押题:
1．D
【详解】由题意，，，
∴，，
∴，，
∴，
故选：D.
2．A
【详解】解：因为，
所以．
故选：A.
3．/0.25
【详解】，即，
即.
故答案为：
4．
【详解】因为，，且，均为锐角，
所以，，
所以.故答案为：


正余弦定理及在三角形中的应用

高考对正弦定理和余弦定理的考查较为灵活，题型多变，往往以小题的形式独立考查正弦定理或余弦定理，以解答题的形式综合考查定理的综合应用，多与三角形周长.面积有关；有时也会与平面向量.三角恒等变换等结合考查，试题难度控制在中等或以下，主要考查灵活运用公式求解计算能力.推理论证能力.数学应用意识.数形结合思想等．

1.正.余弦定理
在中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为外接圆半径，则
定理
正弦定理
余弦定理
公式




常见变形
(1) ，，，
(2) ，，
(3)
(4) ，，



2.(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
3.在中，已知a，b和A时，解的情况如下：

A为锐角
A为钝角或直角
图形




关系式





解的个数
一解
两解
一解
一解
无解
4.判定三角形形状的两种常用途径
(1)化角为边：利用正弦定理.余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；
(2)化边为角：通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；
5.利用正弦定理可解决两类问题
基本类型
一般解法
已知两角及其中一角的对边，如A，B，a
①由，求出C；
②根据正弦定理，得及，求出边b，c
已知两边及其中一边所对的角，如a，b，A
①根据正弦定理，经讨论求B；
②求出B后，由，求出C；
③再根据正弦定理，求出边c.
【注意】也可以根据余弦定理，列出以边c为元的一元二次方程，根据一元二次方程的解法，求边c，然后应用正弦定理或余弦定理，求出B，C
6.利用余弦定理可解决两类问题
已知两边和它们的夹角，如a，b，C
①根据余弦定理，求出边c；
②根据，求出A；
③根据，求出B.
求出第三边后，也可用正弦定理求角，这样往往可以使计算简便，应用正弦定理求角时，为了避开讨论(因为正弦函数在区间上是不单调的)，应先求较小边所对的角，它必是锐角
已知三边
可以连续用余弦定理求出两角，常常是分别求较小两边所对的角，再由，求出第三个角；
由余弦定理求出一个角后，也可以根据正弦定理求出第二个角，但仍然是先求较小边所对的角


1．（2022·天津·统考高考真题）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
2．（2022·浙江·统考高考真题）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【详解】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
3．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
4．（2022·全国（乙卷文）·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
【答案】(1)见解析
(2)14
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
5．（2022·北京·统考高考真题）在中，．
(1)求；
(2)若，且的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：因为，则，由已知可得，
可得，因此，.
（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.
由余弦定理可得，，
所以，的周长为.


6．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【详解】（1）因为，即，
而，所以；
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
7．（2022·浙江·统考高考真题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________．
【答案】.
【详解】因为，所以．
故答案为：.
8．（2022·全国（甲卷文理）·统考高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】/
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.


[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）

[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.
   
1．（2023·青海玉树·统考模拟预测）在中，角、、所对的边分别为、、，若，为的角平分线，且，，则的值为（    ）
A． B． C． D．
2．（2023·广西南宁·统考二模）已知在锐角三角形中，角所对的边分别为，，，若.则角A的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国·校联考二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若，则△ABC面积的最大值为（    ）
A．2 B． C．1 D．
4．（2023·贵州铜仁·统考二模）锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
5．（2023·广西·校联考模拟预测）在一节数学研究性学习的课堂上，老师要求大家利用超级画板研究空间几何体的体积，步骤如下：第一步，绘制一个三角形；第二步，将所绘制的三角形绕着三条边各自旋转一周得到三个空间几何体；第三步，测算三个空间几何体的体积，若小明同学绕着的三条边AB，BC，AC旋转一周所得到的空间几何体的体积分别为，则（    ）
A． B． C． D．
6．（2023·河南·统考二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积，则边a的最小值为_______．
7．（2023·江西鹰潭·统考一模）的内角的对边分别为，若，且A为锐角，则当取得最小值时，的值为___________．



8．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）某种平面铰链四杆机构的示意图如图1所示，AC与BD的交点在四边形ABCD的内部．固定杆BC的长度为，旋转杆AB的长度为1，AB可绕着连接点B转动，在转动过程中，伸缩杆AD和CD同时进行伸缩，使得AD和CD的夹角为45°，AD的长度是CD的长度的倍．如图2，若在连接点B，D之间加装一根伸缩杆BD，则伸缩杆BD的长度的最大值为______．

9．（2023·上海·统考模拟预测）若的面积为,且∠C为钝角，则∠B=_________；的取值范围是_________.
10．（2023·青海玉树·统考模拟预测）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
问题：在中，角、、的对边分别为、、，，，且______，求的面积．
注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分．
11．（2023·贵州贵阳·校联考模拟预测）记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求C；
(2)若为锐角三角形，，求周长范围．



12．（2023·陕西安康·统考三模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.
(1)求；
(2)若，，求的面积.





13．（2023·福建·统考模拟预测）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.



14．（2023·河北张家口·统考二模）在锐角中，角所对的边分别为，若.
(1)求；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.




1．如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距500km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向AB成角的方向飞行，飞行到中途C点，再沿与原来的飞行方向AB成角的方向继续飞行到终点B点.这样飞机的飞行路程比原来的路程500km大约多飞了（ ）（，）

A．10km B．20km
C．30km D．40km
2．在锐角△中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
3．在如图所示的平面四边形中，，，记，的面积分别为，则的最大值为__________．

4．在锐角中，设边所对的角分别为，且．
(1)求角的取值范围；
(2)若，求中边上的高的取值范围．






5．记的内角，，的对边分别为，，．已知，为上一点，．
(1)求的值．
(2)若，求与的大小．






6．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知______．
(1)求角C的大小．
(2)若，求的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．


7．如图，在平面四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，AC＝4，，BC⊥CD，E为AD的中点，AC与BE相交于点F．

(1)求△ACD的面积；
(2)求的值．



8．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.
问题：在中，角所对的边分别为，且__________.
(1)求角的大小；
(2)已知，且角有两解，求的范围.




参考答案
名校预测：
1．B
【详解】因为，由正弦定理可得，
所以，，
由余弦定理可得，因为，所以，，
因为，由可得，
即，解得，，
由余弦定理可得，
因此，.
故选：B.
2．C
【详解】∵，由正弦定理可得，
则，
在锐角三角形中，，则，
∴，即，
可得，解得.
故选：C.
3．D
【详解】因为，所以，
所以，
所以△ABC的面积，
当且仅当，即时等号成立，故△ABC面积的最大值为.
故选:D
4．B
【详解】由，得，由余弦定理得，
∴，即，
由正弦定理得，
∵，
∴，
即.
∵，∴，∴，
又为锐角三角形，∴，
∴，解得，
又，，，∴，
∴.
故选：B.
5．C
【详解】令的三边分别为，边上的高为，的面积为，
则以直线为轴所得旋转体体积，有，于是，
同理可得，则有，
由余弦定理得.
故选：C
6．2
【详解】由正弦定理可得，，.
由已知可得，，
所以.
又，所以，所以.
因为，
所以，.
因为的面积，
所以.
由余弦定理可得，，
当且仅当时，等号成立.
所以，，的最小值为.
故答案为：.
7．
【详解】由正弦定理将变形可得
，
即，
由可得，
而是锐角，所以，
则由余弦定理可得，
则，
当且仅当时，取得最小值，
故，故，
所以.
故答案为:
8．
【详解】设，且，
在中，由余弦定理得，
又由正弦定理得，则，
在中，，，则，且，
在中，由余弦定理得

，
所以当时，取最大值1，可得的最大值为9，
所以长度的最大值为．
故答案为：.
9．
【详解】，
，即，
，
则，
为钝角，，
，故.
故答案为，.
10．条件选择见解析，答案见解析
【详解】解：若选①：因为，由正弦定理可得，
因为、，则，所以，，，
则，可得，所以，，解得，
因为，，所以，是边长为的等边三角形，
所以，；
若选②，因为，由正弦定理可得，
因为、，则，，所以，，则，
由正弦定理，所以，，
，
所以，；
若选③，因为，
因为，故，又因为，所以，，
所以，为直角三角形，则，则，
所以，.
11．(1)
(2)
【详解】（1）在中，由射影定理得，
则题述条件化简为，
由余弦定理得．
可得                  
所以.
（2）在中，
由正弦定理得，
则周长，
因为，则，
因为为锐角三角形，，
则得，
故．
12．(1)
(2)
【详解】（1），
（或
，∴，
∵，∴，∴或，
解得或，∵，∴，∴.
（2）由（1）知，，
由正弦定理得，
由余弦定理得，即，
整理得，
由得，
∴.
13．(1)；
(2).
【详解】（1）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.
（2）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.
14．(1)
(2)
【详解】（1）由，得，
整理可得.
又，所以.
因为，所以.
（2）由余弦定理可得，于是，，
所以，则，
由正弦定理得.
在锐角中，，则.
又，故，
所以，所以，
所以，，
因此，.
由题意可得恒成立，
于是，.
所以，实数的取值范围是.
名师押题:
1．B
【详解】在中，由，得，
由正弦定理得，
所以，
所以，
所以，
故选：B.
2．A
【详解】由，则，
所以，
则，
所以或（舍），故，
综上，，且
所以，
，
由锐角△，则，可得，则，
所以，故.
故选：A
3．
【详解】在中，由余弦定理得：；
在中，由余弦定理得：；
，整理可得：；
，，
，
则当时，.
故答案为：.
4．(1)；
(2).
【详解】（1）因为，
所以，
所以，，又，
所以，整理可得，
所以或(舍去)，
所以，又为锐角三角形，
所以，
所以；
（2）由题可知，即，
又，
所以，
所以，
由，可得，
所以，
所以，
即中边上的高的取值范围是.
5．(1)
(2)
【详解】（1）因为，
所以，
则．
由正弦定理，得，
则由余弦定理得
又因为，所以，
在中，由正弦定理，得，则，
同理，在中，由正弦定理，得，
由，得，
又因为，所以，
则，
即，
所以，即；
（2）由（1）可知，，
因为，所以，，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
由，得，
又因为，所以，所以，所以，
又，所以．

6．(1)
(2)
【详解】（1）选择条件①．
由余弦定理得．
整理得，
所以由余弦定理得．
又因为，所以．
选择条件②．
由正弦定理得，整理得，
由余弦定理得．
又因为，所以．
选择条件③．
由正弦定理得．
整理得，
所以．
因为，所以．
显然，所以．
又因为，所以．
（2）因为，，
所以由正弦定理得，即．
因为，所以，
所以．
因为，所以，所以，
故的取值范围是．
7．(1)；
(2).
【详解】（1）在中，由余弦定理得：，
由得：，
所以的面积.
（2）在中，由（1）知，
由余弦定理得，
由正弦定理，得，
而，即是锐角，则，
在中，，
，
因此，
在中，，即，
，而是锐角，解得，
，在中，，
所以
.
8．(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）若选①：整理得，因为，
所以，因为，所以；
若选②：因为，
由正弦定理得，
所以，所以，因为，所以；
若选③：由正弦定理整理得，所以，
即，因为，所以；
（2）将代入正弦定理，得，所以，
因为，角的解有两个，所以角的解也有两个，所以，
即，又，所以，解得.










平面向量与复数

1.平面向量是高考考查的重点.热点.往往以选择题或填空题的形式出现.常以平面图形为载体，考查线性运算.数量积.夹角.垂直的条件等问题；
2.同三角函数.解析几何.不等式等知识相结合，考查数形结合思想.函数方程思想以及分析问题解决问题的能力．难度为中等或中等偏易.
3.考查复数的概念.几何意义.复数的运算.常见题型有选择题.填空题，重点考查除法.乘法等运算，同时考查复数的模.共轭复数等概念.

一.平面向量
1.共线向量基本定理
（1）如果，则；反之，如果且，则一定存在唯一的实数，使.
（2）平面向量共线的坐标表示
若，，则的充要条件是，这与在本质上是没有差异的，只是形式上不同.
2.平面向量基本定理：如果和是同一个平面内的两个不共线向量，那么对于该平面内的任一向量，都存在唯一的一对实数，使得，我们把不共线向量，叫做表示这一平面内所有向量的一组基底，记为.（简而言之，不共线的两个向量可以表示所有向量）
3.向量数量积运算，其中为向量的夹角
4.数量积运算法则：
（1）交换律：
（2）系数结合律：
（3）分配律：

5.平面向量数量积的重要性质
(1)；
(2)非零向量，，；
(3)当与同向时，；
当与反向时，，，；
(4)；
(5).
8.平面向量数量积有关性质的坐标表示
设向量，，则，由此得到
(1)若，则或.
(2)设，则A.B两点间的距离.
(3)设两个非零向量，，，，则.
(4)设是与的夹角，则
二.复数
1.基本概念
（1）叫虚数单位，满足 ，当时，.
（2）形如的数叫复数，记作.
①复数与复平面上的点一一对应，叫z的实部，b叫z的虚部； Z点组成实轴；叫虚数；且，z叫纯虚数，纯虚数对应点组成虚轴（不包括原点）。两个实部相等，虚部互为相反数的复数互为共轭复数.
②两个复数相等（两复数对应同一点）
③复数的模：复数的模，也就是向量的模，即有向线段的长度，其计算公式为，显然，.
2.复数运算
（1）
（2）

其中，叫z的模；是的共轭复数.
（3）.
实数的全部运算律（加法和乘法的交换律.结合律.分配律及整数指数幂运算法则）都适用于复数.
3.复数的几何意义
（1）复数对应平面内的点；
（2）复数对应平面向量；
（3）复平面内实轴上的点表示实数，除原点外虚轴上的点表示虚数，各象限内的点都表示复数.
（4）复数的模表示复平面内的点到原点的距离.

1．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）已知向量，若，则（    ）
A． B． C．5 D．6
【答案】C
【详解】解：,,即,解得,
故选：C
2．（2022·全国（乙卷文）·统考高考真题）已知向量，则（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【详解】因为，所以.
故选：D
3．（2022·全国（乙卷理）·统考高考真题）已知向量满足，则（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【详解】解：∵，
又∵
∴9，
∴
故选：C.
4．（2022·北京·统考高考真题）在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，

因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以


，其中，，
因为，所以，即；
故选：D 
5．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）在中，点D在边AB上，．记，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
6．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】，
故选：D.
7．（2022·全国（甲卷文）·统考高考真题）若．则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】因为，所以，所以．
故选：D.
8．（2022·全国（甲卷理）·统考高考真题）若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】

故选 ：C
9．（2022·天津·统考高考真题）在中，，D是AC中点，，试用表示为___________，若，则的最大值为____________
【答案】
【详解】方法一：

，，
，当且仅当时取等号，而，所以．
故答案为：；．
方法二：如图所示，建立坐标系：

，，
，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，当且仅当与相切时，最大，此时．
故答案为：；．
10．（2022·全国（甲卷文）·统考高考真题）已知向量．若，则______________．
【答案】/
【详解】由题意知：，解得.
故答案为：.
11．（2022·全国（甲卷理）·统考高考真题）设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．
【答案】
【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
故答案为：．
12．（2022·天津·统考高考真题）已知是虚数单位，化简的结果为_______．
【答案】/
【详解】．
故答案为：．

1．（2023·甘肃·统考二模）如图所示，边长为2的正三角形ABC中，，，则（    ）

A．-1 B．-2 C．1 D．2
2．（2023·河北张家口·统考一模）已知向量，，都是单位向量，若，则的最大值为（    ）
A． B．2 C． D．
3．（2023·江苏常州·校考二模）如图所示，边长为2的正，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧，点P在圆弧上运动，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．
4．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）已知平面向量，，则向量与的夹角为（    ）
A． B． C． D．
5．（2023·山东聊城·统考模拟预测）我国古代数学家赵爽所使用的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．如图①，是一个“勾股圆方图”，设，，；在正方形EFGH中再作四个全等的直角三角形和一个小正方形IJKL，且，如图②．若，且，则（    ）

A． B． C． D．
6．（2023·内蒙古阿拉善盟·统考一模）复平面内表示复数的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7．（2023·内蒙古包头·二模）若，则（    ）
A．5 B． C． D．3
8．（2023·河北张家口·统考一模）已知复数，，若，则实数（    ）
A．1 B．2 C．3 D．
9．（2023·陕西西安·西安一中校联考模拟预测）已知复数z满足，若，则复数z为（    ）．
A． B．
C．或 D．或
10．（2023·上海静安·统考二模）已知向量，且，的夹角为，，则在方向上的投影向量等于___________.
11．（2023·江西·统考模拟预测）已知两个向量，则当取得最小值时，___________.
12．（2023·陕西商洛·统考一模）已知是内部的一点，且和的面积分别是，若，则__________．
13．（2023·天津·校联考一模）已知向量，向量与向量的夹角为，，则向量__________；若向量与向量的夹角为，向量，其中，当时，实数a的取值范围为__________．
14．（2023·北京海淀·校考模拟预测）已知点O是边长为4的正方形的中心，点P是正方形ABCD所在平面内一点，，若．
（1）的取值范围是____________；
（2）当取得最大值时，____________

1． 是虚数单位，已知与互为共轭复数，则（    ）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
2．如图所示，在中，点在线段上，且，若，则（    ）

A． B． C．2 D．
3．若复数为纯虚数，则=___________.
4．已知边长为2的菱形中，，P、Q是菱形内切圆上的两个动点，且，则的最大值是_____________．
5．设平面向量满足：，，，，则的取值范围是____________．
6．已知向量满足，对任意的的最小值为，则与的夹角为________．
参考答案
名校预测：
1．D
【详解】解：因为，，
所以，
，
，
所以，
，
，
故选：D
2．C
【详解】由，得，即．
设，则，显然，
所以．
又，所以，
所以，即的最大值为．
故选：C．
3．B
【详解】过点作交半圆弧于点，连接，如图，

而是正三角形，则，令夹角为，
当点P在弧上时，，当点P在弧上时，，于是，
显然，，
所以
.
故选：B
4．A
【详解】因为，，所以，，
所以，所以，
又，所以向量与的夹角为．
故选：A．
5．B
【详解】解析：因为，
，
所以，
所以，
故选：B．
6．A
【详解】因为，
所以对应点坐标为，该点在第一象限，
故选：A.
7．B
【详解】∵，则，
则.
故选：B.
8．C
【详解】因为，
所以，，解得．
故选：C．
9．C
【详解】由有，即，
解得，
当时，,
当时，.
故选：C
10．
【详解】，，
，
，
在方向上的投影向量为.
故答案为：
11．
【详解】由题意可得，则，
所以，
所以，取得最小值.
故答案为：.
12．3
【详解】如图，分别在边上取点，使得．

由，可得，所以，
又因为，所以点在线段上（不包含端点），
则．
因为三点共线，所以，即，
所以．
因为，所以，所以．
故答案为：3.
13． 或
【详解】设，则，
，
∴或，
∴或，
与夹角的，则
∴
∴


因为，
所以，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故实数a的取值范围是．
14．
【详解】解：建立以A为原点的坐标系，如图所示：

由可得P的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
设，则有，
所以，
又因为，
所以，
由P的轨迹方程可知，
即，所以，
所以的范围为：；
将代入，得，
所以点在圆上，
设，
则，
所以当时，取最大值，此时，
所以，
所以，
所以.
故答案为：；
名师押题:
1．D
【详解】，
与互为共轭复数，
，
.
故选：D.
2．B
【详解】由向量的运算法则，
可得,
因为，所以，从而求得，
故选:B．
3．
【详解】为纯虚数，则且，∴，
，
故答案为：．
4．/0.25
【详解】如图，，故菱形内切圆半径为点到的距离，
故内切圆半径，
由对称性可知，关于轴对称，设，，
则，，
其中，故
，
当时，取得最大值，最大值为.

故答案为：
5．
【详解】依题意，设，，.
根据，即，即，整理得.
显然，否则，，与已知矛盾，故可得.
由，即，则有，故，解得.
故.
故答案为：
6．
【详解】因为向量满足，
所以向量满足.
设与的夹角为
所以
因为任意的的最小值为，所以恒成立，
配方后可得：恒成立，
所以当时，取得最小值3，此时，解得：.
又因为，所以.
因为，所以.
故答案为：.



立体几何

1.掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征，能够解决简单的实际问题；
2.多面体和球体的相关计算问题是近几年考查的重点；
3.运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理.
4.近两年以立体几何作为高考压轴小题进行考查.

1.平面的基本性质
(1)熟悉三个公理的三种语言的描述（自然语言.图形语言.符号语言），明白各自的作用，能够依据这三个公理及其推论对点与平面.直线与平面.平面与平面的位置关系作简单的判断.
(2)掌握确定一个平面的依据：不共线的三点确定一个平面.直线与直线外一点确定一个平面.两相交直线确定一个平面.两平行直线确定一个平面.
2.空间直线.平面的位置关系
(1)空间两条直线与直线的位置关系：相交.平行.异面.
判断依据：是否在同一个平面上；公共点的个数情况.
理解平行公理与等角定理：
平行公理：平行于同一条直线的两条直线平行；
等角定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
(2)直线与平面的位置关系：直线在平面内.直线与平面平行或相交
判断依据：直线与平面的公共点的个数.
理解直线与平面平行的定义.
(3)空间两个平面的位置关系：相交.平行
判断依据：没有公共点则平行，有一条公共直线则相交.
3.空间直线.平面平行的判定定理与性质定理
(1)线面平行的判定定理与性质定理
①线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则直线与平面平行.
符号语言：.
要判定直线与平面平行，只需证明直线平行于平面内的一条直线.
②线面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的平面与已知平面的交线与该直线平行.
符号语言：.
当直线与平面平行时，直线与平面内的直线不一定平行，只有在两条直线共面时才平行.
③面面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.
符号语言：.
要使两个平面平行，只需证明其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行即可，这里的直线需是相交直线.
④面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行.
符号语言：.
⑤平行关系的转化

(2)直线.平面垂直的判定定理与性质定理
①线面垂直的判定定理：如果直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线与平面垂直.
符号语言：.
要判定直线与平面垂直，只需判定直线垂直于平面内的两条相交直线即可.
②线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.
符号语言：.
此性质反映了平行.垂直之间的关系，也可以获得以下推论：两直线平行，若其中一条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与该平面垂直.
③面面垂直的判定定理：若直线垂直于平面，则过该直线的平面与已知平面垂直.
符号语言：.
要证明平面与平面垂直，关键是在其中一个平面内找到一条与另一个平面垂直的直线.
④面面垂直的性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.
符号语言：.
要通过平面与平面垂直推理得到直线与平面垂直，必须满足直线垂直于这两个平面的交线.
⑤垂直关系的转化


1．（2022·天津·统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（    ）

A．23 B．24 C．26 D．27
【答案】D
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为

则
则该几何体的体积为.
故选：D.
2．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．

3．（2022·北京·统考高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
故选：B
4．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,

[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
5．（多选）（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】CD
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
6．（2022·全国（乙卷文）·统考高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．

(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【详解】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以，
所以.

[方法二]：等体积转换
，，
是边长为2的等边三角形，

连接




7．（2022·全国（甲卷文）·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．

(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）如图所示：

分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：

分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：

连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积




1．（2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）如图，在梯形ABCD中，，，，将△ACD沿AC边折起，使得点D翻折到点P，若三棱锥P-ABC的外接球表面积为，则（    ）

A．8 B．4 C． D．2
2．（2023·陕西宝鸡·校考模拟预测）如图，四边形为正方形，平面，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，，则（    ）．

A． B． C． D．
3．（2023·陕西汉中·统考二模）三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）如图所示，在长方体中，点是棱上的一个动点，若平面与棱交于点，给出下列命题：

①四棱锥的体积恒为定值；
②四边形是平行四边形；
③当截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点至少有两个；
④直线与直线交于点，直线与直线交于点，则、、三点共线.
其中真命题是（    ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
5．（2023·黑龙江大庆·统考三模）如图，在长方体中，，，为的中点，为底面上一点，若直线与平面没有交点，则面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．
6．（2023·河北张家口·统考一模）已知正方体，则下列选项不正确的是（    ）
A．直线与所成的角为 B．
C．平面 D．
7．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）已知两条不同的直线l，m及三个不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出的是（    ）
A．l与α，β所成角相等 B．，
C．，， D．，，
8．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）如图，在正方体 中，为棱上的动点，则直线与平面所成角（过点作平面的垂线，设垂足为．连接，直线与直线相交所形成不大于的角）的正弦值的范围是（    ）

A． B． C． D．
9．（2023·上海金山·统考二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且，，设P、Q分别为线段AF、CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能恒成立的是（    ）

A．直线直线CD B．直线直线ED
C．直线直线PQ D．直线平面
10．（多选）（2023·浙江·统考二模）已知，为两个平面，，为两条直线，平面，平面，则下列命题正确的是（    ）
A．若，则 B．若，为异面直线，则与相交
C．若与相交，则，相交 D．若，则
11．（2023·甘肃酒泉·统考三模）如图，在三棱锥中，底面．点分别为棱，的中点，是线段的中点，．

(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积．
12．（2023·山东枣庄·统考模拟预测）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，，为中点．

(1)求证：平面
(2)求证：平面．
13．（2023·河南商丘·商丘市实验中学校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，平面平面分别为棱的中点.

(1)证明：平面；
(2)若三棱柱的体积为，求点到平面的距离.





14．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）在平面四边形中，，，，现将 沿着折起，得到三棱锥，若二面角的平面角为135°，则三棱锥的外接球表面积为__________.

15．（2023·河北沧州·统考模拟预测）在圆台中，是其轴截面，，过与轴截面垂直的平面交下底面于，若点到平面的距离是，则圆台的体积等于______.


1．设m，n，l分别是三条不同的直线，是平面，则下列结论中正确的是（    ）
A．若，，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
2．已知底面边长为1的正三棱柱既有外接球也有内切球,圆锥SO是三棱柱的外接圆锥,且三棱柱的一个底面在该圆锥的底面上,则该外接圆锥的轴截面面积的最小值是（    ）
A． B． C． D．
3．2022年12月7日为该年第21个节气“大雪”．“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷．“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等．东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型，设M为的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截面面积为______平方分米．
4．在正方体中，，M为棱BC的中点，过直线AM的平面满足平面，则平面截正方体所得较小部分与较大部分的体积的比值为______．
5．在正方体中，棱长为，已知点、分别是线段、上的动点（不含端点）.

①与垂直；
②直线与直线不可能平行；
③二面角不可能为定值；
④则的最小值是.
其中所有正确结论的序号是___________.


参考答案
名校预测：
1．C
【详解】如图所示，

由题意知，，
所以，，
所以AB的中点即为△ABC外接圆的圆心，记为，
又因为，
所以，，
所以在中，取AC的中点M，连接PM，则△APC的外心必在PM的延长线上，记为，
所以在中，因为，，所以为等边三角形，
所以，
（或由正弦定理得：）
所以，
在中，，，，
设外接球半径为R，则，解得：，
设O为三棱锥P-ABC的外接球球心，则面ABC，面APC．
所以在中，，
又因为在，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为，
所以，
又因为面APC，
所以BC⊥面APC，
所以，
所以，即：.
故选：C.
2．C
【详解】
设，因为平面，，
则，，
连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，
又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，
则，
则，，
，则，，，
则，
所以，，，，故A、B、D错误；C正确.
故选：C
3．C
【详解】如图所示，根据题意可将三棱锥补形为长方体，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，可知该球的直径即为，
设球的半径为，可得，即，
故三棱锥的外接球的表面积.
故选：C.

4．C
【详解】①四棱锥的体积等于三棱锥的体积
与三棱锥的体积之和,
又长方体中，平面，
则点到平面的距离为定值，
则四棱锥的体积恒为定值.判断正确；
②由平面与棱交于点，
可得平面平面，平面平面，
又平面平面，则；
又平面平面，平面平面，
又平面平面，则，
又，四边形是平行四边形.判断正确；
③由②可得，截面四边形是平行四边形.
当的值最小时，四边形的周长取得最小值.
将侧面与侧面展开在同一平面，
当且仅当E为直线与交点时的值最小，
则当截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点仅有1个.判断错误；

④直线与直线交于点，直线与直线交于点，
则、、三点均为平面与平面的公共点，
由平面与平面有且仅有一条交线可得、、三点共线. 判断正确.
故选：C
5．C
【详解】直线与平面没有交点，所以平面，
取的中点，连接、、，
取的中点，连接、，如下图所示：

在长方体中，且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，且，
因为且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为且，、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
故当在上运动，平面，则平面，
当时，最小，且最小值为，
此时的面积最小，且最小值为.
故选：C.
6．D
【详解】如图所示，

对于A项，如图，因为，所以异面直线与所成的角为或其补角．
又因为为等边三角形，所以，故A项正确；
对于B项、C项，因为四边形为正方形，则．
又因为平面，
所以．
又因为平面，平面，，
所以平面．
又平面，
所以．
同理：，，
又平面，平面，，
所以平面，故B项、C项正确；
对于D项，∵面，
∴，即：在中，，
由三角形内角和可知，，故D项错误；
故选：D．
7．C
【详解】对于A，正方体中，设边长为，连接，则为与平面所成角，
由勾股定理得到，故，
同理可得和所成角的正弦值为，故与平面和所成角大小相等，
但平面与平面不平行，故A错误；

B选项，平面⊥平面，平面⊥平面，但平面与平面不平行，故B错误；
对于C，由，得，又，所以，故C正确；
对于D，l与m可同时平行于α与β的交线，故D错误．
故选：C．
8．A
【详解】连接，则为直线PB与平面所成的角，
  
设正方体的棱长为a，，
∴ ，
∴   ，
又∵ ，∴ ，
∴  ，则 ，
即直线与平面所成角的正弦值的范围是.
故选：A.
9．B
【详解】在矩形ABCD中，，，
可得四边形和都为矩形，
所以，，翻折后仍然成立，
所以直线直线，故A正确；
翻折前，，翻折后直线和直线ED为异面直线，故B错误；
设中点为H，连接，，
因为P、Q分别为线段AF、CE的中点，
所以，，而，，，
所以，，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，故C正确；
连接，，
因为P、Q分别为线段AF、CE的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，故D正确.
故选：B.

10．ABD
【详解】，平面，平面,则两平面平行，故A正确；
平面，平面，，为异面直线，则与相交,故B正确；
平面，平面，若与相交，则，可以异面，故C错误；
平面，平面，若，则，故D正确.
故选：ABD.
11．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：分别是中点，，
同理，
又平面平面，
平面．

（2）解：底面平面，
平面，
平面，
分别为中点，，
平面，点到平面的距离为，
，
即三棱锥的体积为．
12．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）如下图，取中点，连接，，因为为中点，
所以，，
由已知，，且，
故且，四边形是平行四边形，，
因为平面，平面，故平面；
（2）因为平面，平面，所以，
又因为，所以，
因为，，平面，平面，
所以平面．

13．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，取的中点，连接，
则，所以，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面平面，
所以平面.

（2）取的中点，连接.
因为是等边三角形，所以.
又平面平面，且平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，平面,
所以平面.
所以，得.
因为平面，所以.
在Rt和Rt中，由勾股定理可得，
所以.
设点到平面的距离为，
由，得，解得.
所以点到平面的距离为.
14．
【详解】
如图，取的中点，的中点，连接，，
因为，所以 ，因为， ，所以 ，
；
过点作平面，过点作平面， ，
因为点，分别是 和的外心，所以点是三棱锥的外接球的球心；
由，得，，，所以，，，，
，
则三棱锥的外接球的半径，所以外接球的表面积 ；
故答案为： .
15．
【详解】∵，所以四边形为平行四边形，所以,则为正三角形∴，由题意得，平面平面平面，且平面平面，所以点到平面的距离即为与的距离，在中，过点作的垂线,过点作的垂线，则，

所以，则，则圆台的体积为，所以圆台的体积为.
故答案为：
名师押题:
1．C
【详解】A选项，时，直线m可能不垂直于平面，A错误；
B选项，当m，n异面时，也存在平面，使得，，，B错误；
C选项，由线面垂直的性质可知，当，时，必有，C正确；
D选项，当时，显然也可以有m，n异面，，，D错误．
故选：C．
2．C
【详解】
如图1,由三棱柱既有外接球又有内切球,可知三棱柱的高等于内切球直径,而内切球半径等于底面内切圆半径,即.
如图2,三角形是圆锥的轴截面,四边形是三棱柱的外接圆柱的轴截面,为中点,则
,设,
则由得,整理得
,所以轴截面的面积

当且仅当时等号成立,即轴截面的面积最小值为:,
故选:C.
3．
【详解】设正六棱柱的底面边长为a，高为h．
若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者，
所以，即，又，
所以该正六棱柱的体积为．
设，，则，令，得．
，解得，，解得，
在上单调递增，在上单调递减，所以，即，时V取得最大值．
过M作，交于点P，交于点Q，则P，Q分别是，的中点，
又，所以，则矩形ACQP即为平面ACM截该正六棱柱所得的截面．

因为，且，
所以矩形ACQP的面积为．
故答案为：
4．
【详解】在正方体中，取的中点，连接，如图，

有，而正方体的对角面是矩形，则，
因为，则，又平面，平面，即有，
而平面，因此平面，
因为平面，于是平面平面，依题意，平面即为平面，
令的延长线与延长线的交点为，的延长线与延长线的交点为，
显然，即点与重合，记为，
因此
，又正方体的体积，
所以平面截正方体所得较小部分与较大部分的体积的比值为.
故答案为：
5．①④
【详解】对于①，因为，则、、、四点共面，
因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，①对；
对于②，当、分别为、的中点时，，
又因为，此时，②错；
对于③，因为、，平面即为平面，平面即为平面，
所以，二面角即为二面角，
而二面角为定值，
故二面角为定值，③错；
对于④，因为平面，平面，则，同理可得，
因为，同理可得，，
将和延展至同一平面，如下图所示：

在中，，，
因为，，，所以，，
所以，，故，
所以，，
当时，取最小值，且最小值为，④对.
故答案为：①④