1、华中师大一附中2021-2022学年度高一第二学期期中检测期中复习压轴题精选题组一、单选题1已知的外接圆半径为1，圆心为点，且，则的面积为ABCD2在中，是角的对边，已知，则以下判断错误的是（）A的外接圆面积是；B；C可能等于14；D作关于的对称点，则的最大值是.3在钝角中，分别是的内角所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（）ABCD4如图，在正方体中，分别是，的中点，则下列说法错误的是（）AB平面C平面D与是异面直线5已知四面体ABCD的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点有下列结论：线段MN的长度为1；若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运
2、动，直线FG与直线CD都是异面直线；的余弦值的取值范围为；周长的最小值为其中正确结论的为（）ABCD二、多选题6“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知是内的一点，的面积分别为，则.若是锐角内的一点，是的三个内角，且点满足.则（）A为的外心BCD7下列结论正确的是（）A在中，若，则B在锐角三角形中，不等式恒成立C在中，若，则是直角三角形D在中，若，三角形面积，则三角形的外接圆半径为8下列说法正确的是（）A若非零向量，且，则为等边三角形B已知，且四边形为平行四边形，则C已知
3、正三角形的边长为，圆O是该三角形的内切圆，P是圆O上的任意一点，则的最大值为1D已知向量，则与夹角的范围是9已知点为正方体内（含表面）的一点，过点的平面为，以下描述正确的有（）A与和都平行的有且只有一个B过点至少可以作两条直线与和所在的直线都相交C与正方体的所有棱所成的角都相等的有且只有四个D过点可以作四条直线与正方体的所有棱所成的角都相等10如图，已知在棱长为2的正方体中，为上的动点，则下列结论正确的有（）.A当运动到中点时，直线与平面所成角的正切值为B当在直线上运动时，三棱锥的体积会随着点的运动而变化C当点在直线上运动到某一点时，直线与平面所成角为D当在直线上运动时，的面积存在最小值三、填
4、空题11在中，则_；设，且，则的值为_.12如下图，中，为重心，P为线段上一点，则的最大值为_，分别是边的中点，则的取值范围是_.13已知，对，恒有，且点满足N为OA的中点，则的值为_，的值为_.14赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为周髀算经一书作序时，介绍了勾股圆方图，亦称赵爽弦图(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成)类比赵爽弦图，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设若，则-的值为_15法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名对而言，若其内部的点P满足，则称P为的
5、费马点如图所示，在中，已知，设P为的费马点，且满足则的外接圆直径长为_16三角形蕴涵大量迷人性质，例如：若点在内部，用分别代表、的面积，则有现在假设锐角三角形顶点所对的边长分别为为其垂心，的单位向量分别为，则_17在锐角三角形中，角的对边分别为，且满足，则的取值范围为_.18某园区有一块三角形空地（如图），其中，现计划在该空地上选三块区域种上三种不同颜色的花卉，为了划分三种花卉所在的区域且浇灌方便和美观，需要在空地内建一个正三角形形状的水池，要求正三角形的三个顶点分别落在空地的三条边界上（如图），则水池面积的最小值为_1 如图，长方体的底面是正方形，其侧面展开图是边长为的正方形，分别是侧棱上的
6、动点，点在棱上，且，若平面，则_.四、解答题20如图所示，是的一条中线，点满足，过点的直线分别与射线，射线交于，两点.(1)求证：；(2)设，求的值；(3)如果是边长为的等边三角形，求的取值范围.21已知是线段外一点，若，（1）设点是的重心，证明：；（2）设点、是线段的三等分点，、及的重心依次为、，试用向量、表示；（3）如果在线段上有若干个等分点，请你写出一个正确的结论？(不必证明)说明：第（3）题将根据结论的一般性程度给予不同的评分22已知，向量，、是坐标平面上的三点，使得，（1）若，的坐标为，求；（2）若，求的最大值；（3）若存在，使得当时，为等边三角形，求的所有可能值23已知的内角，所对
7、的边分别为，向量，.(1)若，为边的中点，求中线的长度；(2)若为边上一点，且，求的最小值.24已知分别为三个内角的对边，.（1）若是上的点，且平分角，求；（2）若，求的面积.25（1）在中，角，所对的边分别为，若，且，则内切圆半径的最大值为_（2）随着节假日外出旅游人数增多，倡导文明旅游的同时，生活垃圾处理也面临新的挑战，某海滨城市沿海有三个旅游景点，在岸边两地的中点处设有一个垃圾回收站点（如图），两地相距10，从回收站观望地和地所成的视角为，且，设；（i）用分别表示和，并求出的取值范围；（ii）若地到直线的距离为，求的最大值26已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称
8、函数为向量的相伴函数.（1）设函数，试求的相伴特征向量；（2）记向量的相伴函数为，求当且，的值；（3）已知，为的相伴特征向量，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.27杭州市为迎接2022年亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图的五边形ABCDE，运动员的公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车上或收容车上获得帮助比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料，工具和配件所以项目设计需要预留出BD，BE为赛道内的两条服务通道（不考虑宽度），ED，DC，CB，BA，AE
9、为赛道，（1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道BE的长度；15 在（1）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道BAE最长（即最大），最长值为多少？28如图，在直角梯形中，为上靠近B的三等分点，交于为线段上的一个动点（1）用和表示；（2）求；（3）设，求的取值范围29如图，在直三棱柱中，（1）求证：；（2）若与的所成角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值30四面体中，（1）求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；（2）有4条长为2的线段和2条长为的线段，用这6条线段作为棱，构成一个三梭锥，问为何值时，可构成一个最大体积的三棱锥，最大值为多少？(参考公式：三元均值不等式，当且仅当时取得等号)
10、学科网（北京）股份有限公司参考答案1C【详解】试题分析：由变形可得,即,所以,由变形可得,故,所以,同理可得:,所以,选D.考点：向量的运算和余弦定理及三角形面积公式的应用【易错点晴】本题是一道综合性较强的问题.解答时巧妙地利用题设条件外接圆半径为及,不厌其烦的运用完全平方公式进行了三次两边平方,再运用余弦定理将三边分别算出来,最后再借助三角形的面积公式求出其面积.值得提出的是本题的难点是如何探寻到解决问题的思路,很难将面积问题与一个不相干的向量等式进行联系,在这里两边平方是解决本题的突破口.2D【分析】对A：利用正弦定理可求得的外接圆半径，即可求解的外接圆面积；对B：利用余弦定理角化边，即可
11、求解；对C：利用正弦定理边化角，再结合两角和差的正弦公式，即可求解；对D：利用三角形面积公式和余弦定理，及均值不等式，即可求解【详解】解：对A：，由正弦定理可得，即的外接圆半径，的外接圆面积是，故选项正确；对B：由余弦定理可得，故选项正确；对C：由正弦定理可得，故选项正确；对D：设关于的对称点我，到的距离为，即，又由余弦定理可得，当且仅当时等号成立，所以，即，所以的最大值是，故选项错误故选：D3C【分析】延长交于，由重心性质和直角三角形特点可求得，由，利用余弦定理可构造等量关系得到，由此确定为锐角，则可假设为钝角，得到，由此可构造不等式组求得的取值范围，在利用余弦定理可得，利用的范围，结合为锐
12、角可求得的取值范围.【详解】延长交于，如下图所示：为的重心，为中点且，；在中，；在中，；，即，整理可得：，为锐角；设为钝角，则，解得：，由余弦定理得：，又为锐角，即的取值范围为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形中的取值范围问题的求解，解题关键是能够由两角互补得到余弦值互为相反数，由余弦定理得到，确定为锐角，从而得到三边之间的不等关系，求得的范围.4D【分析】根据所给条件和线面关系，逐项分析判断即可得解.【详解】对A，如图所示，连接，因为点为中点，所以，在正方体中易得，所以，故A正确；对B，如图所示，连接交于点，连接，与交于点，连接，在正方体中，易得，所以四边形为平行四边形，则，又
13、为中点，点在上，则易知点为的中心点，因为点为中点，所以，又平面，平面，所以平面，故B正确；对C，如图所示，连接，在正方体中，易知，所以平面，又平面，所以，又为，中点，则，又，所以，所以平面，故C正确；对D，如图所示，连接，易知：又，则，所以与共面，故D错误.故选：D5D【分析】将正四面体ABCD放置于正方体中，由M，N所处位置即可判断；取AB，MN，CD中点F，G，E，探讨它们的关系可判断；计算可判断；把正与正展开在同一平面内，计算即可判断并作答.【详解】如图，在棱长为1的正方体上取顶点A，B，C，D，并顺次连接即可得四面体ABCD，其棱长均为，因M，N分别为棱AD，BC的中点，则M，N恰为正
14、方体相对面的中心，即MN=1，正确；取AB的中点F，MN的中点G，CD的中点E，由正方体的结构特征知F，G，E共线，即直线FG与直线CD交于E，不正确；中，由余弦定理得：，当点F无限接近于点B时，无限接近于，不正确；把四面体ABCD中的正与正展开在同一平面内，连接MN，MN必过AB的中点，在AB上任取点，连，如图，此时，当且仅当点与线段AB中点重合时取“=”，则对AB上任意点F，有最小值，于是得在四面体ABCD中，周长有最小值，正确，所以为正确的结论.故选：D6BCD【分析】由根据数量积的运算律可得,可得为的垂心；结合与三角形内角和等于可证明B选项；结合B选项结论证明即可证明C选项，利用奔驰定
15、理证明可证明D选项【详解】解：因为，同理，故为的垂心，故A错误；，所以，又，所以，又，所以，故B正确；故，同理，延长交与点，则，同理可得，所以，故C正确；，同理可得，所以，又，所以，故D正确故选：BCD7ABC【分析】利用三角形“大角对长边”和正弦定理即可判断A；利用余弦定理，即可判断B；首先利用正弦定理得到，即可求出判断C；对选项D，首先利用面积公式得到，利用余弦定理得到，再利用正弦定理即可判断D.【详解】对于A，在中，由，利用正弦定理得，故A正确.对于B，由锐角三角形知，则，故B正确.对于C，由，利用正弦定理得，即，故，即，则是直角三角形，故C正确.对于D，解得，利用余弦定理知，所以，又因
16、为，故D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题主要考查正弦定理和余弦定理的综合应用，熟练掌握公式为解题的关键，属于中档题.8AC【分析】利用单位向量以及向量数量积的定义可判断A；利用向量的加法运算可判断B；利用向量的加、减运算可判断C；由题意可得点在以为圆心，为半径的圆上，由向量夹角定义可判断D.【详解】A，因为非零向量，所以的平分线与垂直，为等腰三角形，又，所以，所以为等边三角形，故A正确；B，,， 在平行四边形中，有，所以原式，故B错误；C，设正三角形内切圆半径，由面积相等可得，解得，令的中点为，从而,则，,两式平方作差可得,即，若要使最大，只需最大由于为的中点，也为圆与的切点，所以的
17、最大值为，所以，故C正确；D，设，所以，所以，即在以为圆心，为半径的圆上， 如图：，所以， 当与圆在下方相切时，与夹角最小，此时为，当与圆在上方相切时，与夹角最大，此时为，所以与夹角的范围是，故D错误.故选：AC【点睛】关键点点睛：本题考查了向量的数量积定义、向量的加减法以及向量的夹角，解题的关键是是将向量问题转化为平面几何问题，利用圆的性质求解，考查了转化思想、数学运算、数学建模，此题是向量的综合题目.9CD【分析】A,B选项都可以很明显的找到反例，证明选项是错误的；C,D选项也有共同之处，C选项中，要想所有棱与平面所成夹角相同，只需要共顶点的三条侧棱与平面夹角相同即可，所以想到了以正方体的
18、一个顶点作正三棱锥；同理，D选项中，要想所有棱与直线夹角相同，也只需要共顶点的三条侧棱与该直线夹角相同即可，所以是三棱锥的高线，从而得到答案【详解】A选项中，如果M点在或上的话，则不存在这样的面，所以A选项错误B选项中，平面，所以如果M点在面上时，过M的直线如果跟相交，则与异面，不会相交，所以B选项错误C选项中，以为顶点，为底面，做三棱锥，则该三棱锥为正三棱锥，与底面的夹角相同，其他棱与这三条棱平行，所以夹角也相同；同理，以为顶点的三棱锥都可以满足，所以，过点作与这四个面平行的面即可，所以与正方体的所有棱所成的角都相等的有且只有四个，C选项正确D选项中，与C选项同理，以为顶点做正三棱锥，则三棱
19、锥过上顶点的高所在的直线，与三条棱的夹角是相同的，则与其他棱的夹角也是相同的，同理，以为顶点的三棱锥的高也都可以满足，且过只有一条线与该条直线平行或重合，所以有四条直线与正方体的所有棱所成的角都相等故选：CD【点睛】本题目难度较大，A,B选项主要考察异面直线的特征，以及特殊情况的考虑，可以用举反例的方法排除；C,D选项主要考察对正方体特征的把握，所有棱与面的夹角，或者与直线的夹角，等价于三条共顶点的棱与面的夹角，或者与直线的夹角，因为剩余其他棱都是与这三条棱平行的，位置关系一致，从而想到用正三棱锥解决10AD【分析】选项A利用线面角的定义求解；选项B中以为顶点，通过论述三棱锥的底面积和高不变，
20、从而体积不变，来说明三棱锥的体积不变；选项C由线面垂直来说明；选项D中，以为底边，点到的距离为高，来确定的面积存在最小值.【详解】A选项：当运动到中点时，点P到底面的距离，且点P在底面的投影H为边AD的中点，此时，为与底面所成的角，所以正切值为，A正确；B选项：点在直线上运动时，点P到底边的距离不变，所以的面积为定值，又始终在平面上，点到平面的距离不变，所以三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变，B错误；C选项：当在直线上运动时，平面，平面即为平面，所以平面，故C错误；D选项：在直线上运动时，易得，为P到直线的距离，当P为中点时，点P到直线的距离最小，此时的面积最小为，故D正确.故选：AD.11
21、 3 【分析】由可得，然后两边平方处理，结合平面向量的数量积运算，解方程即可；把和代入，化简整理后，代入已知数据，解关于的方程即可得解【详解】解：，、三点共线，两边平方得：，解得：（舍去），化简整理，得，解得故答案为：3，【点睛】本题考查平面向量的模、向量的加减法运算以及向量的数量积运算，利用到了平面向量基本定理，还采用了平方法解决模长问题，考查学生的分析能力和运算能力12 【分析】利用向量求得的表达式，由此求得的最大值. 利用向量求得的表达式，由此求得的取值范围.【详解】，由于，所以.设是中点，则共线.,.，.的最大值为，所以的最大值为.，其中，即，所以，.即的取值范围是.故答案为：；【点睛
22、】要求向量数量积的最值或范围，需要利用数量积的运算将所求表达式进行化简，结合已知条件求得求得最值或范围.13 【分析】先根据得到，进而得到；将表示为，然后由模的定义求出答案.【详解】对，恒有，如示意图：可得，所以则故答案为：14【分析】令AF=1，延长AD交BC于M，求出AB，BM，DM，再借助平面向量基本定理即可作答.【详解】因，令AF=1，则有，中，由余弦定理得，延长AD交BC于M，如图，由正弦定理得，则有，中，由正弦定理得，而，因此得，于是有，因，由平面向量基本定理得，所以.故答案为：【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通
23、过向量的运算来解决15【分析】（1）由已知利用三角形的内角和定理可得，可得在中，可得，在中，由正弦定理可得PB的值,在中，利用余弦定理求出，在中，利用正弦定理即可求出外接圆的直径.【详解】由已知，所以.在中，故.在中，由正弦定理（*）而，代入（*）式得.在中，利用余弦定理，在中，利用正弦定理则的外接圆直径长为故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查三角形的内角和定理、特殊角的三角函数值、两角差的正弦函数公式、正弦定理及余弦定理在解三角形中的综合应用，考查转化与化归思想、函数与方程思想，属于较难题16【分析】由可得，根据相似三角形可得，即，即可得【详解】由可得根据可得，同理可得， 所以，所以故答案为
24、：【点睛】本题以三角形中的结论为载体，考查了垂心的性质，涉及三角形面积公式、相似三角形的性质，属于难题.17【分析】由余弦定理化简已知式，再由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换得，由锐角三角形求得的范围，待求式切化弦，通分后利用已知条件化为，由正弦函数性质可得范围【详解】因为，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，所以，因为为锐角三角形，所以，由，得，所以故答案为：【点睛】本题考查都得用正弦定理和余弦定理求三角函数的取值范围，解题关键是由正弦定理和余弦定理变形化简得出三角形中角的关系，从而再由锐角三角形得角的范围再把待求式化为某个角的函数，从而求得取值范围18【分析】设，则，在中由正弦定理得到，
25、即可得到，再利用辅助角公式及面积公式计算可得；【详解】解：如图，设，因为，所以，所以，因为，所以，在中，由正弦定理，即，所以，因为，所以，所以，所以，其中，所以，所以面积的最小值为故答案为：191【分析】先连接AC交BD于O，进而通过线面平行的性质定理得出，然后在上截取PQ，使得PQ=PA=1，进而证明，得出，进一步得到四边形是平行四边形，得出，结合条件的长度关系最后得到答案.【详解】由题意可知，长方体的高为4，底面ABCD是边长为1的正方形，连接AC交BD于O，连接PO，因为EF平面PBD，平面EACF，平面EACF平面PBD=PO，所以.在上截取PQ，使得PQ=PA=1，连接QC，易知O为
26、AC的中点，所以，所以，又，所以四边形是平行四边形，所以.又，所以，所以CF=1.故答案为：1.20(1)见详解(2)3(3)【分析】（1）根据题意，结合向量加减法运算，即可证明；（2）根据题意，用和表示， 结合，三点共线，即可求解；（3）根据题意，结合（1）（2）用和分别表示出和，进而可以表示出，再结合均值不等式与二次函数的最值，即可求解.(1)证明：因，所以，又因为的中点，所以，所以.(2)因，所以，又因，所以，又因，三点共线，所以，即.(3)设，由（1）（2）可知，即.因，所以，又因是边长为的等边三角形，所以，令，因，即，当且仅当时，等号成立，所以.因此，又因，所以，所以.21（1）证明
27、见解析；（2）；（3）答案见解析.【分析】（1）利用平面向量基本定理以及数乘的定义进行转化，结合重心的性质即可证明；（2）利用重心的性质以及平面向量基本定理，转化求解即可；（3）利用等分点的性质结合（2）的推理过程，由向量的加法以及减法运算，写出结论即可.【详解】（1）设的中点为，则；（2）如图：点、是线段的三等分点，则；（3）层次一：设是的二等分点，则，设、是线段的四等分点，则，或设、是线段的等分点，则（，2，），层次二：设、是线段的等分点，层次三：设、是线段的等分点，则22（1）；（2）12；（3）、【分析】利用向量线性运算的坐标表示，（1）可得代入，即可求的坐标；（2）可得代入，即可求其
28、的最值；（3）求、的坐标，进而可得、，结合题设有，应用三角恒等变换及三角函数的性质，可得、，由分类讨论的方式求的所有可能值【详解】（1）由题意，由，则、，故；（2）由题意，由，则、，即，当时，的最大值为12；（3），为等边三角形， 整理得：且，或或或，综上，当，时，；当，时，；当，时，；当，时，；【点睛】关键点点睛：第三问，首先求出、的坐标，再由，结合三角恒等变换、三角函数性质求出的可能值，进而求对应值.23(1)；(2).【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示可得，然后利用余弦定理可得，利用向量的表示可得，进而可得，即得；（2）利用向量的线性表示可得，结合条件可得，即，再利用基本不等式即得.(
29、1)向量，即，为边的中点，又，即，中线的长度为；(2)为边上一点，即，又，即，当且仅当，即取等号，故的最小值为.24（1）；（2）.【分析】（1）通过正弦定理进行角化边，然后结合余项定理，化简后再进行边化角，进而结合两角和与差的正弦公式进一步化简，得到A,B的关系，最后结合条件和余项定理解得答案；（2）根据（1），结合二倍角公式求出sinA,sinC，然后通过正弦定理求出a，最后用面积公式求出答案.【详解】（1）因为，所以.又因为，所以，即.所以，因为,所以，则，所以，或（舍），所以，所以，因为A,B,C为三角形ABC的内角，所以，故.（2）因为，所以，则.所以.所以.因为，所以，所以三角形A
30、BC的面积为.25（1）；（2）（i），；（2）的最大值为10【分析】（1）由正弦定理得，再由恒等变换求得，根据角的范围得，由余弦定理得，根据基本不等式得，令内切圆的半径为R，由三角形的面积公式求得，由此求得内切圆半径的最大值；（2）（i）在中，由余弦定理得 ， ，在中，由余弦定理得， ， ，两式进行加减运算可求得， ，由已知不等式可求得的范围（ii）由和，设，得，根据函数的单调性可求得的最大值【详解】解：（1）因为，且，所以，由正弦定理得，又，所以，由于，得，即，又，可得，得，即，由余弦定理得，可得，由，得，所以有，令内切圆的半径为R，故，得，代入，得，故，故内切圆半径的最大值为；故答案为：
31、.（2）（i）在中，由余弦定理得，又，所以 ， ，在中，由余弦定理得， ， ，+得即-得，所以又，所以，即，又，即，所以（ii），故，又，设，所以，又，在上都是增函数；所以，在上是增函数，所以的最大值为，即的最大值为10【点睛】方法点睛：（1）在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件；（2）如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件；（3）如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.（4）与三角形有关的最值问题，我们可以利用基本不等式来求最值或利用正弦定理把边转化为关于
32、角的三角函数式，再利用三角变换和正弦函数、余弦函数的性质求最值或范围.26（1）；（2）；（3）存在，点.【分析】（1）根据三角函数诱导公式化简函数得，根据题意可可得特征向量；（2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果；（3）根据三角函数图象变换规则求出的解析式，设，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可.【详解】解：（1）的相伴特征向量.（2）向量的相伴函数为，.，.（3）由为的相伴特征向量知：.所以.设，又，.，.又，当且仅当时，和同时等于，这时式成立.在图像上存在点，使得.【点睛】关键点点睛：熟练使用三角函数诱导公式、三角恒等变换是本题的关键.本题还考查了三角函数图
33、象变换后的解析式以及向量垂直的数量积关系，属于中档题.27（1）答案见解析；（2）【分析】(1)在中，利用正弦定理，可求得BD=6.选：先由三角形的内角和可得BDC=，从而知为直角三角形，然后由勾股定理，得解;选：在中，由余弦定理可得关于BE的方程，解之即可.(2)在中，结合余弦定理和基本不等式，即可得解.【详解】（1）在中，由正弦定理知，解得，选：，在中，；若选，在中，由余弦定理知，化简得，解得或（舍负），故服务通道BE的长度 ； （2）在中，由余弦定理知，即，当且仅当时，等号成立，此时，的最大值为【点睛】关键点睛：本题主要考查解三角形的实际应用，还涉及利用基本不等式解决最值问题，熟练掌握正
34、弦定理、余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.28(1)；(2)3；(3).【分析】(1)根据给定条件及几何图形，利用平面向量的线性运算求解而得；(2)选定一组基向量，将由这一组基向量的唯一表示出而得解；(3)由动点P设出，结合平面向量基本定理，建立为x的函数求解.【详解】(1)依题意，；(2)因交于D，由(1)知，由共起点的三向量终点共线的充要条件知，则，；(3)由已知，因P是线段BC上动点，则令，又不共线，则有，在上递增，所以，故的取值范围是.【点睛】由不共线的两个向量为一组基底，用该基底把相关条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决29（1）证明见解析；
35、（2）或【分析】（1）将棱分别向下延长，使得，连接，由等腰三角形三线合一可证得，进而可证得，从而证得；（2）设，由与的所成角得余弦值，相关线段长度用表示，取的中点，连接，与平面所成的角即为与平面所成的角，即求的正弦值即可【详解】（1）将棱分别向下延长，使得，连接，如图，与的交点为的中点，又，平面，取的中点，连接，,平面，,又，平面，又为的中点，（2）由（1）知与的所成角即与的所成角，取的中点，连接，与平面所成的角即为与平面所成的角，当时，设，则，由（1）知，为的中点，故，令，则，又，则，又为等腰三角形，所以，又，易得为与平面所成的角，；当时，设，则，则，；故与平面所成角的正弦值为或30（1）证
36、明见解析；（2）当时，三棱锥体积最大为【分析】（1）在四面体中，由已知可得四面体的四个面为全等三角形，设长方体的长、宽、高分别为、，证明为锐角三角形，即可证明这个四面体的四个面都是锐角三角形；（2）当2条长为的线段不在同一个三角形中，写出三棱锥体积，利用基本不等式求最值；当边长为的两条棱在同一个三角形中时，可知当平面时，体积取最大值，比较大小的结论.【详解】（1）四面体，如图，故四面体中四个面为全等三角形，即只需证明一个为锐角三角形即可，设长方体长宽高分别为，则，为锐角三角形，故四面体四个面都为锐角三角形；（2）解：2条长为的线段不在同一个三角形中，此时长为的两条线段必还在三棱锥的对棱，不妨设，取中点，连接，(如图)，则，则平面，在中，由均值不等式，等号当且仅当时成立，即，此时，当边长为的两条棱在同一个三角形中时，设，当且仅当平面时，体积取最大，此时，综上，当时，三棱锥体积最大为学科网（北京）股份有限公司高考资源网（） 您身边的高考专家- 34 - 版权所有高考资源网