高一下學(xué)期期末復(fù)習(xí)填空題壓軸題二十三大題型專練

20232024學(xué)年高一下學(xué)期期末復(fù)習(xí)填空題壓軸題二十三大題型專練【人教A版（2019）】題型1題型1向量線性運(yùn)算的幾何應(yīng)用1．（2223高一下·天津·期末）已知點(diǎn)O是△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，并且滿足OA+2OB+OC=0,△AOB的面積為S1，△AOC【解題思路】利用OA→+2OB【解答過程】因?yàn)镺A→所以O(shè)A+所以BO取AC的中點(diǎn)D,則,OD=∴BO→=OD→則△AOB的面積為S1，△AOC的面積為SS△AOC所以S1故答案為：122．（2223高一下·山東菏澤·期末）在△ABC中，點(diǎn)O是線段BC上的點(diǎn)，且滿足OC=3OB，過點(diǎn)O的直線分別交直線AB,AC于點(diǎn)E,F，且AB=mAE，AC=nAF，其中m>0且n>0，若【解題思路】先利用向量的線性運(yùn)算得到AO關(guān)于AE與AF的表達(dá)式，再根據(jù)E,O,F三點(diǎn)共線可得3m4【解答過程】依題意，作出圖形如下，

因?yàn)镺C=3OB，AB=mAE，所以AO=AB+因?yàn)镋,O,F三點(diǎn)共線，所以3m4因?yàn)閙>0，n>0，所以1m+2當(dāng)且僅當(dāng)n4m=6m所以1m+2故答案為：5+263．（2324高一下·河南鄭州·階段練習(xí)）如圖所示，在△ABC中，點(diǎn)D為BC邊上一點(diǎn)，且BD=2DC，過點(diǎn)D的直線EF與直線AB相交于E點(diǎn)，與直線AC相交于F點(diǎn)（E，F(xiàn)交兩點(diǎn)不重合）.若AE=λAB，AF=μAC，則λ+μ【解題思路】先用AB,AC表示AD，利用已知代入表達(dá)式，結(jié)合D，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線可得【解答過程】因?yàn)锽D=2DC，所以所以AD=又AE=λAB，所以AB?所以AD=因?yàn)镈，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線，所以13λ+2故λ+μ=λ+μ當(dāng)且僅當(dāng)μ3λ=2λ3μ，結(jié)合即λ+μ的最小值為1+2故答案為：1+24．（2324高一下·浙江金華·期中）正五角星是一個(gè)與黃金分割有著密切聯(lián)系的優(yōu)美集合圖形，在如圖所示的正五角星中，A，B，C，D，E是正五邊形的五個(gè)頂點(diǎn)，且MNAM=5?12，若QN=a，則【解題思路】使用平面向量線性運(yùn)算知識進(jìn)行求解即可.【解答過程】由已知，結(jié)合正五角星的圖形，有CP+∵NA與QN方向相同，NAQN∴CP+故答案為：5+1題型2題型2向量的數(shù)量積問題5．（2223高一下·云南楚雄·期末）已知△ABC外接圓的圓心為O,P是△ABC邊上一動點(diǎn)，若CA=2,CB=7,A=π3，則AB?【解題思路】在△ABC中，由余弦定理求得AB=3，過點(diǎn)O,P作OM⊥AB，即向量OP在向量AB方向上的投影為MN，結(jié)合向量的數(shù)量積公式以及投影向量的定義，得到當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)，AB?【解答過程】在△ABC中，由余弦定理得CB即7=4+AB2?2×2?AB×12，即A過點(diǎn)O,P作OM⊥AB,PN⊥AB，即向量OP在向量AB方向上的投影為MN，因?yàn)镺為△ABC的外心，所以M為AB中點(diǎn)，由向量的數(shù)量積公式以及投影向量的定義知，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)，AB?其中最大值為AB?故答案為：92

6．（2223高一下·北京昌平·期末）已知正三角形ABC的邊長為2，點(diǎn)P滿足AP=12AB+AC，則BP=1【解題思路】由向量等式可得P為BC邊的中點(diǎn)，由此求解作答.【解答過程】正△ABC的邊長為2，且AP=12AB+AC，則點(diǎn)∠CAP=30°，故答案為：1；3.7．（2223高一下·陜西榆林·期末）如圖，直徑AB=2的半圓，D為圓心，點(diǎn)C在半圓弧上，∠ADC=60°，線段AC上有動點(diǎn)P，則DP?BA的最小值為

【解題思路】設(shè)AP=λAC0≤λ≤1，可得出DP=1?λDA+λDC，計(jì)算得出DA?【解答過程】設(shè)AP=λ則DP=∵∠ADC=60°，DC=所以，DP=2×1因此，DP?故答案為：1.8．（2223高一下·黑龍江·期末）已知AB⊥AC，AB=1t，AC=t，t∈14,4；若P是△ABC【解題思路】根據(jù)題意建立平面直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)表示向量，求出AP,PB,【解答過程】根據(jù)題意建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0),B1t,0因?yàn)锳P=4ACAC+所以PB=所以PB?PC=1?當(dāng)且僅當(dāng)1t=4t，即t=1故答案為：13.題型3向量的夾角（夾角的余弦值）題型3向量的夾角（夾角的余弦值）問題9．（2223高一下·黑龍江大慶·期末）若非零向量a,b滿足2a=b=2,a?2b【解題思路】由已知條件結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算求出a?【解答過程】∵a?2b⊥∴a∴cos?即a,b夾角的余弦值為故答案為：1410．（2223高一下·上海寶山·期末）已知向量a=5,5，b=λ,1，若a+b與a?【解題思路】利用(a【解答過程】由題意(a+b)?(a?b若a+b=k(a?綜上λ的范圍是?7,1∪故答案為：?7,1∪11．（2223高一下·黑龍江雙鴨山·期末）若e1，e2是兩個(gè)單位向量，且e1在e2上的投影向量為13e2，則a【解題思路】根據(jù)投影向量的定義可得e1?e【解答過程】由題意可知：e1因?yàn)閑1在e2上的投影向量為e1可得a?a=b=所以cosa故答案為：?612．（2223高一下·湖北武漢·期末）已知矩形ABCD的邊長滿足BC=3AB，點(diǎn)P滿足AP=12AB+AC，則【解題思路】根據(jù)圖象，建立平面直角坐標(biāo)系，結(jié)合向量坐標(biāo)，利用向量數(shù)量積公式求出向量間的夾角余弦值，再利用同角公式求正弦值即可.【解答過程】以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、AD所在直線分別為x、y軸建立如下圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)BC=3AB=3，則點(diǎn)A（0，0）、B（1，0），C（1，3）、D（0，3），AP=12AB+∴PD=?1,因此，PD=?12+3cos∠DPA=故答案為：?5題型4題型4平面向量基本定理的應(yīng)用13．（2223高一下·北京平谷·期末）已知三角形ABC中，D為BC中點(diǎn)，E為AB上一點(diǎn)，若ED=λAB+3λAC(0<λ<1)，那么【解題思路】設(shè)AE=μAB(0≤μ≤1)，然后利用平面向量基本定理結(jié)合已知可得ED【解答過程】設(shè)AE=μ因?yàn)镈為BC中點(diǎn)，所以AD=所以ED=因?yàn)镋D=λ所以12?μ=λ1所以AE=13所以AEAB故答案為：1314．（2223高一上·江蘇無錫·期末）如圖,在平行四邊形ABCD中,點(diǎn)E是CD的中點(diǎn),點(diǎn)F為線段BD上的一個(gè)三等分點(diǎn),且DF>FB,若AF=xAE+yDCx>0,y>0,則【解題思路】根據(jù)題意可知DF=23DB,DE=12【解答過程】解:由題知點(diǎn)F為線段BD上的一個(gè)三等分點(diǎn),所以DF=所以AF==1因?yàn)锳E,DC不共線,所以x=1故答案為:5615．（2223高一下·寧夏石嘴山·期末）已知△ABC中，D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，直線AE，CD交于點(diǎn)P，且滿足BP=16BA+12【解題思路】由向量的線性運(yùn)算求得，具體為利用平行四邊形定則結(jié)合圖形關(guān)系令EP=μEA，BE=λBC，解得λ=35，再令DP=tDC，【解答過程】如圖，令EP=μEA，于是BP=而BP=16BA+12令DP=tDC，則BP=從而t=12,k(1?t)=16，解得k=所以S△BPE=3故答案為：5316．（2223高一下·河南·階段練習(xí)）在△ABC中，G滿足GA+GB+GC=0，過G的直線與AB，AC分別交于M，N兩點(diǎn).若AM=mAB(m>0)，AN【解題思路】根據(jù)題意可知G為三角形的重心，利用三點(diǎn)共線可得13m【解答過程】取BC中點(diǎn)D，連接GD，如圖，由GA+GB+GC=所以A,G.D三點(diǎn)共線且AG=2GD，即G為△ABC的重心，所以AG→因?yàn)镸,G,N三點(diǎn)共線，所以13m又3m+n=(3m+n)13m+所以3m+n≥43+2即m=3+故答案為：4+23題型5題型5向量坐標(biāo)運(yùn)算的幾何應(yīng)用

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示17．（2223高一上·江蘇宿遷·期末）如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=120°，AB=AD=2．若點(diǎn)E為邊CD上的動點(diǎn)，則AE?BE的最小值為21

【解題思路】以D為原點(diǎn)，DA,DC的方向分別為x軸，【解答過程】連接AC，因?yàn)锳B⊥BC，AD⊥CD，AB=AD,AC=AC，所以Rt△ACD?又∠BAD=120°，所以∠DAC=60°，所以DC=ADtan過點(diǎn)B作AD的垂線BF，垂足為F，易知，在Rt△ABF中，∠BAF=60°,AB=2所以BF=3以D為原點(diǎn)，DA,DC的方向分別為x軸，則A設(shè)E0,m則AE=AE?當(dāng)m=32時(shí)，AE?故答案為：214

18．（2223高一下·遼寧鞍山·期末）在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，在AD上取一點(diǎn)M，在AB上取一點(diǎn)P，使得AP=2，AM=13AD，過M點(diǎn)作MN∥AB交BC于N點(diǎn)，若MN上存在一動點(diǎn)E，CD上存在一動點(diǎn)F，使得PE?PF=4，則【解題思路】方法一：建立合適的平面坐標(biāo)系，設(shè)Em,1，F(xiàn)n,30≤m≤4,0≤n≤4，計(jì)算得PE?PF=mn?2m+n+7=4，根據(jù)向量模的坐標(biāo)表示，再利用消元法結(jié)合基本不等式即可求出【解答過程】方法一：由題意建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，由題意可知P2,0，E，F(xiàn)分別在線段MN，CD，設(shè)Em,1，F(xiàn)則PE=m?2,1，所以PE?所以m=2n?3n?2，n≠2，所以PE=n設(shè)n?2=t，則PE+當(dāng)且僅當(dāng)t=1，n=3，m=3時(shí)或t=?1，n=1，m=1時(shí)，取等號，所以PE+PF的最小值為

方法二：因?yàn)镻E+所以PE+PF2所以PE+PF2故答案為：2519．（2223高一下·四川達(dá)州·期末）如圖，D是等邊△OBC內(nèi)的動點(diǎn)，四邊形OADC是平行四邊形，OA=OD=1．當(dāng)OA+OB

【解題思路】建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)△OBC的邊長為a，Dcosα,sinα，α∈0,π3，利用OA=OD=【解答過程】以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB所在直線為x軸，垂直于OB的直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)樗倪呅蜲ADC是平行四邊形，OA=則OA=設(shè)△OBC的邊長為a，顯然a>1，B設(shè)Dcosα,sinα，故cosα?a2因?yàn)閍>1，所以a=cos設(shè)Am,n，由OAOA=所以O(shè)A=1+=1+=1+2=2+2sin因?yàn)棣痢?,π3顯然當(dāng)2α+π6=π2此時(shí)a=cosOA=0,?1，故故答案為：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的中點(diǎn)，P為線段DC上的動點(diǎn)，則AP?DM的取值范圍是[?2,2]；延長DC至D′，使DC=CD′，若T為線段CD′上的動點(diǎn)，且λ【解題思路】建立平面直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)表示向量，設(shè)出點(diǎn)P、點(diǎn)T的坐標(biāo)，計(jì)算AP?DM,【解答過程】建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示：?ABCD中，AB=4,AD=2，∠DAB=60°，所以A(0,0),M(2,0),D2cos60°,2sin60°設(shè)P(a,3),a∈[1,5]，則AP=(a,所以AP?DM=a?3，由a∈[1,5]所以AP?DM的取值范圍是設(shè)T(b,3),b∈[5,9]，則所以AT?所以不等式λAT?DM?|AT|2設(shè)x=b?3，則x∈[2,6]，所以b3當(dāng)且僅當(dāng)x=12x，即x=23所以λ的最大值為43故答案為：[?2,2]；題型6題型6用向量解決夾角、線段的長度問題

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示21．（2223高一下·山東聊城·期末）如圖，在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠BAC=60°，M是BC的中點(diǎn)，AN=23AC，設(shè)AM與BN相交于點(diǎn)P

【解題思路】用AB和AC表示AM和BN，根據(jù)cos∠MPN=cos<AM,BN>以及【解答過程】因?yàn)镸是BC的中點(diǎn)，所以AM=|AM|==1+94因?yàn)锳N=23|BN|==49×9+4?所以AM?BN=12AB+1所以cos∠MPN=cos<AM,BN故答案為：193822．（2223高一下·湖南永州·期末）一個(gè)人騎自行車由A地出發(fā)向東騎行了6km到達(dá)B地，由B地向南東30°方向騎行了6km到達(dá)C地，從C地向北偏東60°騎行了23km到達(dá)D地，則A，km．【解題思路】結(jié)合題意建立直角坐標(biāo)系，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出AD，從而求出AD即可.【解答過程】以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，如圖，

則A(0,0),B(6,0)，C(6+6sin30°,?6cosD(9+23sin60°,?3所以AD=(12,?23)所以A，D兩地距離為239故答案為：23923．（2223高一下·湖南懷化·期末）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠BAC=π3，AC和BC邊上的兩條中線BM，AN相交于點(diǎn)P，則∠MPN的余弦值為?【解題思路】由已知結(jié)合向量的線性表示及向量數(shù)量積的性質(zhì)即可求解.【解答過程】由已知得∠MPN即為向量AN與BM的夾角.因?yàn)镸、N分別是AC，BC邊上的中點(diǎn)，所以AN=12又因?yàn)锳B?所以AN=14ACAN=12BM=14所以cos∠MPN=AN?BMAN故答案為：?224．（2324高一下·四川內(nèi)江·階段練習(xí)）如圖，在等腰△ABC中，已知AB=AC=1，∠A=120°，E、F分別是邊AB、AC的點(diǎn)，且AE=λAB，AF=μAC，其中λ,μ∈0,1且λ+2μ=1，若線段EF、BC的中點(diǎn)分別為M、【解題思路】直接利用向量的數(shù)量積和向量的線性運(yùn)算的應(yīng)用和模的運(yùn)算的應(yīng)用整理成關(guān)于以μ為變量的二次函數(shù)的形式，進(jìn)一步利用二次函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用求出結(jié)果．【解答過程】在等腰△ABC中，∵|AB|=|AC∴AB?∵E、F分別是邊AB、AC的點(diǎn)，∴AM=12∴MN=∴MN2∵λ+2μ=1，∴λ=1?2μ，∴MN2其中λ，μ∈(0,1)，即μ∈(0,1∴當(dāng)μ=27時(shí)，MN2∴|MN|的最小值是故答案為：2114題型7題型7向量與幾何最值（范圍）問題

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示25．（2223高二下·廣東汕尾·期末）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在線段AB上，且AD=13AB，E是CD的中點(diǎn)，延長AE交BC于點(diǎn)H，點(diǎn)P為直線AH上一動點(diǎn)（不含點(diǎn)A），且AP=λAB+μAC（λ,μ∈R）．若AB=4，且λAC=μBC

【解題思路】因?yàn)镋是CD的中點(diǎn)，得到AE=12AC+16AB，設(shè)AH=tAE，所以延長BC于M，使得CM=AC，延長AC于點(diǎn)N，使得CN=BC，結(jié)合相似，求得得到△AOM為等腰三角形，且OA=OM=6，得出S△AOM≤1【解答過程】因?yàn)镋是CD的中點(diǎn)，可得AE=設(shè)AH=tAE，所以因?yàn)锽,C,H三點(diǎn)共線，所以t2+t6所以t6AC=t2BC，所以延長BC于M，使得CM=AC，延長AC于點(diǎn)N，使得CN=BC，如圖所示，則△BCN∽△MCA，且相似比為13，所以NB所以△NOB∽△MOA，所以BOAO=13，所以因?yàn)锳B=4，所以BO=2，所以△AOM為等腰三角形，且OA=OM=6，所以S△AOM因?yàn)镾△ABCS△AOM所以S△ACH所以△CAH的面積的最大值為34

故答案為：3426．（2223高一下·浙江金華·期末）已知非零向量AB與AC滿足ABAB+ACAC?BC=0，且AB?AC=22,AB【解題思路】根據(jù)向量的幾何意義得到∠BAC的平分線與BC垂直，并計(jì)算出AE=32，CB=2【解答過程】ABAB,ACAC分別表示AB與AC方向的單位向量，故又ABAB+ACAC?由三線合一得到AB=AC，取BC的中點(diǎn)E，因?yàn)锳B?AC=

以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC所在直線為x軸，EA所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則B2設(shè)D2?m,3m，則DB?當(dāng)m=210時(shí)，DB?故答案為：?127．（2223高二下·浙江寧波·期末）已知平面向量a，b，cii=1,2滿足a=2b=2a?b【解題思路】求出向量a,b的模及夾角，記【解答過程】由|a|=2|b|=2記OA=a,所以C1在以A為圓心，1為半徑的圓上，C2在以A′所以c1作A關(guān)于直線l（OB所在直線）的對稱圓，C1的對稱點(diǎn)記為C3，知?jiǎng)tB′

由圖可知，當(dāng)A1,C因?yàn)閨A所以|C3B故答案為：2528．（2223高三上·山東德州·期末）已知正方形ABCD，邊長為2，動點(diǎn)P自點(diǎn)A出發(fā)沿ABCDA運(yùn)動，動點(diǎn)Q自點(diǎn)A出發(fā)沿ADCBA運(yùn)動，且動點(diǎn)P的速度是動點(diǎn)Q的2倍，若二者同時(shí)出發(fā)，且P到達(dá)A時(shí)停止，另一個(gè)點(diǎn)Q也停止，則該過程中AP?AQ的最大值是9【解題思路】設(shè)P點(diǎn)的運(yùn)動速度為1，運(yùn)動時(shí)間為t，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角，分別在t∈0,2、t∈2,4、t∈4,6和t∈6,8的情況下，利用t表示出P,Q坐標(biāo)，利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可將【解答過程】不妨設(shè)P點(diǎn)的運(yùn)動速度為1，則Q點(diǎn)的運(yùn)動速度為12，運(yùn)動時(shí)間為t以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD正方向?yàn)棰佼?dāng)t∈0,2時(shí)，Pt,0，此時(shí)AP⊥AQ恒成立，∴AP②當(dāng)t∈2,4時(shí)，P0,t?2，∴AP則當(dāng)t=4時(shí)，AP?③當(dāng)t∈4,6時(shí)，P6?t,2，∴AP則當(dāng)t=5時(shí)，AP?④當(dāng)t∈6,8時(shí)，P0,8?t，∴AP?AQ綜上所述：AP?AQ的最大值為故答案為：92題型8題型8三角形（四邊形）的面積問題

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示29．（2223高一下·云南·期末）記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c，點(diǎn)D為BC邊三等分點(diǎn)（靠近C）.若a=33,AD=3，∠BAC=2π3，則【解題思路】在△ABC中，由余弦定理求出b,c的關(guān)系，再在△ABD和△ACD中，利用雙余弦定理求出b,c的關(guān)系，從而求出bc，再根據(jù)三角形的面積公式即可得解.【解答過程】在△ABC中，由余弦定理得a2即b2由點(diǎn)D為BC邊三等分點(diǎn)（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?yàn)椤螦DB+∠ADC=π，所以cos即15?c212所以b2=bc，所以則b2+c所以S△ABC故答案為：9330．（2223高一下·湖北·期末）已知直角三角形DEF的三個(gè)頂點(diǎn)分別在等邊三角形ABC的邊AB，BC，CA上，且∠DEF=90°，∠EDF=30°，則S△DEFS△ABC的最小值為【解題思路】設(shè)∠BDE=απ6<α<5π【解答過程】設(shè)∠BDE=απ6<α<5π6，EF=x，則由正弦定理得：DEsinπ3在△ADF中DF=2x，∠A=π3，∠AFD=α?π因此可得AB=AD+BD=2sinS△DEF因?yàn)?sinα+33cos由于π6<α<5π6，π所以3sinα+33cos故答案為：31431．（2223高三上·甘肅蘭州·階段練習(xí)）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對應(yīng)的邊分別是a，b，c，a＝4，3bcosA?acosC=ccosA，點(diǎn)D在線段BC上，2BD=DC，過點(diǎn)D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分別是E，F(xiàn)，則【解題思路】先由3bcosA?acosC=ccosA結(jié)合正弦定理求得cosA，sinA，再由余弦定理可得b2+c2?23bc=16，結(jié)合不等式【解答過程】因?yàn)?bcosA?acos則3sin因?yàn)?<B<π，所以sin所以cosA=13由余弦定理可得a2=b因?yàn)閎2+c2≥2bc，所以2bc?連結(jié)AD，因?yàn)?BD=DC，所以S△ACD所以12b?DF=2×12c×DE=則S△DEF故答案為：64232．（2023·陜西西安·模擬預(yù)測）在平面四邊形ABCD中，AB=2,DA?DC=6,∠ABC=2π3,∠ACB=π6，則四邊形【解題思路】在△ABC中，利用正弦定理可得AC=23，進(jìn)而可求得△ABC的面積S△ABC=3，在△ACD中，由余弦定理可得∠ADC≤π2【解答過程】在△ABC中，由正弦定理ACsin∠ABC=所以△ABC的面積S△ABC在△ACD中，由余弦定理cos∠ADC=當(dāng)且僅當(dāng)AD=DC=6即cos∠ADC≥0，且∠ADC∈0,π所以△ACD的面積S△ACD顯然當(dāng)B、D位于直線AC的兩側(cè)時(shí)，四邊形ABCD的面積較大，此時(shí)四邊形ABCD的面積SABCD所以四邊形ABCD的面積的最大值為6.故答案為：6.題型9求題型9求三角形中的邊長或周長的最值或范圍

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示33．（2223高二下·湖南長沙·期末）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別a，b，c，B=π3，b=23，若△ABC有且僅有一個(gè)解，則a?c的取值范圍是【解題思路】根據(jù)正弦定理可得a?c=4sin(A?π【解答過程】由正弦定理可得a?c=2R=4因此△ABC有且僅有一個(gè)解，故直線y=a?c與fA=4sin當(dāng)A∈0,2π3時(shí)，A?π故fA=4sin因f0=?23，f故答案為：?2334．（2024高三·全國·專題練習(xí)）設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a，b，c，若acosC?12c=b，且a=1，則△ABC【解題思路】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變換得到l=a+b+c=1+【解答過程】acosC?1又sinB=所以12由于0<C<π，故sin故cosA=?因?yàn)?<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+故周長的取值范圍為2,2故答案為：2,235．（2223高一下·遼寧鞍山·期末）已知銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足b=λcλ∈R，a2?b2?c【解題思路】根據(jù)余弦定理得到2cosA=2?sinA，利用同角三角函數(shù)平方關(guān)系得到sinA=45，tanA=sin【解答過程】因?yàn)閍2?b則?2bccosA=sin又cos2A+sin2A=1，所以sin因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以sinA=45所以tanA=其中b=λc?λ=b由正弦定理得b=4因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以0<B<π20<C<π2所以tanC>tanπ所以0<45tan故λ=b故答案為：λ∈336．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知銳角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足a2?b2?c2sinCcosC=【解題思路】本題利用正、余弦定理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化，將已知轉(zhuǎn)化為角后，利用角的范圍求三角函數(shù)的范圍，從而解出周長的范圍.【解答過程】由a2?b化簡為?2cosA?sinCcos所以2sinCcosC=1，即sin2C=1由正弦定理asinA=b=a故△ABC的周長為l=c+b+a==2因?yàn)镃=π4且所以π4<A<π因?yàn)閠anπ4=2tan解得tanπ所以2?1<tanA所以2+2即△ABC周長的取值范圍為2+2故答案為：2+2題型10題型10復(fù)數(shù)的模的幾何意義

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示37．（2223高一下·遼寧·期末）已知復(fù)數(shù)z滿足z?2i=1，則z?1?i的最大值為【解題思路】根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義，結(jié)合圓的性質(zhì)運(yùn)算求解.【解答過程】設(shè)復(fù)數(shù)z在復(fù)平面中對應(yīng)的點(diǎn)為Z，因?yàn)閦?2i=1，則點(diǎn)Z的軌跡是以且z?1?i表示點(diǎn)Z到定點(diǎn)A所以z?1?i的最大值為AC故答案為：2+138．（2223高一下·寧夏吳忠·期末）已知z∈C，在復(fù)平面內(nèi)z對應(yīng)的點(diǎn)為Z,Γ為滿足2≤z<5的點(diǎn)Z的集合所對應(yīng)的圖形，則Γ的面積為【解題思路】設(shè)z=x+yi，x,y∈R，根據(jù)復(fù)數(shù)的模長公式得到【解答過程】設(shè)z=x+yi，x,y∈因?yàn)?≤z<5，所以2≤x表示的是以原點(diǎn)為圓心，2為半徑和5為半徑的兩個(gè)圓環(huán)的部分（如圖所示），故Γ的面積為52故答案為：21π39．（2223高一下·上海浦東新·期末）如果復(fù)數(shù)z滿足z?3+i=2，那么z+1+i的最大值是【解題思路】滿足z?3+i=2的復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在以P3,?1【解答過程】根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可知，滿足z?3+i=2的復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在以以r=2為半徑的圓上，z+1+i的幾何意義為圓上的動點(diǎn)A到M當(dāng)M,P,A三點(diǎn)共線時(shí)，且A,M在圓心P的兩側(cè)時(shí)，距離最大，最大距離為MP+r=4+2=6，故答案為：6.

40．（2023·上海浦東新·模擬預(yù)測）已知復(fù)數(shù)w=3+3i,z=λw，其中λ∈0,1.則z?w【解題思路】根據(jù)復(fù)數(shù)所表示的幾何意義得z+23【解答過程】在圖中作出復(fù)數(shù)w=3+3i，和w=3?令復(fù)數(shù)?23i所在復(fù)平面上的點(diǎn)為易得AB//OC,AB=OC，所以四邊形OABC為平行四邊形，因?yàn)镺A=32+∵z=λw，λ∈0,1，所以復(fù)數(shù)z所表示的點(diǎn)在線段因?yàn)樗倪呅蜲ABC為菱形，所以O(shè)B垂直平分AC，所以有z+23于是由三角不等式，z?w+當(dāng)且僅當(dāng)z+23i=2?z此時(shí)λ=1故答案為：4.

題型11題型11根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算結(jié)果求復(fù)數(shù)特征

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示41．（2223高三上·陜西銅川·期末）已知復(fù)數(shù)z滿足zi=(1+2i)2，則復(fù)數(shù)【解題思路】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、幾何意義即可得出．【解答過程】zi=(1+2則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點(diǎn)坐標(biāo)為(?4,?3).故答案為：(?4,?3).42．（2223高一下·江西萍鄉(xiāng)·期末）已知i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z滿足z+iz?i=1?i，則復(fù)數(shù)z【解題思路】化簡復(fù)數(shù)z，再由復(fù)數(shù)的定義即可得出答案.【解答過程】由z+iz?i=1?i所以iz=?2i?1故復(fù)數(shù)z的虛部為1.故答案為：1.43．（2223高一下·北京昌平·期末）已知復(fù)數(shù)z1=?2+i,z2=3+2【解題思路】先求出z1【解答過程】因?yàn)閦1所以z1所以復(fù)數(shù)z1?z故答案為：三.44．（2223高一下·北京西城·期末）已知復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為3,?4，則5z為1【解題思路】根據(jù)復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)與復(fù)數(shù)的對應(yīng)關(guān)系可知復(fù)數(shù)z，再利用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算法則與模的定義即可求解.【解答過程】由已知得該復(fù)數(shù)z=3?4i則5z故答案為：1.題型12題型12空間幾何體的截面問題

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示45．（2223高一下·寧夏銀川·期末）已知在球O的內(nèi)接長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=3，若P【解題思路】先求得長方體外接球的半徑，然后根據(jù)球的幾何性質(zhì)、勾股定理以及圓的面積公式求得截面面積的最小值.【解答過程】如圖，

在球O的內(nèi)接長方體ABCD?AAB=AA1=2設(shè)球O的半徑為R，則2R=DB所以球的表面積S=4πR當(dāng)OP⊥球的截面，即P為截面圓圓心時(shí)，球心到截面圓的距離d=OP時(shí)最大，此時(shí)截面圓的半徑r=R而OP=OO1所以截面圓面積S=π故答案為：9π46．（2223高二上·上海靜安·期末）在棱長為a的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N分別是正方形ABCD、正方形BB1C【解題思路】連接AC，B1C,AB1,找到過點(diǎn)A、【解答過程】如圖連接AC，則AC過點(diǎn)M,連接B1C,則B1C經(jīng)過點(diǎn)則過點(diǎn)A、M、N的平面截正方體的截面為等邊△ACB因?yàn)檎襟w棱長為a，故△ACB1邊長為2a故答案為：3247．（2324高二上·江西吉安·階段練習(xí)）如圖正三棱錐A?BCD底面邊長為1，側(cè)棱長為2，E，F(xiàn)分別為AC，AD上的動點(diǎn)，則截面△BEF周長的最小值114【解題思路】作出正三棱錐A?BCD側(cè)面展開圖，可知所求周長最小值即為BB′，根據(jù)平行關(guān)系、相似可推導(dǎo)得到【解答過程】正三棱錐A?BCD側(cè)面展開圖如下圖所示：若截面△BEF周長最小，則B,E,F,B′共線，即周長最小值為由對稱性可知：BB′//CD，同理可得：BE=BC=1，∵∠B′FD=∠ADB′∴DFB′D=又EF//CD，∴EF∴BB故答案為：11448．（2324高二下·江西宜春·階段練習(xí)）某同學(xué)在參加《通用技術(shù)》實(shí)踐課時(shí)，制作了一個(gè)工藝品，如圖所示，該工藝品可以看成是一個(gè)球被一個(gè)棱長為43的正方體的六個(gè)面所截后剩余的部分(球心與正方體的中心重合)，若其中一個(gè)截面圓的周長為4π，則該球的半徑是4【解題思路】設(shè)截面圓半徑為r，球的半徑為R，由已知求r，再根據(jù)R、r與球心到某一截面的距離的幾何關(guān)系列方程求R.【解答過程】設(shè)截面圓半徑為r，球的半徑為R，則球心到某一截面的距離為正方體棱長的一半即23由截面圓的周長可得4π=2πr，得r=2，由題意，知R2=r2+故答案為：4.題型13題型13幾何體與球的切、接問題

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示49．（2223高一下·江西贛州·期末）如圖，在等腰直角三角形ABC中，點(diǎn)P為線段AB的中點(diǎn)，AB=2，∠ACB=π2，將△APC沿PC所在直線進(jìn)行翻折，得到三棱錐A1?PBC，當(dāng)A1

【解題思路】依題意得到三棱錐的棱的垂直情況，從而將其補(bǔ)成正方體，進(jìn)而求得三棱柱的外接球半徑，由此得解.【解答過程】因?yàn)椤鰽BC是等腰直角三角形，點(diǎn)P為線段AB的中點(diǎn)，AB=2，∠ACB=π所以A1P=AP=BP=CP=1，PC⊥AB，則因?yàn)锳1B=2，所以A所以將該三棱錐補(bǔ)成正方體，如下圖所示：

則三棱錐A1?PBC的外接球就是邊長為所以該外接球的直徑為正方體的體對角線，即2R=1所以外接球表面積為S=4π故答案為：3π50．（2324高三上·江蘇·期末）與圓臺的上、下底面及側(cè)面都相切的球，稱為圓臺的內(nèi)切球.若圓臺的上、下底面半徑分別為r1,r2，且2r【解題思路】根據(jù)圓臺的軸截面圖，結(jié)合圓臺和球的結(jié)構(gòu)特征以及基本不等式運(yùn)算求解.【解答過程】如圖，畫出截面圖，

可得O1B=BE=r記內(nèi)切球的半徑為R，可知O1過B作BG⊥DC，垂足為G，則CG=r2?所以r1+r22=4R當(dāng)且僅當(dāng)2r所以它的內(nèi)切球的體積的最大值為43故答案為：4351．（2223高一下·廣西玉林·期末）如圖，四邊形ABCD為菱形，AB=a,∠BAD=π3，現(xiàn)將△ABD沿直線BD翻折，得到三棱錐A′?BCD，若A′C=a，則三棱錐

【解題思路】由已知得三棱錐A′?BCD是棱長為a正四面體，其內(nèi)切球的半徑為r，其外接球的半徑為R，利用等體積法求得r=6【解答過程】由已知得三棱錐A′?BCD是棱長為a正四面體，其內(nèi)切球的半徑為r，其外接球的半徑為由內(nèi)切球的球心與正四面體的表面構(gòu)成四個(gè)三棱錐，由體積分割可得13×3又正四面體的棱長可看成是正方體的面對角線，外接球的直徑即為體對角線的長，即有2R=3?22a=則三棱錐A′?BCD的內(nèi)切球與外接球表面積的比為：故答案為：1:9.52．（2223高一下·云南紅河·期末）現(xiàn)有一個(gè)高為2的三棱錐P?ABC被一個(gè)平行于底面的平面截去一個(gè)高為1的三棱錐，得到棱臺ABC?A1B1C1．已知AB=2，AC=4，【解題思路】由余弦定理得BC，由正弦定理得△ABC外接圓的半徑，進(jìn)而得△A1B1C1外接圓的半徑，根據(jù)球心【解答過程】由題意，△ABC∽△A1B設(shè)△ABC,△A1B1C1外接圓的圓心分別為AB=2，AC=4，∠BAC=π由余弦定理得，BC2=A由正弦定理得2r=BCsin∠BAC設(shè)棱臺的外接球球心為O，半徑為R，若球心O在棱臺上下底面之間時(shí)，在直角△A1NO中，A在直角△A1MO中，A∵M(jìn)N=1，∴R2若球心O不在棱臺上下底面之間時(shí)，在直角△A1NO中，A在直角△A1MO中，A∵M(jìn)N=1，∴R2?1?則該棱臺的外接球體積為V=4故答案為：205題型14題型14空間中的點(diǎn)共線、點(diǎn)（線）共面問題

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示53．（2223高一下·安徽宣城·期末）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，O是B1D1①A，M，O三點(diǎn)共線；②A，M，O，A1不共面；③A，M，C，O共面；④B，B1，O，其中正確結(jié)論的序號為①③．【解題思路】由公理1判斷①，由公理2判斷②和③，用反證法判斷④【解答過程】解：連接A1C1，因?yàn)镺是B平面AB1D1與平面AA1C1C對于①，M∈PA1,PA1?平面AA1C1C，則M∈平面AA1對于②，因?yàn)锳,O,A1在平面AA1C1C內(nèi)，由①知M∈AO，所以O(shè)∈平面AA1對于③，因?yàn)锳,O,C在平面AA1C1C內(nèi)，由①知M∈AO，所以O(shè)∈平面AA1C1對于④，連接BD，則B,B1,O都在平面BB1D1D上，若M∈平面BB1D1D故答案為：①③.54．（2024高二·全國·專題練習(xí)）如圖所示．ABCD?A1B1C1D1是正方體，O是①A、M、O三點(diǎn)共線；

②A、M、O、A1③A、M、C、O共面；

④B、B1、O、M其中正確的序號為①③．【解題思路】由公理1判斷①，由公理2判斷②和③，用反證法判斷④【解答過程】連接A1C1，因?yàn)镺是B平面AB1D1與平面AA1C1C對于①，M∈CA1,CA1?平面AA1C1C，則M∈平面AA1對于②③，由①知A，M，O三點(diǎn)共線，所以A，M，O，A1共面，A，M，C，O對于④，連接BD，則B,B1,O都在平面BB1D1D上，若M∈平面BB1D1D故答案為：①③.55．（2324高一·全國·課后作業(yè)）如圖，A,B,C,D為不共面的四點(diǎn)，E,F,G,H分別在線段AB,BC,CD,DA上.（1）如果EH∩FG=P，那么點(diǎn)P在直線BD上；（2）如果EF∩GH=Q，那么點(diǎn)Q在直線AC上.【解題思路】（1）由兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，則兩平面相交于過這一點(diǎn)的一條直線，因?yàn)槠矫鍭BD∩平面BCD=BD，所以P∈BD；（2）由兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，則兩平面相交于過這一點(diǎn)的一條直線，因?yàn)槠矫鍭BC∩平面ACD=AC，所以Q∈AC.【解答過程】解：（1）連接BD，若EH∩FG=P，則P∈平面ABD，且P∈平面BCD.∵平面ABD∩平面BCD=BD，∴P∈BD.（2）連接AC.若EF∩GH=Q，則Q∈平面ABC，且Q∈平面ACD.∵平面ABC∩平面ACD=AC，Q∈AC.故答案為：BD；AC.56．（2324高一下·江蘇南通·階段練習(xí)）給出以下四個(gè)命題：①不共面的四點(diǎn)中，其中任意三點(diǎn)不共線；②若點(diǎn)A，B，C，D共面，點(diǎn)A，B，C，E共面，則點(diǎn)A，B，C，D，E共面；③若直線a，b共面，直線a，c共面，則直線b，c共面；④依次首尾相接的四條線段必共面．其中正確的有①．(填序號)【解題思路】根據(jù)點(diǎn)共線、共面以及線共面等知識對選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而確定正確選項(xiàng).【解答過程】對于①，反證法：如果四個(gè)點(diǎn)中，有3個(gè)點(diǎn)共線，第4個(gè)點(diǎn)不在這條直線上，根據(jù)基本事實(shí)2的推論可知，這四個(gè)點(diǎn)共面，這與已知矛盾，故①正確；對于②，如下圖，A,B,C,D共面，A,B,C,E共面，但A,B,C,D,E不共面，故②錯(cuò)誤；對于③，如下圖，a,b共面，a,c共面，但b,c異面，故③錯(cuò)誤；對于④，如下圖，a,b,c,d四條線段首尾相接，但a,b,c,d不共面，故④錯(cuò)誤.故答案為：①.題型15題型15平行與垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示57．（2223高一下·北京平谷·期末）已知棱長為2的正方體ABCD?A1B1C

①對任意點(diǎn)Q，總有AC⊥DQ；②存在點(diǎn)Q，使得DQ//平面AC③三棱錐Q?AB則所給推斷中正確的是①②．【解題思路】利用線面垂直的判定定理可得AC⊥平面DD1B1B，再由線面垂直的性質(zhì)定理可判斷①；設(shè)AC∩BD=O，可得四邊形EB1OD為平行四邊形，OB1//DE，由線面平行的判定定理可得DE//平面AC【解答過程】對于①，

連接B1D1，因?yàn)榈酌鍭BCDDD1⊥底面ABCD，AC?底面ABCD因?yàn)镈D1∩BD=D，DD1、BD?平面因?yàn)镈Q?平面DD1B對于②，

取D1B1的中點(diǎn)E，連接DE，設(shè)AC∩BD=O因?yàn)镈1B1=DB，D1所以四邊形EB1OD因?yàn)镈E?平面ACB1，OB1?平面AC此時(shí)，當(dāng)Q為BD1與DE的交點(diǎn)時(shí)，有DQ//所以存在點(diǎn)Q∈BD1，使得DQ//對于③，

因?yàn)镾△AB1C的面積是確定的，要使三棱錐Q?AB1C體積的最大值，只須Q可得VQ?A因?yàn)閂ABCD?A1所以VQ?A故答案為：①③.58．（2223高一下·北京懷柔·期末）在△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC=2，D是邊AC的中點(diǎn)，E是邊AB上的動點(diǎn)（不與A，B重合），過點(diǎn)E作AC的平行線交BC于點(diǎn)F，將△BEF沿EF折起，點(diǎn)B折起后的位置記為點(diǎn)P，得到四棱錐P?ACFE，如圖所示，給出下列四個(gè)結(jié)論，其中所有正確結(jié)論的序號是②③④．

①△PEC不可能為等腰三角形；②AC//平面PEF；③當(dāng)E為AB中點(diǎn)時(shí)，三棱錐A?PCE體積的最大值為13④存在點(diǎn)E，P，使得PD⊥AE．【解題思路】證明△PFC?△EFC,即可判斷①；根據(jù)線面平行的判斷定理，判斷②；表示三棱錐的體積后，即可判斷③；利用垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化，結(jié)合條件即可判斷④，由此可得結(jié)論.【解答過程】對于①，因?yàn)椤鰽BC是等腰直角三角形，所以三角形PEF也是等腰直角三角形，則EF=PF，因?yàn)锳C⊥BC，EF//AC，所以EF⊥BC，且EF⊥PF當(dāng)∠PFC=90°時(shí)，△PFC?△EFC,所以此時(shí)△PEC是等腰三角形，故①錯(cuò)誤；對于②，因?yàn)锳C//EF，EF?平面PEF，AC?平面PEF，所以AC//平面PEF，故②正確；對于③，當(dāng)E為AB中點(diǎn)時(shí)，則F為BC中點(diǎn)，VA?PCE當(dāng)?shù)酌鍭CE的面積一定時(shí)，若平面ACE⊥平面PEF，即PF⊥平面ACE時(shí)，三棱錐A?PCE的體積最大，設(shè)FC=1,PF=1，VA?PCE對于④，因?yàn)镋F⊥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，如圖，過點(diǎn)P作PM⊥BC，連接DM，則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，如圖，AC=2，延長MD，交AB于點(diǎn)N，則△DCM和△AND都是等腰直角三角形，則CM=1，點(diǎn)N到直線AC的距離等于12這樣在翻折過程中，若能構(gòu)成四棱錐，則BF>FM，設(shè)FC=x，則2?x>1+x，則0<x<1則存在點(diǎn)E，P，使得PD⊥AE，故④正確；

故選：②③④.59．（2223高一下·北京房山·期末）如圖1，在矩形ABCD中，AB=2AD=2，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE沿DE折起，點(diǎn)A折起后的位置記為點(diǎn)A1，得到四棱錐A1?BCDE，M①恒有A1D⊥A1E；

③三棱錐A1?DEM的體積的最大值為212；

④存在某個(gè)位置，使得平面A其中所有正確結(jié)論的序號是①②③.【解題思路】根據(jù)原圖形判斷①，根據(jù)面面平行得出線面平行判斷②，結(jié)合面面垂直及體積公式判斷體積最大值得出③，應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理及反證法得出④.【解答過程】矩形ABCD中,∵AD⊥AE,∴A取CD中點(diǎn)H，連接MH，BH，M和H分別是A1C，CD的中點(diǎn)，∴MH//A1D，∴MH//平面A1DE，E是矩形ABCD的AB邊中點(diǎn)，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的中點(diǎn)O，連接A1當(dāng)平面A1DE⊥平面BCDE時(shí)，A1因?yàn)锳1D=AE，O為DE中點(diǎn)，所以又因?yàn)槠矫鍭1DE∩平面BCDE=DE，所以DE=12+所以四棱錐A1?BCDE體積最大值為所以四棱錐A1?CDE體積最大值為M為AC的中點(diǎn)，三棱錐A1?DEM的體積的最大值為平面A1DE⊥平面A1CD,平面A1∴A1E⊥平面A1CD故答案為：①②③.60．（2324高三上·江西撫州·期末）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，動點(diǎn)E在線段A1C1上，F(xiàn)①FM與BC1所成角為②BM⊥平面CC③存在點(diǎn)E，使得平面BEF//平面C④三棱錐B?CFE的體積為定值.【解題思路】利用線線平行，找出異面直線的夾角的平面角，求出即可，可判斷①的正誤；根據(jù)線面垂直的判定定理即可判斷②的正誤；利用面面平行的性質(zhì)定理可判斷③的正誤；利用等體積法即可求出棱錐的體積，可判斷④的正誤.綜合可得出結(jié)論.【解答過程】對于①，∵F、M分別為AD、CD的中點(diǎn)，∴FM//在正方體ABCD?A1B1C1D∴AC//A1C1，∴異面直線FM在ΔA1C1B中，A對于②，∵BC=CD，CM=DF，∠BCM=∠CDF，∴ΔBCM?ΔCDF，∴∠BMC+∠DCF=90°，又因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，且BM?平面ABCD因?yàn)镃F∩CC1=C，所以BM⊥對于③，若平面BEF//平面CC1D1所以平面BEF//平面AA1B1B，但平面對于④，VB?CFE故答案為：②④.題型16題型16空間角的求解

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示61．（2223高一下·云南玉溪·期末）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別為B1C1，C1D255

【解題思路】根據(jù)線面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用線面角的定義，結(jié)合銳角三角函數(shù)的定義，可得答案.【解答過程】如圖，取A1D1的中點(diǎn)N，A1B1的中點(diǎn)M，連接AM，AN，

由正方體ABCD?A1B1C1D1，易知EN//A1B所以四邊形NEBA為平行四邊形，所以AN∥BE，又因?yàn)锳N?平面BEF，BE?平面BEF，所以AN//平面BEF，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為B1C1，C1D1的中點(diǎn)，由中位線性質(zhì)可得又因?yàn)镸N?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?yàn)镻是底面A1B1C1D1由M,N分別為A1B1,A1D1的中點(diǎn)，且AA由A1D在等腰△AMN中，底邊上的高?=A則AP的長度的取值范圍為AP∈3設(shè)AP與平面A1B1C1D1成角為θ，在正方體ABCD?所以sinθ=故答案為：2562．（2223高一下·山西·期末）在三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=2，三棱錐P?ABC外接球的表面積為16π，則二面角P?BC?A正切值的最小值為23【解題思路】先由球的表面積求得其半徑，再利用球的截面性質(zhì)求得△ABC的外接圓的半徑，從而求得AD的取值范圍，進(jìn)而求得二面角P?BC?A正切值的取值范圍，由此得解.【解答過程】依題意，設(shè)△ABC的外接圓的半徑為r，三棱錐P?ABC外接球的半徑為R，則4πR2因?yàn)镻A⊥平面ABC，PA=2，所以R2=12PA因?yàn)锳B⊥AC，所以BC為△ABC的外接圓的直徑，即BC=23過A作AD⊥BC交BC于D，連接PD，如圖，

設(shè)AB=a,AC=b，則由AB2+A故12=a2+b2故由三角形面積相等得AD=AB?AC因?yàn)镻A⊥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?yàn)镻D?平面PAD，所以BC⊥PD，所以∠PDA為二面角P?BC?A的平面角，則tan∠PDA=PAAD≥2故答案為：2363．（2223高一下·江蘇鹽城·期末）已知如圖（1）ABCD為梯形，AB∥CD，∠C=90°，點(diǎn)E在CD上，BF=13BD=3，AB=2，BD⊥AE，現(xiàn)將△ADE沿AE折成如圖（2）△APE位置，使得二面角P?AE?C的大小為π3，則直線AB

【解題思路】根據(jù)題意分析可得二面角P?AE?C的平面角為∠PFB=π3，平面APE⊥平面PBF，利用面面垂直的性質(zhì)可證BH⊥平面【解答過程】在圖（1）中，DF⊥AE,BF⊥AE，在圖（2）中，PF⊥AE,BF⊥AE，則二面角P?AE?C的平面角為∠PFB=π且PF∩BF=F，PF,BF?平面PBF，可得AE⊥平面PBF，因?yàn)锳E?平面APE，所以平面APE⊥平面PBF，在△PBF中，作邊PF的高線BH，垂足為H，連接AH，可得AH=BFsin因?yàn)锽H⊥PF，平面APE⊥平面PBF，平面APE∩平面PBF=BF，BH?平面PBF，可得BH⊥平面APE，則直線AB與平面APE所成角為∠BAH，所以sin∠BAH=即直線AB與平面APE所成角的正弦值是34故答案為：34

64．（2223高二上·北京·期中）如圖，四棱錐S?ABCD中，底面是邊長為2的正方形，△SCD是等邊三角形，平面SCD⊥平面ABCD,M,N,P分別為棱BC,CD,DA的中點(diǎn)，Q為△SCD及其內(nèi)部的動點(diǎn)，滿足PQ//平面AMS①直線SA與平面ABCD所成角為45°；②二面角S?AB?N的余弦值為27③點(diǎn)Q到平面AMS的距離為定值；④線段NQ長度的取值范圍是1其中所有正確結(jié)論的序號是②③④.【解題思路】對于①：直接找出直線SA與平面ABCD所成角求解；對于②：直接找出二面角S?AB?N的平面角求解；對于③：利用PQ//平面AMS，P,Q兩點(diǎn)到面AMS對于④：求出Q的軌跡，再求線段NQ長度的取值范圍.【解答過程】對于①：連接SN，NA，因?yàn)椤鱏CD是等邊三角形，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，所以直線SA與平面ABCD所成角為∠SAN，在直角△ANS中，SN＝3，AN＝5，所以對于②：取AB的中點(diǎn)F，連接NF，因?yàn)榈酌媸沁呴L為2的正方形，△SCD是等邊三角形，所以SA＝又AB⊥NF，所以二面角S?AB?N的平面角為∠SFN，又因?yàn)镾N⊥平面ABCD，所以SN⊥NF，在直角△SNF中，SN=3，NF=2,SF=故②正確；對于③：因?yàn)镻Q//平面AMS，所以P,Q兩點(diǎn)到面AMS的距離相等，而P到面AMS的距離為定值，故點(diǎn)Q到平面AMS對于④：取SD中點(diǎn)E，連接EP，EC，因?yàn)镻E?面AMS，SA?面AMS，故PE//面AMS同理可證PC//面AMS又因?yàn)镻C∩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在等邊三角形△SCD中，NQ的最大值為NC=1，最小值為N到直線CE的距離為12，故線段NQ長度的取值范圍是1故答案為：②③④.題型17題型17點(diǎn)、線、面的距離問題

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示65．（2324高二上·上海黃浦·階段練習(xí)）如圖，邊長為1的正方形ABCD中，E,F分別是BC,CD的中點(diǎn)，沿AE,EF,AF把這個(gè)正方形折成一個(gè)四面體使B,C,D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為G.則在四面體A?EFG中，點(diǎn)G到平面AEF的距離為13

【解題思路】利用線面垂直的判定定理證得AG⊥平面EFG，從而利用等體積法即可得解.【解答過程】由題意，折疊后的四面體A?EFG如圖所示，

因?yàn)檎叫蜛BCD邊長為1，E,F分別是BC,CD的中點(diǎn)，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，同時(shí)由EC⊥CF，得EG⊥GF，又AG=AD=1,EG=GF=1所以VA?EFGS△AEF設(shè)G到平面AEF的距離為?，則VA?EFG=VG?AEF=故答案為：1366．（2223高一下·新疆昌吉·期末）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)，G分別為棱BC，CC1，BB1的中點(diǎn)，則①直線EF到平面A1ADD1的距離為2；②直線AE與直線C1【解題思路】對于①，由平面A1ADD1與平面B1【解答過程】對于①，∵平面A1ADD1∥平面B1∴直線EF到平面A1ADD1的距離即平面由正方體的特征可知該兩個(gè)面距離為2，故①正確；對于②，如圖，取A1D1的中點(diǎn)M，取B1C易證MC1∥A1T∥AE，∴∵M(jìn)C1=C1對于③，記點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面AEF的距離分別為d1、d∵VC?AEF=1∴d1:d2=1:2，即點(diǎn)C與點(diǎn)G對于④，連接FD1、AD1，易證AD1∥BC1∴平面AEF截正方體所得截面為梯形AD如圖作FN⊥AD1，垂足為∵FD1=AE=5，EF=2SA故答案為：①②③．67．（2223高二下·安徽安慶·期末）某中學(xué)開展勞動實(shí)習(xí)，對棱長為3的正方體木塊進(jìn)行加工.如圖，學(xué)生需要分別過頂點(diǎn)A和對角線BD對正方體木塊進(jìn)行平面切割，兩個(gè)切割面與棱A1B1，B1C1，C1D1，A1D1分別交于點(diǎn)M，【解題思路】連接A1C1，分別交EF，MN于點(diǎn)H，Q，連接AQ.連接AC交BD于點(diǎn)G，連接HG，由面面平行的性質(zhì)定理得線線平行，從而得平行四邊形AGHQ，可證得平面ACC1A1⊥平面BDMN，知平面AMN與平面EFBD間的距離即為【解答過程】連接A1C1，分別交EF，MN于點(diǎn)H，Q，連接AQ.連接AC交BD于點(diǎn)G因?yàn)槠矫鍭BCD∥平面A1B1C1D1，EF,GH是分別是平面因?yàn)槠矫鍭MN∥平面BDEF平面AMN、平面BDEF，分別與平面A1B1C1D1交于直線MN、EF所以EF∥MN，則四邊形AGHQ為平行四邊形，AG=HQ.又因?yàn)镋F=MN，所以點(diǎn)M，F(xiàn)，E，N分別為棱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與平面EFBD間的距離即為Q到平面BDE的距離，即為Q到GH的距離，設(shè)為h，在平行四邊形AGHQ中，AG?AA1=AQ??即兩個(gè)截面間的距離為2.故答案為：2．68．（2223高二下·重慶·期末）多面體上，位于同一條棱兩端的頂點(diǎn)稱為相鄰的，如圖，正方體的一個(gè)頂點(diǎn)A在平面α內(nèi)，其余頂點(diǎn)在α的同側(cè)，正方體上與頂點(diǎn)A相鄰的三個(gè)頂點(diǎn)到α的距離分別為1，2和4，P是正方體的其余四個(gè)頂點(diǎn)中的一個(gè)，則P到平面α的距離可能是：①3；

②4；

③5；

④6；

⑤7以上結(jié)論正確的為①③④⑤．（寫出所有正確結(jié)論的編號）【解題思路】先利用梯形的中位線定理得到中點(diǎn)到平面α的距離，再利用三角形中位線定理得到各點(diǎn)到平面α的距離，進(jìn)而可得答案.【解答過程】根據(jù)題意，如圖，A1N⊥α,DM⊥α,D1Q⊥α，O為DA1的中點(diǎn)，OP⊥α因?yàn)锳1N⊥α,DM⊥α，所以A1又OP⊥α，A1N⊥α，所以O(shè)P//A1N由梯形的中位線定理得OP=DM+又因?yàn)镺P⊥α，D1Q⊥α，所以O(shè)P//D1Q所以在△AD1Q中，由三角形中位線定理得D1Q=2OP=2×3=6同理：BA1的中點(diǎn)到平面α的距離為52，所以BDB的中點(diǎn)到平面α的距離為32，所以C到平面αCA1的中點(diǎn)到平面α的距離為72，所以C而P為C、C1、B1、D故答案為：①③④⑤．題型18題型18統(tǒng)計(jì)圖的綜合應(yīng)用問題

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示69．（2223高一下·寧夏·階段練習(xí)）為了解某企業(yè)員工對習(xí)近平新時(shí)代中國特色社會主義思想的學(xué)習(xí)情況，對該企業(yè)員工進(jìn)行問卷調(diào)查，已如他們的得分都處在A，B，C，D四個(gè)區(qū)間內(nèi)，根據(jù)調(diào)查結(jié)果得到下面的統(tǒng)計(jì)圖．已知該企業(yè)男員工占35，則下列結(jié)論中，錯(cuò)誤的結(jié)論是②③④

①男、女員工得分在A區(qū)間的占比相同；②在各得分區(qū)間男員工的人數(shù)都多于女員工的人數(shù)；③得分在C區(qū)間的員工最多；④得分在D區(qū)間的員工占總?cè)藬?shù)的20%．【解題思路】先求出員工總數(shù)和男員工人數(shù)，再求出男女員工再各區(qū)間的人數(shù)，進(jìn)而可以判斷①正確，②③④錯(cuò)誤.【解答過程】根據(jù)題意，設(shè)員工總?cè)藬?shù)為n個(gè)，因?yàn)榕畣T工人數(shù)為20+60+70+50=200，所以200n=1?3所以男員工人數(shù)為500?200=300，對于①，女員工得分在A區(qū)間的占比為20200男員工得分在A區(qū)間的占比為1?40%故①正確；對于②，女員工在A區(qū)間有20人，B區(qū)間有60人，C區(qū)間有70人，D區(qū)間有50人；男員工在A區(qū)間有300×10%B區(qū)間有300×40%=120人，C區(qū)間有D區(qū)間有300×15%所以D區(qū)間男員工少于女員工，故②錯(cuò)誤；對于③，B區(qū)間有30+120=180人，C區(qū)間有70+105=175人，所以B區(qū)間人數(shù)比C區(qū)間多，故③錯(cuò)誤；對于④，D區(qū)間有50+45=95人，所以得分在D區(qū)間的員工占總?cè)藬?shù)的95500故④錯(cuò)誤；綜上：①正確，②③④錯(cuò)誤，故答案為：②③④.70．（2324高二上·陜西榆林·階段練習(xí)）為了解某企業(yè)員工對黨史的學(xué)習(xí)情況，對該企業(yè)員工進(jìn)行問卷調(diào)查，已知他們的得分都處在A，B，C，D四個(gè)區(qū)間內(nèi)，根據(jù)調(diào)查結(jié)果得到下面的統(tǒng)計(jì)圖.已知該企業(yè)男員工占35，則下列結(jié)論中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是1①男、女員工得分在A區(qū)間的占比相同；②在各得分區(qū)間男員工的人數(shù)都多于女員工的人數(shù)；③得分在C區(qū)間的員工最多；④得分在D區(qū)間的員工占總?cè)藬?shù)的20%.【解題思路】先求出員工總數(shù)和男員工人數(shù)，再求出男女員工再各區(qū)間的人數(shù)，從而對四個(gè)結(jié)論逐一判斷即可.【解答過程】根據(jù)題意，設(shè)員工總?cè)藬?shù)為n個(gè)，因?yàn)榕畣T工人數(shù)為20+60+70+50=200，所以200n=1?35=對于①，女員工得分在A區(qū)間的占比為20200=10%，男員工得分在A對于②，女員工在A區(qū)間有20人，B區(qū)間有60人，C區(qū)間有70人，D區(qū)間有50人；男員工在A區(qū)間有300×10%=30人，B區(qū)間有300×40%=120人，C區(qū)間有300×35%所以D區(qū)間男員工少于女員工，故②錯(cuò)誤；對于③，B區(qū)間有30+120=180人，C區(qū)間有70+105=175人，所以B區(qū)間人數(shù)比C區(qū)間多，故③錯(cuò)誤；對于④，D區(qū)間有50+45=95人，所以得分在D區(qū)間的員工占總?cè)藬?shù)的95500綜上：①正確，②③④錯(cuò)誤，故正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是1.故答案為：1.71．（2223高二·全國·課后作業(yè)）圖1為某省某年1～4月份快遞業(yè)務(wù)量統(tǒng)計(jì)圖，圖2為該省當(dāng)年1～4月份快遞業(yè)務(wù)收入統(tǒng)計(jì)圖．根據(jù)對以上統(tǒng)計(jì)圖的理解，有下列四個(gè)說法：①當(dāng)年1～4月份快遞業(yè)務(wù)量，3月份最高，2月份最低，差值接近2000萬件；②當(dāng)年1～4月份快遞業(yè)務(wù)量同比增長率均超過50%，在3月份最高，可能與春節(jié)后快遞恢復(fù)網(wǎng)購迎來噴漲有關(guān)；③從兩圖中看，快遞業(yè)務(wù)量與業(yè)務(wù)收入的同比增長率并不完全一致，但業(yè)務(wù)量與業(yè)務(wù)收入變化高度一致；④從1～4月份來看，快遞業(yè)務(wù)量與快遞業(yè)務(wù)收入有波動，但整體保持高速增長．其中，正確的說法為①②③．（寫出所有滿足條件的說法序號）【解題思路】①分析統(tǒng)計(jì)圖即可得到當(dāng)年1～4月份快遞業(yè)務(wù)量，3月份最高，2月份最低，差值的多少.②分析統(tǒng)計(jì)圖即可得到當(dāng)年1～4月份快遞業(yè)務(wù)量同比增長率，進(jìn)而得出結(jié)論.③分析統(tǒng)計(jì)圖即可得到快遞業(yè)務(wù)量與業(yè)務(wù)收入的同比增長率是否一致，業(yè)務(wù)量與業(yè)務(wù)收入變化高度是否一致.④分析統(tǒng)計(jì)圖即可得到快遞業(yè)務(wù)量與快遞業(yè)務(wù)收入的波動情況，以及整體的變化趨勢.【解答過程】對于①，當(dāng)年1～4月份快遞業(yè)務(wù)量，3月份最高，有4397萬件，2月份最低，有2411萬件，其差值接近2000萬件，所以①正確；對于②，當(dāng)年1～4月份快遞業(yè)務(wù)量的同比增長率分別為55%，53%，62%，58%，均超過50%，在3月份最高，可能與春節(jié)后快遞恢復(fù)網(wǎng)購迎來噴漲有關(guān)，所以②正確；對于③，由兩圖易知，快遞業(yè)務(wù)量與業(yè)務(wù)收入的同比增長率并不完全一致，而其業(yè)務(wù)量從高到低變化是3月→4月→1月→2月，業(yè)務(wù)收入從高到低變化也是3月→4月→1月→2月，保持高度一致，所以③正確；對于④，由圖知，快遞業(yè)務(wù)收入2月對1月減少，4月對3月減少，整體不具備高速增長之說，所以④不正確．故答案為：①②③.72．（2024·吉林·模擬預(yù)測）中國于2022年2月在北京成功地舉辦了第二十四屆冬季奧林匹克運(yùn)動會．共赴冰雪之約，共享冬奧機(jī)遇，“冰雪經(jīng)濟(jì)”逐漸升溫，“帶動三億人參與冰雪運(yùn)動”已從愿景變?yōu)楝F(xiàn)實(shí)，中國各地滑雪場的數(shù)量也由2015年的1255家增加到2021年的3100家．下面是2016年至2021年中國滑雪場新增數(shù)量和滑雪場類型統(tǒng)計(jì)圖，下列說法中正確的序號是①②④．①2021年中國滑雪場產(chǎn)業(yè)中大眾娛樂型滑雪場占比最高②2016年至2021年中國滑雪場數(shù)量逐年上升③2016年至2021年中國滑雪場新增數(shù)量逐年增加④2021年業(yè)余玩家型滑雪場比2020年大眾娛樂型滑雪場數(shù)量多【解題思路】根據(jù)柱狀圖和扇形圖，分別判斷選項(xiàng).【解答過程】由扇形統(tǒng)計(jì)圖可知，2021年中國滑雪場產(chǎn)業(yè)中大眾娛樂型滑雪場占比最高，故①正確；由柱狀圖可知，2016年至2021年中國滑雪場數(shù)量逐年上升，故②正確；由柱狀圖可知，2020年比2019年下降了，故③不正確；由圖可知，2021年業(yè)余玩家型滑雪場比2020年大眾娛樂型滑雪場數(shù)量多，故④正確.故答案為：①②④.題型19題型19眾數(shù)、平均數(shù)、中位數(shù)、方差的計(jì)算及應(yīng)用

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示73．（2223高三上·黑龍江哈爾濱·階段練習(xí)）我國關(guān)于人工智能領(lǐng)域的研究十分密集，發(fā)文量激增，在視覺、語音、自然語言處理等基礎(chǔ)智能任務(wù)實(shí)現(xiàn)全球領(lǐng)先，并且擁有一批追求算法技術(shù)極致優(yōu)化的人工智能企業(yè)，如圖是過去十年人工智能領(lǐng)域高水平論文發(fā)表量前十國家及發(fā)表的論文數(shù)．現(xiàn)有如下說法：①這十個(gè)國家的論文發(fā)表數(shù)量平均值為0.87；②這十個(gè)國家的論文發(fā)表數(shù)量的中位數(shù)為0.4；③這十個(gè)國家的論文發(fā)表數(shù)量的眾數(shù)為0.4；④德國發(fā)表論文數(shù)量約占美國的32%．其中正確的是①②．（填序號）【解題思路】根據(jù)已知數(shù)據(jù)，依次討論各選項(xiàng)即可得答案.【解答過程】解：由題知，論文數(shù)的平均數(shù)為110這十個(gè)國家的論文發(fā)表數(shù)量的中位數(shù)為0.4，故②正確；這十個(gè)國家的論文發(fā)表數(shù)量的眾數(shù)為0.3，故③錯(cuò)誤；德國發(fā)表論文數(shù)量約占美國的0.63.3故說法正確的是：①②故答案為：①②.74．（2324高一上·山西陽泉·期末）氣象意義上從春季進(jìn)入夏季的標(biāo)志為連續(xù)5天的日平均溫度均不低于22℃.現(xiàn)有甲、乙、丙三地連續(xù)5天的日平均溫度的記錄數(shù)據(jù)：（記錄數(shù)據(jù)都是正整數(shù)）①甲地5個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為24，眾數(shù)為22；②乙地5個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為27，總體均值為24；③丙地5個(gè)數(shù)據(jù)中有一個(gè)數(shù)據(jù)是32，總體均值為26，總體方差為10.8.則肯定進(jìn)入夏季的地區(qū)有①③．【解題思路】根據(jù)數(shù)據(jù)的特點(diǎn)進(jìn)行估計(jì)甲、乙、丙三地連續(xù)5天的日平均氣溫的記錄數(shù)據(jù)，分析數(shù)據(jù)的可能性進(jìn)行解答即可得出答案．【解答過程】①甲地：5個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為24，眾數(shù)為22，根據(jù)數(shù)據(jù)得出：甲地連續(xù)5天的日平均溫度的記錄數(shù)據(jù)可能為：22、22、24、25、26，其連續(xù)5天的日平均氣溫均不低于22；②乙地：5個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為27，總體均值為24，當(dāng)5個(gè)數(shù)據(jù)為19、20、27、27、27，可知其連續(xù)5天的日平均溫度有低于22，故不確定；③丙地：5個(gè)數(shù)據(jù)中有一個(gè)數(shù)據(jù)是32，總體均值為26，若有低于22，假設(shè)取21，此時(shí)方差就超出了10.8，可知其連續(xù)5天的日平均溫度均不低于22，如22、25、25、26、32，這組數(shù)據(jù)的平均值為26，方差為10.8，但是進(jìn)一步擴(kuò)大方差就會超過10.8，故③對．則肯定進(jìn)入夏季的地區(qū)有甲、丙兩地，故答案為①③．75．（2223高一下·新疆伊犁·期末）某校教師男女人數(shù)之比為5:4，該校所有教師進(jìn)行1分鐘限時(shí)投籃比賽．現(xiàn)記錄了每個(gè)教師1分鐘命中次數(shù)，已知男教師命中次數(shù)的平均數(shù)為17，方差為16，女教師命中次數(shù)的平均數(shù)為8，方差為16，那么全體教師1分鐘限時(shí)投籃次數(shù)的方差為36．【解題思路】設(shè)男女人數(shù)分別為5a,4a，求出全體教師平均命中次數(shù)，利用方差公式求全體教師1分鐘限時(shí)投籃次數(shù)的方差.【解答過程】設(shè)男女人數(shù)分別為5a,4a，則男女教師總命中次數(shù)分別為85a、32a，所以全體教師平均命中次數(shù)為85a+32a5a+4a若男教師命中次數(shù)為x1,x所以i=1m(x全體教師1分鐘限時(shí)投籃次數(shù)的方差為s2(m+n)====80a+80a+64a+100a=324a，所以s2故答案為：36.76．（2223高一下·天津河?xùn)|·期末）數(shù)學(xué)興趣小組的四名同學(xué)各自拋擲骰子5次，分別記錄每次骰子出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)，四名同學(xué)的部分統(tǒng)計(jì)結(jié)果如下：甲同學(xué)：中位數(shù)為3，方差為2.8；

乙同學(xué)：平均數(shù)為3.4，方差為1.04；丙同學(xué)：中位數(shù)為3，眾數(shù)為3；

丁同學(xué)：平均數(shù)為3，中位數(shù)為2.根據(jù)統(tǒng)計(jì)結(jié)果，數(shù)據(jù)中肯定沒有出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6的是乙同學(xué).【解題思路】假設(shè)出現(xiàn)6點(diǎn)，利用特例法，結(jié)合平均數(shù)和方差的計(jì)算公式，即可求解.【解答過程】對于甲同學(xué)，當(dāng)投擲骰子出現(xiàn)結(jié)果為1，2，3，3，6時(shí)，滿足中位數(shù)為3，平均數(shù)為：x=15對于乙同學(xué)，若平均數(shù)為3.4，且出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6，則方差S2所以當(dāng)平均數(shù)為3.4，方差為1.04時(shí)，一定不會出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6；對于丙同學(xué)，當(dāng)擲骰子出現(xiàn)的結(jié)果為1，2，3，3，6時(shí)，滿足中位數(shù)為3，眾數(shù)為3，可以出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6；對于丁同學(xué)，當(dāng)投擲骰子出現(xiàn)的結(jié)果為2,2,2,3,6時(shí)，滿足平均數(shù)為3，中位數(shù)為2，可以出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6.綜上，根據(jù)統(tǒng)計(jì)結(jié)果，數(shù)據(jù)中肯定沒有出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6的是乙同學(xué).故答案為：乙.題型20題型20統(tǒng)計(jì)綜合

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示77．（2223高三上·河北·期末）土壤修復(fù)是使遭受污染的土壤恢復(fù)正常功能的技術(shù)措施．中國現(xiàn)有耕地有近15受到不同程度的污染，但隨著新發(fā)展理念深入貫徹落實(shí)，國家對環(huán)境保護(hù)工作越來越重視.2021年我國正式啟動（含已招標(biāo)項(xiàng)目，不含未招標(biāo)、流標(biāo)項(xiàng)目）的土壤修復(fù)工程項(xiàng)目共510個(gè)，合同總金額為121.56億元，覆蓋全國除西藏、港、澳、臺的30個(gè)?。▍^(qū)、市）．如圖為2021年30個(gè)省區(qū)市土壤修復(fù)工程類項(xiàng)目數(shù)量的前十名，則這30個(gè)?。▍^(qū)、市）土壤修復(fù)工程類項(xiàng)目數(shù)據(jù)的第80分位數(shù)是30，若圖中未列出的其它20個(gè)省（區(qū)、市）土壤修復(fù)工程類項(xiàng)目數(shù)量的方差為44.7，則這30個(gè)?。▍^(qū)、市）土壤修復(fù)工程類項(xiàng)目數(shù)據(jù)的總體方差為188.6

【解題思路】根據(jù)百分位數(shù)的定義即可求解；根據(jù)總體方差公式即可求解.【解答過程】總共有30個(gè)?。▍^(qū)、市），第80分位數(shù)即為第24位和第25位的平均值，第24位為廣東，項(xiàng)目數(shù)據(jù)為28，第25位為山東，項(xiàng)目數(shù)據(jù)為32，故其第80分位數(shù)為30.30個(gè)行政區(qū)域中，前10名的平均數(shù)為：1所以前10名的方差為：11058?33==92.4除前10名外的20個(gè)省的平均數(shù)為510?33020而30個(gè)省的平均數(shù)為17，方差===188.6故答案為：30；188.6.78．（2223高三上·河北邯鄲·期末）近年來，加強(qiáng)青少年體育鍛煉，重視體質(zhì)健康已經(jīng)在社會形成高度共識.2021年10月，《中華人民共和國體育法》在頒布20多年后迎來首次大修.教育部發(fā)布的2022年工作要點(diǎn)中提出，實(shí)施學(xué)校體育和體教融合改革發(fā)展行動計(jì)劃.為了考察某校各班參加兩項(xiàng)以上體育項(xiàng)目鍛煉小組的人數(shù)，在全校隨機(jī)抽取五個(gè)班級，把每個(gè)班級參加兩項(xiàng)以上體育項(xiàng)目鍛煉小組的人數(shù)作為樣本數(shù)據(jù).已知樣本平均數(shù)為7，樣本的標(biāo)準(zhǔn)差為2，若樣本數(shù)據(jù)各不相同，則樣本數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)是9.【解題思路】設(shè)5個(gè)數(shù)據(jù)分別為a,b,c,d,e.先由平均數(shù)和方差列方程，求出樣本數(shù)據(jù)為4,6,7,8,10.再按百分位數(shù)的定義直接求解.【解答過程】設(shè)5個(gè)數(shù)據(jù)分別為a,b,c,d,e.由題意可得：a+b+c+d+e=35,a?7由于5個(gè)數(shù)的平方和為20,則必為0+1+1+9+9=20.由x?7=3解得：x=10或4；由x?7=1解得：因?yàn)?×80％=4，所以樣本數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)為故答案為：9.79．（2324高三上·上海寶山·期末）在某次比賽中運(yùn)動員五輪的成績互不相等，記為xii=1，2，3，4，5，平均數(shù)為①新數(shù)據(jù)的極差可能等于原數(shù)據(jù)的極差.②新數(shù)據(jù)的中位數(shù)可能等于原數(shù)據(jù)的中位數(shù).③若x=④若x=【解題思路】根據(jù)極差、中位數(shù)、平均數(shù)和方差的概念，以及百分位數(shù)的概念及計(jì)算方法，逐項(xiàng)判定，即可求解.【解答過程】對于①，若隨機(jī)刪去任一輪的成績，恰好不是最高成績和最低成績，此時(shí)新數(shù)據(jù)的極差可能等于原數(shù)據(jù)的極差，所以①正確；對于②，不妨假設(shè)x1當(dāng)12x2此時(shí)新數(shù)據(jù)的中位數(shù)等于原數(shù)據(jù)的中位數(shù)，所以②正確；對于③，若x=根據(jù)方差的計(jì)算公式，分子不變，分母變小，所以方差會變大，所以③正確；對于④，若x=因?yàn)?×40%=2，此時(shí)原數(shù)據(jù)的刪去一個(gè)數(shù)據(jù)后的4個(gè)數(shù)據(jù)，從小到大的順序排列，可得4×40%此時(shí)新數(shù)據(jù)的40%顯然新數(shù)據(jù)的40%分位數(shù)小于原數(shù)據(jù)的40故答案為：①②③.80．（2324高二上·上?！て谀樯钊雽W(xué)習(xí)宣傳黨的二十大精神，某校開展了“奮進(jìn)新征程，強(qiáng)國伴我行”二十大主題知識競賽.其中高一年級選派了10名同學(xué)參賽，且該10名同學(xué)的成績依次是：70，85，86，88，90，90，92，94，95，100.則下列說法正確的序號為①②④.（寫出全部正確的序號）①中位數(shù)為90，平均數(shù)為89；②極差為30，方差為58；③70百分位數(shù)為92；④去掉一個(gè)最低分和一個(gè)最高分，平均數(shù)變大，方差變小.【解題思路】根據(jù)題意，通過中位數(shù)、平均數(shù)、極差、方差、百分位數(shù)的計(jì)算，逐項(xiàng)判斷即可.【解答過程】對于①,10個(gè)分?jǐn)?shù)從小到大進(jìn)行排列后，第5個(gè)和第6個(gè)數(shù)的平均值為90+902即中位數(shù)為90，這10個(gè)數(shù)的平均值為70+85+86+88+90+90+92+94+95+10010故①正確；對于②，這10個(gè)數(shù)的極差為100?70=30，方差為70?892+故②正確；對于③，由于10×70%=7所以70百分位數(shù)是第7個(gè)數(shù)和第8個(gè)數(shù)的平均數(shù)，即92+942故③錯(cuò)誤；對于④，去掉一個(gè)最低分和一個(gè)最高分的平均數(shù)為85+86+88+90+90+92+94+958方差為85?9011.25<58，方差變小，故④正確，故答案為：①②④.題型21題型21古典概型及其