2023-2024学年黑龙江省大庆市高一下册期中数学质量检测模拟试题合集2套（含解析）

2023-2024学年黑龙江省大庆市高一下册期中数学质量检测模拟试题一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【正确答案】A【分析】应用复数除法化简复数，即可得复平面上对应点，进而确定所在象限.【详解】由题意得，所以z在复平面内对应的点为(3,1)，位于第一象限.故选：A2.若为平面，有下列命题，其中真命题的是（）A.若直线平行于平面内的无数条直线，则B.若直线在平面外，则平面C.若直线，直线平面，则平面D.若直线平面，则平行于平面内的无数条直线【正确答案】D【分析】根据线面位置关系可直接判断.【详解】A项还可能，故A错误；B项还可能与平交，故B错误；C项还可能，故C错误；由直线与平面平行的性质以及平行的传递性可知D正确.故选：D.3.已知圆锥的体积为，其中为圆锥的底面积，为圆锥的高.现有一个空杯子，盛水部分为圆锥（底面半径为，高为），现向杯中以的速度匀速注入水，则注水后，杯中水的高度为（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】根据已知条件及圆锥的体积公式即可求解.【详解】假设注水后，杯中水的水面半径为，则杯中水的高度，所以，解得，故杯中水高度.故选：D.4.如图，在正四棱锥中，侧棱长均为，且相邻两条侧棱的夹角为，，分别是线段，上的一点，则的最小值为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】将正四棱柱的侧面展开，可知的最小值为，然后在中求解即可【详解】如图，将正四棱柱的侧面展开，则的最小值为．在中，，，则．故选：D5.如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（）A.是钝角三角形 B.的面积是的面积的2倍C.B点的坐标为 D.的周长是【正确答案】D【分析】将还原成原图依次分析选项可得答案.【详解】根据题意，将还原成原图，如图，对于A，中，有，，所以，，故是等腰直角三角形，A错误；对于B，面积是，的高为，所以的面积为，的面积是的倍，B错误；对于C，因为，B的坐标为，C错误；对于D，的周长为，D正确故选：D.6.已知，则（）A. B.2 C.1 D.【正确答案】A【分析】设，，根据已知可得，，，代入计算可得答案.【详解】设，，所以，，因为，所以，即，所以.故选：A.7.如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且＝＝，则下列说法正确的是（）A.与平行B.与异面C.与的交点可能在直线上，也可能不在直线上D.与的交点一定在直线上【正确答案】D【分析】根据题意，连接EH，FG，由线面的平行关系，即可得到结果.【详解】如图所示：连接EH，FG.因为F，G分别是边BC，CD上点，且＝＝，所以，且.因为点E，H分别是边AB，AD的中点，所以，且，所以，且，所以EF与GH相交，设其交点为M，则平面ABC，同理平面ACD.又平面平面，所以M在直线AC上．故选:D8.已知锐角中，内角、、的对边分别为、、，，若存在最大值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】利用余弦定理结合正弦定理化简可得出，根据为锐角三角形可求得角的取值范围，利用二倍角公式以及诱导公式化简得出，求出的取值范围，根据二次函数的基本性质可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】由余弦定理可得，则，由正弦定理可得，因为为锐角三角形，则，，所以，，又因为函数在内单调递增，所以，，可得，由于为锐角三角形，则，即，解得，，因为，则，因为存在最大值，则，解得.故选：C.方法点睛：三角函数最值的不同求法：①利用和的最值直接求；②把形如的三角函数化为的形式求最值；③利用和的关系转换成二次函数求最值；④形如或转换成二次函数求最值.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知，则（）A. B.C. D.【正确答案】BD【分析】利用向量的坐标运算，结合平面向量数量积、用坐标求向量的模、共线向量的坐标表示逐项计算判断作答.【详解】对于A，，，与不垂直，A不正确；对于B，，有，B正确；对于C，，有，C不正确；对于D，，由选项C知，，D正确.故选：BD10.如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（）A. B.C. D.【正确答案】AC【分析】对A，C，利用线面平行的判定定理即可判断；对C，将平面扩展，即可得出AB与平面DEF相交；对D，由与其所在的对角线平行,而与对角线相交，可知AB与平面DEF相交.【详解】解：对于A，平面DEF，平面DEF，直线AB与平面DEF平行，故A正确；对于B，如图，取正方体所在棱的中点G，连接FG并延长，交AB延长线于H，则AB与平面DEF相交于点H，故B错误；对于C，，平面DEF，平面DEF，直线AB与平面DEF平行，故C正确；对于D，AB与DF所在平面的正方形对角线有交点B，DF与该对角线平行，直线AB与平面DEF相交，故D错误.故选：AC.11.在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（）A.若，则 B.若，则为等腰直角三角形C. D.若，则为钝角三角形【正确答案】ACD【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和三角形的面积公式，比例的等比性质的应用判断结论.【详解】对于A，若，所以，利用正弦定理可得，所以，故A正确；对于B，由于，利用正弦定理可得，整理得，即，所以或，所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C，由正弦定理，所以，故C正确；对于D，由于，所以，因为，所以中必有一个钝角，故为钝角三角形，故D正确.故选：ACD.12.在中，P，Q分别为边AC，BC上一点，BP，AQ交于点D，且满足，，，，则下列结论正确的为（）A.若且时，则，B.若且时，则，C.若时，则D.【正确答案】AD【分析】根据向量共线定理的推论，得到，，代入相应的变量的值，求出其他变量，从而判断AB选项，对上式变形得到，假设成立，推导出，得到矛盾，故C错误，根据向量共线定理的推论得到，，变形得到.【详解】由题意得：，，，，即即，所以，因为三点共线，所以，当且时，，解得：，，，，所以，即，即，所以，因为三点共线，所以，当且时，，解得：，故A正确；若且时，，，解得：，B错误；，变形为：，①若时，则，代入①式得：假设成立，则，解得：，此时，显然无解，故假设不成立，故C错误；同理可得：，，所以，，所以D正确.故选：AD利用向量共线定理的推论得到关系式，然后解决向量的倍数关系，本题中要能在多个等式中进行适当变形，然后找到等量关系三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，是与向量方向相同的单位向量，向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为_________【正确答案】##【分析】根据向量在向量上的投影向量为，由求解.【详解】解：因为向量在向量上的投影向量为，所以，即，因为，所以，故14.棱长为1的正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒上，分别将四点两两相连，构成的几何体的表面积为__________．【正确答案】【分析】在原正方体纸盒上，分别将四点两两相连，即可得出为正四面体，求出表面积即可．【详解】在原正方体纸盒上，分别将四点两两相连，如图所示，因为为正方体的面对角线，所以，所以为正四面体，所以表面积为：，故．15.在中，是边上一点，且，若是的中点，则__________；若，则的周长的最大值为__________.【正确答案】①.##②.##【分析】第一空，先在中利用余弦定理得到，再在中利用余弦定理得到，从而得解；第二空，先求得，从而在中，利用余弦定理与基本不等式求得，从而得解.【详解】因为是中点，则，，在中，由余弦定理可得，即，整理得，解得，所以，在中，由余弦定理得，即，所以，若，，，由上述知，所以，则，故，则，在中，由余弦定理得，即，则，即，当且仅当时，等号成立，故，即的周长的最大值为.故；.易错点睛：本题容易犯错的点是第一空的条件用于第二空，或者在第二空的解析过程中被第一空的条件是的中点误导，导致走了弯路.16.已知中，，，则面积的最大值是_________.【正确答案】3【分析】利用条件结合余弦定理，求出，，再求出，代入面积公式转化为关于的二次函数即可求解.【详解】由题知，如图所示：因为，所以，由余弦定理得：，联立解得：，，所以，所以，.故3.考查了解三角形中余弦定理，面积公式等相关知识点，对于范围问题可尝试转化为二次函数或基本不等式来分析求解.四､解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且AF=AB．（1）求证：EF∥平面BDC1；（2）在棱AC上是否存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．【正确答案】（1）证明见解析（2）点G不存在，理由见解析【分析】（1）取AB的中点M，根据AF=AB，得到F为AM的中点，又E为AA1的中点，根据三角形中位线定理得EF∥A1M，从而在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1DBM为平行四边形，进一步得出EF∥BD．最后根据线面平行的判定即可证出EF∥平面BC1D．（2）对于存在性问题，可先假设存在，即假设在棱AC上存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，再利用棱柱、棱锥的体积公式，求出AG与AC的比值，若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在．【小问1详解】证明：取AB的中点M，∵AF=AB，∴F为AM的中点，又∵E为AA1的中点，∴EF∥A1M在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，∴A1D∥BM，A1D=BM，∴A1DBM为平行四边形，∴AM∥BD∴EF∥BD．∵BD⊂平面BC1D，EF⊄平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．【小问2详解】设AC上存在一点G，使得平面EFG将三棱柱分割成两部分的体积之比为1：15，则，∵∴，∴，∴AG=AC>AC．所以符合要求的点G不存在．18.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）证明：．（2）若D为BC的中点，从①，②，③这三个条件中选取两个作为条件证明另外一个成立．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【正确答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）由余弦定理和正弦定理化简已知等式，可证；（2）三种情况，在中，利用余弦定理证明即可.【小问1详解】已知，由余弦定理可得，即，又由正弦定理，得，角A，B为△ABC中内角，所以.【小问2详解】△ABC中,，D为BC的中点，如图所示，①②③已知，，求证.证明：，中，，解得.①③②已知，，求证.证明：，所以中，.②③①已知，，求证.证明：，在中，由余弦定理，，所以19.在中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，已知在，，，且.（1）求角A大小；（2）若面积为，，求的长.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）利用向量垂直充要条件及两角和的正弦公式即可求得的值，进而求得角A大小；（2）先利用题给条件求得的值，再利用向量的数量积求得，进而得到的长【小问1详解】，且，则，则，∴，则又，∴，又∵，∴.【小问2详解】由，可得又由，可得联立，解之得或又，则因为，所以所以所以，即20.在中，分别为三个内角的对边，已知.（1）求角大小；（2）若，求的取值范围.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据三角形的面积公式可得，结合题设化简即可求解；（2）由正弦定理可得，由余弦定理可得，进而结合三角恒等变换化简可得，再结合正弦函数的图象及性质求解即可.【小问1详解】根据题意，，且，则，即，在中，有，所以.【小问2详解】由（1）知，，可得，，由，则根据正弦定理有，得，根据余弦定理有，得，所以，因为，所以，所以，所以.21.某校要在一条水泥路边安装路灯，其中灯杆的设计如图所示，为地面，，为路灯灯杆，，，在处安装路灯，且路灯的照明张角，已知m，m．（1）当，重合时，求路灯在路面的照明宽度；（2）求此路灯在路面上的照明宽度的最小值．【正确答案】（1）；（2）.【分析】（1）先由余弦定理求出ME，再求出，进而求出，最后根据正弦定理求出答案；（2）先用等面积法求出间的关系，进而运用余弦定理结合基本不等式建立之间的不等式，两者结合即可得到答案.【详解】（1）当，重合时，由余弦定理知，所以，因为，所以因为，所以，因为，所以，∴在中，由正弦定理可知，，解得m.（2）易知到地面的距离，所以，所以又由余弦定理可知，，当且仅当时“=”成立.所以，解得m．答：（1）路灯在路面的照明宽度为；（2）照明宽度的最小值为．22.已知分别为三个内角的对边，且，（1）求；（2）若，求的取值范围；（3）若为的外接圆，若分别切于点，求的最小值.【正确答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）由题目条件可证得,可得为直角三角形，可求出.（2）由数量积的定义可求得，设，则，令，则，判断出的单调性，即可得出答案.（3）用分别表示出，结合均值不等式即可求出答案.【小问1详解】因为，则，所以，则，所以为直角三角形，所以.【小问2详解】，所以，而，所以设，所以，令，又因为所以，所以，令，因为在上单调递增，所以在上单调递减，所以.所以的取值范围为【小问3详解】的外接圆的半径为，，设，则，其中，所以，而，，当且仅当取等.所以的最小值为.关键点点睛：本题考查向量相关的取值范围问题，考查面较广，涉及了基本不等式、函数值域、正弦定理、三角函数等，需要对知识掌握熟练且灵活运用.考查学生的运算能力和逻辑推理能力，属于难题.2023-2024学年黑龙江省大庆市高一下册期中数学质量检测模拟试题第Ⅰ卷选择题部分一､单选题（每小题只有一个选项正确，每小题5分，共40分）1.已知角的终边落在直线上，则的值为（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】先根据三角函数的定义求得正切值，再利用二倍角公式，结合同角三角函数的关系计算.【详解】设为角终边上一点，则，，，，故选：D.2.已知复数，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【正确答案】C【分析】化简复数，求出共轭复数，即可得出复数的共轭复数在复平面内对应的点所在的象限.【详解】由题意，在复数中，，∴，∴复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限，故选：C.3.如图，是正方形的对角线，的圆心是A，半径为．正方形以为轴旋转一周，则图中Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三部分旋转所得旋转体的体积之比是（）A.1∶1∶1 B.1∶2∶3 C.2∶1∶2 D.2∶2∶1【正确答案】A【分析】确定旋转体的形状：Ⅰ形成圆锥，Ⅰ和Ⅱ形成半球，Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ合起来形成圆柱，然后由圆锥、球、圆柱的体积公式计算后得出三部分的体积，再求比值．【详解】设正方形的边长为1，图中Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三部分旋转所得旋转体的体积依次记为，，，Ⅰ形成圆锥，Ⅰ和Ⅱ形成半球，Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ合起来形成圆柱，，，，故图中Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三部分旋转所得旋转体的体积之比是1∶1∶1，故选：A．4.设非零向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据向量模的性质由已知可求得，则按照在方向上的投影向量的定义求解即可.【详解】因为，，所以，则，解得，所以在方向上的投影向量为.故选：B.5.给出下列说法：①有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱④一个圆柱形蛋糕，切三刀最多可切成7块其中正确说法的个数是（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据棱柱、棱锥、棱台和平面的的定义，逐项判定，即可求解.【详解】对于①中，根据棱台的定义，延长棱台的所有侧棱交于一点，所以有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体不一定是棱台，所以①不正确；对于②中，根据棱锥的定义，有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体是棱锥，所以②不正确；对于③中，根据棱柱的定义，有两个面平行，且该多面体的顶点都在这两个平面上，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱，所以③不正确；对于④中，一个圆柱形蛋糕，切三刀最多可切成8块，所以④不正确.故选：A.6.筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用图明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理图假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心到水面的距离为，筒车的半径为，筒车转动的角速度为，如图所示，盛水桶视为质点的初始位置距水面的距离为，则后盛水桶到水面的距离近似为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】先求出初始位置时对应的角，再根据题意求出盛水桶到水面的距离与时间的函数关系式，将代入，即可求解.【详解】设初始位置时对应的角为，则，则，因为筒车转到的角速度为，所以水桶到水面的距离，当时，可得.故选：A.7.若，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】结合同角三角函数关系以及辅助角公式，可化简原式得到，再利用辅助角公式可得，由余弦的二倍角公式可得解【详解】，则故选：D8.在锐角中，角所对的边分别为，若，则面积的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】设的外接圆的半径为，得到，求得，结合三角形面积公式得到的面积为，由为锐角三角形，求得，进而求得面积的范围.【详解】设的外接圆的半径为，可得，因，由正弦定理得，所以的面积为，又因为为锐角三角形，可得，解得，则，所以，所以，所以的面积的取值范围为.故选：C.二､多选题（在每小题有多项符合题目要求，漏选得2分，错选得0分.每小题5分，共20分）9.如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（）A.是钝角三角形B.的面积是的面积的倍C.是等腰直角三角形D.的周长是【正确答案】CD【分析】求出的边长，计算出三角形的形状和周长，即可得出结论.【详解】由题意，在斜二测视图中，，∴，的面积是的面积相同，B错误.∴在中，，∴是的中线，，，∴,∵，∴是等腰直角三角形，A错误，C正确，，D正确，故选：CD.10.已知i是虚数单位，z是复数，则下列叙述正确的是（）A.B.若，则不可能是纯虚数C.若，则在复平面内z对应的点Z的集合确定的图形面积为D.是关于x的方程的一个根【正确答案】ABD【分析】根据复数的概念、复数的乘法运算、求模公式，可判断A的正误；根据纯虚数的概念，可判断B的正误；根据复数的几何意义，可判断C的正误；将代入方程，计算检验，即可判断D的正误，即可得答案.【详解】对于A：设，则，所以，，所以，故A正确；对于B：若为纯虚数，则，上式无解，所以不可能是纯虚数，故B正确；对于C：若，则，整理得，所以在复平面内z对应的点Z的集合确定的图形是以（0,0）为圆心，1为半径的圆及其内部，所以面积为，故C错误；对于D：，所以是关于x的方程的一个根，故D正确.故选：ABD11.在给出的下列命题中，正确的是（）A.设是同一平面上的四个点，若，则点必共线B.若向量是平面上的两个向量，则平面上的任一向量都可以表示为，且表示方法是唯一的C.已知平面向量满足则为等腰三角形D.已知平面向量满足，且，则是等边三角形【正确答案】ACD【分析】对于A，根据共线定理判断A、B、C三点共线即可；对于B，根据平面向量的基本定理，判断命题错误；对于C，根据向量的运算性质可得OA为BC的垂线且OA在的角平分线上，从而可判断C；对于D，根据平面向量的线性表示与数量积运算得出命题正确；【详解】对于A，，∴，∴，且有公共点C，∴则点A、B、C共线，命题A正确；对于B，根据平面向量的基本定理缺少条件不共线，故B错误；对于C，由于，即，，得，即OA为BC的垂线，又由于，可得OA在的角平分线上，综合得为等腰三角形，故C正确；对于D，平面向量、、满足，且，∴，∴，即，∴，∴、的夹角为，同理、的夹角也为，∴是等边三角形，故D正确；故选ACD.本题主要考查利用命题真假的判断考查了平面向量的综合应用问题，属于中档题.12.已知，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列条件一定能够使为等腰三角形的是（）A. B.C. D.【正确答案】ACD【分析】利用余弦定理和题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项A；利用余弦定理两角差的正弦公式和题给条件即可得到为等腰三角形或直角三角形，进而否定选项B；利用两角和与差的余弦公式及题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项C；利用正弦定理均值定理和题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项D.【详解】选项A：由，可得整理得，则，则为等腰三角形.判断正确；选项B：由可得则整理得，即或则为等腰三角形或直角三角形.判断错误；选项C：由，可得则，则又，则，则为等腰三角形.判断正确；选项D：由，可得，由（当且仅当时等号成立），可得则，又，则，则.判断正确.故选：ACD三､填空题（每小题5分，共20分）13.内角的对边分别为，若的面积为，则_________【正确答案】【分析】由余弦定理可得，根据条件结合三角形的面积公式可得从而可得答案.【详解】由余弦定理可得，所以的面积为所以即，由所以故14.已知，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______.【正确答案】【分析】由题意得出且与不共线，利用向量的坐标运算可求出实数的取值范围.【详解】由于与的夹角为钝角，则且与不共线，，，，解得且，因此，实数的取值范围是，故答案为.本题考查利用向量的夹角求参数，解题时要找到其转化条件，设两个非零向量与的夹角为，为锐角，为钝角.15.由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥，其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为______.【正确答案】【分析】设正四棱锥的底面边长为，高为，斜高为，分别用表示出以该四棱锥的高为边长的正方形面积和该四棱锥侧面积，即可得出答案.【详解】如图，设正四棱锥的底面边长为，高为，斜高为，为的中点，则由题意得：，所以，则设以该四棱锥的高为边长的正方形面积为，，设该四棱锥侧面积为，所以.故16.在中，已知，，，P为线段AB上的一点，且，则的最小值为______．【正确答案】【分析】设，，，由结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求，再由，，可求得，，，考虑建立直角坐标系，由P为线段AB上的一点，则存在实数λ使得，设出单位向量，，，推出，则，而利用，利用基本不等式求解最小值．【详解】解：中设，，∵∴即∴∵∴，∵，∴，∴，根据直角三角形可得，，∴，，以AC所在的直线为x轴，以BC所在的直线为y轴建立直角坐标系可得，，.P为线段AB上的一点，则存在实数λ使得设，则，，由，，∴，，则．（也可以直接利用P为线段AB上的一点，三点共线，可得：，）故所求的最小值为．故．本题是一道构思非常巧妙的试题，综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不等式求解最值问题，解题的关键是理解把已知所给的向量关系，建立x，y与λ的关系，解决本题的第二个关键点在于由，发现为定值，从而考虑利用基本不等式求解最小值．四､解答题：（共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）17.余弦定理是揭示三角形边角关系的重要定理，也是在勾股定理的基础上，增加了角度要素而成.而对三角形的边赋予方向，这些边就成了向量，向量与三角形的知识有着高度的结合.已知，，分别为内角，，的对边：（1）请用向量方法证明余弦定理；（2）若，其中为边上的中线，求的长度.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）如图，设，由三角形法则有，利用数量积的性质展开可得，即可得出结论.（2）如图，由（1）求出的值，两次在不同三角形中利用即可求得结果.【小问1详解】如图，设，则有，可得，，.【小问2详解】由（1）知，，如图，则，，，在中，，解得.18.鳖臑是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼．如图，三棱锥是一鳖臑，其中，，，，且高，．（1）求三棱锥的体积和表面积；（2）求三棱锥外接球体积和内