【文档说明】重庆市南开中学校2022-2023学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(24)页，2.417 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b7a0a1b496565d7099c1081a1262dbde.html

以下为本文档部分文字说明：

重庆南开中学高2025级高一（下）期末考试数学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.请将答案填写

在答题卡相应的位置上.1.直线310xy−+=的倾斜角是（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】A【解析】【分析】根据倾斜角与斜率之间的关系运算求解.【详解】因为310xy−+=的斜率1333k

==，所以其倾斜角为30°.故选：A.2.已知a，b均为单位向量，且a与b夹角为60，则2ab−=（）A.3B.2C.2D.3【答案】D【解析】【分析】先求ab，再利用模长公式可得答案.【详解】因a，b均为单位向量，且a与b夹角为60，所以1cos602abab==

；因为222124414432abaabb−=−+=−+=，所以23ab−=.故选：D.3.将ABC按斜二测画法得到ABC，如图所示，2BC=，2AB=，30ABC=，则ABC的面积（）为A.2B.42C.4D.22【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理求出AO

，即可得到平面图形中AO的长度，即可求出面积.【详解】因为2BC=，2AB=，30ABC=，则135AOB=，由正弦定理sinsinABAABOOBCA=，即21222AO=，解得2AO=，则在

平面图形ABC中2BC=，22AO=，所以2212ABCBSCAO=?.故选：D4.过四棱锥PABCD−任意两条棱的中点作直线，其中与平面PBD平行的直线有（）A.4条B.5条C.6条D.7条【答案】C【解析】【分析】根据线面平行判定定理分析求解.【详解】如图，设,,,,,,

,EFGHTJMN为相应棱的中点，则NE//PB，且NE平面PBD，PB平面PBD，所以NE//平面PBD，同理可得：,,,,HENHGFMFMG与平面PBD平行，由图可知：其他的任意两条棱的中点的连线与平面PBD相交或

在平面PBD内，的所以与平面PBD平行的直线有6条.故选：C.5.如图，在长方体1111ABCDABCD−中，13AMAB=，11113DNDC=，3AB=，1AD=，12AA=，则直线DM与BN所成角的余弦值为（）A.34B.22C.13D.223【答案】B【解析】【分

析】取11DC上靠近1C的三等分点F，取DC上三等分点,HE，可知直线DM与BN所成角即为直线BE与BN所成角，求出,,NEEBNB，在NEB中，由余弦定理求解即可.【详解】取11DC上靠近1C三等分点F，取DC上三等分点,HE，连接,,,,

,NHEFNBBHENBE，因为//,2DEBMDEBM==，所以四边形DMBE是平行四边形，所以//DMBE，所以直线DM与BN所成角即为直线BE与BN所成角，222DMBEADAM==+=，由正方体的性质可得：NH⊥平面ABC

D，EF⊥平面ABCD，所以,HBBE平面ABCD，所以NHBH⊥，EFBE⊥，2222215HBCBCH=+=+=，2222253NBNHHB=+=+=，的222125NENFFE=+=+=，在NEB中，22292562cos2223262NBBEN

ENBENBBE+−+−====，所以直线DM与BN所成角的余弦值为22.故选：B.6.在ABC中，BC边上的高12ADBC=，且ABAC，则A为（）A.锐角B.直角C.钝角D.无法确定【答案】A【解析】

【分析】利用余弦定理及面积公式得到()222sincosABACBACBACABAC+=+，再由基本不等式得到sincos1BACBAC+，利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.【详解】由余弦定理22

22cosBCABACABACBAC=+−，又111sin222ABCSABACBACBCBC==，即22sinBCABACBAC=，所以222sin2cosABACBACABACABACBAC=+−，即()222sincosABACBACBACABAC+=+，因

为ABAC，所以222ABACABAC+，即()2sincos2ABACBACBACABAC+，所以sincos1BACBAC+，则π2sin14BAC+，即π2s

in42BAC+，因为0πBAC，所以ππ5π444BAC+，所以ππ3π444BAC+，解得π02BAC，即BAC为锐角.故选：A7.已知ABC是边长为2的正三角形，动点P满足CPmCAnC

B=+，且21mn+=.若Q为AB的中点，则PQ的最小值为（）A.14B.12C.328D.2114【答案】B【解析】【分析】取CB的中点D，连接AD，根据平面向量共线定理的推论可得P、A、D三点共线，由正三角形的性质可得ADBD⊥且1BD=，即可得到当P是AD的中点PQ取得最小值.【详解】如图取

CB的中点D，连接AD，则2CBCD=，因为CPmCAnCB=+，所以2CPmCAnCD=+，又21mn+=，所以P、A、D三点共线，即P在直线AD上，因为ABC是边长为2的正三角形，所以ADBD⊥且112BDBC==，又Q为AB的中点，所以当P是AD的中点时//PQBD且1122PQBD==，则

PQAD⊥，此时PQ取得最小值，即PQ的最小值为12.故选：B8.《九章算术·商功》：“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之棊，其形露矣.”即将底面为长方形且有一

条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示为鳖臑VABC−，VA⊥平面ABC，ABBC⊥，E，F分别在棱VB，VC上，且EFVC⊥，AEVB⊥.若4VA=，则三棱锥VA

EF−外接球的体积为（）A.16π3B.42πC.32π3D.162π3【答案】C【解析】【分析】依题意可得BC⊥平面VAB，即可得到BCAE⊥，从而得到⊥AE平面VBC，又RtVEF外接圆的直径即可直角三角形的斜边VE，即可得到VA即为三棱锥VAEF−外接球的直径，从而求出

外接球的体积.【详解】因为VA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以VABC⊥，又ABBC⊥，VAABA=，,VAAB平面VAB，所以BC⊥平面VAB，AE平面VAB，所以BCAE⊥，又AEVB⊥，BCVBB=，,BCVB平面VBC，所以⊥AE平面VBC，又EFVC⊥，所以RtVEF外接圆的

直径即可直角三角形的斜边VE，又⊥AE平面VBC，AEVE⊥，所以VA即为三棱锥VAEF−外接球的直径，所以三棱锥VAEF−外接球的半径122RVA==，所以外接球的体积34π32π33RV==.故选：

C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.请将答案填写在答题卡相应的位置上.9.下列四个命题中不正确．．．的是（）A.m，⊥，则m⊥B.//m，//mn则//

nC.m⊥，//，则m⊥D.⊥，n=，mn⊥，则m⊥【答案】ABD【解析】【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，若m，⊥，则可能

m，故A不正确；对于B，若//m，//mn则可能n，故B不正确；对于C，若m⊥，//，则m⊥，故C正确；对于D，若⊥，n=，mn⊥，则可能//m，故D不正确.故选：ABD.10.已知i为虚数单位，复数12iz=+，复数2z满

足：25i1z−=，则()21zkzk−R可能的取值为（）A.0B.12C.1D.2【答案】CD【解析】【分析】根据题意分析可得：()21zkzk−R为直线1:20OZxy−=上的动点P到以()0,5A为圆心，半径为1r=的圆上的动点2Z的距离，结合圆的性质运

算求解.【详解】设12,zz对应的分别为12,ZZ，则()12,1Z，可知1kz表示直线1:20OZxy−=上的动点P，因为25i1z−=，即复数2z对应的点2Z在以()0,5A为圆心，半径为1r=的圆上

，可得()21zkzk−R即为2PZ，又因为()0,5A到直线1:20OZxy−=的距离()22025212d−==+−，所以21PZdr−=，故A、B错误，C、D正确.故选：CD..11.如图，正方体1111ABCD

ABCD−的棱长为4，F是侧面11ADDA上的一个动点（含边界），点E在棱1CC上，且11CE=，则下列结论正确的有（）A.平面1ADE被正方体1111ABCDABCD−截得截面为等腰梯形B.若1DFFD=，直线1AFDE⊥C.若F在1DD上，BFFE+的最小

值为57322+D.若1DFBD⊥，点F的轨迹长度为42【答案】ACD【解析】【分析】在BC上取点G，使得1BG=，则1ADEG即为截面，从而判断A，F为1DD的中点，在棱1CC上取点M，使得1CM=，得到AF与FM不垂直，即可判断B，将平面翻

折，化折线为直线，结合两点之间线段最短判断C，根据线面垂直得到线线垂直，即可判断D.【详解】对于A：在BC上取点G，使得11BGCE==，连接EG、1BC、1AD、1DE、AG，则1//BCEG，又1

1ABDC=且11//ABDC，所以11ABCD为平行四边形，则11//ADBC，所以1//ADEG，所以A、1D、E、G四点共面，即平面1ADE被正方体1111ABCDABCD−截得截面即为梯形1ADEG，又2211417DEAG==+=，所以1

ADEG为等腰梯形，故A正确；对于B：因为1DFFD=，所以F为1DD的中点，在棱1CC上取点M，使得1CM=，则1EM//DF且1EMDF=，所以1DFME为平行四边形，所以1//FMDE，又224225AF=+=，221417FM=+=，22244133AM=

++=，显然222AFFMAM+，即AF与FM不垂直，则AF与1DE不垂直，故B错误；对于C：如图将平面11CCDD展开到与平面11BBDD共面，连接BE交1DD于点F，则BE即为BFFE+的最小值，又()22424357322BE=++=+，所以BFFE+的

最小值为57322+，故C正确；对于D：连接1BC、1BC、1AD、1DA，则11BCBC⊥，又AB⊥平面11CBBC，1BC平面11CBBC，所以1ABBC⊥，又1ABBCB=I，1,ABBC平面11ABCD，所以1BC⊥平面11ABCD，

1BD平面11ABCD，所以11BCBD⊥，又11//DABC，所以11DABD⊥，因为1DFBD⊥，所以线段1DA（不含点D）即为点F的轨迹，又2214442DA=+=，所以点F的轨迹长度为42，故D正确.故选：ACD12.在三棱锥−PABC中，111

23PAPBPC===.记二面角BPAC−−、CPBA−−、APCB−−的大小分别为A、B、C，V为三棱锥−PABC的体积，则下列结论正确的是（）A.sinsinsinsinABBPCCPA=B.coscossinsinBCCPAAPB=C.sinsinsinAVAPB

APC=D.cossinsinBVBPABPC=【答案】AC【解析】【分析】根据三垂线法求二面角，结合垂直关系以及锥体的体积公式逐项分析判断.【详解】过点C作CH⊥平面PAB，垂足为H，过H分别作棱,PAPB

的垂线，垂足分别为,DE，连接,CDCH，因为CH⊥平面PAB，PA平面PAB，则CHPA⊥，又因为DHPA⊥，CHDHH=，,CHDH平面CDH，所以PA⊥平面CDH，且CD平面CDH，可得PACD⊥，

同理PB⊥平面CEH，PBCE⊥，所以,ABCDHCEH==，可得sin,sinCDPCCPACEPCBPC==，且sinsinABCHCDCE==，即sinsinsinsinABPCCPAPCBPC=，整理得sinsinsinsinABBPCCPA=，故A正

确；又因为111sinsin332PABAVCHSCDPAPBAPB==11sinsin32sinAPCPAPBAPCBPA=11sin12sinsinsinsin323sinAAAPBAPBAPCAPC==，所

以sinsinsinAVAPBAPC=，故C正确；同选项A分析得：sinsinsinsinsinsinABCBPCCPAAPB==，则sinsinsinsinCBCPAAPB=，因为tan,tanBC不一

定相等，即sinsin,coscosBBCC不一定相等，则cossin,cossinBCBC不一定相等，所以coscos,sinsinBCCPAAPB不一定相等，故B错误；同选项C分析得：sinsinsinBVBPABPC=，显然sin,cos

BB不一定相等，所以V与cossinsinBBPABPC不一定相等，故D错误；故选：AC.【点睛】关键点睛：过点C作BH⊥平面PAB，通过三垂线法求二面角，并建立一个共高的几何关系，根据这个关系分析说明.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：

本题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡相应位置上.13.计算3i1i+=−______．【答案】12i+##2i1+【解析】【分析】利用复数的四则运算求解即可.【详解】()()()()3i1i3i24i12i1i1i1i2++++===+−−+.故答案为：12i+

.14.若两条平行直线1l：3440xy−−=与2l：340xyC−+=间的距离为2，则C=______.【答案】6或14−【解析】【分析】根据两平行线见距离公式运算求解.【详解】由题意可得：()()22442534CC−

−+==+−，解得6C=或14C=−.故答案为：6或14−.15.若圆台12OO的上、下底面圆半径分别为1、2，1O、2O分别为圆台上下底面圆心.若该圆台存在内切球，则该圆台的体积为______.【答案】1423π【解

析】【分析】作出圆台的轴截面，然后根据题意可求出圆台的母线长，从而可求出圆的高，进而可求出圆台的体积.【详解】圆台的轴截面如图所示，设内切球的球心为O，内切球与母线AB切于点E，则121,2AEAOBEBO====，所以3ABAEBE=+=，过点

A作AFBC⊥于F，则1BF=，所以223122AF=−=，所以圆台的体积为()22221142ππ1π2π1π22233++=，故答案为：1423π16.在ABC中，若3ABBCBCAC=，则角A的最大值为______.

【答案】π6【解析】【分析】由正弦定理得tan3tanCB−=，再根据正切公式得22tantan13tanBAB=+，通过基本不等式得答案.【详解】设三角形中，角,,ABC所对边分别为,,abc；因为在ABC中，3ABBCBCAC=，所以cos(π)3cos

caBabC−=，即cos3coscBbC−=；根据正弦定理得:sincos3sincosCBBC−=，又ABC中sin0B，sin0C，cosB，cosC不能同时为0，只能有cos0B，且c

os0C，所以sinsin3coscosCBCB−=，即tan3tanCB−=，ABC中tantan(π)tan()ABCBC=−−=−+22tantantan3tan2tan1tantan13tan13tanBCBBBBCBB+−=−=−=−++，则tanA，tanB同正或同负，因为在

ABC中，所以tanA，tanB只能同正，所以22tan223tan113tan3233tantanBABBB===++(当且仅当13tantanBB=等号成立)，此时角A有最大值为π6故答案为:π6四、解答题：本

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.请将答案填写在答题卡相应的位置上.17.已知()1,1A−−、()2,5B在直线l上.（1）求直线l的方程；（2）若直线1l倾斜角是直线l倾斜角的2倍，且与l的交点在y轴上，求直线1l的方程.【

答案】（1）210xy−+=（2）413yx=−+【解析】【分析】（1）首先求出直线的斜率，再由点斜式求出直线方程；（2）设直线l的倾斜角为，则tan2=，利用二倍角公式求出tan2，再求出直线l与y轴

的交点，再由斜截式得到直线1l的方程.【小问1详解】因为()1,1A−−、()2,5B在直线l上，所以15212ABk−−==−−，所以直线l的方程为()522yx−=−，即210xy−+=.【小问2详解】设直线l的倾斜角

为，则tan2=，所以222tan224tan21tan123===−−−，所以直线1l的斜率4tan23k==−，对于210xy−+=，令0x=得1y=，即直线l与y轴交于点()0,1，所以直线1l的方程为413yx=−+.18.在直三棱柱11

1ABCABC-中，3AB=，4BC=，12AA=，90ABC=，点D为AC的中点.（1）求证：1AB//平面1CBD；（2）求三棱锥11BBDC−的体积.【答案】（1）证明见详解（2）2【解析】【分

析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；（2）根据题意可证AB⊥平面11BCCB，再利用转换顶点法求体积.【小问1详解】连接1BC交1BC于点O，连接DO，因为11BCCB为平行四边形，则O为1BC的中点

，且点D为AC的中点，则1AB//DO，又因为1AB平面1CBD，DO平面1CBD，所以1AB//平面1CBD.【小问2详解】因为1BB⊥平面ABC，AB平面ABC，所以1BBAB⊥，又因为ABBC⊥，且1BBBCB=，1,BBBC平面1

1BCCB，所以AB⊥平面11BCCB，且点D为AC的中点，故三棱锥11DBBC−的高为1322AB=，所以三棱锥11BBDC−的体积1111131242322BBDCDBBCVV−−===.19.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，π3B=，且△ABC面积33S=.（

1）若sinsin2sinACB+=，求b；（2）若2AMMC=，求当BM取得最小值时△ABC的周长.【答案】（1）23b=（2）3632+【解析】【分析】（1）利用正、余弦定理以及三角形面积公式求解即可；（2）利用基本不等式以及向量的线性运算，求

出BM取得最小值时等号成立的条件，并结已知条件即可求出三角形的周长.【小问1详解】由三角形面积公式可知13sin3324SacBac===，即12ac=，∵sinsin2sinACB+=，∴由正弦定理得2acb+=，两边同时平方得22

2424acb+=−①，由余弦定理得22222π2cos123bacacac=+−=+−，即22212acb+=+②，将①②联立得212b=，解得23b=；【小问2详解】∵2AMMC=,∴()2233BMBAAMBAACBABCBA=+=+=+−1233BABC=+,

∴2212||33BMBABC=+22144999BABABCBC=++()221249caca=++，∴由基本不等式得()2211242(42)8993accaacacac++==+，当且仅当2ca=时取等号，此时BM的最小值为22，∵2

ca=，∴由正弦定理得sin2sinCA=，∴2πsin2sin3AA−=，∴sin3tancos3AAA==,又∵2π03A,∴π6A=,∴△ABC为直角三角形，又∵2ca=且12ac

=，解得6a=，26c=，32b=，∴△ABC的周长为3632abc++=+.20.在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为直角梯形，ADBC∥，90ADCPAD==，224ADBCCD===，3PA=,E为棱PD上一点，且AECD⊥.（1）求证：平面PCD⊥平面PAD；（2）若2DEE

P=，求二面角AEBC−−的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）20922【解析】【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系求解即可.【小问1详解】∵ADDC⊥,AECD⊥，ADAEA=，,ADAE平面PAD，∴CD⊥平面PAD，

又CD平面PCD,∴平面PCD⊥平面PAD，【小问2详解】∵PAAD⊥，由PA在面PAD内，则CDPA⊥,ADCDD=,,ADCD平面ABCD,∴PA⊥平面ABCD,过点E作AD的垂线，垂足为O,连接OB,则EO⊥平面ABCD,分别以,,DCA

DAP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，∵2DEEP=，则()2,2,0B,()2,4,0C,()0,0,0A,40,,23E,40,,23AE=,()0,2,0BC=uuur,22,,23BE

=−−,设平面BEC的法向量为()111,,xnyz=，则11112220320xyzy−−+==，令11z=，则()1,0,1n=，设平面ABE法向量为()222,,mxyz=，则222222

22034203xyzyz−−+=+=，令21x=，则21,1,3m=−，∴5cos,211mnmnmn==，二面角AEBC−−为钝角，5cos211=−，∴二面角AEBC−−正弦值为2209sin1cos22=−=.21.在锐角

ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sintancos2sinbAaABaC+=.（1）求A；（2）若D为BC延长线上一点，且π4CAD=，求BCCD的取值范围.的的【答案】（1）π3；（2）()0,3

.【解析】【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换化简求值即可；（2）分别在ABD△和ACD中利用正弦定理表示出AD，进而表示出BDCD，根据ABC为锐角三角形求出π5π612B<<，从而求出BCCD的取值

范围.【小问1详解】角A，B，C是ABC的内角，故sin0,sin0,sin0ABC.在锐角ABC中,由正弦定理得，sinsinsintancos2sinsinBAAABAC+=，即sinsincos2sincosABBCA+=，

所以sincossincos2sincosBAABCA+=，即sin2sincosCCA=，故1cos2A=，又(0,π)A，所以π3A=.【小问2详解】在ABD△中，sin,7π7πsinsinsin1212BDADBDBADB´=\=，在ACD中，πs

in()3,πππsinsin()sin434CDBCDADADB?=\=+，所以πsin()sin37ππsinsin124CDBBDB?´=故7πππsinsin()sin()311233π2sinsinsin4BBBDCDBB?++==?´13sincos31222sinBBB++

=?31131222tanB骣+琪琪=?琪琪桫.因为ABC为锐角三角形，π4ACD=,所以π02πππ23ππ3π234BBB++，解得π5π612B<<，所以3tan323B+，所以1233tanB−，从而31131113222tanB+

++.故BCCD的取值范围为()0,3.22.我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.如图，在菱形ABCD中，60BAD=，将ABD△沿BD翻折，使点A到点P处.E，F，G分别为BD，PD，BC的中点，且F

G是PD与BC的公垂线.（1）证明：三棱锥PBCD−为正四面体；（2）若点M，N分别在PE，BC上，且MN为PE与BC的公垂线.①求PMME的值；②记四面体BEMN的内切球半径为r，证明：1112rEMBN+.【答案】（1）证明过程见解析（2）①10，②证明过程见解析【解析】【分析】（1）作出辅

助线，证明出线面垂直，得到BC⊥PG，由三线合一得到PBPC=，进而得到六条边均相等，证明出结论；（2）①设出边长，由余弦定理得到1cos3PEC=，设出,PMPEBNBC==，表达出()()11MNEBECEP=−++−，利用0MNEPMNBC==列出方

程，求出，得到答案；②取CD中点Q，令MEQ=，则E到平面MBN的距离为sindME=，表达出16EMBNVMEBNMN−，再利用四棱锥内切球半径得到13EMBNVSr−=，其中()SMNMEBN+，进而得到不等式，求出答案.【小问1详解】连接,PGD

G，因为菱形ABCD中，60BAD=，所以BCD△和PBD△为等边三角形，因为G是BC中点，所以DG⊥BC，因为FG是PD与BC的公垂线，所以FG⊥BC，因为DGFGG=，且,DGFG平面PDG，所以BC⊥平面PDG，因为PG平面PDG，所以BC⊥PG，由三线合一得PBPC=，又PD

PBBDCDBC====，所以三棱锥PBCD−为正四面体，【小问2详解】不妨设2PB=，则2PC=，3PEEC==，由余弦定理得2223341cos23233PEECPCPECPEEC+−+−===，设,PMPEBNBC==，所以()()()11MNMPPBBNEPEBEPECEB

EBECEP=++=+−+−=−++−，因为0,0,cos1EBECEBEPECEPECEPPEC====，所以()()11MNEPEBECEPEP=−++−()()11EBEPECEPEPEP=−++−

()310=+−=，故33+=，其中1cos1201212EBBCEBBC==−=−，3cos303232ECBCECBC===，()22cos12032cos150231EPBC

CPCEBCCPBCCEBC=−=−=−=−+=，()()11MNBCEBECEPBC=−++−()()11EBBCECBCEPBC=−++−()()131420

=−−++−=+−=即3342+=+=，解得1011311==，故10PMME=；②取CD中点Q，令MEQ=，则E到平面MBN的距离为sindME=，11sin66EMBNVME

BNMNMEBNMN−=，设四面体BEMN的表面积为S，则13EMBNVSr−=，其中11,22MNEMNBSMNMESMNBN==，而11,22BMEBNESMNMESMNBN，()MNEMNBBMEBNESSSSSMNMEMNBNMNMEBN=++++=

+，所以()1163MEBNMNMNMEBNr+，即1112rMEBN+.【点睛】在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变

量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com