湖北省荆门市2024-2025学年高一下学期期末考试 数学试卷

这是一份湖北省荆门市2024-2025学年高一下学期期末考试 数学试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
已知全集U ={- 2, - 1, 0,1, 2} ，集合 A  1, 0,1 ，则ðU A  （ ）
A．0,1, 2
B．2, 2
C．1, 0,1
D．0,1
已知复数 z 满足 z 
1
1 i
（ i 为虚数单位），则 z 的共轭复数 z 对应的点位于（ ）
第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
样本数据34, 24,17, 21, 32,100, 41, 30, 28, 33 的上四分位数为（ ）
A．30B．31C．33D．34
下列结论正确的是（ ） A．用一个平面去截一个圆台，得到的截面可能是平行四边形 B．有两个面平行且相似，其余各个面都是梯形的多面体是棱台 C．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台
1 →
已知a, b 是两个单位向量，若向量a 在向量b 上的投影向量为 2 b ，则向量a 与向量a  b 的夹角为（ ）
0°B．60°C．90°D．120°
已知csα β  3cs α β ，则tanα tanβ （ ）
B
A．  1． 1
22
C． 2
D． 2
规定工厂产生的废气必须过滤后才能排放，已知在过滤过程中，废气中的污染物 P （单位：毫克/升）与
过滤时间t （单位：小时h）之间的函数关系式为： P t   P e kt （ e 为自然对数的底数， P 为污染物的初始
00
含量），过滤 2 小时后检测，发现污染物的含量为原来的16 ，要使污染物的含量不超过初始值的 1
，则至
25
少需要过滤（ ）（参考数据： lg2  0.3 ）
100
10hB． 20hC． 30hD． 40h
已知定义在R 上的函数 y  f  x 满足 f  x  4 
1
f  x
，当0  x  4 时，若 f  x  ax  b a  0, b  0 ，且
f 2025  1，则 1  2 的最小值是（ ）
ab
2
2
2
3 B． 2 C． 3  2
2
D． 2  3
二、多选题
下列函数中，既是奇函数，又是增函数的是（ ）
f  x  x3B． f  x  2x  2x
f  x  sinx
f  x  ln 
x2 1  x
已知a ， b ， c 分别为V ABC 三个内角A ， B ， C 的对边，且csB   1 ， c  4 ， sinB  2sinA 则（ ）
4
sinA  15
8
a  2
sinA  sinB  2sinC
S 8 15
a ABC3
阅读数学材料：“设 P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在点 P 处的离散曲率为
1 1 Q PQ  Q PQ L Q PQ  Q PQ  ，其中Q i  1, 2,L, k, k ≥ 3 为多面体M 的所有与点 P
2π1223
k 1kk1i
相邻的顶点，且平面Q1PQ2 ，平面Q2 PQ3 ,L，平面Qk 1PQk 和平面Qk PQ1 为多而体M 的所有以 P 为公共点的
面.”解答问题：已知在直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，底面 ABCD 为菱形， AA1  AB ，则（ ）
直四棱柱 ABCD  A B C D 是正方体，则直四棱柱 ABCD  A B C D 在顶点 A 处的离散曲率为 1
1 1 1 1
1 1 1 13
若 AC  BD ，则三棱锥 A  BCD 在顶点 B 处的离散曲率为 11
124
若四面体 A ABD 在点 A 处的离散曲率为 7 ，则 AC  平面 A BD
111211
若直四棱柱 ABCD  A B C D 在顶点 A
BC 与平面 ACC 所成角的正切值为
1 1 1 1
7
7
处的离散曲率为 3 ，则11
三、填空题
若底面半径为 3 圆锥的侧面展开图为一个半圆面，则该圆锥的体积为.
→→→→→→
已知向量a, b 满足 a  1, b  1, 2 ，且 a  b  2 ，则 a  b  .
若函数 f  x  csωx  π ω 0 在0, π  上的值域为1, 3  ，则ω的取值范围为.
6 
 2 
2 

四、解答题
3
已知函数 f  x  2 3sin2 x  2sinxcsx .
求 f  x 的最小值，并求取得最小值时 x 的取值集合：
将 f  x 的图象向右平移φφ 0 单位长度，得到 y  g  x 的图象，若 y  g  x 的图象关于 y 轴对称，求φ
的最小值.
在V ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为a, b, c ，且2ccsB  2a  b .
求角C 的大小；
若V ABC 的面积S 
3 c ，求V ABC 面积的最小值.
2
为了解游客五一假期来漳河旅游的体验满意度，某研究性学习小组用问卷调查的方式随机调查了 100
名游客，该兴趣小组将收集到的游客满意度分值数据（满分 100 分）分成六段：40, 50,50, 60,,90,100
得到如图所示的频率分布直方图.
求频率分布直方图中a 的值，并估计 100 名游客满意度分值的众数和中位数（结果保留整数）；
已知满意度分值落在70,80 的平均数 z  75 ，方差s2  9 ，在80, 90 的平均数为 z  85 ，方差s2  4 ，
1122
试求满意度分值在70, 90 的平均数 z 和方差 s2 .
我们知道：函数 y  f  x 的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是函数 y  f  x 为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数 y  f  x 的图象关于点 P a,b 成中心对称图形的充要条件是函数
y  f  x  a  b 为奇函数.已知函数 f  x  2x  m 的图象关于0,1 成中心对称图形.
2x1  2
求m 的值；
判断 f  x 的单调性，并用定义证明：
如果对任意 x  R ，不等式 f a2  cs2 x  f 2sinx  3a  2 恒成立，求实数a 的取值范围.
如图，已知四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，且 AB  3, AD  4 ，∠DAB  π , M 为 BC
3
的中点，点 P 在平面 ABCD 内的射影为点 H ，且 AH  DM .
求证： PA  DM ；
当aPAB 为等边三角形时，求点 H 到平面 PAB 的距离；
若记 PA  m  5,∠PAH θ，记三棱锥 P  ABH 的外接球表面积 f θ ，当函数 f θ 取最小值时，求 AH
的长.
1．B
根据补集概念计算.
【详解】全集U ={- 2, - 1, 0,1, 2} ，集合 A  1, 0,1 ，则ðU A  2, 2 .
故选：B.
2．A
利用复数的除法运算法则计算 z ，进而求出 z ，根据复数的几何意义确定复数 z 对应的点所在象限.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
D
C
B
A
B
C
ABD
AC
题号
11
答案
BCD
【详解】 z 
1
1 i
1 i
 1 i1 i
 1 i  1  1 i ，
222
z  1  1 i ，对应点 1 , 1  位于第一象限.
2 2
22
 

故选：A 3．D
利用上四分位数的定义，计算数据即可判断．
【详解】样本数据的上四分位数为从小到大排列：17, 21, 24, 28, 30, 32, 33, 34, 41,100 ，
因为1 1  3 ，10  3  7.5 ，所以上四分位数是第 8 个数为 34.
444
故选：D.
4．C
根据截面性质可判断 A，根据棱台、棱柱、圆台的定义可判断 BCD.
【详解】对于 A：用一个平面去截一个圆台，截面一定与圆台侧面相交，当交线是母线时显然对边不平行，当交线不是母线时，一定不是直线，更不会平行，说明两组对边分别平
行的截面不可能，故 A 错误；
对于 B：根据棱台定义知两个面不仅要平行、相似，各条侧棱所在直线要交于一点，故 B 错误；对于 C：根据棱柱的定义可知：C 正确；
对于 D：用一个平行于底面的平面截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故 D 错误；故选：C.
5．B
由条件结合投影向量的定义可求
→ →
a, b
，再根据向量夹角余弦公式求结论.
1 →
【详解】因为向量a 在向量b 上的投影向量为 2 b ， a, b 是两个单位向量，
→→ →→1 →
所以 a cs
a, b
 b  b ，
→ →
2
所以cs
→ →
→ →1
a, b  ，又
2
π
a, b 0, π ，
所以 a, b  ，
3
→ → →→ 2→ →11
所以a  a  b  a
→→→
又 a  1，a  b 
→ →→
 a  b  1  11 
22

a  b
→→ 2
11 2 11 1
2


→→→
a  a  b1
，
→ →→
 1 ，
所以cs
a, a  b
 → →→
a  a  b
，又
2
a, a  b
0, π ，
3
所以向量a 与向量a  b 的夹角为π ，即60 .
故选：B.
6．A
根据两角和差的余弦公式和同角三角函数关系式求解即可.
【详解】csα β  3cs α β ，所以csαcsβ sinαsinβ 3csαcsβ 3sinαsinβ， 得2csαcsβ 4sinαsinβ， csαcsβ 2sinαsinβ，
所以tanα tanβ sinαsin β 
csαcsβ
sinαsin β
2 sinαsin β
  1 .
2
故选：A.
7．B
根据16 p
 p e2k ，求得ek 的值，即可得到k 的值， p(t)  p ( 4)t  1
p ，化简整理，取以 10 为底的对数，
25 00
0 5100 0
计算即可得到所求最小值．
【详解】因为过滤 2 小时后检测，发现污染物的含量为原来的16 ，
25
根据题设，得16 p
 p e2k ，
ek  4 ，可得k  ln 5 ，所以， p(t)  p ( 4)t ，
25 00540 5
 4 t14
0 5
由 p t   p
p ，得( )t  10 2 ，
 
 100 05
两边取 10 为底对数t lg 8  lg10  2 ，整理得t(1  3lg 2)  2 ，
0.1 t  2 ， t  20 ，
因此，至少还需过滤 20 小时，故选：B.
8．C
根据已知条件求出函数的周期，进而求得a  b  1 ，化 1  2
1  2   1  2 a  b ，再利用基本不等式即
ab

可求解最小值.
ab ab 
【详解】由 f  x  4 
1
f  x
得 f  x  4  4 
1
f  x  4
 f  x ，
即 f  x  8  f  x ，所以 y  f  x 的周期为8 ，
f (2025)  f (8 253 1)  f (1)  a  b  1，
1  2   1  2 a  b  3  b  2a ，
ab
 
abab
因为a  0 ， b  0 ，所以 b  0 ， 2a  0 ，
ab
b  2a a b
由基本不等式有： 3  b  2a  2
ab
 3  3  2 2 ，
当且仅当 ab
 b  2a

a 
2
，即
2 1
时，等号成立.
故选：C. 9．ABD
a  b  1
b  2 
利用函数的奇偶性和单调性的定义以及导数分别判断四个选项即可得出答案.
【详解】对于 A，函数 f (x) 的定义域为R ，关于原点对称，且 f (x)  x3   f (x) ，所以函数 f (x) 为奇函数，
又 f (x)  2x2  0 ，所以 f (x) 在R 上单调递增，故 A 正确；对于 B，函数 f (x) 的定义域为R ，关于原点对称，
且 f (x)  2x  2x   f (x) ，所以函数 f (x) 为奇函数，
又 y  2x 为增函数， y  2x 为减函数，
根据单调性的性质：增函数-减函数=增函数，
所以 f (x) 在R 上单调递增，故 B 正确；
对于 C，函数 f (x) 的定义域为R ，关于原点对称，
且 f (x)  sin x  sin x   f (x) ，所以函数 f (x) 为奇函数，
因为 f  x  sinx ，所以 f (x) 在  π  2kπ, π  2kπ  , k  Z 上为增函数，
 22

f (x) 在 π  2kπ, 3π  2kπ  , k  Z 上为减函数，故 C 不符合题意；
 22

对于 D，函数 f (x) 的定义域为 R，关于原点对称，

，
且 f x  ln  x2 1  x  ln  1   ln  x2 1  x1   f  x
 x2 1  x 
所以 f  x 是奇函数，又 f (x)  ln  x2 1  x ，
令μ(x) x2 1  x ，则μ(x) 为增函数，又函数 y  lnμ为增函数，
所以 f (x)  ln  x2 1  x 在 R 上单调递增，故 D 正确.
故选：ABD.
AC
由csB 求得sin B ，再根据sinB  2sinA 求得sinA 判断 A；由sinB  2sinA 结合正弦定理求得b  2a ，再利用余弦定理求解a 、b 判断 B；根据a  b  2c ，结合正弦定理判断 C；利用面积公式求解Sa ABC 判断 D.
【详解】因为csB   1 ，所以 B  π , π  ， sin B 
1 cs2 B
1 1
16
15
，
4 2
又因为sinB  2sinA ，所以2 sin A =

15 ，所以sin A 
4
4
15 ，所以 A 正确；
8
因为sinB  2sinA ，由正弦定理有： b  2a ，
a2 +c2 - b2a2 +16 - 4a21
由余弦定理有： cs B === - ，
2ac8a4
整理得： 3a2 - 2a - 16 = 0 ，解得a  8 或a  2 （舍）， b  16 ，
33
所以a  8 ，所以 B 错误；
3
a +b = 8 +16 = 8 = 2c ，由正弦定理有： sin A  sin B  2 sin C ，所以 C 正确；
33
因为S
= 1 bc sin A
1 16 ´ 4´
15 = 4 15 ，所以 D 错误.
a ABC2
故选：AC.
= ´
2383
BCD
根据多面体 M 在点 P 处的离散率的定义，由各选项的条件分析几何体的结构特征，判断垂直关系及计算直线与平面所成的角，判断选项的正误.
【详解】A.直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 是正方体，则直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 在顶点 A 处的
离散曲率为1
1 BAA  BAD  DAA   1
1  π  π  π   1 ，故 A 错误；
2π11
2π  222 4

B.若 AC  BD ，则三棱锥 A1  BCD 在顶点 B 处的离散曲率为
1 1 CBA  CBD  DBA   1
1  π  π  π   11 ，故 B 正确；
2π11
2π  243 24

C.若四面体 A ABD 在点 A 处的离散曲率为 7 ，
1112
即1
1 AA B  AA D  BA D  1
1  π  π  BA D   7 ，
2π111
2π  441 12

则BA D  π ，故aBA D 为正三角形， BD  A B  A D  2 AB ，
13111
所以 BD2  AB2  AD2 ，所以四边形 ABCD 为正方形，
所以直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 是正方体，因为CC1  平面 ABCD ，
BD  平面 ABCD ，所以 BD  CC1 ，因为 BD  AC ， AC  平面 ACC1 ，
CC1  平面 ACC1 ， AC ∩ CC1  C ，所以 BD ⊥平面 ACC1 ，又因为 AC1  平面 ACC1 ，所以 AC1  BD ，
同理可得 AC1  A1B ，又 BD  平面 A1BD ， A1B  平面 A1BD ，
BD ∩ A1B  B ，则有 AC1  平面 A1BD ，故 C 正确；
D.若直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 在顶点 A 处的离散曲率为：
1 1  π  π  BAD   1 ，则BAD  π ，如图，设 AA  AB  1 ，
2π  22331
12 12
2

AC ∩ BD  O ，则 BC 
， BO  1 ，由 C 可知 BD  CC ，
121
因为四边形 ABCD 为菱形，所以 BD  AC ，又 AC  平面 ACC1 ，
CC1  平面 ACC1 ， AC ∩ CC1  C ，所以 BD ⊥平面 ACC1 ，所以BC1O 即 BC1 与平面 ACC1 所成角，
1
sin BC O  BO 
， cs∠BC O 
 14 ，
BC14
14
1 sin2 ∠BC O
1
1
故tan∠BC O  sin∠BC1O 7 ，故 D 正确.
cs∠BC1O7
故选：BCD.
3π
由侧面积公式和半圆面积公式可计算母线长，再计算高，即可求体积.
【详解】
设圆锥的高为h ，母线长为l ，根据侧面积公式与半圆的面积公式可得： 1 πl 2  1  2πrl ，
22
3
因为r  3 ，所以l  2，
12  3
由勾股定理得： h  3 ，
所以圆锥的体积为V  1  π 3 3  3π ，
3
故答案为： 3π
2
2
→→→
根据题意求出a  b  1 ，再对 a  b 进行平方计算即可.
→→→
→
【详解】由题设可得 a  1, b  1, 2 ， a  b  2 ，
12  22
→
→→ 2→2→→2
故 b 
 5 ， a  b  a  2a  b  b
 4 ，
a
即1 2a  b  5  4 ，解得： →  b  1 ，
→
→→ 2→2→→2
则 a  b  a  2a  b  b  1 2 1  5  8 ，
→→
2
即 a  b  2.
2
故答案为： 2.
5 ω 10
33
借助余弦函数性质计算即可得.
【详解】由 x  0, π  ，则ωx  π   π ,ωπ  π  ，
2 

6 626 
f  x 的值域为1, 3  ，则π  ωπ  π  11π ，解得 5 ω 10 .
2 
26633

故答案为： 5 ω 10 .
33
15．(1)最小值为2 ， x x   π  kπ, k  Z


12
(2) π
12
借助三角恒等变换公式可将原函数化为正弦型函数，再借助正弦函数的性质计算即可得；
先求出平移后的函数解析式，再利用正弦函数的对称性计算即可得.
3
【详解】（1） f  x  3 1 cs2x  sin2x  2sin  2x  π  ，
3 

当且仅当2x  π   π  2kπk  Z ，
32
即 x   π  kπk  Z 时， f  x 的最小值为2 ：
12
所以函数 f  x 的最小值为2 ，
此时 x 的取值集合为x x   π  kπ, k  Z ；


12
（2）由题知， y  g  x  2sin  2  x ϕ  π   2sin  2x  2φ π  ，
3 3 

要使得 y  g  x 的图象关于 y 轴对称，
则2φ π  π  kπk  Z ，即φ
32
则φ的最小值为 π .
12
π  kπ k  Z ，
122
16．(1) C  2π .
3
(2) 3 3 .
由正弦定理和正弦和角公式得到csC   1 ，求出C  2π ；
23
由三角形面积公式得到c  1 ab ，再由余弦定理和基本不等式得到 1 a2b2  3ab, ab  12 ，求出三角形面
24
积的最小值.
【详解】（1） V ABC 中， 2ccsB  2a  b ，由正弦定理得
2sinCcsB  2sinA  sinB  2sin  B  C   sinB ，即2sinCcsB  2sinBcsC  2csBsinC  sinB ，
故2sinBcsC  sinB  0 ，又 B 0, π ，则sinB  0 ，
即csC   1 ，
2
又C 0, π ，可得C  2π ；
3
（2） S 1 absinC 3 ab 3 c ，则c  1 ab ，
a ABC2422
由余弦定理得c2  a2  b2  2abcsC  a2  b2  ab  3ab ，
即 1 a2b2  3ab, ab  12 ，即当且仅当a  b  2 3 时，等号成立，
4
3
故V ABC 面积的最小值为 3 12  3.
4
17．(1) a  0.03 ，众数为 85，中位数为 82 (2)81；30
由频率分布直方图可得a  0.03 ，众数为 85，分别求满意度分值在40,80 的频率和在40, 90 的频率，根据题意求中位数即可.
由频率分布直方图计算得，分值在70,80 平均数 z ，方差 s2 ，在80, 90 平均数 z ，方差 s2 ，在70, 90
1122
的平均数 z ，根据方差的定义计算 s2 即可
【详解】（1）由频率分布直方图可得， 0.005  0.01 2  0.02  a  0.02510  1，解得a  0.03 ，
由频率分布直方图可估计众数为 85.
满意度分值在40,80 的频率为0.005  0.01 2  0.0210  0.45  0.5 ，
在40, 90 的频率为0.005  0.01 2  0.02  0.0310  0.75  0.5 ，所以中位数落在区间80, 90 内，
所以中位数为80 10  0.5  0.45  245  82 .
0.33
（2）由频率分布直方图得，满意度分值在70,80 的频率为0.02 10  0.2 ，人数为 20；在80, 90 的频率为0.0310  0.3 ，人数为 30，
把满意度分值在70,80 记为 x , x ,L, x
，其平均数 z  75 ，方差s2  9 ，
1 22011
在80, 90 记为 y , y ,L, y ，其平均数 z  85 ，方差s2  4 ，
123022
所以满意度分值在70, 90 的平均数
z  20z1  30z2  20  75  30  85  81，
5050
根据方差的定义，满意度分值在70, 90 的方差为
s2  20 s2   z  z 2   30 s2   z
 z 2 
50  11
50  22

 20 9  (75  81)2   30 4  (85  81)2   30 .
5050
18．(1) m  5 .
f  x 在R 上单调递减，证明见解析
1  a  2 .
奇函数的定义列出等式，求解 m 即可；
由函数单调性的定义证明即可；
根据题意得出 g  x  f  x 1 是奇函数，且在R 上单调递减，根据条件计算不等式即可.
【详解】（1）因为 f  x 关于0,1 对称，所以 f  x 1是奇函数，则 f x 1    f  x 1 ，即 f x  f  x  2 ，
2x  m2x  m
1 m  2x
2x  m
m 12x 1
即 2 x1  2  2x1  2 
2  2x1

2x1  2
2 2x 1
 2 ，
对定义域内任意实数 x 成立.
即m  5 .
2x  52x 1 631
（2） f  x 
2x1
 2  2
x1
 2  2x
 在R 上单调递减，

12
任取 x1 , x2  R ，且 x1  x2
33
2x2  2x1 
f  x1   f  x2   x x，
2 1 12 2 12x1 12x2 1
因为 x1  x2 ，则2x1  2x2 ，则 f  x1   f  x2  ，故 f  x 在R 上单调递减.
（3）因为 f  x 关于0,1 对称，所以 g  x  f  x 1 是奇函数，且在R 上单调递减，由 f a2  cs2 x  f 2sinx  3a  2
所以 g a2  cs2 x  g 2sinx  3a  0 ，
所以 g a2  cs2 x  g 2sinx  3a  g 2sinx  3a
所以a2  cs2 x  3a  2sinx ，
即a2  3a  cs2 x  2sinx 对任意 x  R 都成立，
由于cs2 x  2sinx  (sinx 1)2  2 ，其中1  sinx  1，
所以(sinx 1)2  2  2 ，即最小值为2 ，所以a2  3a  2 ，即a2  3a  2  0 ，解得1  a  2 .
故实数a 的取值范围为1  a  2 .
19．(1)证明见解析
(2) 15 .
3
21
(3).
【详解】（1）因为 PH  平面 ABCD, DM  平面 ABCD ，则 PH  DM ，
且 AH  DM , PH  AH  H , PH , AH  平面 PAH ，
所以 DM 平面 PAH ，
且 PA 平面 PAH ，所以 PA  DM
作 HE  AB ，垂足为 E ，连接 PE ，过点 H 作 HG  PE ，
若aPAB 为等边三角形，则 E 为 AB 中点，
因为 PH  平面 ABCD, AB  平面 ABCD ，则 PH  AB ，且 PE  AB ，且 PH  HE  H , PH , HE  平面 PHE ，可得 AB  平面 PHE ，
又 AB  平面 PAB ，则平面 PAB  平面 PHE ，
又平面 PAB  平面 PHE  PE, HG  PE ， HG  平面 PHE ，则 HG  平面 PAB ，
点 H 到平面 PAB 的距离即为HG，
对于平行四边形 ABCD ，建立平面直角坐标系，如图所示，
则 A0, 0, B 3, 0, C 5, 2 3 , D 2, 2 3 , M 4, 3 , E  3 , 0  ，
 2

–––→––––→
设 H x, y ，则 AH  x, y , DM  2, 

3 ，
若 AH  DM ，可得 AH  DM  2x  3y  0 ，
3
即 y 
2 x ，
3
因为 E 为 AB 中点，可知： x  3 ，则 y ，
2
即 H  3 , 3  ，则 AH 
21 ，
 2
2
可知三棱锥 P  HAB 的高 PH 
 15 ，
PA2  AH 2
2
在 RTaPHE 中， PH 
15 , EH  3, PE  3 3 ，
22
故由等面积法知： HG  PH  EH 
PE
15 ，
3
所以点 H 到平面 PBC 的距离为 15 .
3
PA  m  5,∠PAH θ，
3
由题意可知： PH  msinθ, AH  mcsθ，由（2）可知：点 H 在直线 y 
2 x 上，
结合（2）中数据可得： sin∠HAE  HE 
AH
3  2
7
21
, cs∠HAE 
AE 
AH
3
3
7
2，
21
22
在aABH 中，由余弦定理可得 BH 2  AH 2  AB2  2 AH  BH  cs∠HAE
3
7
 m2cs2θ 9  2  mcsθ 3 m2cs2θ 6 3 mcsθ 9 ，
7
设aABH 的外接圆半径为，则r 
BH
2sin∠HAE
7 BH ，
4
设三棱锥 P  ABH 的外接球半径为 R ，
 PH 2
则 R2  
 r 2 
m sin2θ 7
2
BH 2
 2 
416
 m22
7  22
6 3
7
1 cs θ  16  m cs θmcsθ 9 

3 21
322
m263
m cs θmcsθ，
168416
 3 21
且m  5 ，可知当mcsθ  8 
2  3
16
21 时，即csθ
21 0,1 时， R2 取到最小值，
m
21
即外接球表面积 f θ 取到最小值，此时 AH  mcsθ.