江苏省常州市溧阳市2020-2021学年高一下期末数学试卷（含答案解析）

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1、2020-2021 学年江苏省常州市溧阳市高一（下）期末数学试卷学年江苏省常州市溧阳市高一（下）期末数学试卷 一、单项选择题（共一、单项选择题（共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分）分）. 1某种彩票中奖的概率为，这是指（ ） A买 10000 张彩票一定能中奖 B买 10000 张彩票只能中奖 1 次 C若买 9999 张彩票未中奖，则第 10000 张必中奖 D买一张彩票中奖的可能性是 2已知 z2i，则 z（ +i）（ ） A62i B42i C6+2i D4+2i 3甲、乙两个同学下棋，若甲获胜的概率为 0.2，甲不输的概率为 0.7，则甲、乙下成和棋的概率为（

2、 ） A0.5 B0.7 C0.9 D0.4 4在ABC 中，若 acosB+bcosAa，则ABC 的形状是（ ） A等腰三角形 B直角三角形 C等腰或直角三角形 D等边三角形 5已知数据 x1，x2，x10的平均数为 2，方差为 3，那么数据 2x1+1，2x2+1，2x10+1 的平均数和方差分别为（ ） A2，3 B5，6 C5，12 D4，12 6已知，则 sin2 的值是（ ） A B C D 7如图，在同一个平面内，向量，的模分别为 1，与的夹角为 ，且 tan7，与的夹角为 135若，则 mn（ ） A3 B C3 D 8 在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，

3、点 M， N 分别是棱 BC， CC1的中点， 动点 P 在正方形 BCC1B1（包括边界）内运动若 PA1平面 AMN，则 PA1的最小值是（ ） A2 B C D 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全全部选对的得部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分. 9 新中国成立以来， 我国共进行了 7 次人口普查， 这 7 次人口普查的城乡人口数据如右图 根据该图数据，这 7 次人口普查中（ ）

4、 A乡村人口数均高于城镇人口数 B乡村人口数达到最高峰是第 3 次 C城镇人口总数逐次增加 D和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第 7 次 10下列结论正确的是（ ） A若复数 z 满足 z+ 0，则 z 为纯虚数 B若复数 z1，z2满足|z1+z2|z1z2|，则 z1z20 C若复数 z 满足，则 zR D若复数 z 满足|z3i|1，则|z|2，4 11如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ） ABFCD BDGBH CCH 与 BG 成 60角 DBE 与平面 ABCD 所成角为 45 12 “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”

5、（Mercedesbenz）的 logo 很相似， 故形象地称其为 “奔驰定理” 奔驰定理： 已知 O 是ABC 内的一点， BOC， AOC，AOB 的面积分别为 SA，SB，SC，则若 O 是锐角ABC 内的一点，A，B，C 是ABC 的三个内角，且点 O 满足则（ ） AO 为ABC 的外心 BBOC+A C D 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13设 k 为实数，若向量，且，则的值为 14满足等式（1+tan）（1+tan）2 的数组（，）有无穷多个，试写出一个这样的数组 15九章算术是我国古代数学名著，它在几何

6、学中的研究比西方早 1000 多年在九章算术中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马如图 PABCD 是阳马，PA平面 ABCD，PA5，AB4，AD3，则该阳马的外接球的表面积为 16甲、乙二人做射击游戏，甲、乙射击击中与否是相互独立事件规则如下：若射击一次击中，则原射击人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击已知甲、乙二人射击一次击中的概率均为，且第一次由甲开始射击 求前 3 次射击中甲恰好击中 2 次的概率 ； 求第 4 次由甲射击的概率 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明，证

7、明过程或演算步骤。 17已知复数 z 满足 z 2，且 z 的虚部为1，z 在复平面内所对应的点在第四象限 （1）求 z； （2）若 z，z2在复平面上对应的点分别为 A，B，O 为坐标原点，OAB 18如图，在三棱锥 PABC 中，PAPC，BC4，AC2，M 为 BC 的中点，N 为 AC 上一点，且 MN平面 PAB，求证： （1）直线 AB平面 PMN； （2）ACPM 19某中学高一年级举行了一次数学竞赛，从中随机抽取了一批学生的成绩经统计，这批学生的成绩全部介于 50 至 100 之间，将数据按照50，60），60，70），70，80），80，90），90，100）的分组作出频率分

8、布直方图如图所示 （1）求频率分布直方图中 a 的值，并估计本次竞赛成绩的第 80 百分位数； （2）若按照分层随机抽样从成绩在50，60），90，100）的两组中抽取 6 人，再从这 6 人中随机抽取 2人，求至少有 1 人的成绩在50，60）内的概率 20已知在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， （1）若，求 cosC 的值； （2）若点 D 在边 AC 上，且 AD2DC，BD2，求ABC 面积的最大值 21已知在正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA1，E 是棱 BB1的中点 （1）求证：平面 A1EC平面 AA1C1C； （2）设 AB2，求三棱锥 AA1CE

9、的体积； （3）若把平面 A1EC 与平面 A1B1C1所成的锐二面角为 60时的正三棱柱称为“黄金棱柱”，请判断此三棱柱是否为“黄金棱柱”，并说明理由 22如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道 MN，且两边是两个关于走道 MN 对称的三角形（AMN 和AMN）现考虑方便和绿地最大化原则，要求点 M 与点 A，B 均不重合，A落在边BC 上且不与端点 B，C 重合，设AMN （1）若，求此时公共绿地的面积； （2）为方便小区居民的行走，设计时要求 AN，AN 的长度最短，求此时绿地公共走道 MN 的长度 参考答案参考

10、答案 一、单项选择题（共一、单项选择题（共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分）分）. 1某种彩票中奖的概率为，这是指（ ） A买 10000 张彩票一定能中奖 B买 10000 张彩票只能中奖 1 次 C若买 9999 张彩票未中奖，则第 10000 张必中奖 D买一张彩票中奖的可能性是 解：如果某种彩票的中奖概率为，则买 10000 张这种彩票仍然是随机事件，即买 10000 张彩票，可能有多张中奖，也可能不能中奖，排除 A，B； 若买 9999 张彩票未中奖，则第 10000 张也是随机事件，且发生概率仍然是，故 C 错误，这里的中奖的概率为，是指买一张彩票中奖的可

11、能性是，故 D 正确 故选：D 2已知 z2i，则 z（ +i）（ ） A62i B42i C6+2i D4+2i 解：z2i， z（ +i）（2i）（2+i+i）（2i）（2+2i）4+4i2i2i26+2i 故选：C 3甲、乙两个同学下棋，若甲获胜的概率为 0.2，甲不输的概率为 0.7，则甲、乙下成和棋的概率为（ ） A0.5 B0.7 C0.9 D0.4 解：甲不输包含甲、乙两人下成和棋与甲获胜， 且甲、乙两人下成和棋与甲获胜是互斥事件， 甲、乙下成和棋的概率 P0.70.20.5 故选：A 4在ABC 中，若 acosB+bcosAa，则ABC 的形状是（ ） A等腰三角形 B直角三

12、角形 C等腰或直角三角形 D等边三角形 解：由 acosB+bcosAa，结合正弦定理可得：sinAcosB+sinBcosAsinA， sin（B+A）sinA，可得：sinCsinA， ac，则ABC 的形状为等腰三角形 故选：A 5已知数据 x1，x2，x10的平均数为 2，方差为 3，那么数据 2x1+1，2x2+1，2x10+1 的平均数和方差分别为（ ） A2，3 B5，6 C5，12 D4，12 解：因为数据 x1，x2，x10的平均数为 2，方差为 3， 所以数据 2x1+1，2x2+1，2x10+1 的平均数为 22+15， 方差为 22312 故选：C 6已知，则 sin2

13、 的值是（ ） A B C D 解：， ， ，对等式两边平方，可得， ，解得 故选：A 7如图，在同一个平面内，向量，的模分别为 1，与的夹角为 ，且 tan7，与的夹角为 135若，则 mn（ ） A3 B C3 D 解：由已知可得角 为锐角，则由 1+tan2， 解得 cos， 因为，所以， 即 1m，则， 所以 mn， 故选：B 8 在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 M， N 分别是棱 BC， CC1的中点， 动点 P 在正方形 BCC1B1（包括边界）内运动若 PA1平面 AMN，则 PA1的最小值是（ ） A2 B C D 解：取 B1C1的中点 E，BB1的

14、中点 F，连结 A1E，A1F，EF，取 EF 中点 O，连结 A1O， 点 M，N 分别是棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中棱 BC，CC1的中点， AMA1E，MNEF， AMMNM，A1EEFE， 平面 AMN平面 A1EF， 动点 P 在正方形 BCC1B1（包括边界）内运动，且 PA1面 AMN， 点 P 的轨迹是线段 EF， A1EA1F，EF， A1OEF， 当 P 与 O 重合时，PA1的长度取最小值，为 A1O， 当 P 与 E（或 F）重合时，PA1的长度取最大值，为 A1EA1F PA1的长度范围为， 即其最小值为： 故选：B 二、多项选择题：本题共二、多项

15、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全全部选对的得部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分. 9 新中国成立以来， 我国共进行了 7 次人口普查， 这 7 次人口普查的城乡人口数据如右图 根据该图数据，这 7 次人口普查中（ ） A乡村人口数均高于城镇人口数 B乡村人口数达到最高峰是第 3 次 C城镇人口总数逐次增加 D和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第 7 次 解：对于 A，2020 年，城镇人口比重为 63.89

16、%50%，即城镇人口数高于乡村人口数，故选项 A 错误； 对于 B，由统计图可知，乡村人口数达到最高峰是第 4 次，故选项 B 错误； 对于 C，由统计图可知，城镇人口总数逐次增加，故选项 C 正确； 对于 D，第二次与第一次相比，城镇人口比重增量为 18.40%13.26%5.04%， 第三次与第二次相比，城镇人口比重增量为 20.91%18.40%2.61%， 第四次与第三次相比，城镇人口比重增量为 26.44%20.91%5.53%， 第五次与第四次相比，城镇人口比重增量为 36.22%26.44%9.78%， 第六次与第五次相比，城镇人口比重增量为 49.68%36.22%13.46%

17、， 第七次与第六次相比，城镇人口比重增量为 63.89%49.68%14.21%， 和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第 7 次，故选项 D 正确 故选：CD 10下列结论正确的是（ ） A若复数 z 满足 z+ 0，则 z 为纯虚数 B若复数 z1，z2满足|z1+z2|z1z2|，则 z1z20 C若复数 z 满足，则 zR D若复数 z 满足|z3i|1，则|z|2，4 解：对于 A：设 za+bi（a，bR），则， 由于 z+ 0，所以 a0，故 zbi， 当 b0 时，z 为实数，故 A 错误； 对于 B：设 z1a+bi，z2c+di， 所以， 由于复数 z1，z2满足|z1+

18、z2|z1z2|， 所以（a+c）2+（b+d）2（ac）2+（bd）2， 则 4ac+4bd0，整理得 ac+bd0 所以 z1z2（a+bi）（c+di）（acbd）+（ad+bc）i0，故 B 错误； 对于 C：设 za+bi，所以， 由于复数 z 满足，所以 b0，故 zR，故 C 正确； 对于 D：设 za+bi（a，bR），因为|z3i|1，所以 a2+（b3）21（b0）， 所以该曲线为以（0，3）为圆心，1 为半径的圆， 故|z|max4，|z|min312，所以|z|2，4，故 D 正确 故选：CD 11如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ） ABFCD BDGB

19、H CCH 与 BG 成 60角 DBE 与平面 ABCD 所成角为 45 解：由正方体的平面展开图还原原正方体如图， 由正方体的结构特征可知，BF 与 CD 异面垂直，故 A 错误； DGCH，而 CH 为 BH 在平面 DCGH 上的射影，DGBH，故 B 正确； 连接 AH，由 ABGH，ABGH，可得四边形 ABGH 为平行四边形，则 AHBG， AHC 为异面直线 CH 与 BG 所成角， 连接 AC， 可得AHC 为等边三角形， 得 CH 与 BG 成 60角， 故 C 正确； AE平面 ABCD，EBA 为 BE 与平面 ABCD 所成角为 45，故 D 正确 故选：BCD 12

20、 “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 O 是ABC 内的一点， BOC， AOC，AOB 的面积分别为 SA，SB，SC，则若 O 是锐角ABC 内的一点，A，B，C 是ABC 的三个内角，且点 O 满足则（ ） AO 为ABC 的外心 BBOC+A C D 解：因为， 同理 OACB，OCAB，故 O 为ABC 的垂心，故 A 错误； ，所以OBC+C+OCB+B， 又OBC+OCB+BOC，所以BOCC+B， 又 A+B+C，所以BOC+A，故 B

21、正确； 故 ABOC，同理 BAOC， 延长 CO 交 AB 与点 P，则 ， 同理可得 cosA：cosCOA：OC，所以 cosA：cosB：cosCOA：OB：OC，故 C 正确； tanBOC：tanAOCtan（A）：tan（B）tanA：tanB， 同理可得 SA：SCtanA：tanC，所以 SA：SB：SCtanA：tanB：tanC， 又，所以，故 D 正确 故选：BCD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13设 k 为实数，若向量，且，则的值为 4 解：向量，且， 可得k2，解得 k2，所以（2，2）（

22、1，1）4 故答案为：4 14 满足等式 （1+tan） （1+tan） 2 的数组 （， ） 有无穷多个， 试写出一个这样的数组 解：当 0 时，等式（1+tan）（1+tan）2，可化简为 1+tan2， tan1， 可取， 满足等式（1+tan）（1+tan）2 的数组（，）可取（0，） 故答案为： 15九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早 1000 多年在九章算术中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马如图 PABCD 是阳马，PA平面 ABCD，PA5，AB4，AD3，则该阳马的外接球的表面积为 50 解：把四棱锥 PABCD 放置在长方体中， 则长方体的

23、外接球即为四棱锥的外接球， PA5，AB3，BC4，长方体的对角线长为5， 则长方体的外接球的半径 R， 该“阳马”外接球的表面积为 S4R24（）250 故答案为：50 16甲、乙二人做射击游戏，甲、乙射击击中与否是相互独立事件规则如下：若射击一次击中，则原射击人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击已知甲、乙二人射击一次击中的概率均为，且第一次由甲开始射击 求前 3 次射击中甲恰好击中 2 次的概率 ； 求第 4 次由甲射击的概率 解：由题意，前 3 次射击中甲恰好击中 2 次，即前 2 次甲都击中目标，但第三次没有击中目标，故它的概率为 第 4 次由甲射击包括甲连续射击 3 次且都击

24、中；第一次甲射击击中，但第二次没有击中，第三次由乙射击没有击中； 第一次甲射击没有击中，且乙射击第二次击中，但第三次没有击中； 第一次甲射击没有击中，且乙射击第二次没有击中，第三次甲射击击中； 故这件事的概率为+， 故答案为：； 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17已知复数 z 满足 z 2，且 z 的虚部为1，z 在复平面内所对应的点在第四象限 （1）求 z； （2）若 z，z2在复平面上对应的点分别为 A，B，O 为坐标原点，OAB 解：（1）设 zxi（xR）， z

25、 2，|z|2x2+12， 得 x1 或 x1， 又 z 在复平面内所对应的点在第四象限， z1i； （2）z2（1i）22i， A（1，1），B（0，2），O（0，0）， ， 则 cosOAB， OAB90 18如图，在三棱锥 PABC 中，PAPC，BC4，AC2，M 为 BC 的中点，N 为 AC 上一点，且 MN平面 PAB，求证： （1）直线 AB平面 PMN； （2）ACPM 【解答】证明：（1）MN平面 PAB，MN平面 ABC，平面 ABC平面 PABAB， MNAB， 又 MN平面 PMN，AB平面 PMN， AB平面 PMN （2）由（1）得，MNAB， 又 M 是 BC

26、的中点， N 是 AC 的中点， ， 又 BC4，AC2， AB2+AC2BC2，即 ABAC， MNAB，ACMN， PAPC，且 N 是 AC 的中点，ACPN， 又 MNPNN，MN平面 PMN，PN平面 PMN， AC平面 PMN， PM平面 PMN， 故 ACPM 19某中学高一年级举行了一次数学竞赛，从中随机抽取了一批学生的成绩经统计，这批学生的成绩全部介于 50 至 100 之间，将数据按照50，60），60，70），70，80），80，90），90，100）的分组作出频率分布直方图如图所示 （1）求频率分布直方图中 a 的值，并估计本次竞赛成绩的第 80 百分位数； （2）若按

27、照分层随机抽样从成绩在50，60），90，100）的两组中抽取 6 人，再从这 6 人中随机抽取 2人，求至少有 1 人的成绩在50，60）内的概率 解：（1）由题意得，10（0.005+0030+0.035+a+0.010）1， 所以 a0.020， 因为 100.0050.05，100.0300.3，100.0350.35，100.010.1，100.020.2， 所以成绩在 80（分）以下的频率为 0.05+0.3+0.350.70.8， 成绩在 90（分）以下的频率为 0.05+0.3+0.35+0.20.90.8， 所以第 80 百分位数 p（80，90），即 （2）因为50，60）

28、，90，100）的频率之比为 0.005：0.0101：2， 所以从50，60）中随机抽取人，从90，100）中随机抽取 从50，60）中抽取的 2 人记为 a，b，从90，100）中抽取的 4 人记为 1，2，3，4， 从这 6 人中随机抽取 2 人的样本空间为 12，13，14，1a，1b，23，24，2a，2b，34，3a，3b，4a，4b，ab，共有 15 个样本点， 设事件 A 表示“至少有 1 人的成绩在50，60）内”， 则 A1a，1b，2a，2b，3a，3b，4a，4b，ab共有 9 个样本点， 所以至少有 1 人在50，60）内的概率为 20已知在ABC 中，角 A，B，C

29、 的对边分别为 a，b，c， （1）若，求 cosC 的值； （2）若点 D 在边 AC 上，且 AD2DC，BD2，求ABC 面积的最大值 解：（1）由余弦定理得， 整理可得，a2+c2b2ac， 又B（0，）， ， ， 又0B+C， ， 故 cosCcos（B+C）Bcos（B+C）cosB+sin（B+C）sinB （2）法 1：AD2DC， ， ， 即， ac6当且仅当 ac，等号成立， 又， ABC 面积的最大值为 法 2：AD2DC， ， 在ABD 中，由余弦定理得， 在CBD 中，由余弦定理得， 又ADB+CDB，所以 cosADBcosCDB， 整理得， 又在ABC 中，由余弦

30、定理得，b2a2+c22accosBa2+c2ac， 由得，ac， ac6当且仅当 ac，等号成立， 又， ABC 面积的最大值为 21已知在正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA1，E 是棱 BB1的中点 （1）求证：平面 A1EC平面 AA1C1C； （2）设 AB2，求三棱锥 AA1CE 的体积； （3）若把平面 A1EC 与平面 A1B1C1所成的锐二面角为 60时的正三棱柱称为“黄金棱柱”，请判断此三棱柱是否为“黄金棱柱”，并说明理由 解：（1）证明：连接 A1C 与 AC1交于点 F，连接 EF，如图 1 所示： 证法 1：因为 ABCA1B1C1为正三棱柱，且 E 是棱 BB1

31、的中点， 所以，且 AA1C1C 为平行四边形， 所以 F 为 AC1的中点，因此 EFA1C 同理得 EC1EA，则 EFAC1，A1C平面 A1EC，AC1A1CF，所以 EF平面 AA1C1C； 而 EF平面 A1EC，所以平面 A1EC平面 AA1C1C 证法 2：因为 ABCA1B1C1为正三棱柱，得ABC 为正AA1C1C 为平行四边形， 又 ABAA1，所以 AA1C1C 为菱形， 所以 AC1A1C， 由 AA1C1C 为菱形得 F 为 AC1的中点， 又 E 是棱 BB1的中点，得， 所以 EFAC1，EF平面 A1EC，A1C平面 A1EC，EFA1CF， 所以 AC1平面

32、 A1EC， 又 AC1平面 AA1C1C，所以平面 A1EC平面 AA1C1C （2）解法 1：由（1）法 1 得 EF平面 AA1C， 所以， 又在A1EC 中， 所以 解法 2：由（1）法 2 得 AF平面 A1EC， 所以， 又在AA1C1中， 在A1EC 中， 所以； 所以 （3）延长 CE 交 C1B1的延长线于点 H，连接 A1H，如图 2 所示： 则 A1H 为平面 A1EC 与平面 A1B1C1的交线， 因为 BB1CC1，又 E 为 BB1的中点，所以 B1为 C1H 的中点， 即 C1B1B1HA1B1，则 A1HA1C1， 因为正三棱柱， 所以 CC1平面 A1B1C1

33、，A1H平面 A1B1C1， 所以 A1HCC1，CC1A1C1C1，CC1、A1C1平面 AA1C1C， 所以 A1H平面 AA1C1C，又 A1C平面 A1EC， 所以 A1CA1H，又 A1HA1C1， 所以CA1H 为平面 A1EC 与平面 A1B1C1所成二面角的平面角； 若此正三棱柱为“黄金棱柱”，则CA1C160， 可得，即， 与条件 ABAA1矛盾，所以此三棱柱不能成为“黄金棱柱” 22如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道 MN，且两边是两个关于走道 MN 对称的三角形（AMN 和AMN）现考虑方便和

34、绿地最大化原则，要求点 M 与点 A，B 均不重合，A落在边BC 上且不与端点 B，C 重合，设AMN （1）若，求此时公共绿地的面积； （2）为方便小区居民的行走，设计时要求 AN，AN 的长度最短，求此时绿地公共走道 MN 的长度 解：（1）AMNAMN，AMNAMN， BMA，BMAMAM AM， ABa，BC，B，A， AMN 是等边三角形， S2SAMN2 （2）BMA2，AMAM， BMAMcosBMAAMcos2 AM+BMa，即 AM（1cos2）a， AM 在AMN 中，由正弦定理可得：， ， 令 f（）2sinsin（）2sin（cos+sin）sin2+sin（2）+ ，当即时 f（）取最大值， 当 时 AN 最短，此时AMN 是等边三角形，