精品解析：上海市上海师范大学附属中学闵行分校2021-2022学年高一下学期期末数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高一

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 上师大附中闵行分校 2021 学年第二学期期末考试 年级：高一 学科：数学 分值：150分 命题：赵敏东 审题：戴丽梅 姓名：______ 学号：______ 一、填空题（本大题满分 54分）本大题共有 12题，其中 1-6 每题 4分，7-12 每题 5分．只 要求直接填写结果．          1. 已知点A，B，C满足|AB|＝3，| BC |＝4，| CA |＝5，则AB· BC ＋ BC · CA ＋ CA ·AB的值是 ________． 【答案】－25 【解析】 【分析】根据已知向量的模长即线段的长度，解三角形求出角A，B，C，然后利用平面向量的数量积定义 即可求解 2 2 2 【详解】因为 CA  AB  BC   所以B＝90°，所以ABBC 0 4 3 因为cosC＝ ，cosA＝ ， 5 5       所以BCCA BC  CA cos 180 C 4 ＝4×5×( )＝－16. 5       CAAB CA  AB cos 180 A 3 ＝5×3×( )＝－9. 5       所以ABBCBCCACAAB25， 故答案为：25. 1i 1 2. 若复数  b(bR)的实部与虚部相等，则b的值为 _________________． 1i 2 【答案】2 【解析】 1i 1 1 1 【详解】试题分析：因为  bi b，所以由题意得： b1,b2. 1i 2 2 2 考点：复数概念 第 1 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3. 若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成_____个部分. 【答案】7 【解析】 【详解】将一个直三棱柱三个侧面无限延伸，即可得到题中所给的三个平面，从上向下看，原问题等价于 平面内三条直线彼此相交与不同的3个点，考查直线将平面分成几个部分，如图所示，观察可得，直线将 平面分成7个部分，则这三个平面把空间分成7个部分. 4. 如果复数z满足 z1 z1 2，那么 z1i 的最大值是______． 【答案】 5 【解析】 【分析】由复数模的几何意义得出z对应的点的性质，设z abi，计算模 z1i 可得最大值． 【详解】 z1 z1 2，则复数z对应的点在1和1两个数对应点的连线段上， 即设z abi，则1a1，b0， z1i  (a1)2 1，a1时，得最大值为 (11)2 1 5． 故答案为： 5． 5. 在正方体ABCDABC D 中，与BD所成的角度为60的棱或面对角线有______条． 1 1 1 1 【答案】4 【解析】 【分析】结合异面直线所成角求法，依次判断各条棱与面对角线所成角大小即可得到结果. 第 2 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】  BB 1 平面ABCD，BD平面ABCD，BB 1  BD， 又AA//BB //CC //DD ， AA,BB,CC,DD 都与BD垂直； 1 1 1 1 1 1 1 1  四边形ABCD为正方形，ADBCDB45， 又AD//BC//BC //AD ，CD//AB//AB //C D ， 1 1 1 1 1 1 1 1 CD,AB,AB,C D,AD,BC,BC ,AD 与BD所成角均为45； 1 1 1 1 1 1 1 1 AC ^ BD，AC //AC，AC,AC 都与BD垂直；  1 1 1 1  BD//B 1 D 1 ，B 1 D 1 与BD所成角为0；  BC 1 C 1 D BD，△BDC 1 为等边三角形，C 1 DBC 1 BD60，  BC 1 //AD 1 ，C 1 D//B 1 A，BC 1 ,AD 1 ,C 1 D,B 1 A与BD所成角均为60； 综上所述：与BD所成的角度为60的棱或面对角线共有4条. 故答案为：4.   6. 已知为实数，若复数z sin1i 2cos1 是纯虚数，则z的虚部为______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据纯虚数和虚部的定义，结合同角三角函数的基本关系即可求解.   【详解】解：因为复数z sin1i 2cos1 是纯虚数，  sin10 sin1 所以 ，解得 ，  2cos10 cos0 所以 2cos1 1，即z的虚部为1， 故答案为：1.      1  1    7. 如图，  ABC中已知OA a，OB b，OM  a，ON  b，则用向量a，b表示OP 3 2 第 3 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ______． 1 2 【答案】 a b 5 5 【解析】         【分析】设OPmanb，利用M,N 的性质把OP分别用OA,ON ，OM,OB表示，然后由A,P,N三 点共线，B,P,M 三点共线得出m,n的关系，求得m,n，得出结论．     1  1 【详解】设OPmanb，又OM  a，ON  b， 3 2      所以OP3mOM nOBmOA2nON ， 又A,P,N三点共线，B,P,M 三点共线，  1 m 3mn1   5 所以 ，解得 ， m2n1  2 n  5  1 2 所以OP a b． 5 5 1 2 故答案为： a b． 5 5 8. 如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个 顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是___________. 【答案】36 【解析】 【分析】根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果. 【详解】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对. 如下图所示： 第 4 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ①对于正方体的每一条棱，都有2个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12224个； ②对于正方体的每一条面对角线（如AC ，则AC 平面BBDD），均有一个对角面构成“正交线面 1 1 1 1 1 1 对”，这样的“正交线面对”有12112个. 综上所述，正方体中的“正交线面对”共有36个. 故答案为36. 9. 已知正六边形ABCDEF(顶点的字母依次按逆时针顺序确定)的边长为1，点P是 CDE内(含边界)  的动点．设A  P xA  B yA  F (x、yR)，则x y的取值范围是______． 【答案】 3,4 【解析】 【分析】如图，连接AD,设CE与AD交于G,证明A  PA  D[3,4],求出 A  PA  D  x y[3,4]即得解.  【详解】解：如图，连接AD, 所以 AD 2，CE  AD,  3 设CE与AD交于G, 所以 AG  ， 2    设  与  的夹角为，所以 AG  AP cos AD , AP AD      所以 AG  AD  APAD| AD|2 ,      即APAD[3,4],AP xAB yAF,       1 1 APAD xABAD yAFAD x 2 y 2 x y[3,4]. 2 2 故答案为： 3,4 第 5 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 4 10. 已知z为虚数，且满足z R ，若 z2 2，求复数z ______． z 【答案】z 1 3i或z 1 3i 【解析】  4 1 0  a2 b2 【分析】由题意，设z abi，a,bR，且b0，则有 ，求解方程组即可得答  a22 b2 2  案. 【详解】解：由题意，设z abi，a,bR，且b0， 4 4 4abi 4a  4  因为z R ，即abi+  abi  a b  1  iR， z abi a2 b2 a2 b2  a2 b2  4 所以1 0，即a2 b2 4， a2 b2 又 z2 2，即 a2bi  a22 b2  2， 所以a2 b2 4a4  4，解得a 1，b 3， 所以复数z 1 3i或z 1 3i， 故答案为：z 1 3i或z 1 3i.    11. 在复平面内，设点A､P所对应的复数分别为πi､cos(2t﹣ )+isin(2t﹣ )(i为虚数单位)，则当t由 连 3 3 12   续变到 时，向量AP所扫过的图形区域的面积是___________. 4  【答案】 6 【解析】 第 6 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )   3 1   3 1 【分析】当t  时，求得点P的坐标为P , ，当t  时，点P的坐标为P  , ，向量 12 1 2 2  4 2 2 2        AP所扫过的图形区域的面积是 AP 1 P 2 的面积与弓形的面积之和，即向量AP所扫过的图形区域的面积是  扇形POP 的面积，从而求得向量AP所扫过的图形区域的面积. 1 2  【详解】由题意可得，点P在单位圆上，点A的坐标为(0，π)，如图：当t  时，点P的坐标为 12  3 1   3 1  P 1   2 , 2   ，当t  4 时，点P的坐标为P 2   2 , 2   ，向量AP所扫过的图形区域的面积是 AP 1 P 2 的     面积与弓形的面积之和. 由于P 1 ，P 2 关于实轴对称，所以 AP 1 P 2 的面积等于 OP 1 P 2 的面积(因为这两个三角形同底且等高)，故向  量AP所扫过的图形区域的面积是扇形POP 的面积. 1 2   1   因为∠POP =2× = ，所以扇形POP 的面积为等于  12  . 1 2 6 3 1 2 2 3 6  故答案为： . 6  【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：由“ AP 1 P 2 的面积等于 OP 1 P 2 的面积”得到“向量AP所扫过 的图形区域的面积是扇形POP 的面积”. 1 2 12. 在一很大的湖岸边（可视湖岸为直线）停放着一只小船，由于缆绳突然断开，小船被风刮跑，其方向 与湖岸成15°角，速度为v（km/h），同时岸边有一人，从同一地点开始追赶小船，已知他在岸上跑的速 度为4km/h，在水中游的速度为2km/h，则小船被此人追上的最大速度为______． 【答案】2 2km/h 【解析】 【分析】设岸边停放小船处为O，此人在岸边跑到A点后下水，在B处追上小船，人追上船所用时间为 第 7 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) t，人在岸上跑的时间为kt(0 k 1)，则人在水中游的时间为(1k)t，则人、船运动的路线构成一个三 角形，由余弦定理可得12k2 [2( 6  2)v8]k v2 4  0，要使此关于k的方程在(0,1)内有实数 解，解得2 v  2 2，从而即可得答案. 【详解】解： 由题意，当人沿岸边跑的轨迹和人在水中游的轨迹以及船在水中漂流的轨迹组成一个封闭的 三角形时，人才能追上小船. 由题意，当v4时，人不可能追上船， 当0v2时，人不必在岸上跑，从同一地点直接下水就可追上小船 所以2 v  4. 设岸边停放小船处为O，此人在岸边跑到A点后下水，在B处追上小船，人追上船所用时间为t，人在岸 上跑的时间为kt(0 k 1)，则人在水中游的时间为(1k)t，人要追上小船，则人、船运动的路线满足 如图所示的三角形. 因为|OA| 4kt,| AB| 2(1k)t ,|OB| vt，BOA15， 所以由余弦定理得| AB|2|OA|2 |OB|2 2|OA||OB|cos15，即 6  2 4(1k)2t2  (4kt)2 (vt)2 24ktvt ， 4 所以12k2 [2( 6  2)v8]k v2 4  0， v2 4 要使此关于k的方程在(0,1)内有实数解，则有0 1，且 12  [2( 6  2)v8]2 412  v2 4   0，解得2 v  2 2， 所以当2 v  2 2时，人能追上小船， 所以小船被此人追上的最大速度为2 2km/h. 故答案为：2 2km/h. 第 8 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 二、选择题（本大题满分 20分）本大题共有 4题，每题都给出代号为 A、B、C、D 的四个 结论，其中有且只有一个结论是正确的．选对得 5分，不选、选错或者选出的代号超过一 个，一律得零分． 13. 一条直线和这条直线外不共线的三点，最多可确定 A. 三个平面 B. 四个平面 C. 五个平面 D. 六个平面 【答案】B 【解析】 【分析】根据不共线的三点确定一个平面即可得解. 【详解】直线和直线外的每一个点都可以确定一个平面，有三个平面，另外，不共线的三点可以确定一个 平面，最多可确定四个平面．故选B． 【点睛】本题主要考查了平面的性质，属于基础题. 14. 在斜二测画法的规则下，下列结论正确的是（ ） （1）三角形的直观图一定是三角形 （2）正方形的直观图一定是菱形 （3）等腰梯形的直观图可以是平行四边形 （4）菱形的直观图一定是菱形 A. （1）（2） B. （1） C. （1）（3）（4） D. （1）（2）（3）（4） 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则可判断各结论. 【详解】由斜二测画法的规则可知（1）正确，（2）错误； （3）中的平行性质不变，但梯形两底平行且长度不相等，故在直观图中平行且长度不相等，故可能为平 行四边形，（3）错误； （4）中由平行于x轴的长度不变，平行于y轴的长度减半，故菱形的直观图为平行四边形，（4）错误； 故选：B. 15. 已知P是四边形ABCD所在平面外一点，且P到这四边形各边的距离相等，那么这个四边形一定是 （ ） A. 圆内接四边形 B. 矩形 C. 圆的外切四边形 D. 平行四边形 【答案】C 【解析】 【分析】根据距离相等，可得点P在平面ABCD上的投影O到各边距离相等可得答案. 第 9 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】 如图所示，由已知得PEPF PGPH ， 点P在平面ABCD上的投影为O， 所以OE OF OG OH ， 即点O到各边距离相等， 即点O为四边形内切圆圆心， 所以四边形为圆的外切四边形， 故选：C. 16. 在ABC中C 900，AC 4,BC 3，D是AB的中点，E,F 分别是边BC,AC 上的动点，且   EF 1，则DEDF的最小值等于 5 15 17 17 A. B. C. D. 4 4 4 4 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由 ,可分别以 所在的直线为 轴建立直角坐标系，则 3  B3,0,A0,4 ，D  ,2 ，设 ，则0 x3,0 y4． 2  取EF 的中点为M ，则       2 1 由DEDF (DM ME)(DM MF) DM  ， 4 1 1 又 ，则|OM | ，点M 的轨迹为圆x2  y2  的第一象限部分， 2 4 2 1 所以(DM ) (|DO| )2 4 min 2 15   得DEDF 的最小值等于 .(也可以用三角换元利用三角函数求最值的方法解答) 4 故选B. 第 10 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 考点：向量的坐标形式，向量的数量积运算，解析几何中园的方程，线性规划中的截距型应用，也可使用 三角换元，利用三角函数知识解决最值问题． 三、解答题（本大题满分 76分）本大题共有 5题，解答下列各题必须写出必要的步骤，答 题务必写在答题纸上规定位置． 17. 已知向量a ( 3sinx,cosx),b  (cosx,cosx)，其中0，记函数 f(x)a  b  ，已知 f(x) 的最小正周期为. (1)求；  (2)当0 x 时，试求函数 f(x)的值域. 3  3 【答案】（1）1（2）  1,   2 【解析】 【分析】（1）先根据向量数列积得关系式，再根据二倍角公式以及配角公式化为基本三角函数形式，最后  根据正弦函数周期性得；（2）先根据x取值范围得2x 范围，再根据正弦函数性质确定值域. 6 【 详 解 】 （ 1 ） 3 1 1   1 2 f x 3sinxcosxcosxcosx sin2x cos2x sin2x  ,T  1， 2 2 2  6 2 2   1    5  3 （2）由（1）知 f xsin  2x   ，  0 x ， 2x+  ， f x  1,  ，所以函  6  2 3 6 6 6  2  3 数 f x 的值域  1, .  2 【点睛】本题考查二倍角公式、配角公式以及正弦函数性质，考查基本分析求解能力. 18. 在矩形ABCD中，AB 2，AD3，沿BD折叠后C点在平面ABD上的射影M恰好落在AD上， 如图所示． 第 11 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）求证：CD AB （2）求CD与平面ABD所成角的余弦值 【答案】（1）证明见解析； 2 （2） . 3 【解析】 【分析】（1）证明AB平面ADC, 原题即得证； （2）证明CDM 就是CD与平面ABD所成角，再解三角形得解. 【小问1详解】 证明：如图，由题得CM 平面ABD, 因为AB平面ABD，所以CM AB. 又AB AD, CM,AD平面ADC, CM  AD  M ， 所以AB平面ADC,又CD平面ADC, 所以ABCD. 【小问2详解】 解：因为CM 平面ABD, 所以CDM 就是CD与平面ABD所成角. （1）中已证AB平面ADC,又CA平面ADC, 所以ABAC,所以AC  32 22  5. 所以CD2 CA2  AD2,DCA90. 第 12 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 所以cosCDM  . 3 2 所以CD与平面ABD所成角的余弦值为 . 3 1 19. 已知z为虚数，若 z R，且12. z （1）求z的实部的取值范围； 1z （2）设 ，求2的最小值. 1z 1 【答案】（1） a1 2 （2）1 【解析】 【分析】（1）设复数z abi，根据复数的四则运算化简可得a2 b2 1，进而可得a的取值范围； （2）根据复数的四则运算，结合基本不等式可得最小值. 【小问1详解】 设z abi，b0 1 1 abi  a2 b2 1  a  a2 b2 1  b 则 z abi abi   i， z abi a2 b2 a2 b2 a2 b2  a2 b2 1  b 又R，则 0， a2 b2 所以a2 b2 1， 所以2a，即12a2， 1 解得 a1； 2 【小问2详解】 1z 1abi   1abi    1abi  1a2 b2 2bi     ， 1z 1abi 1abi1abi 12aa2 b2     由（1）得a2 b2 1，2a 2bi b 所以  i， 22a 1a b2 1a2 1a 2 2 所以2 2a 2a 2a 2a1 2a2 3， 1a2 1a2 1a 1a 1a 第 13 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 又 a1， 2 所以a10， 2 2 2 所以2a2 2 21a 4，当且仅当2a2 ，即a0时等号成立， 1a 1a 1a 2 所以2 2a2 3431， 1a 即2的最小值为1. 20. 在 ABC中，AB 2，AC 3，O为三角形ABC的外心．  uuur uuur （1）BC  10，求ABAC    （2）AO xAB yACx,y 0，且x2y 1，求cosBAC    （3）在（1）条件下，AO pABqAC ，求p、q的值 3 【答案】（1） 2 3 （2） 4 1 4 （3） p  ，q ． 3 9 【解析】    【分析】（1）由BC  ACAB平方转化为数量积的运算可得；     1 2    （2）用两种方法计算AOAB，由外心性质得AOAB AB 2，由AO xAB yAC计算 2         AOAB，得x,y,ABAC的等式，同样计算AOAC，又得x,y,ABAC的等式，结合已知条件可求 uuur uuur 得ABAC ，再由数量积定义可得； （3）结合（1）的条件（2）的方程得 p,q的方程组，解之可得． 【小问1详解】    BC  ACAB， 2   2   2 BC (ACAB)2  AC 2ACAB AB ，     3 所以( 10)2 32 2ABAC22，ABAC  ； 2 【小问2详解】 如图，O是 ABC的外心，D是AC中点，则OD AC，  第 14 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )       1 2 9 AOAC  AO AC cosOAC  AC  AD  AC  ， 2 2   1 2 同理AOAB AB 2， 2    AO xAB yAC， 则  A  O    A  B   x  A  B 2  y  A  B    A  C  ，即4x y  A  B    A  C  2①，  A  O    A  C   x  A  B    A  C   y  A  C 2 ，即x  A  B    A  C  9y  9 ②， 2 9 ①x②y得4x2 9y2 2x y③， 2 1 4 又x2y 1，即x12y，代入③，解得14y2 15y40，y  或y  ， 2 7 1 y  时，x0，不合题意，舍去， 2 4 1   9 9 3 y  时，x  ，代入①得ABAC  ，即23cosBAC  ，cosBAC  ； 7 7 2 2 4 【小问3详解】   3    由（1）ABAC  ，又AO pABqAC ，由（2）知： 2 3 则  A  O    A  B   p  A  B 2 q  A  B    A  C  ，即4p q 2④， 2 3 9  A  O    A  C   p  A  B    A  C  q  A  C 2，即 p9q ⑤， 2 2  1 p   3 ④⑤联立解得 ． 4  q  9 21. 如图，在四边形ABCD中，G为对角线AC与BD中点连线MN 的中点，P为平面上任意给定的一 点. 第 15 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) uuur uur uur uuur uuur （1）求证：4PG  PAPBPCPD； uuur uuur uuur uuur uuur uuur  （2）若ABBC  BCCD0， AB 1， BC 1， CD 2，点E在直线AD上运动，当E在什么  位置时， EG 取到最小值？ uuur uur （3）在（2）的条件下，过G的直线分别交线段AB、CD于点H 、K（不含端点），若BH mBA， uuur uuur 1 1 CK nCD，求  的最小值. m n 1  4 2 【答案】（1）证明见解析；（2）E 在线段AD上且AD AE时， EG 取到最小值；（3）2 ． 8 3 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算计算；  （2）由已知得ABBC ，以BC,BA为x,y建立平面直角坐标系，用坐标运算求得 EG ，求得其最小 值； 1 1 （3）根据向量的线性运算得出m,n的关系式，然后由基本不等式求得  的最小值． m n    【详解】（1）因为M 是BD中点，所以MBMD0，              所以PBPD(PM MB)(PM MD)2PM ，同理PAPC 2PN ，PM PN 2PG， uur uur uuur uuur uuur uuur uuur 所以PAPBPCPD2PM 2PN 4PG； uuur uuur uuur uuur （2）因为 ABBC  BCCD0，所以ABBC ，CD BC， 以BC,BA为x,y建立平面直角坐标系，如图，则B(0,0),A(0,1),C(1,0),D(1,2)，由（1）知 0011 0102 1 3  G( , )，即G( , )，AD(1,1)， 4 4 2 4      1 1 1 1  设AE kAD(k,k)，EG  AGAE ( , )(k,k)  k, k ， 2 4 2 4   1 1 1 5 1 9 EG  ( k)2 ( k)2  2k2  k  2(k )2  ， 2 4 2 16 8 32 第 16 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1  3 2 k  时， EG  ． 8 min 8 1  所以E在线段AD上且AD AE时， EG 取到最小值； 8 uuur uur uuur uuur （3）因为BH mBA，CK nCD，所以H(0,m)，K(1,2n)，  1 3  1 3   GH ( ,m ),GK ( ,2n ),又H,G,K 三点共线，即GH,GK 共线， 2 4 2 4 1 3 1 3 3 所以 (2n ) (m )0，m2n ，又0m1,0n1， 2 4 2 4 2 1 1 2 1 1 2 2n m 2  2n m      (m2n)   3    32 2 ，当且仅当  ，即 m n 3m n 3 m n  3 m n 3(2 2) 3( 21) n ,m 时，等号成立． 4 2 1 1 4 2 所以  的最小值为2 ． m n 3 第 17 页 共 17 页