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华中师大一附中2021-2022学年度高一第二学期期中检测期中复习压轴题精选题组一、单选题1．已知ABC ∆的外接圆半径为1，圆心为点O ，且3450++=OA OB OC ，则ABC ∆的面积为A ．85B ．75C ．65D ．452．在ABC 中，,,a b c 是角,,A B C 的对边，已知,73A a π==，则以下判断错误的是（）A ．ABC 的外接圆面积是493π；B ．cos cos 7b C c B +=；C ．b c +可能等于14；D ．作A 关于BC 的对称点A '，则AA '.3．在钝角ABC 中，,,a b c 分别是ABC 的内角,,A B C 所对的边，点G 是ABC 的重心，若AG BG ⊥，则cos C的取值范围是（）A ．⎛ ⎝⎭B ．45⎡⎢⎣⎭C ．⎫⎪⎪⎝⎭D ．4,15⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N ，P 分别是1CC ，BC ，DC 的中点，则下列说法错误的是（）A ．1//MP AB B ．//AO 平面MNP C ．MN ⊥平面11A B CDD ．MN 与1AD 是异面直线5．已知四面体ABCDM ，N 分别为棱AD ，BC 的中点，F 为棱AB 上异于A ，B 的动点．有下列结论：①线段MN 的长度为1；②若点G 为线段MN 上的动点，则无论点F 与G 如何运动，直线FG 与直线CD 都是异面直线；③MFN ∠的余弦值的取值范围为[0,)5；④FMN 1．其中正确结论的为（）A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④二、多选题6．“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log o 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A S ，B S ，C S ，则0A B C S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅=.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OA OB OB OC OA OC ⋅=⋅=⋅.则（）A ．O 为ABC 的外心B ．BOC A π∠+=C ．::cos :cos :cos OA OB OC A B C=D ．tan tan tan 0⋅+⋅+⋅=A OAB OBC OC 7．下列结论正确的是（）A ．在ABC 中，若AB >，则sin sin A B>B ．在锐角三角形ABC 中，不等式2220b c a +->恒成立C ．在ABC 中，若cos cos a B b A c -=，则ABC 是直角三角形D ．在ABC 中，若360b A ==︒，，三角形面积S =8．下列说法正确的是（）A ．若非零向量0AB AC BC AB AC ⎛⎫ ⎪+⋅= ⎪⎝⎭，且12AB AC AB AC ⋅= ，则ABC 为等边三角形B ．已知,,,OA a OB b OC c OD d ==== ，且四边形ABCD 为平行四边形，则0a b c d +--=C ．已知正三角形ABC的边长为O 是该三角形的内切圆，P 是圆O 上的任意一点，则PA PB ⋅的最大值为1D ．已知向量()())2,0,2,2,cos sin OB OC CA αα===，则OA 与OB 夹角的范围是5,412ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦9．已知点M 为正方体1111ABCD A B C D -内（含表面）的一点，过点M 的平面为α，以下描述正确的有（）A ．与1AA 和11BC 都平行的α有且只有一个B ．过点M 至少可以作两条直线与1AA 和11BC 所在的直线都相交C ．与正方体的所有棱所成的角都相等的α有且只有四个D ．过点M 可以作四条直线与正方体的所有棱所成的角都相等10．如图，已知在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为1AD 上的动点，则下列结论正确的有（）.A ．当P 运动到1AD 中点时，直线BP 与平面ABCD 所成角的正切值为5B ．当P 在直线1AD 上运动时，三棱锥11C A PB -的体积会随着P 点的运动而变化C ．当点P 在直线1AD 上运动到某一点时，直线1B C 与平面1BPC 所成角为π4D ．当P 在直线1AD 上运动时，111A PB △三、填空题11．在ABC 中，60BAC ∠=︒，2AC →=，2BD DC →→=，AD →=，则AB →=______；设()AE AC AB R λλ→→→=-∈，且4AD AE →→⋅=，则λ的值为______.12．如下图，ABC 中，875AB AC BC G ===,,,为ABC 重心，P 为线段BG 上一点，则PA PC ⋅的最大值为______，M N 、分别是边BC BA 、的中点，则AP MN ⋅的取值范围是______.13．已知12,|6OA OE →→==∣，对t R ∀∈，恒有||||OA OE A t E →→→-≥，且点M 满足21,33OM OE OA →→→=+N 为OA 的中点，则OA OE →→⋅的值为__________，MN →的值为__________.14．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了"勾股圆方图"，亦称"赵爽弦图"(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成)．类比"赵爽弦图"，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设 ,AD AB AC λμ=+ 若4AD AF =，则λ-μ的值为___________15．法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名．对ABC 而言，若其内部的点P 满足120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒，则称P 为ABC 的费马点．如图所示，在ABC 中，已知45BAC ∠=︒，设P 为ABC 的费马点，且满足452PBA PA ∠=︒=，．则ABC 的外接圆直径长为_________．16．三角形蕴涵大量迷人性质，例如：若点O 在ABC 内部，用A B C S S S 、、分别代表OBC 、OCA 、OAB的面积，则有0A B C S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅=．现在假设锐角三角形顶点,,A B C 所对的边长分别为,,,a b c H 为其垂心，,,HA HB HC的单位向量分别为123,,e e e ，则123ae be ce ++= _________．17．在锐角三角形ABC 中，角A ､B ､C 的对边分别为a ､b ､c ，且满足22b a ac -=，则11tan tan A B-的取值范围为___________.18．某园区有一块三角形空地（如图ABC ），其中20m AB =，40m AC =，2ABC π∠=，现计划在该空地上选三块区域种上三种不同颜色的花卉，为了划分三种花卉所在的区域且浇灌方便和美观，需要在空地内建一个正三角形形状的水池，要求正三角形的三个顶点分别落在空地的三条边界上（如图DEF ），则水池面积的最小值为________2m ．19．如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，其侧面展开图是边长为4的正方形，E ､F 分别是侧棱1AA ､1CC 上的动点，4AE CF +=，点P 在棱1AA 上，且1AP =，若//EF 平面PBD ，则CF =___________.四、解答题20．如图所示，AD 是ABC 的一条中线，点O 满足2AO OD =，过点O 的直线分别与射线AB ，射线AC 交于M ，N 两点.(1)求证：1133AO AB AC =+；(2)设AM mAB = ，AN nAC = ，0m >，0n >，求11m n+的值；(3)如果ABC 是边长为()0a a >的等边三角形，求22OM ON +的取值范围.21．已知O 是线段AB 外一点，若OA a =，OB b =．（1）设点G 是OAB 的重心，证明：()13OG a b =+；（2）设点1A 、2A 是线段AB 的三等分点，1OAA 、12OA A △及2OA B △的重心依次为1G 、2G 、3G ，试用向量a 、b表示123OG OG OG ++ ；（3）如果在线段AB 上有若干个等分点，请你写出一个正确的结论？(不必证明)说明：第（3）题将根据结论的一般性程度给予不同的评分．22．已知[0,)θπ∈，向量(cos ,sin )a θθ=，(1,0)b = ，1P 、2P 、3P 是坐标平面上的三点，使得()1122OP OP a OP a ⎡⎤=-⋅⎣⎦ ，()3222OP OP b OP b ⎡⎤=-⋅⎣⎦．（1）若2πθ=，1P 的坐标为(20,21)，求3OP ；（2）若23πθ=，16OP = ，求3OP 的最大值；（3）若存在[0,)απ∈，使得当1(cos ,sin )OP αα=时，△123PP P 为等边三角形，求θ的所有可能值．23．已知ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，向量(,)m b a c =+ ，(,)n b c c a =-- ，m n ⊥.(1)若8a =，8AB AC ⋅=，D 为边BC 的中点，求中线AD 的长度；(2)若E 为边BC 上一点，且1AE =，:2:BE EC c b =，求2b c +的最小值.24．已知,,a b c 分别为ABC 三个内角,,A B C 的对边，22sin sin sin sin A B B C =+.（1）若D 是BC 上的点，且AD 平分角A ，AD =6c =，求C ；（2）若cos()B A -=c =ABC 的面积.25．（1）在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若cos 0a C C b c +--=，且2a =，则ABC 内切圆半径的最大值为_________（2）随着节假日外出旅游人数增多，倡导文明旅游的同时，生活垃圾处理也面临新的挑战，某海滨城市沿海有A B C ，，三个旅游景点，在岸边BC 两地的中点处设有一个垃圾回收站点O （如图），A B ，两地相距10km ，从回收站O 观望A 地和B 地所成的视角为60︒，且224OA OB OA OB +≥⋅，设AC x =km ；（i ）用x 分别表示22OA OB + 和OA OB ⋅，并求出x 的取值范围；（ii ）若B 地到直线AC 的距离为BD ，求BD 的最大值．26．已知O 为坐标原点，对于函数()sin cos f x a x b x =+，称向量(,)OM a b =为函数()f x 的相伴特征向量，同时称函数()f x 为向量OM的相伴函数.（1）设函数53()sin sin 62g x x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，试求()g x 的相伴特征向量OM ；（2）记向量ON = 的相伴函数为()f x ，求当8()5f x =且,36x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，sin x 的值；（3）已知(2,3)A -，(2,6)B ，(OT = 为()sin 6h x m x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的相伴特征向量，()23x x h πϕ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，请问在()y x ϕ=的图象上是否存在一点P ，使得AP BP ⊥.若存在，求出P 点坐标；若不存在，说明理由.27．杭州市为迎接2022年亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图的五边形ABCDE ，运动员的公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车上或收容车上获得帮助．比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行．还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料，工具和配件．所以项目设计需要预留出BD ，BE 为赛道内的两条服务通道（不考虑宽度），ED ，DC ，CB ，BA ，AE 为赛道，2,,8km 34BCD BAE CBD CD DE ππ∠=∠=∠===．（1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道BE 的长度；①712∠=CDE π；②3cos 5DBE ∠=（2）在（1）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道BAE 最长（即+BA AE 最大），最长值为多少？28．如图，在直角梯形OABC 中，//,,22,OA CB OA OC OA BC OC M ⊥==为AB 上靠近B 的三等分点，OM交AC 于,D P 为线段BC 上的一个动点．（1）用OA 和OC 表示OM；（2）求ODDM ；（3）设OB CA OP λμ=+，求λμ⋅的取值范围．29．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1111,A B B C A B AC ⊥⊥．（1）求证：1111A C B C =；（2）若1B C 与1AC 的所成角的余弦值为13，求1BB 与平面11A B C 所成角的正弦值．30．四面体ABCD 中，（1）,,AB CD AC BD AD BC ===．求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；（2）有4条长为2的线段和2条长为a 的线段，用这6条线段作为棱，构成一个三梭锥，问a 为何值时，可构成一个最大体积的三棱锥，最大值为多少？((,,0)3a b ca b c ++≤>，当且仅当a b c ==时取得等号)参考答案1．C【详解】试题分析：由3450OA OB OC ++=变形可得,即,所以,由3450OA OB OC ++=变形可得,故,所以,同理可得:,所以,选D.考点：向量的运算和余弦定理及三角形面积公式的应用．【易错点晴】本题是一道综合性较强的问题.解答时巧妙地利用题设条件外接圆半径为1及3450OA OB OC ++=,不厌其烦的运用完全平方公式进行了三次两边平方,再运用余弦定理将三边分别算出来,最后再借助三角形的面积公式求出其面积.值得提出的是本题的难点是如何探寻到解决问题的思路,很难将面积问题与一个不相干的向量等式进行联系,在这里两边平方是解决本题的突破口.2．D【分析】对A ：利用正弦定理可求得ABC 的外接圆半径，即可求解ABC 的外接圆面积；对B ：利用余弦定理角化边，即可求解；对C ：利用正弦定理边化角，再结合两角和差的正弦公式，即可求解；对D ：利用三角形面积公式和余弦定理，及均值不等式，即可求解．【详解】解：对A ：3A π=，7a =，∴由正弦定理可得2sin a R A ，即ABC的外接圆半径R =ABC ∴的外接圆面积是22493R πππ=⨯=⎝⎭，故A 选项正确；对B ：由余弦定理可得222222cos cos 722a b c c a b b C c B b c a ab ac+-+-+=⋅+⋅==，故B 选项正确；对C：由正弦定理可得2(sin sin )sin sin 14cos 33b c R B C ππααα⎤⎛⎫⎛⎫+=+-++= ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，33ππα⎛⎫-<< ⎪⎝⎭，(]7,14b c ∴+∈，故C 选项正确；对D ：设A 关于BC 的对称点我A '，A 到BC 的距离为h ，∴11sin 223ah bc π=，即h =，又由余弦定理可得222222cos 23a b c bc b c bc bc bc bc π=+-=+--=，当且仅当b c =时等号成立，所以27h =≤，即h 所以||AA '的最大值是D 选项错误．故选：D ．3．C【分析】延长CG 交AB 于D ，由重心性质和直角三角形特点可求得32CD c =，由cos cos BDC ADC ∠=-∠，利用余弦定理可构造等量关系得到2225a b c +=，由此确定C 为锐角，则可假设A 为钝角，得到222b c a +<，222a c b +>，a b >，由此可构造不等式组求得b a 的取值范围，在ABC 利用余弦定理可得2cos 5a b C b a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，利用ba的范围，结合C 为锐角可求得cos C 的取值范围.【详解】延长CG 交AB 于D ，如下图所示：G 为ABC 的重心，D ∴为AB 中点且3CD DG =，AG BG ⊥ ，12DG AB ∴=，3322CD AB c ∴==；在ADC 中，2222222225522cos 3232c bAD CD AC c b ADC AD CD c c -+--∠===⋅；在BDC 中，2222222225522cos 3232c a BD CD BC c a BDC BD CD c c -+--∠===⋅；BDC ADC π∠+∠= ，cos cos BDC ADC ∴∠=-∠，即222222525233c a c b c c--=-，整理可得：22225a b c c +=>，C ∴为锐角；设A 为钝角，则222b c a +<，222a c b +>，a b >，2222222255a ba b a b b a ⎧+>+⎪⎪∴⎨+⎪<+⎪⎩，22221115511155b b a a b b a a ⎧⎛⎫⎛⎫++<⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∴⎨⎛⎫⎛⎫⎪<++ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩，解得：223b a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，0a b >>，03b a ∴<<，由余弦定理得：22222222cos 2555a b c a b a b C ab ab b a ⎫+-+⎛⎫==⋅=+>⨯= ⎪⎝⎭⎝又C为锐角，cos 1C <，即cos C的取值范围为3⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形中的取值范围问题的求解，解题关键是能够由两角互补得到余弦值互为相反数，由余弦定理得到2225a b c +=，确定C 为锐角，从而得到三边之间的不等关系，求得ba的范围.4．D【分析】根据所给条件和线面关系，逐项分析判断即可得解.【详解】对A ，如图所示，连接11,AB DC ，因为点,M P 为1,CC CD 中点，所以1//MP DC ，在正方体中易得11//AB DC ，所以1//MP AB ，故A 正确；对B ，如图所示，连接,BD AC 交于点E ，连接1C E ，NP 与AC 交于点F ，连接MF ，在正方体中，易得1//OC AE ，1OC AE =，所以四边形1AEC O 为平行四边形，则1//AO C E ，又,P N 为,CD CB 中点，点F 在PN 上，则易知点F 为CE 的中心点，因为点,M F 为中点，所以1,////MF C E AO MF ，又MF ⊂平面MPN ，AO ⊄平面MPN ，所以//AO 平面MPN ，故B 正确；对C ，如图所示，连接1BC ，在正方体中，易知1,CD BC CD CC ⊥⊥，所以CD ⊥平面11BCC B ，又MN ⊂平面11BCC B ，所以CD MN ⊥，又,M N 为1CC ，BC 中点，则1//MN BC ，又11BC B C ⊥，所以1MN B C ⊥，所以MN ⊥平面11A B CD ，故C 正确；对D ，如图所示，连接11,BC AD ，易知：11//,BC AD 又1//MN BC ，则1//MN AD ，所以MN 与1AD 共面，故D 错误.故选：D5．D【分析】将正四面体ABCD 放置于正方体中，由M ，N 所处位置即可判断①；取AB ，MN ，CD 中点F ，G ，E ，探讨它们的关系可判断②；计算cos MBN ∠可判断③；把正ACB △与正ADB △展开在同一平面内，计算即可判断④并作答.【详解】如图，在棱长为1的正方体上取顶点A ，B ，C ，D ，并顺次连接即可得四面体ABCD因M ，N 分别为棱AD ，BC 的中点，则M ，N 恰为正方体相对面的中心，即MN =1，①正确；取AB 的中点F ，MN 的中点G ，CD 的中点E ，由正方体的结构特征知F ，G ，E 共线，即直线FG 与直线CD 交于E ，②不正确；MBN △中，BM =,12BN MN ==，由余弦定理得：222cos 2BN BM MN MBN BN BM +-∠==>⋅，当点F 无限接近于点B 时，cos MFN ∠，③不正确；把四面体ABCD 中的正ACB △与正ADB △展开在同一平面内，连接MN ，MN 必过AB 的中点，在AB 上任取点F '，连,MF NF ''，如图，此时，MF NF MN ''+≥=F '与线段AB 中点重合时取“=”，则对AB 上任意点F ，MF NF +有最小于是得在四面体ABCD 中，FMN 周长MF NF MN ++1，④正确，所以①④为正确的结论.故选：D6．BCD【分析】由根据数量积的运算律可得0OB CA OB CA ⋅=⇔⊥,可得O 为ABC 的垂心；结合OBC C OCB B π∠++∠+=与三角形内角和等于π可证明B 选项；结合B 选项结论证明cos :cos :A B OA OB =即可证明C 选项，利用奔驰定理证明:tan :tan A B S S A B =可证明D 选项．【详解】解：因为()00OA OB OB OC OB OA OC OB CA OB CA ⋅=⋅⇔⋅-=⇔⋅=⇔⊥，同理OA CB ⊥，OC AB ⊥，故O 为ABC 的垂心，故A 错误；,22OBC C OCB B ππ∠+=∠+=，所以OBC C OCB B π∠++∠+=，又OBC OCB BOC π∠+∠+∠=，所以BOC C B ∠=+，又A B C π++=，所以BOC A π∠+=，故B 正确；故A BOC π=-∠，同理B AOC π=-∠，延长CO 交AB 与点P ，则cos :cos cos():cos()cos :cos ::OP OP A B BOC AOC BOP AOP OA OB OB OAππ=-∠-∠=∠∠==，同理可得cos :cos :A C OA OC =，所以cos :cos :cos ::A B C OA OB OC =，故C 正确；11:():():tan :tan 22A B S S OC BP OC AP BP AP OP POB OP AOP =⋅⋅⋅⋅==∠∠tan :tan tan():tan()tan :tan BOC AOC A B A B ππ=∠∠=--=，同理可得:tan :tan A C S S A C =，所以::tan :tan :tan A B C S S S A B C =，又0A B C S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅= ，所以tan tan tan 0⋅+⋅+⋅= A OA B OB C OC ，故D 正确．故选：BCD ．7．ABC【分析】利用三角形“大角对长边”和正弦定理即可判断A ；利用余弦定理222cos 02b c a A bc+-=>，即可判断B ；首先利用正弦定理得到()()sin sin A B A B +=-，即可求出2A π=判断C ；对选项D ，首先利用面积公式得到4c =，利用余弦定理得到a =，再利用正弦定理2sin a R A=即可判断D.【详解】对于A ，在ABC 中，由>⇒>A B a b ，利用正弦定理得2sin 2sin sin sin R A R B A B >⇒>，故A 正确.对于B ，由锐角三角形知02A π<<，则222cos 02b c a A bc+-=>，2220b c a ∴+->，故B 正确.对于C ，由cos cos a B b A c -=，利用正弦定理得sin cos sin cos sin A B B A C -=，即()()sin sin A B A B +=-，故A B A B π++-=，即2A π=，则ABC 是直角三角形，故C 正确.对于D ，11sin 322S bc A c ==⨯⨯=4c =，利用余弦定理知22212cos 916234132a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=，所以a =2R =，3R =，故D 错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题主要考查正弦定理和余弦定理的综合应用，熟练掌握公式为解题的关键，属于中档题.8．AC【分析】利用单位向量以及向量数量积的定义可判断A ；利用向量的加法运算可判断B ；利用向量的加、减运算可判断C ；由题意可得点A 在以()2,2为圆心，2为半径的圆上，由向量夹角定义可判断D.【详解】A ，因为非零向量0AB AC BC AB AC ⎛⎫ ⎪+⋅= ⎪⎝⎭，所以BAC ∠的平分线与BC 垂直，ABC 为等腰三角形，又12AB AC AB AC ⋅= ，所以3BAC π∠=，所以ABC 为等边三角形，故A 正确；B ，a b c d OA OB OC OD +--=+-- ,CA DB CD DA DA AB =+=+++ ，在平行四边形ABCD 中，有AB DC = ，所以原式20DA =≠ ，故B 错误；C ，设正三角形ABC 内切圆半径r ，由面积相等可得112332323sin 223r π⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，解得1r =，令AB 的中点为D ，从而3DA DC ==,则2PA PB PD += ，2PA PB BA DA -== ,两式平方作差可得22444PA PB PD DA ⋅=- ,即23PA PB PD ⋅=- ，若要使PA PB ⋅ 最大，只需2PD 最大由于D 为AB 的中点，也为圆O 与AB 的切点，所以PD 的最大值为22r =，所以23431PA PB PD ⋅=-≤-= ，故C 正确；D ，设(),OA x y = ，()()2cos ,2sin 2,2CA OA OC x y αα=-=--=，所以22cos x α-=，22sin y α-=，所以()()22222x y -+-=，即A 在以()2,2为圆心，2为半径的圆上，如图：2221sin 222COA ∠==+，所以6COA π∠=，当OA 与圆在下方相切时，OA 与OB 夹角最小，此时为4612πππ-=，当OA 与圆在上方相切时，OA 与OB 夹角最大，此时为54612πππ+=，所以OA 与OB 夹角的范围是5,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故D 错误.故选：AC【点睛】关键点点睛：本题考查了向量的数量积定义、向量的加减法以及向量的夹角，解题的关键是是将向量问题转化为平面几何问题，利用圆的性质求解，考查了转化思想、数学运算、数学建模，此题是向量的综合题目.9．CD【分析】A,B 选项都可以很明显的找到反例，证明选项是错误的；C,D 选项也有共同之处，C 选项中，要想所有棱与平面所成夹角相同，只需要共顶点的三条侧棱与平面夹角相同即可，所以想到了以正方体的一个顶点作正三棱锥；同理，D 选项中，要想所有棱与直线夹角相同，也只需要共顶点的三条侧棱与该直线夹角相同即可，所以是三棱锥的高线，从而得到答案【详解】A 选项中，如果M 点在1AA 或11B C 上的话，则不存在这样的面，所以A 选项错误B 选项中，1AA ∥平面11BBC C ，所以如果M 点在面11BB C C 上时，过M 的直线如果跟11B C 相交，则与1AA 异面，不会相交，所以B 选项错误C 选项中，以A 为顶点，1A BD 为底面，做三棱锥，则该三棱锥为正三棱锥，1,,AB AD AA 与底面的夹角相同，其他棱与这三条棱平行，所以夹角也相同；同理，以,,B C D 为顶点的三棱锥都可以满足，所以，过点M 作与这四个面平行的面即可，所以与正方体的所有棱所成的角都相等的α有且只有四个，C 选项正确D 选项中，与C 选项同理，以A 为顶点做正三棱锥，则三棱锥过上顶点的高所在的直线，与三条棱1,,AB AD AA 的夹角是相同的，则与其他棱的夹角也是相同的，同理，以,,B C D 为顶点的三棱锥的高也都可以满足，且过M 只有一条线与该条直线平行或重合，所以有四条直线与正方体的所有棱所成的角都相等故选：CD【点睛】本题目难度较大，A,B 选项主要考察异面直线的特征，以及特殊情况的考虑，可以用举反例的方法排除；C,D 选项主要考察对正方体特征的把握，所有棱与面的夹角，或者与直线的夹角，等价于三条共顶点的棱与面的夹角，或者与直线的夹角，因为剩余其他棱都是与这三条棱平行的，位置关系一致，从而想到用正三棱锥解决10．AD【分析】选项A 利用线面角的定义求解；选项B 中以1A 为顶点，通过论述三棱锥11A BPC -的底面积和高不变，从而体积不变，来说明三棱锥11C A PB -的体积不变；选项C 由线面垂直来说明；选项D 中，以11A B 为底边，点P 到11A B 的距离为高，来确定111A PB △的面积存在最小值2.【详解】A 选项：当P 运动到1AD 中点时，点P 到底面的距离1PH =，且点P 在底面的投影H 为边AD 的中点，此时HB =HBP ∠为BP 与底面ABCD 所成的角，5=，A 正确；B 选项：点P 在直线1AD 上运动时，11//AD BC ，点P 到底边1BC 的距离不变，所以1PBC 的面积为定值，又1PBC 始终在平面11ABC D 上，点1A 到平面11ABC D 的距离不变，所以三棱锥11A BPC -的体积不变，即三棱锥11C A PB -的体积不变，B 错误；C 选项：当P 在直线1AD 上运动时，1B C ⊥平面11ABC D ，平面1BPC 即为平面11ABC D ，所以1B C ⊥平面1BPC ，故C 错误；D 选项：P 在直线1AD 上运动时，易得11A B AP ⊥，1PA ∴为P 到直线11A B 的距离，当P 为1AD 中点时，点P 到直线11A B 的距离最小，此时11A PB V 的面积最小为122S =⨯=，故D 正确.故选：AD.11．32711【分析】由2BD DC →→=可得1233AD AB AC →→→=+，然后两边平方处理，结合平面向量的数量积运算，解方程即可；把1233AD AB AC →→→=+和AE AC AB λ→→→=-代入4AD AE →→⋅=，化简整理后，代入已知数据，解关于λ的方程即可得解．【详解】解： 2BD DC →→=，B ∴、D 、C 三点共线，∴1233AD AB AC →→→=+，两边平方得：2221412||||||2||||cos 609933AD AB AC AB AC →→→→→=++⨯⨯︒ ，∴2371441||42||99992AB AB →→=+⨯+⨯⨯⨯，解得：37AB →=-或（舍去）． 4AD AE →→= ，12()()433AB AC AC AB λ→→→→∴+-= ，化简整理，得221224333AB AC AB AC λλ→→→→--++= ，∴1229432cos 604333λλ--⨯+⨯+⨯⨯⨯︒=，解得2711λ=．故答案为：3，2711．【点睛】本题考查平面向量的模、向量的加减法运算以及向量的数量积运算，利用到了平面向量基本定理，还采用了平方法解决模长问题，考查学生的分析能力和运算能力．12．203122,2⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【分析】利用向量求得PA PC ⋅ 的表达式，由此求得PA PC ⋅ 的最大值.利用向量求得AP MN ⋅ 的表达式，由此求得AP MN ⋅ 的取值范围.【详解】2228571cos 2852ABC +-∠==⨯⨯，由于()0,ABC π∠∈，所以3ABC π∠=.设D 是AC 中点，则,,,B P G D 共线.()12BD BC BA =+ ,()2222111129582584424BD BC BA ⎛⎫=+=++⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭.12949643944cos 12977129222ADB +--∠==⨯⨯，()()()()222494PA PC PD DA PD DC PD DA PD DA PD DA PD ⋅=++=+-=-=- .2PD 的最大值为21294BD = ，所以PA PC ⋅ 的最大值为129492044-=.()()11222AP MN AD DP CA AD DP DA ⋅=+⋅=+⋅ 249739427129AD DP DA DP ⎛⎫=-+⋅=-+⋅⋅- ⎪⎝⎭493942129DP =--⋅ ，其中13BD DP BD ≤≤ ，即12912962DP ≤≤ ，所以3939391242129DP ≤⋅≤ ，3939394122129DP -≤-⋅≤- ，49393122422129DP -≤--⋅≤- .即AP MN ⋅ 的取值范围是3122,2⎡⎤--⎢⎣⎦.故答案为：20；3122,2⎡⎤--⎢⎣⎦【点睛】要求向量数量积的最值或范围，需要利用数量积的运算将所求表达式进行化简，结合已知条件求得求得最值或范围.13．36【分析】先根据||||OA OE A t E →→→-≥得到AE OE →→⊥，进而得到OA OE →→⋅；将MN →表示为,OA OE →→，然后由模的定义求出答案.【详解】对R t ∀∈，恒有||||OA OE A t E →→→-≥，如示意图：12||,||||||AE AE AE AE →→→→≥≥可得AE OE →→⊥，所以2||36,OA OE OE →→→⋅==121233MN ON OM OA OE OA →→→→→→⎛⎫=-=-+ ⎪⎝⎭又12,63OA OE →→=-则1263MN OA OE →→→=-==故答案为：36,14．47【分析】令AF =1，延长AD 交BC 于M ，求出AB ，BM ，DM ，再借助平面向量基本定理即可作答.【详解】因4AD AF = ，令AF =1，则有1,4BD AD ==，ABD △中，120ADB ∠=o ，由余弦定理得AB =AD 交BC 于M ，如图，由正弦定理得sin sin BD AB MAB ADB =∠∠，则有12sin 14MAB ⋅∠=，cos MAB ∠=，1sin sin(60)sin 2214AMB MAB MAB MAB ∠=∠+=∠+∠= ，BMD 中，由正弦定理得sin sin sin 5DM BM BD MBD BDM BMD ===∠∠∠，而MBD MAB ∠=∠，因此得15DM =，BM =2121520AM AD ==，15BM BC =，141555AM AB BM AB BC AB AC =+=+=+ ，20164212121AD AM AB AC ==+ ，因 AD AB AC λμ=+ ，由平面向量基本定理得164,2121λμ==，所以47λμ-=.故答案为：47【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．15．【分析】（1）由已知利用三角形的内角和定理可得15PAB ∠= ，30PAC ∠= ，可得在PAC △中，30PCA ∠=o ，可得2PA PC ==，在PAB △中，由正弦定理可得PB 的值,在PBC 中，利用余弦定理求出BC ，在ABC 中，利用正弦定理即可求出外接圆的直径.【详解】由已知1801204515PAB ∠=︒-︒-︒=︒，所以451530PAC ∠=︒-︒=︒.在PAC △中，1801203030PCA ∠=︒-︒-︒=︒，故2PA PC ==.在PAB △中，由正弦定理2sin15sin15sin 45sin 45PB PA PB ︒=⇒=︒︒︒（*）而()1sin15sin 453022224︒=-⨯-⨯=︒︒，sin 452=°代入（*）式得1PB =.在PBC 中，利用余弦定理2222cos1206BC PB PC PB PC =+-⋅=o ，在ABC中，利用正弦定理2sin 45BC R ==︒则ABC的外接圆直径长为故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查三角形的内角和定理、特殊角的三角函数值、两角差的正弦函数公式、正弦定理及余弦定理在解三角形中的综合应用，考查转化与化归思想、函数与方程思想，属于较难题．16．0【分析】由0A B C S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅= 可得112a HD HA e ⋅+ 212b HE HB e ⋅+ 3102c HF HC e ⋅= ，根据相似三角形可得HD HA HE HB = ，HF HC HE HB = ，即HD HA HE HB = HF HC = ，即可得1230ae be ce ++= 【详解】由0A B C S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅= 可得1231110222a HD HA e b HE HB e c HF HC e ⋅+⋅+⋅= 根据BHD AHE ∽可得HD HA HE HB = ，同理可得HF HC HE HB = ，所以HD HA HE HB = HF HC = ，所以1230ae be ce ++= 故答案为：0【点睛】本题以三角形中的结论为载体，考查了垂心的性质，涉及三角形面积公式、相似三角形的性质，属于难题.17．1,3⎛ ⎝⎭【分析】由余弦定理化简已知式，再由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换得2B A =，由锐角三角形求得,A B 的范围，待求式切化弦，通分后利用已知条件化为1sin B，由正弦函数性质可得范围．【详解】因为22b a ac -=，由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-，所以22cos ac c ac B =-，2cos c a B a =+，由正弦定理得sin 2sin cos sin C A B A =+，所以sin sin()2sin cos sin cos cos sin 2sin cos cos sin sin cos A A B A B A B A B A B A B A B =+-=+-=-sin()B A =-，因为ABC 为锐角三角形，所以A B A =-，2B A =，3C A π=-，由,,0,2A B C π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，得,64A ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,32B ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，11tan tan A B -cos cos sin cos cos sin sin()sin 1sin sin sin sin sin sin sin sin sin A B B A B A B A A A B A B A B A B B--=-====，sin B ⎫∈⎪⎪⎝⎭，所以111,tan tan 3A B ⎛-∈ ⎝⎭．故答案为：⎛ ⎝⎭．【点睛】本题考查都得用正弦定理和余弦定理求三角函数的取值范围，解题关键是由正弦定理和余弦定理变形化简得出三角形中角的关系，从而再由锐角三角形得角的范围．再把待求式化为某个角的函数，从而求得取值范围．18【分析】设DE EF DF x ===，BDE θ∠=，则cos BD x θ=，在ADF 中由正弦定理得到sin AD x θ=，即可得到x =【详解】解：如图，设DE EF DF x ===，BDE θ∠=，因为20m AB =，40m AC =，2ABC π∠=所以3BAC π∠=，6ACB π∠=，所以cos BD x θ=，因为3FDE ADF ADF πθθπ+∠+∠=++∠=，3AFD ADF A AFD ADF π∠+∠+∠=∠+∠+，所以AFD θ∠=，在ADF 中，由正弦定理，sin sin 3AD DFπθ=，即sin 2AD θ=所以sin 3AD x θ=，因为20m AB =，所以sin cos 203x x θθ+=，所以x =，所以x ==tan 0,,,243πππϕθϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=∈∈ ⎪ ⎪⎪ ⎝⎭⎝⎭⎭⎝，所以221sin 234DEF S x x π==，2221sin 2347sin ()DEF S x x πθϕ==+，所以DEF2．19．1【分析】先连接AC 交BD 于O ，进而通过线面平行的性质定理得出EF ∥PO ，然后在1PA 上截取PQ ，使得PQ=PA=1，进而证明QC ∥PO ，得出EF ∥QC ，进一步得到四边形EQCF 是平行四边形，得出QE CF =，结合条件的长度关系最后得到答案.【详解】由题意可知，长方体1111ABCD A B C D -的高为4，底面ABCD 是边长为1的正方形，连接AC 交BD 于O ，连接PO ，因为EF ∥平面PBD ，EF ⊂平面EACF ，平面EACF 平面PBD=PO ，所以EF ∥PO .在1PA 上截取PQ ，使得PQ=PA=1，连接QC ，易知O 为AC 的中点，所以QC ∥PO ，所以EF ∥QC ，又EQ ∥FC ，所以四边形EQCF 是平行四边形，所以QE CF =.又14,4AE CF AE A E +=+=，所以11112A E CF EQ A Q ====，所以CF =1.故答案为：1.20．(1)见详解(2)3(3)22,9a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【分析】（1）根据题意，结合向量加减法运算，即可证明；（2）根据题意，用AM 和AN表示AO ，结合M ，O ，N 三点共线，即可求解；（3）根据题意，结合（1）（2）用AB 和AC分别表示出OM 和ON ，进而可以表示出22OM ON +，再结合均值不等式与二次函数的最值，即可求解.(1)证明：因2AO OD =，所以23AO AD = ，又因D 为BC 的中点，所以()12AD AB AC =+ ，所以211333AO AD AB AC ==+ .(2)因AM mAB = ，AN nAC =，0m >，0n >，所以1AB AM m = ，1AC AN n = ，又因1133AO AB AC =+ ，所以1133AO AM AN m n =+ ，又因M ，O ，N 三点共线，所以11313m n +=，即113m n+=.(3)设AM mAB = ，AN nAC =，0m >，0n >，由（1）（2）可知1133AO AB AC =+ ，113m n+=，即3m n mn +=.因31133m OM AM AO AB AC -=-=- ，31133n ON AN AO AC -=-=-，所以22223113113333m n OM ON AB AC AB --⎛⎫⎛⎫+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()2222196296223329m m AB n n AC m n AB AC ⎡⎤=-++-+-+-⋅⎢⎥⎣⎦ ，又因ABC 是边长为()0a a >的等边三角形，所以2222223OM ON a m n m n ⎛⎫+=+--+ ⎪⎝⎭，令t mn =，因3mn m n =+≥，即49mn ≥，当且仅当m n =时，等号成立，所以49t ≥.因此()()222222222595953333m n m n m n mn mn mn t t +--+=+-+=-+=-+，又因49t ≥，所以2229539t t -+≥，所以2222222239a OM ON am n m n ⎛⎫+=+--+≥⎪⎝⎭.21．（1）证明见解析；（2）a b +；（3）答案见解析.【分析】（1）利用平面向量基本定理以及数乘的定义进行转化，结合重心的性质即可证明；（2）利用重心的性质以及平面向量基本定理，转化求解即可；（3）利用等分点的性质结合（2）的推理过程，由向量的加法以及减法运算，写出结论即可.【详解】（1）设AB 的中点为E ，则()()22113323OG AE a b a b ==⨯+=+；（2）如图：点1A 、2A 是线段AB 的三等分点，()1113OG OA OA =+ ，()21213OG OA OA =+ ，()3213OG OA OB =+，则()()123121233OG OG OG a b OA OA ++=+++ ()()()12123333a b a b a a b a a b ⎡⎤=+++-++-=+⎢⎥⎣⎦；（3）层次一：设1A 是AB 的二等分点，则()112OA a b =+ ，()()12122233OG OG OA OA a b +=+=+ ，设1A 、2A 、3A 是线段AB 的四等分点，则()12332OA OA OA a b ++=+，或设1A 、2A 、…、1n A -是线段AB 的n 等分点，则k n k OA OA a b -+=+（1k =，2，…，1n -），层次二：设1A 、2A 、…、1n A -是线段AB 的n 等分点，()1212n k n OA OA OA a b --++⋅⋅⋅+=+，层次三：设1A 、2A 、…、1n A -是线段AB 的n 等分点，则()1213n n OG OG OG a b -+++=+．22．（1）(0,0)；（2）12；（3）6π、3π、23π、56π．【分析】利用向量线性运算的坐标表示，（1）可得3OP = 2(0,84cos 40sin 2)θθ-代入2πθ=，即可求3OP 的坐标；（2）可得3OP = 24(0,cos sin())θαθ-代入23πθ=，即可求其3OP 的最值；（3）求2OP 、3OP 的坐标，进而可得12PP u u u u r 、23P P ，结合题设有12231223||||1|cos ,|2PP P P PP P P ⎧=⎪⎨<>=⎪⎩，应用三角恒等变换及三角函数的性质，可得|sin(1|2)αθ-=、1|cos 2|2α=，由分类讨论的方式求θ的所有可能值．【详解】（1）由题意，1(20,21)OP =，∴1122[()]2[(20,21)(20cos 21sin )(cos ,sin )]OP OP a OP a θθθθ=-⋅=-+ 22(40sin 21sin 2,42cos 20sin 2)θθθθ=--，223222[()]2[(40sin 21sin 2,42cos 20sin 2)OP OP b OP b θθθθ=-⋅=---2(40sin 21sin 2)(1,0)]θθ-2(0,84cos 40sin 2)θθ=-，∴由2πθ=，则cos 0θ=、sin 20θ=，故3(0,0)OP = ；（2）由题意，16(cos ,sin )OP αα=，∴1122[()]2[cos ,sin 6cos(6()(cos ,si )n )]OP OP a OP a αααθθθ-=-⋅=-12(sin sin(),cos sin())θθαθαθ=--，3222[()]2[12(sin sin(),cos sin())OP OP b OP b θθαθαθ=-⋅=---12sin sin()(1,0)]θθα-24(0,cos sin())θαθ=-，∴由23πθ=，则1cos 2θ=-、sin θ3||6sin |12|sin()|3OP πααα=+=+ ，∴当|sin()|13πα+=时，3OP 的最大值为12；（3）112(cos ,sin 2[()]2[(cos s )cos si in )(cos ,sin )]n OP OP a OP a ααθθθααθ=-⋅=-+2(sin sin(),cos sin())θθαθαθ=--，3222[()]2[2(sin sin(),cos sin())OP OP b OP b θθαθαθ=-⋅=---2sin sin()(1,0)]θθα-4(0,cos sin())θαθ=-，∴12sin sin()cos ,2cos sin()sin (2)PP θθααθαθα---=- ，23sin()sin ,co 2()s P P αθθθ-= ，。

1. 哈佛大学由清教徒创始于1636 年，位于麻州剑桥Cambridge市，在美国历史上和世界学术界的地位迄立不摇，全美最古老的高等学府。

以商学院、法学院、医学院和肯尼迪公共管理学院最著名。

最早的校徽上有拉丁文“Ve-ri-tas”真理，分布在三本书上，周围环绕着“pro Christo et ecclesia”，即“为基督及教会的真理”。

校徽中两本书是向上翻开象征上帝启示给人类的知识，另一本书则朝下扣着象征人类对上帝的真理不可能全部掌握，上帝有上帝的奥秘，人对上帝应有敬畏之心。

今天的校徽保留Ve-ri-tas，但三本书都是向上翻开，周边有着宗教意味的拉丁文消失了，意味着宗教的一些变革。

2. 宾夕法尼亚大学University of Pennsylvania创立于1740 年，初期叫费城教会慈善学院。

富兰克林是创建者之一。

虽然宾大不是因为任何基督教宗派所创建，但仍是由英格兰教会成员建立。

宾大以沃顿商学院、医学院、护理学院和工程学院最出名。

宾大校徽上面有两本书，海豚代表富兰克林家族，三个圆盘代表费城的基督徒创校者，缎带拉丁文座右铭是“没有道德，法律一无是处”，拉丁文原文：Legessine moribus vanae，英文：Laws without morals are useless。

3. 耶鲁大学（Yale University）1701 年，十位卫理公会基督徒加尔文教创建了这所大学。

当时新英格兰，希伯来文、希腊文和拉丁文这三种“基督教的语言”被认为是经典语言。

耶鲁曾要求所有学生学习希伯来文和希腊文。

这两门语言今天仍是基督教神学生必修课程。

该校以法学院、文学院、音乐学院和医学院著称。

校徽上书本和缎带上的文字是校训“光明与真理”，分别用希伯来文和拉丁文书写。

4. 普林斯顿大学被称为“美国的思想摇篮”的普林斯顿Princeton大学由长老会创立于1746 年，旨在培养未来的牧师和公众领袖。

以数理学院，伍德鲁威尔逊公共与国际事务学院著称。

华中师范大学最美校园景点（由你投票决定）华中师范大学坐落在武汉江城南湖之滨桂子山上，校园风景秀丽，处处都有景点，让人流连忘返。

下面是入选《华大名片——华中师范大学简明读本》的12个标志性校园景点，请你投票选出最美的一个。

校训石名片解读：校训石位于桂北路分叉口处，上面刻有“求实创新、立德树人”的校训，是毕业生拍毕业照的重要背景之一。

步入华师校园，漫步在梧桐大道上，坐落在三岔路口的，刻有华师校训的石雕最先映入眼帘。

“求实创新，立德树人”，这是一代代华师人永世的铭记。

入校的时候面对校训石，抬头见山，脚下是路，校训石是大学生活的起点；毕业的时候与校训石告别，回头望望桂子山，念兹在兹，向前看看人生路，愈加宽敞。

校训石，又是新的征程的开端。

桂中路名片解读：华中师范大学从东至西的校园主干道，也是风景最美的一条大道。

桂中路西端是牡丹园，中间有一号楼、二号楼、老图书馆、恽代英广场、博雅广场等建筑和景点，东止于桂苑宾馆。

桂中路被誉为华师人的人文路、精神路、奋斗路。

桂子山的桂中路当属是是华师的桂华之魄、美景之魁、人文之魂。

2011年11月，桂中路入选“江城最美街景”50强，一度被赞为武汉三镇不可不看的街景。

作为我校主干道的桂中路也是桂子山的文化长廊。

古色古香的文院历院大楼、杰出校友恽代英雕像、美丽的喷泉广场、书香四溢的老图书馆、红色的行政楼等标志性建筑物也分立两旁。

道路两旁郁郁葱葱的梧桐树与学校标志性建筑的配搭，让桂中路充满浓郁的华师色彩与人文气息。

带领华师师生们领略一年四季的变幻。

恽代英广场名片解读：又名喷泉广场，位于校园中心地带，有恽代英汉白玉塑像和喷泉。

恽代英广场采用“方形雕塑”和“圆形喷泉” 的设计，体现的是传统文化韵味。

这里也是每年举办菊花展和菊花笔会的地方。

恽代英广场汉白玉塑像恽代英左手托书，右手自然下垂，深邃的目光总能带给行人深思的力量，周围总是有鲜花以及鲜花一样灿然而坚定的笑脸。

博雅广场名片解读：位于9号楼前，以草坪为主，有章开沅先生题写的“博雅”石雕作为标志。

中国名校校徽欣赏
中国有许多著名的名校，每一个名校都有独特的校徽，代表着学校的传统和特色。

以下是一些中国名校校徽的介绍与欣赏：
1. 北京大学校徽：北京大学校徽是一个椭圆形，上面有一个母鹿图案和三只字母“PKU”的英文缩写。

母鹿象征着智慧和纯洁，寓意学校的办学理念和品质。

2. 清华大学校徽：清华大学校徽由两只挺立的麒麟组成，象征着祥瑞和吉祥。

校徽下方是“清华大学”中文书写，整个校徽以红色为主色调，寓意热血和青春。

3. 上海交通大学校徽：上海交通大学校徽由一个五角星和一个圆环组成。

五角星代表着高度和远大的目标，圆环象征着一种团结和无限发展的精神。

4. 武汉大学校徽：武汉大学校徽是一个圆形，上面是一个展翅高飞的白鹭图案，象征着学校的自由与包容。

校徽下方是“武
汉大学”中文书写。

5. 复旦大学校徽：复旦大学校徽是一个圆形，上面是一个笔画流畅的“复旦”字样。

校徽下方是英文缩写“FUDAN UNIVERSITY”。

这些名校校徽都具有独特的设计和寓意，代表着各自学校的特色和价值观。

文档编号：0000 82
VI 设计
湖北师范学院
（蓝图VI 设计内部资料）
一个优秀的VI 设计是可以将学校的办学理念得以充分的展现，是高度发展信息社会需要的，它可以使学校的面貌更加光彩照人，有利于学校建立良好的形象，并将学校形象能得到具体的视觉展示，从而更容易被社会接受和认可。

大学校园VI设计（LOGO的目的和宗旨，就是将大学校园形象要素，包括各种深层的形象和表层形象内涵要素，通过标准化、统一化的视觉识别形象体系VI ，展现给全社会公众，使社会公众产生一致的认同感，从而形成良好并且具鲜明个性特点的高校校园形象。

VI 使人们产生联想，并能感受到该学校文化的巨大影响力。

湖北师范学院校徽
湖北师范学院校名
询I业冷範
老佗
HUBEI NORMAL UN I VERS ITY。

<!DOCTYPE html PUBLIC "-//W3C//DTD XHTML 1.0 Transitional//EN" "/TR/xhtml1/DTD/xhtml1-transitional.dtd"><html xmlns="/1999/xhtml"><head><meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=utf-8" /><title>ccnu校徽</title><style>#ccnu{width:90px;height:90px;position:relative;}#outterborder{width:90px;height:90px;border-radius:45px;-moz-border-radius:45px;border-width:2px;border-style:solid;border-color:rgb(0,87,104);}#innercircle{position:absolute;width:64px;height:64px;top:15px;left:15px;border-radius:32px;-moz-border-radius:32px;background-color:rgb(0,87,104);}#hua,#da{position:absolute;width:30px;left:17px;background-color:rgb(0,87,104);}#hua{height:28px;top:7px;}#da{height:24px;top:36px;}#heng{position:absolute;top:3px;width:24px;height:7px;border-color:white;border-style:solid;border-width:3px;border-bottom-width:0px;border-radius:5px 5px 0px 0px;-moz-border-radius:5px 5px 0px 0px;}#shu{position:absolute;top:0px;left:13px;width:2px;height:8px;border:1px solid white;border-radius:1px;-moz-border-radius:1px;background-color:white;}#ren{position:absolute;width:15px;height:15px;top:12px;left:6px;border-width:3px 3px 0px 0px;border-style:solid;border-color:white;-webkit-transform:scaleX(1.2) rotate(-45deg);-moz-transform:scaleX(1.2) rotate(-45deg); 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