6.4 平面向量的应用-2023-2024学年高一下学期数学暑假作业（知识回顾+基础训练+提升训练+培优训练）（人教A版2019）

6.4平面向量的应用（人教2019A版专用） 目录 【知识回顾】 2 【基础训练】 4 【提升训练】 7 【培优训练】 11 知识回顾 1.用向量方法解决平面几何的“三步曲” ①建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题； ②通过向量运算，研究几何元素之间的关系； ③把运算结果“翻译”成几何关系. 2.向量在平面几何中的应用 ①证明线段平行或点共线问题，常用共线向量定理：a∥b⇔a＝λb(b≠0)⇔x1y2－x2y1＝0(a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)). ②证明垂直问题，常用数量积的运算性质： a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0(a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)). ③求夹角问题，用夹角公式：cos θ＝(θ为a与b的夹角). ④求线段的长度或说明线段相等，利用向量模的公式：|a|＝＝或||＝(A(xA，yA)，B(xB，yB)). 3. 向量在物理中的应用 (1)物理问题中常见的向量有力，速度，加速度，位移等. (2)向量的加减法运算体现在力，速度，加速度，位移的合成与分解. (3)动量mv是向量的数乘运算. (4)功是力F与所产生的位移s的数量积. 4.余弦定理的表示及其推论 ①文字语言：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍. ②符号语言：a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accos__B，c2＝a2＋b2－2abcos__C. 推论：cos A＝，cos B＝，cos C＝. 5. 解三角形 一般地，三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的元素.已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形. 6.正弦定理的表示 ①文字语言：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，该比值为该三角形外接圆的直径. ②符号语言：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆的半径). 7. 正弦定理的变形形式 设三角形的三边长分别为a，b，c，外接圆半径为R，正弦定理有如下变形： ①a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin__C； ②sin A＝，sin B＝，sin C＝； ③a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C； ④＝＝ ＝＝2R； ⑤asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A. 8.基线的概念与选取原则 ①基线：根据测量的需要而确定的线段叫做基线. ②选取原则：为使测量具有较高的精确度，应根据实际需要选取合适的基线长度.一般来说，基线越长，测量的精确度越高. 9. 测量中相关角的概念 ①仰角和俯角 与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角，如图所示. ②方位角 指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图1所示). ③方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如北偏西30°，南偏东45°(此时也称为东南方向，如图2所示). 基础训练 一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的) 1．（2024·江西鹰潭·二模）在中，角所对应的边为,，，，是外接圆上一点，则的最大值是（    ） A．4 B． C．3 D． 2．（23-24高一下·广东惠州·开学考试）已知飞机从A地按北偏东的方向飞行到达B地，再从B地按南偏东的方向飞行到达C地，再从C地按西南方向飞行到达D地.则D地距A地（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·云南昆明·期中）三角形中，，，，则（    ） A． B． C． D．2 4．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）在中，角的对边分别为，且，，则（    ） A． B． C．2 D． 5．（23-24高一下·重庆·期中）在中，内角所对边分别为，若，则的形状是（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 6．（21-22高一下·四川雅安·期末）的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则该三角形最小角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·福建三明·期中）在中，已知，，，则的面积为（    ） A．4 B． C．2 D．1 8．（23-24高一下·福建三明·期中）在中，，，，若满足条件的有且仅有一个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（23-24高一下·辽宁·期中）在中，角的对边分别是.下面四个结论正确的是（    ） A．，，则的外接圆半径是4 B．若，则 C．若，则一定是钝角三角形 D．若，则 10．（23-24高一下·江苏南通·期中）在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（    ） A．若，则是等腰三角形 B．若，则符合条件的有两个 C．若，则为等腰三角形 D．若，则为直角三角形 11．（23-24高一下·广西钦州·期中）某校数学兴趣小组欲对当地一唐代古塔进行测量，如图是该古塔的示意图，其中与地面垂直，从地面上点看塔顶的仰角为沿直线向外前进米到点处，此时看塔顶的仰角为根据以上数据得到塔高为米，则（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）已知⊙C的半径为1，是⊙C的一条弦，且，点是上一动点，则的最大值为 . 13．（23-24高一下·重庆·期中）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．若，，则△ABC的面积为 ． 14．（23-24高一下·广东广州·期中）在中，若，则 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) 15．（23-24高二上·浙江·期末）如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点．    (1)求的值； (2)求证：． 16. (15分) （23-24高一下·辽宁·期中）已知函数． (1)求函数的最小正周期及其单调递增区间， (2)若为锐角的内角，且，求面积的取值范围． 17. (15分) （23-24高一下·浙江·阶段练习）已知向量，函数． (1)在中，分别为内角的对边，若，求A； (2)在（1）条件下，，求的面积． 18. (17分) （23-24高一下·天津河西·期中）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若． （i）求的值； （ii）求的面积． 19. (17分) （2024·江苏苏州·二模）记的内角的对边分别为，已知． (1)求角； (2)若，点为的重心，且，求的面积． 提升训练 一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的) 1．（22-23高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的地出发，向河对岸航行．已知船的速度的大小为，水流速度的大小为，若船的航程最短，则行驶完全程需要的时间为（    ） A． B． C． D． 2．（2024高三下·全国·专题练习）如图，已知是的垂心，且，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知的内角的对边分别为，且边上中线长为1，则最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·安徽·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·安徽·模拟预测）在锐角中，角的对边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·江西赣州·二模）记的内角A，B，C的对边分别为，，，若，，则A＝（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·北京·期中）如图，边长为4的正方形中心与单位圆圆心重合，M，N分别在圆周上，正方形的四条边上运动，则的取值范围是（    ）    A． B． C． D． 8．（2024·陕西西安·模拟预测）在高的楼顶处，测得正西方向地面上两点与楼底在同一水平面上）的俯角分别是和，则两点之间的距离为（    ）． A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（23-24高一下·重庆·阶段练习）点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点是的重心 B．若，则点是的内心 C．若，则点是的外心 D．若为三角形外心，且，则为的垂心 10．（23-24高一下·浙江宁波·期中）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法正确的是（    ） A．若，，，则有两解 B．若，则为等腰三角形 C．若为锐角三角形，则 D．若，则为钝角三角形 11．（2024·新疆·二模）如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（    ）    A．是等边三角形 B．若，则A，B，C，D四点共圆 C．四边形ABCD面积的最小值为 D．四边形ABCD面积的最大值为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) （22-23高一下·陕西咸阳·阶段练习）一质点在平面上的三个力的作用下处于平衡状态，已知成角，且，的大小分别为和，则的大小为 ． 13．（23-24高一下·广东深圳·期中）在中，内角的对边分别是，且，平分交BC于，，，则的面积为 . 14．（2024·江西·二模）已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高一下·江苏南通·期中）如图，在中，已知分别为边上的中点，相交于点. (1)求； (2)求的值. 16. (15分) （23-24高一下·湖南·期中）设的内角的对边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若，角的平分线交边于，求的值. 17. (15分) （23-24高一下·广东深圳·阶段练习）如图所示，的顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站，在图中的、、点上.岛屿到补给站的距离为岛屿到的，岛屿和岛屿到补给站的距离相等，补给站在靠近岛屿的的三等分点上.设，.    (1)用，表示，； (2)如果，海里，且，求岛屿到补给站的距离以及岛屿到的距离. 18. (17分) （23-24高二下·浙江·期中）已知函数. (1)求的单调递增区间； (2)中角A.B.C所对的边为a，b，c，若，且边上的高满足，求的值. 19. (17分) （2024·河北保定·二模）在中，角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若为边的中点，求的长. 培优训练 一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的) 1．（23-24高一下·辽宁·期中）扇形的半径为1，，点在弧上运动，则的最小值为（    ） A． B．0 C． D．-1 2．（23-24高一下·福建莆田·期中）在锐角三角形中，已知，，分别是角，，的对边，且，，则三角形的周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东日照·三模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·河南·阶段练习）是内一点，，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）已知圆半径为2，弦，点为圆上任意一点，则下列说法正确的是（    ）    A． B．的最大值为6 C． D．满足的点有一个 6．（2024·湖南·二模）在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．2或4 7．（23-24高一下·广东·期末）某工业园区有、、共3个厂区，其中，，，现计划在工业园区内选择处建一仓库，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·全国·模拟预测）已知外接圆的半径为，为边的中点，，为钝角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（23-24高一下·广东广州·期中）已知P是边长为1的正六边形内一点（含边界），且，则下列正确的是（    ） A．的面积为定值 B．使得 C．的取值范围是 D．的取值范围是 10．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，，点是等边（点与在的两侧）边上的一动点，若，则有（    ） A．当时，点必在线段的中点处 B．的最大值是 C．的最小值是 D．的范围是 11．（23-24高一下·吉林延边·期中）下列说法正确的是（    ） A．已知的内角，，的对边分别为，，，若，，且为边上的高，为边上的中线，则的值为 B．在中，为所在平面内一点，且，则 C．已知在中，角的对边分别是，．若的面积，则的值为或． D．在中，分别是的内角所对的边，且.若，，则边长为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（23-24高一下·上海·期中）窗花足贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图中所示的窗花轮廓可以看作是一个正八边形.已知该正八边形的边长为10，点在其边上运动，则的取值范围是 . 13．（2024·浙江宁波·模拟预测）面积为1的满足为的内角平分线且D在线段上，当边的长度最㛒时，的值是 . 14．（23-24高一下·江苏南通·期中）在△ABC中，，P是MC的中点，延长AP交BC于点D．若，则 ；若，，则△ABC面积的最大值为 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高一下·广东佛山·期中）四边形中，，记，，的角平分线与相交于点，且，. (1)求的大小； (2)求的值. 16. (15分) （22-23高一下·黑龙江牡丹江·阶段练习）在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=    (1)试用，表示； (2)若，求∠ARB的余弦值 (3)若H在BC上，且RH⊥BC设，若，求的范围. 17. (15分) （23-24高一下·江苏泰州·期中）在平面四边形中，对角线和交于点，分别延长和交于点，连接并延长交于点. (1)如图（1），若四边形为圆的内接四边形，， （i）求的长； （ii）求的值； (2)如图（2），若的面积等于3，当取最小值时，求的面积. 18. (17分) （23-24高一下·江苏南通·期中）在凸四边形中，. (1)若四点共圆，，求四边形的面积： (2)若，求的值. 19. (17分) （23-24高一下·云南昆明·阶段练习）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角A； (2)若，设点P为的费马点，求； (3)设点P为的费马点，，求实数t的最小值. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 6.4平面向量的应用（人教2019A版专用） 目录 【知识回顾】 2 【基础训练】 4 【提升训练】 15 【培优训练】 31 知识回顾 1.用向量方法解决平面几何的“三步曲” ①建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题； ②通过向量运算，研究几何元素之间的关系； ③把运算结果“翻译”成几何关系. 2.向量在平面几何中的应用 ①证明线段平行或点共线问题，常用共线向量定理：a∥b⇔a＝λb(b≠0)⇔x1y2－x2y1＝0(a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)). ②证明垂直问题，常用数量积的运算性质： a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0(a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)). ③求夹角问题，用夹角公式：cos θ＝(θ为a与b的夹角). ④求线段的长度或说明线段相等，利用向量模的公式：|a|＝＝或||＝(A(xA，yA)，B(xB，yB)). 3. 向量在物理中的应用 (1)物理问题中常见的向量有力，速度，加速度，位移等. (2)向量的加减法运算体现在力，速度，加速度，位移的合成与分解. (3)动量mv是向量的数乘运算. (4)功是力F与所产生的位移s的数量积. 4.余弦定理的表示及其推论 ①文字语言：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍. ②符号语言：a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accos__B，c2＝a2＋b2－2abcos__C. 推论：cos A＝，cos B＝，cos C＝. 5. 解三角形 一般地，三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的元素.已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形. 6.正弦定理的表示 ①文字语言：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，该比值为该三角形外接圆的直径. ②符号语言：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆的半径). 7. 正弦定理的变形形式 设三角形的三边长分别为a，b，c，外接圆半径为R，正弦定理有如下变形： ①a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin__C； ②sin A＝，sin B＝，sin C＝； ③a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C； ④＝＝ ＝＝2R； ⑤asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A. 8.基线的概念与选取原则 ①基线：根据测量的需要而确定的线段叫做基线. ②选取原则：为使测量具有较高的精确度，应根据实际需要选取合适的基线长度.一般来说，基线越长，测量的精确度越高. 9. 测量中相关角的概念 ①仰角和俯角 与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角，如图所示. ②方位角 指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图1所示). ③方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如北偏西30°，南偏东45°(此时也称为东南方向，如图2所示). 基础训练 一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的) 1．（2024·江西鹰潭·二模）在中，角所对应的边为,，，，是外接圆上一点，则的最大值是（    ） A．4 B． C．3 D． 2．（23-24高一下·广东惠州·开学考试）已知飞机从A地按北偏东的方向飞行到达B地，再从B地按南偏东的方向飞行到达C地，再从C地按西南方向飞行到达D地.则D地距A地（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·云南昆明·期中）三角形中，，，，则（    ） A． B． C． D．2 4．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）在中，角的对边分别为，且，，则（    ） A． B． C．2 D． 5．（23-24高一下·重庆·期中）在中，内角所对边分别为，若，则的形状是（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 6．（21-22高一下·四川雅安·期末）的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则该三角形最小角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·福建三明·期中）在中，已知，，，则的面积为（    ） A．4 B． C．2 D．1 8．（23-24高一下·福建三明·期中）在中，，，，若满足条件的有且仅有一个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（23-24高一下·辽宁·期中）在中，角的对边分别是.下面四个结论正确的是（    ） A．，，则的外接圆半径是4 B．若，则 C．若，则一定是钝角三角形 D．若，则 10．（23-24高一下·江苏南通·期中）在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（    ） A．若，则是等腰三角形 B．若，则符合条件的有两个 C．若，则为等腰三角形 D．若，则为直角三角形 11．（23-24高一下·广西钦州·期中）某校数学兴趣小组欲对当地一唐代古塔进行测量，如图是该古塔的示意图，其中与地面垂直，从地面上点看塔顶的仰角为沿直线向外前进米到点处，此时看塔顶的仰角为根据以上数据得到塔高为米，则（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）已知⊙C的半径为1，是⊙C的一条弦，且，点是上一动点，则的最大值为 . 13．（23-24高一下·重庆·期中）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．若，，则△ABC的面积为 ． 14．（23-24高一下·广东广州·期中）在中，若，则 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) 15．（23-24高二上·浙江·期末）如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点．    (1)求的值； (2)求证：． 16. (15分) （23-24高一下·辽宁·期中）已知函数． (1)求函数的最小正周期及其单调递增区间， (2)若为锐角的内角，且，求面积的取值范围． 17. (15分) （23-24高一下·浙江·阶段练习）已知向量，函数． (1)在中，分别为内角的对边，若，求A； (2)在（1）条件下，，求的面积． 18. (17分) （23-24高一下·天津河西·期中）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若． （i）求的值； （ii）求的面积． 19. (17分) （2024·江苏苏州·二模）记的内角的对边分别为，已知． (1)求角； (2)若，点为的重心，且，求的面积． 参考答案： 1．A 【分析】先判断外接圆圆心是的中点，将化简为，再将分解整理得，结合图形，利用向量数量积的定义式进行分析，即得的最大值. 【详解】 如图，设的外心为，则点是的中点， 由， 因，故,而， 故当且仅当与同向时取等号. 故选：A. 2．D 【分析】利用“上北下南左西右东”建立直角坐标系，结合题意标出各点位置，从而在与中依次求得，从而得解. 【详解】以为原点，正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立直角坐标系． 由题意知点在第一象限，点在x轴正半轴上，点在第四象限，        由已知可得，为正三角形，，所以． 又，，则， 所以为等腰直角三角形，所以. 故选：D. 3．A 【分析】根据余弦定理得到，然后根据数量积和数量积的运算律计算即可. 【详解】由余弦定理得， ， 所以. 故选：A. 4．C 【分析】由余弦定理求出，再由数量积的定义计算可得. 【详解】因为， 由余弦定理得，又 所以. 故选：C 5．B 【分析】利用余弦定理角化边，然后整理化简即可得答案. 【详解】因为 所以， 整理得， 即的形状是等腰三角形. 故选：B. 6．B 【分析】根据正弦定理的三边比值，然后由余弦定理可得. 【详解】由正弦定理可知 设，已知角A最小， 由余弦定理可得：. 故选：B 7．B 【分析】利用正弦定理和余弦定理得到，，由三角形面积公式求出答案. 【详解】由正弦定理得， 由余弦定理得，即， 解得， 故， 所以. 故选：B 8．A 【分析】由正弦定理判断的取值范围即可. 【详解】由正弦定理，则，即，由题意仅有一值， 故或，解得或. 故选：A 9．BCD 【分析】根据正弦定理可得，即可判断A；由正弦定理即可求解BD，利用余弦定理，判断出为钝角，即可判断C. 【详解】A．，，设的外接圆半径是，则，解得，故A错误； 对于B，由可得，由正弦定理可得，故B正确， 对于C．，则，为钝角，故一定是钝角三角形，因此C正确； 对于D，由以及正弦定理可得：，， 因为，故D正确； 故选：BCD． 10．ABD 【分析】对于A，使用正弦定理即可证明；对于B，使用余弦定理解出全部的即可证明有两解；对于C，给出一组反例即可否定；对于D，使用和差化积以及积化和差公式即可证明或. 【详解】对于A，由已知有，故，所以，故A正确； 对于B，我们只需要确定满足条件的的个数，由余弦定理知满足的方程是，即，而该方程有两个解，故B正确； 对于C，若，，，则，但不是等腰三角形，故C错误； 对于D，若，则有. 故，从而. 这表明或，即或，故D正确. 故选：ABD 11．BCD 【分析】利用正弦定理，选择合适的三角形进行求解即可求解出答案. 【详解】对于A，在中，由正弦定理得所以米，故A错误； 对于B，在中米，故B正确； 对于C，在中，由正弦定理得，所以米，故C正确； 对于D，在中，米，所以米，故D正确． 故选：BCD． 12．/1.5 【分析】设在直线上的投影为点，则，确定取得最大值时情况，求出BQ即可求解. 【详解】设在直线上的投影为点，则， 所以当且在射线上时，最大， 又的半径为1，是的一条弦，且， 此时四边形为菱形且， 所以，则. 故答案为： 13． 【分析】利用正弦定理角化边，结合余弦定理可得，由平方关系求出，然后由三角形面积公式可得. 【详解】由正弦定理角化边得，即， 所以， 因为，所以， 因为，，所以. 故答案为：. 14． 【分析】根据给定条件，利用余弦定理求解即得. 【详解】在中，由，得， 由余弦定理得，而， 所以. 故答案为： 15．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）用、表示，再根据数量积的定义及运算律计算可得； （2）用、表示、，根据数量积的运算律求出，即可得证. 【详解】（1）因为， 所以， 所以， 所以； （2）因为， 所以， 所以， 所以，即，所以． 16．(1)最小正周期为；单调递增区间为 (2) 【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式对函数解析式进行化简，再根据正弦型函数的性质即可得到最小正周期及单调递增区间. （2）由题意求得的值，再由正弦定理表示出三角形面积，根据三角函数化简即可求得取值范围. 【详解】（1）函数， 所以函数的最小正周期为， 由，可得， 即有函数的单调递增区间为. （2）若为锐角的内角，且， 可得，由，可得， 则，即. 由正弦定理得，， 所以， 所以面积 又因为为锐角三角形，则，即，解得， 所以，所以，所以. 故面积的取值范围是. 17．(1) (2) 【分析】（1）由向量数量积的坐标表示式和三角恒等变换将函数化成正弦型函数，再由解三角方程即得； （2）由余弦定理求得边，利用三角形面积公式计算即得. 【详解】（1）由向量，函数， 得． 由，即， 因为，所以， 从而，解得． （2）由余弦定理，得， 则，则．所以， 所以的面积． 18．(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）结合余弦定理，即可求解； （2）（i）结合三角函数的同角公式，以及正弦两角和公式，即可求解； （ii）结合正弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）已知，由余弦定理， 则，又，则. （2）（i），由正弦定理有，得， 故， . （ii）由正弦定理可知，， 故的面积为. 19．(1) (2) 【分析】（1）根据正余弦定理边角互化即可求解;（2）根据重心的性质可得，进而根据余弦定理可得，由面积公式即可求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 整理得，由余弦定理可得． 又因为，所以． （2）设的延长线交于点，因为点为的重心，所以点为中点， 又因为，所以． 在中，由和，可得． 在和中，有， 由余弦定理可得 故，所以， 所以的面积为． 提升训练 一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的) 1．（22-23高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的地出发，向河对岸航行．已知船的速度的大小为，水流速度的大小为，若船的航程最短，则行驶完全程需要的时间为（    ） A． B． C． D． 2．（2024高三下·全国·专题练习）如图，已知是的垂心，且，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知的内角的对边分别为，且边上中线长为1，则最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·安徽·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·安徽·模拟预测）在锐角中，角的对边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·江西赣州·二模）记的内角A，B，C的对边分别为，，，若，，则A＝（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·北京·期中）如图，边长为4的正方形中心与单位圆圆心重合，M，N分别在圆周上，正方形的四条边上运动，则的取值范围是（    ）    A． B． C． D． 8．（2024·陕西西安·模拟预测）在高的楼顶处，测得正西方向地面上两点与楼底在同一水平面上）的俯角分别是和，则两点之间的距离为（    ）． A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（23-24高一下·重庆·阶段练习）点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点是的重心 B．若，则点是的内心 C．若，则点是的外心 D．若为三角形外心，且，则为的垂心 10．（23-24高一下·浙江宁波·期中）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法正确的是（    ） A．若，，，则有两解 B．若，则为等腰三角形 C．若为锐角三角形，则 D．若，则为钝角三角形 11．（2024·新疆·二模）如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（    ）    A．是等边三角形 B．若，则A，B，C，D四点共圆 C．四边形ABCD面积的最小值为 D．四边形ABCD面积的最大值为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) （22-23高一下·陕西咸阳·阶段练习）一质点在平面上的三个力的作用下处于平衡状态，已知成角，且，的大小分别为和，则的大小为 ． 13．（23-24高一下·广东深圳·期中）在中，内角的对边分别是，且，平分交BC于，，，则的面积为 . 14．（2024·江西·二模）已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高一下·江苏南通·期中）如图，在中，已知分别为边上的中点，相交于点. (1)求； (2)求的值. 16. (15分) （23-24高一下·湖南·期中）设的内角的对边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若，角的平分线交边于，求的值. 17. (15分) （23-24高一下·广东深圳·阶段练习）如图所示，的顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站，在图中的、、点上.岛屿到补给站的距离为岛屿到的，岛屿和岛屿到补给站的距离相等，补给站在靠近岛屿的的三等分点上.设，.    (1)用，表示，； (2)如果，海里，且，求岛屿到补给站的距离以及岛屿到的距离. 18. (17分) （23-24高二下·浙江·期中）已知函数. (1)求的单调递增区间； (2)中角A.B.C所对的边为a，b，c，若，且边上的高满足，求的值. 19. (17分) （2024·河北保定·二模）在中，角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若为边的中点，求的长. 参考答案： 1．B 【分析】分析可知，船的实际速度与水流速度垂直，作出图形，求出的值，即可求得船所需的时间. 【详解】若使得船的航程最短，则船的实际速度与水流速度垂直， 作，，以、为邻边作平行四边形，如下图所示： 由题意可知，，且，， 由勾股定理可得， 因此，若船的航程最短，则行驶完全程需要的时间， 则. 故选：B. 2．A 【分析】延长，，分别交边，，于点，，，利用同底的两个三角形面积比推得，从而得解. 【详解】是的垂心，延长，，分别交边，，于点，，，如图， 则，，，，， 因此，， 同理， 于是得， 又 由“奔驰定理”有 即，所以， 故选：A 3．A 【分析】根据两角互补余弦值之和等于0，然后分别在三角形中利用余弦定理求出两角的余弦，列出方程求出，然后利用基本不等式求出最值即可. 【详解】由题意得， 所以， 又，且D是的中点，所以， 在中，， 在中，， 所以， 即，得，当且仅当取等号， 故选：A 4．D 【分析】由已知等式结合正弦定理可得，再由余弦定理可得，最后结合同角的三角函数关系和特殊三角函数值得到结果即可 【详解】由及正弦定理得，即， 由及余弦定理可得， ∴，∴，∴. 又，∴. 故选：D. 5．B 【分析】由已知条件结合向量数量积的定义、余弦定理求出，由正弦定理可得，化简即可得到答案. 【详解】因为为锐角三角形，，所以，由，则， 由余弦定理可得：，即， 由正弦定理可得：. 故选：B. 6．A 【分析】根据已知条件得，又余弦定理可得，结合，即可求解 【详解】由有，即， 又因为，上式可化为， 又余弦定理得，所以， 又因为，所以. 故选：A 7．B 【分析】设的反向延长线与单位圆交于点，得出，求出到圆心的距离的最值后根据圆的性质可得． 【详解】如图，的反向延长线与单位圆交于点，则， ， 所以， 又由题意的最大值是，最小值是2，而在单位圆上， 因此的最大值是，最小值是，即所求值域是． 故选：B．    8．D 【分析】根据图形，利用直角三角形求解即可. 【详解】由题意， 而， 所以. 故选：D 9．BCD 【分析】根据题意构造菱形，再证明在角平分线上即可判断A，构造等腰三角形，可证得垂直底边，故可得是角平分线，即可判断B，由三角形中线的向量表示化简可得在三角形边的中垂线上即可判断C，利用向量运算得O为AC中点，结合题意得即可求解判断D. 【详解】对于A，在AB，AC上分别取点D，E，使得， 则，以AD，AE为邻边作平行四边形ADFE，如图， 则四边形ADFE是菱形，且，所以平分， 因为即， 所以，即， 所以， 所以三点共线，即在的平分线上， 同理可得O在其它两角的平分线上，所以O为的内心，错误； 对于B，在AB，AC上分别取点D，E，使得，如图， 则，且， 因为，即，又知，平分， 同理，可得平分，故O为的内心，正确； 对于C，取的中点分别为，如图， 因为，所以， 即，所以O是的外心，正确； 对于D，因为，所以，即O为AC中点，又为三角形外心， 所以，则为的垂心，正确. 故选：BCD 10．ACD 【分析】利用正弦定理解三角形判断A，利用正弦定理结合二倍角公式判断B，利用余弦函数的单调性判断C，利用余弦定理结合同角三角函数的基本关系判断D即可 【详解】对于A,若, 由正弦定理得，解得，又， 易知在内由两个符合题意的， 所以该三角形有两解，故A正确； 对于B，若，则由正弦定理可得, 所以，即而 所以有或, 即或, 所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误; 对于C，若为锐角三角形， 则 因为在为减函数，所以，故C正确； 对于D，由题意可得， 由正弦定理可得,由余弦定理可得， 所以B为钝角，即该三角形为钝角三角形，故D正确. 故选：ACD. 11．ABD 【分析】由正弦定理的边角互化即可得到，从而判断A，由余弦定理即可得到，从而判断B，由三角形的面积公式代入计算，即可判断CD. 【详解】， 根据正弦定理得， 即， ，显然，则，根据题意，有， 又，可得，，为等边三角形，故A正确； ，，在中，， 当时，，，即， A，B，C，D共圆，B正确． 又， 四边形ABCD面积， ，， ，则， 所以四边形ABCD的面积没有最小值，C错误． 当，即时，四边形ABCD面积取最大值，故D正确． 故选：ABD． 12． 【分析】根据向量的合成法则以及向量的模长公式，进行计算即可得解. 【详解】设三个力，，分别对于的向量为： ， 则由题知，所以， 而，，则， 所以， 所以的大小为. 故答案为：. 13．/ 【分析】利用角平分线的性质和三角形面积公式得到及，从而，再由余弦定理及解得，即可得到结果. 【详解】由平分，知，结合，就有 . 而，故，所以. 由余弦定理得， 所以， 这得到，解得(负值舍去)， 所以. 故答案为：. 14． 【分析】首先由正弦定理、辅助角公式得，由三角形面积公式得，结合余弦定理以及基本不等式即可求解. 【详解】由正弦定理结合，可得， 因为，所以，即， 注意到，所以只能，解得， 若的面积等于， 则，解得， 在三角形中，运用余弦定理有， 三角形的周长，等号成立当且仅当， 综上所述，当且仅当三角形是以顶角的等腰三角形时，的周长取到最小值，且最小值为. 故答案为：. 15．(1) (2). 【分析】（1）利用余弦定理即可求解. （2）设，将把和用来表示，由题意可知,进而利用平面向量的数量积即可求解. 【详解】（1）因为，由余弦定理知： ， 所以. （2）设， 因为分别为的中点， 所以. 因为， 所以， . 又，. 所以. 16．(1)； (2). 【分析】（1）先用正弦定理把角化为边，再用余弦定理即可求解； （2）由，可得，然后与已知条件联立求解，再用角平分线定理即可求解 【详解】（1）已知，由正弦定理得：， 整理可得，所以， 由于，所以. （2）    由得， 角的平分线交边于，得， 且， ， ，又， 联立解得或， 因为， 由角平分线定理可得，. 17．(1)； (2)； 【分析】 （1）利用向量的加减法法则，结合图形即可得解； （2）利用向量垂直的向量表示与数量积运算法则求得，从而再次利用数量积运算法则即可得解. 【详解】（1） 依题意，得，点为中点，， 又，， 所以， . （2）依题意，得，， 所以，即， 所以，则， 又，所以， 所以 ， 而， 所以. 18．(1) (2) 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式对已知函数进行化简，再求单调递增区间即可. （2）利用解出，结合余弦定理解出，最后结合平面向量共线定理列出方程，求解参数即可. 【详解】（1）易知 令，可得， 解得，故的单调递增区间为. （2）若，且，解得， 由余弦定理得，解得，而是边上的高， 易知点共线，可得，而， 故，解得，由勾股定理得， 故是边上靠近的七等分点，故得， 故有， 19．(1) (2)． 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解； （2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求. 【详解】（1）因为， 根据正弦定理，得， 化简得，因为，所以， 因为，所以. （2）在中，由余弦定理得， 所以，解得． 因为为的中线，所以， 所以， 因为，所以，解得.    培优训练 一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的) 1．（23-24高一下·辽宁·期中）扇形的半径为1，，点在弧上运动，则的最小值为（    ） A． B．0 C． D．-1 2．（23-24高一下·福建莆田·期中）在锐角三角形中，已知，，分别是角，，的对边，且，，则三角形的周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东日照·三模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·河南·阶段练习）是内一点，，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）已知圆半径为2，弦，点为圆上任意一点，则下列说法正确的是（    ）    A． B．的最大值为6 C． D．满足的点有一个 6．（2024·湖南·二模）在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．2或4 7．（23-24高一下·广东·期末）某工业园区有、、共3个厂区，其中，，，现计划在工业园区内选择处建一仓库，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·全国·模拟预测）已知外接圆的半径为，为边的中点，，为钝角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（23-24高一下·广东广州·期中）已知P是边长为1的正六边形内一点（含边界），且，则下列正确的是（    ） A．的面积为定值 B．使得 C．的取值范围是 D．的取值范围是 10．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，，点是等边（点与在的两侧）边上的一动点，若，则有（    ） A．当时，点必在线段的中点处 B．的最大值是 C．的最小值是 D．的范围是 11．（23-24高一下·吉林延边·期中）下列说法正确的是（    ） A．已知的内角，，的对边分别为，，，若，，且为边上的高，为边上的中线，则的值为 B．在中，为所在平面内一点，且，则 C．已知在中，角的对边分别是，．若的面积，则的值为或． D．在中，分别是的内角所对的边，且.若，，则边长为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（23-24高一下·上海·期中）窗花足贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图中所示的窗花轮廓可以看作是一个正八边形.已知该正八边形的边长为10，点在其边上运动，则的取值范围是 . 13．（2024·浙江宁波·模拟预测）面积为1的满足为的内角平分线且D在线段上，当边的长度最㛒时，的值是 . 14．（23-24高一下·江苏南通·期中）在△ABC中，，P是MC的中点，延长AP交BC于点D．若，则 ；若，，则△ABC面积的最大值为 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高一下·广东佛山·期中）四边形中，，记，，的角平分线与相交于点，且，. (1)求的大小； (2)求的值. 16. (15分) （22-23高一下·黑龙江牡丹江·阶段练习）在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=    (1)试用，表示； (2)若，求∠ARB的余弦值 (3)若H在BC上，且RH⊥BC设，若，求的范围. 17. (15分) （23-24高一下·江苏泰州·期中）在平面四边形中，对角线和交于点，分别延长和交于点，连接并延长交于点. (1)如图（1），若四边形为圆的内接四边形，， （i）求的长； （ii）求的值； (2)如图（2），若的面积等于3，当取最小值时，求的面积. 18. (17分) （23-24高一下·江苏南通·期中）在凸四边形中，. (1)若四点共圆，，求四边形的面积： (2)若，求的值. 19. (17分) （23-24高一下·云南昆明·阶段练习）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角A； (2)若，设点P为的费马点，求； (3)设点P为的费马点，，求实数t的最小值. 参考答案： 1．A 【分析】利用三角函数的定义可得，即可根据向量的坐标运算，结合三角恒等变换可得，即可利用三角函数的性质求解. 【详解】以为原点，以所在直线为轴，过作的垂线为轴，建立平面直角坐标系， 设，则，其中，，， 故，,， ， ，，， ， 的取值范围为,，故的最小值为； 故选：A． 2．C 【分析】 由正弦定理化简已知可得，再由是锐角，得到，然后根据正弦定理和三角形内角和将周长用表示，结合三角恒等变化和三角函数图象即可求得范围. 【详解】因为， 根据正弦定理得，， 因为为锐角，所以， 所以，即，而A为锐角， 所以， 因为根据正弦定理， 所以， 因为三角形周长为， 又因为，所以， 所以， 因为，即， 所以， 即，， 所以. 故选：C. 3．C 【分析】联立题干所给式子以及余弦定理可得，在把代入题干可表示出，在根据的范围求解。 【详解】中， 由余弦定理可得： ，整理可得， 又，则， ，，则， 可得，则，即， 故选：C 4．D 【分析】在中，分别使用正弦定理，结合化简整理即可得解 【详解】因为， 所以， 设，因为，所以． 在中，由正弦定理可得， 则，即， 即， 解得． 故选：D 5．B 【分析】A选项，得到为等边三角形，根据投影向量的概念进行求解；B选项，作出辅助线，数形结合得到当点与点重合时，取得最大值，利用投影向量的概念求出最大值；C选项，作出辅助线，数形结合得到；D选项，考虑其中一个向量为零向量及垂直关系得到点有2个. 【详解】A选项，圆半径为2，弦，故为等边三角形， 取的中点，连接，则⊥， 由数量积公式及投影向量可得，A错误；    B选项，过点作平行于，交圆与点， 过点作⊥，交延长线于点，连接， 则四边形为菱形， 由投影向量可知，当点与点重合时，取得最大值， 此时， 故的最大值为，B正确； C选项，， 因为四边形为菱形，所以，且， 因为为定值， 故当与平行且方向相同时，取得最大值，最大值为， 当与平行且方向相反时，取得最小值，最小值为，    故，C错误； D选项，因为点为圆上任意一点，故当重合时，， 又当⊥时，满足， 故满足的点有2个，D错误. 故选：B 【点睛】思路点睛：平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 6．C 【分析】利用余弦定理先得B，结合余弦的和差公式构造齐次式弦化切解方程计算即可. 【详解】由余弦定理得， 即， ， 所以或， 又，所以. 故选：C 【点睛】思路点睛：由余弦定理先求，根据条件及余弦的和差角公式、弦化切构造齐次式方程解方程即可. 7．B 【分析】设，，利用正弦定理得到，再在中利用余弦定理得到，再由三角恒等变换公式及三角函数的性质求出，即可得解. 【详解】法一：设，， 则，， 在中由正弦定理，即， 所以， 在中， （其中）， 所以当时，所以最小值为． 法二：如图，因为，所以点在如图所示的圆上， 圆的直径为， 由圆周角的性质可得，所以，． 连接，可得（当为与圆的交点时取等号）． 在中，，，， 根据余弦定理可知， 即，所以的最小值为． 故选：B 8．C 【分析】解法一：利用正弦定理和外接圆的半径可求得，设，利用正弦定理将，用角的三角函数表示出来，再利用三角恒等变换及三角函数的值域即可求解； 解法二：利用正弦定理和外接圆的半径可求得，利用向量可得，令，再由关于的方程至少有1个正根，利用判别式可得其范围； 解法三：利用正弦定理和外接圆的半径可求得，在和中，分别利用余弦定理可得，令，再由关于的方程至少有1个正根，利用判别式可得其范围. 【详解】解法一： 根据正弦定理得，所以， 因为为钝角，所以； 延长到，使得，连接，如下图所示： 易知四边形为平行四边形，且． 设，则，所以， 即， 所以，， 所以， 因为，所以，所以， 所以， 可得的取值范围是． 解法二： 根据正弦定理得， 所以，因为为钝角，所以 因为为边的中点，所以，可得， 设，则①． 设，则， 将其代入①得②， 所以关于的方程至少有1个正根； 当，即， 经检验，当时，方程②即，解得，则，不合题意； 当时，方程②即，解得，不符合题意； 所以或，解得， 故的取值范围是． 解法三： 根据正弦定理得， 所以，因为为钝角，所以； 设，根据余弦定理得， 在中易知， 又在中可得， 所以可得，即， 将代入，得①， 设，则， 将其代入①得②， 所以关于的方程至少有1个正根； 当，即， 经检验，当时，方程②即，解得，则，不合题意； 当时，方程②即，解得，不符合题意； 所以或，解得， 故的取值范围是． 故选：C 【点睛】解三角形中的最值或范围问题主要有两种解决方法： 一是将所求量表示为与边有关的形式，利用函数知识或基本不等式求得最值或范围； 二是将所求量用三角形的某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定最值或范围． 9．AC 【分析】对A，根据可得，从而确定在正六边形的对角线上运动，进而根据到的距离为定值判断即可；对B，根据正六边形的对称性判断即可；对C，根据正六边形的对称性分析最值即可；对D，根据当时，有最小值判断即可. 【详解】对A，由可得， 即，可得， 因此，在正六边形的对角线上运动， 所以到的距离为定值，所以的面积为定值，故A正确； 对B，因为正六边形关于对角线对称，故，故B错误； 对C，根据图形的对称性，当为中点时，取得最大值， 当与重合时取得最小值，即的取值范围是，故C正确； 对D，因为正六边形边长为1，所以平行线的距离， 又当时，有最小值，故D错误. 故选：AC. 10．BCD 【分析】A选项，过中点作的平行线，根据平行线与的交的个数判断；B选项，建系，利用余弦定理得到各点的坐标，然后分点在上三种情况考虑；C选项，根据数量积的几何意义判断；D选项，将转化为，然后求范围即可. 【详解】 如图，过中点作的平行线与的三边有两个交点，所以时，点有两种情况，故A错； 在三角形中由余弦定理得, 解得，则，， ， 以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴建系， ，，，，，，，，， 当点在上时，， 当点在上时，设，， ， 则，，， 所以当时，最大为， 当点在上时，设，， ， 则，，， 当时，最大为， 综上可得，当点在点处时最大为，故B正确； 根据数量积的几何意义可得，当点在点处时最小， 此时，故C正确； 取中点，则， 因为，所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：数量积的求法： （1）公式法：； （2）坐标法； （3）几何意义法； （4）转化法：将向量利用线性运算转化. 11．ACD 【分析】建立平面直角坐标系，运用平面向量的坐标运算计算A，举反例判断B，利用给定条件，联立构造齐次方程计算C，利用正弦定理列出方程，求解边长判断D即可. 【详解】 对于A，如图，以为原点建立平面直角坐标系，连接，作， 由题意得，，由勾股定理得，，故， 可得的直线方程为，设， 易得，故， 而为边上的中线，故是的中点， 由中点坐标公式得， 易得，故， 则，故A正确， 对于B，假定是等边，且它的内角，，的对边 分别为，，，若，， 如图，以为原点建立平面直角坐标系，由题意得，， 故，易得，，故，， 而，故，此时， 故，显然，可得的方程为， 由点到直线的距离公式得到的距离为， 故，则， 故在该特殊情况下不成立，则对一般情况也不成立，故B错误， 对于C，在中，若， 可得， 故， 可得，显然，故，即， 故，而，化简得， 由余弦定理得，联立方程组并消去得， 解得或，代入得或，故C正确， 对于D，若，由正弦定理得， 整理得，故，由余弦定理得， 且在中，故，可得， 由正弦定理得，解得，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形和平面向量，解题关键是建立平面直角坐标系，然后表示出各个点的坐标，再利用平面向量的坐标运算得到所要求定值即可． 12． 【分析】作出图形，由图可得点在上运动，取的最大值，当在上运动，取的最小值，求得相应最值即可. 【详解】分别过，作的垂线，垂足为，，且，， 因为点在正八边形上运动，所以在上的投影向量的起点为，终点在线段上移动， 则当点在上运动，取的最大值，为， 则当点在上运动，取的最小值，为， 所以的取值范围是 故答案为： 13．/ 【分析】设，，由得，且，进而，在中，由余弦定理结合基本不等式求得的最小值时，，从而得到答案. 【详解】设，，则，从而， 因为， 又， 所以，且， 从而， 在中，由余弦定理得， ， 当且仅当即时，等号成立， 所以当取最小值时，，此时， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是利用余弦定理求出的表达式，并结合条件和基本不等式得到的最小值时的条件. 14． 【分析】第一空，直接由向量的线性运算计算即可； 第二空，用向量表示向量，进而求出的模，设分别为所对边，由的模表示出的关系，利用基本不等式即可求解△ABC面积的最大值. 【详解】第一空，因为P是MC的中点， 所以， 又因为， 所以， 所以， 即， 所以； 第二空，设，则， 因为点D在BC上，所以，即， 所以， 所以， 因为，即， 设分别为所对边， 所以， 即， 因为，当且仅当时取等号， 所以，即， 所以， 因此△ABC面积的最大值为为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查平面向量的线性运算及应用，关键在于利用平面向量基本定理表示出向量，再根据模长求出三角形两边的关系，利用基本不等式和面积公式即可得到面积最大值. 15．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理化简得到，再由，两式相除求得，即可求解； （2）根据题意，利用，求得，结合余弦定理，即可求解. 【详解】（1）在中，由正弦定理得，所以， 因为，两式相除得，所以， 又因为，可得，所以. （2）因为，所以， 又因为平分，可得， 因为，且，， 所以， 即，解得， 在中，由余弦定理得 ，所以. 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）由，三点共线结合平面向量基本定理可得答案；（2）由（1）及题目条件，结合两向量夹角余弦公式可得答案.（3）设，结合及（1）可得，即可得答案. 【详解】（1）因P,R,C共线，则存在使， 则，整理得. 由共线，则存在使， 则，整理得. 根据平面向量基本定理，有， 则. （2）由（1），，， 则，，. 则； （3）由（1）知，则. 由共线，设. 又. 则 . 因，则，则. 17．(1)（i）    （ii） (2) 【分析】（1）先证明两个引理，然后利用余弦定理推知，再由引理1得到，最后用引理2得到； （2）由引理2即得，然后证明，并通过证明过程推知取等当且仅当，，再用实际的例子说明，能取到，从而的确是的最小值且取到最小值当且仅当，. 最后利用，即可求得结果. 【详解】（1）先证明两个引理. 引理1：设是圆内接四边形，则. 证明：如图，设是圆内接四边形，过作的平行线交四边形的外接圆于，则. 再连接，交于. 从而，故. 而，所以相似于. 再由知，又因为，所以相似于. 由相似于，相似于，知，. 所以，，故. 这就证明了. 引理1得证. 引理2：如图，在中，分别是线段上的点，若三条直线交于一点，则. 证明：设，，，. 则，，，. 所以，. 而点在直线和上，故，即. 由可知，即，故. 代入的定义，知，所以. 引理2得证. 回到原题. 若四边形为圆的内接四边形，，，，： （i） 由于四边形为圆的内接四边形，故. 从而，使用余弦定理得. 从而，代入已知条件得. 所以，从而，即. 由引理1得. 故. （ii） 由，，知. 所以. 由于，故，从而. 由，，知相似于，从而. 代入已知条件及得，故，. 从而，. 由引理2知，所以. 从而. （2）由引理2知，再结合已知条件就有. 从而，故. 通过不等式的取等条件可以推知等号成立需要，，即，. 下面的例子表明，能够满足，从而能取到： 如图，在平面直角坐标系中令，可验证这些点满足条件，此时，，，从而. 故的最小值是，而且取到最小值的充要条件是，. 所以，题目条件即为，，这就意味着，，. 故，，. 所以. 【点睛】关键点点睛：本题中的两个引理分别叫“托勒密定理”和“塞瓦定理”，是平面几何的熟知定理. 在引理1中，若去掉四边形是圆内接四边形的条件，则依然有结论，且等号成立当且仅当四边形有外接圆，该命题的证明与引理1类似，但点将不能直接取在线段上，而是使得相似于，且相似于的合适的位置；在引理2中，等式也是三条直线交于一点的充分条件，使用必要性的结论和同一法即可证明. 18．(1)； (2). 【分析】（1）由四点共圆得到，在，中分别利用余弦定理求出，，即可得到和，再由面积公式求出，即可； （2）设，再在中利用正弦定理得出关于的方程，再根据三角函数恒等变换化简求解即可. 【详解】（1）因为四点共圆且， 所以，则， 在中由余弦定理， 又， 所以， 解得（负值舍去），所以， 则， 在中，由余弦定理，得 ， 又， 所以， 解得或（舍去）， 所以， 所以， 所以. （2）设， 则，则， ， 又，所以， 在中，由正弦定理可得， 即， 所以，即， 所以 ， 故， 又，解得， 又由正弦定理有， 故， 所以. 【点睛】关键点睛： 1.在求四边形面积问题时，通常情况下分成两个三角形，进而利用三角形的面积公式即可求解. 2.设而不求：在第二小问，设，再在中利用正弦定理得出关于的方程，再根据三角函数恒等变换化简，而不求与的值得到答案，于是解决此类问题时，要善于利用设而不求的解题方法. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案； （2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案； （3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 【详解】（1）由，得， 故. 由正弦定理可得，故直角三角形，即. （2）由（1）可得，所以三角形的三个角都小于， 则由费马点定义可知：， 设， 由，得， 整理得， 则. （3）如图，点为的费马点，则， 设， 则由，得； 由余弦定理得， ， ， 故由，得， 即，而，，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立. 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用面积法得到，最后根据向量数量积的定义即可. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$