专题05平面向量的综合应用-备战2025届新高考数学模拟题分类汇编（安徽专用）

专题05 平面向量的综合应用 题型一 平面向量的线性运算 1．（2024·安徽安庆·三模）已知线段是圆的一条长为4的弦，则（    ） A．4 B．6 C．8 D．16 2．（2024·安徽·三模）已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·安徽·模拟预测）如图，在边长为3的正三角形中，，，则（    ） A． B．3 C． D．2 4．（2024·安徽黄山·一模）已知向量，满足，则向量的夹角为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·安徽池州·二模）已知向量满足，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·安徽黄山·二模）已知，且，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知平面向量与满足：在方向上的投影向量为，在方向上的投影向量为，且，则（     ） A． B． C． D． 8．（2024·安徽·模拟预测）已知，为非零向量，且，，若的最小值为，则的值为（    ）． A． B． C．4 D． 9．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知边长为1的正方形ABCD，点E，F分别是BC，CD的中点，则（    ） A． B． C． D． 10．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）若，且，则实数（    ） A．6 B． C．3 D． （多选）11．（2024·安徽·三模）已知向量，则（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 （多选）12．（2024·安徽淮北·一模）如图，边长为2的正六边形，点是内部（包括边界）的动点，，，.（    ）    A． B．存在点，使 C．若，则点的轨迹长度为2 D．的最小值为 13．（2024·安徽·模拟预测）已知向量满足，，则 . 14．（2024·安徽·模拟预测）已知非零平面向量，向量在向量上的投影数量为，，则的夹角的大小为 ． 15．（2024·安徽·模拟预测）若向量与的夹角为，，，则 ． 16．（2024·安徽·模拟预测）已知平面向量，满足，，则向量，夹角的余弦值为 ． 17．（2024·安徽阜阳·一模）如图，在四边形中，分别为的中点，，则 ． 18．（2024·安徽合肥·三模）在中，若，则 . 题型二 平面向量基本定理与坐标运算 1．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知向量，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知平面向量，，且，则（    ） A．2 B． C． D． 3．（2024·安徽马鞍山·三模）已知平面向量，不共线，，，且，则（    ） A． B．0 C．1 D． 4．（2024·安徽池州·模拟预测）已知向量，若与的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·安徽芜湖·二模）已知等边的边长为2，点、分别为的中点，若，则=（    ） A．1 B． C． D． 6．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在边长为2的等边中，点为中线BD的三等分点（靠近点B），点F为BC的中点，则（    ） A． B． C． D． 7．（2024·安徽·模拟预测）已知点，，，且，则（    ） A． B． C． D．2 8．（2024·安徽·模拟预测）在中，在边上，且是边上任意一点，与交于点，若，则（    ） A． B． C．3 D．-3 9．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知向量，，若当时，，当时，，则（   ） A．， B．， C．， D．， 10．（2024·安徽·模拟预测）已知向量，，，若，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·安徽合肥·模拟预测）在四边形中，，且，则 ． 12．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知向量，，若，则 ． 13．（2024·安徽淮北·二模）已知向量，若与共线，则实数 . 14．（2024·安徽·模拟预测）已知为等边的中心，若，则 ．（用表示） 15．（2024·安徽池州·模拟预测）已知向量，，且与共线，则 . 题型三 解三角形综合 1．（2024·安徽合肥·一模）在中，内角的对边分别为，若，且，则（    ） A．1 B． C． D．2 2．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C． D． 3．（2024·安徽·模拟预测）在锐角中，角的对边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·安徽芜湖·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则角（    ） A． B． C． D． 5．（2024·安徽·模拟预测）在中，边上的高等于，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·安徽六安·模拟预测）已知平面向量，，满足，，，，则的最大值等于（    ） A． B． C． D． 7．（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． 8．（2024·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·安徽·二模）已知的内角A，，对边分别为，，，满足，若，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 10．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知角的对边分别为满足，则角的最大值为（    ） A． B． C． D． （多选）11．（2024·安徽·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，，，则（    ） A． B．的外接圆面积为 C．若，，则 D．若，，则 12．（2024·安徽·三模）在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足,，则的面积是 ． 13．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知中，角所对的边分别为，，，，若，则的最小值为 ． 14．（2024·安徽合肥·模拟预测）在中，设所对的边分别为，且，则以下结论正确的有 . ①；②；③；④；⑤. 15．（2024·安徽池州·模拟预测）在中，是的角平分线，且的面积为1，当最短时， ． 16．（2024·安徽黄山·一模）记的内角的对边分别为，其外接圆半径为，且，则角大小为 ，若点在边上，，则的面积为 ． 17．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知分别为内角的对边，． (1)求角A； (2)若的面积为，周长为6，求． 18．（2024·安徽·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，，．    (1)若，，求的值； (2)若，，求四边形ABCD的面积． 19．（2024·安徽滁州·三模）在中，角的对边分别为． (1)求的大小； (2)若，且边上的中线长为，求的面积． 20．（2024·安徽芜湖·三模）已知分别为三个内角的对边，且 (1)求； (2)若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 21．（2024·安徽·三模）在中，内角所对的边分别为，且. (1)求角； (2)射线绕点旋转交线段于点，且，求的面积的最小值. 22．（2024·安徽安庆·二模）如图，在平面凸四边形中，. (1)求； (2)若，，求. 23．（2024·安徽淮北·一模）已知中，角，，的对边分别为，，，且. (1)求； (2)若，，且，求. 24．（2024·安徽阜阳·一模）在中，角的对边分别是，且． (1)求角的大小； (2)若，且，求的面积． 25．（2024·安徽合肥·三模）如图，某人开车在山脚下水平公路上自向行驶，在处测得山顶处的仰角，该车以的速度匀速行驶4分钟后，到达处，此时测得仰角，且. (1)求此山的高的值； (2)求该车从到行驶过程中观测点的仰角正切值的最大值． 26．（2024·安徽淮北·二模）记的内角的对边分别为，已知 (1)试判断的形状； (2)若，求周长的最大值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 平面向量的综合应用 题型一 平面向量的线性运算 1．（2024·安徽安庆·三模）已知线段是圆的一条长为4的弦，则（    ） A．4 B．6 C．8 D．16 【答案】C 【分析】取中点，连接,根据向量的相关计算性质计算即可. 【详解】取中点，连接， 易知，所以. 故选：C 2．（2024·安徽·三模）已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据数量积以及模的坐标表示，求出数量积以及模，然后根据投影向量的概念，即可得出答案. 【详解】向量在向量上的投影向量为. 故选：B 3．（2024·安徽·模拟预测）如图，在边长为3的正三角形中，，，则（    ） A． B．3 C． D．2 【答案】C 【分析】根据向量的线性运算得到，再由数量积的运算代入数值求解即可. 【详解】由题意知，， 则 ， 所以 . 故选：C 4．（2024·安徽黄山·一模）已知向量，满足，则向量的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由平面向量运算律根据模长可得，再由数量积定义可得夹角为. 【详解】根据题意由可得， 又，可得， 设向量的夹角为，所以， 可得，即. 故选：B 5．（2024·安徽池州·二模）已知向量满足，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用平面向量数量积的运算求向量的夹角. 【详解】因为 . 故选：D 6．（2024·安徽黄山·二模）已知，且，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据进行求解，得到答案. 【详解】因为，， 所以在上的投影向量为. 故选：A 7．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知平面向量与满足：在方向上的投影向量为，在方向上的投影向量为，且，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据投影向量的定义，即可求解. 【详解】在方向上的投影向量为，即，① 在方向上的投影向量为，即，② 由①②得，又，所以. 故选：D 8．（2024·安徽·模拟预测）已知，为非零向量，且，，若的最小值为，则的值为（    ）． A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】由数量积的定义和模长公式对平方可得，当时，取得最小值，可求出，即可求出的值, 【详解】因为，， 由题意得， 所以当时，取得最小值， 由得，所以． 故选：D 9．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知边长为1的正方形ABCD，点E，F分别是BC，CD的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以为基底，根据平面向量的线性运算及数量积的运算律计算即可. 【详解】边长为1的正方形ABCD，，， ，， 所以. 故选：D 10．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）若，且，则实数（    ） A．6 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】由向量垂直的坐标表示直接求解. 【详解】若，则即，解得. 故选：B （多选）11．（2024·安徽·三模）已知向量，则（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 【答案】ACD 【分析】由向量的线性运算、平行以及垂直的坐标表示可判断ABC，由投影向量的定义可判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于BC，由于，，故B错误，C正确； 对于D，在上的投影向量为，故D正确. 故选：ACD. （多选）12．（2024·安徽淮北·一模）如图，边长为2的正六边形，点是内部（包括边界）的动点，，，.（    ）    A． B．存在点，使 C．若，则点的轨迹长度为2 D．的最小值为 【答案】AD 【分析】根据正六边形的性质，结合向量的线性运算即可求解A，根据共线即可得矛盾求解B，根据共线即可求解C，根据数量积的运算律，结合图形关系即可求解D. 【详解】设为正六边形的中心， 根据正六边形的性质可得且四边形均为菱形， ，故A正确， 假设存在存在点，使，则,其中点为以为邻边作平行四边形的顶点， 所以在直线上，这与点是内部（包括边界）的动点矛盾，故B错误， 当时，， 取,则,所以点的轨迹为线段, 其中分别为过点作与的交点， 由于为的中点，所以,故点的轨迹长度为1，C错误， 由于, , 过作于，则,所以此时， 由于分别为上的分量，且点点是内部（包括边界）的动点，所以 当位于时，此时同时最小，故的最小值为 故选：AD    13．（2024·安徽·模拟预测）已知向量满足，，则 . 【答案】 【分析】根据数量积的运算律得到，再由计算可得. 【详解】因为，所以， 又， 所以 . 故答案为：. 14．（2024·安徽·模拟预测）已知非零平面向量，向量在向量上的投影数量为，，则的夹角的大小为 ． 【答案】 【分析】根据题意，求得，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】因为向量在向量 上的投影数量为，可得，所以， 设的夹角为，则， 又因为，所以． 故答案为：. 15．（2024·安徽·模拟预测）若向量与的夹角为，，，则 ． 【答案】4或 【分析】根据向量的数量积定义及运算律计算即可. 【详解】因为向量与的夹角为， 所以， 因为， 所以， 所以或． 故答案为：4或 16．（2024·安徽·模拟预测）已知平面向量，满足，，则向量，夹角的余弦值为 ． 【答案】 【分析】借助向量模长与数量积的关系，数量积运算法则与夹角公式计算即可得. 【详解】由得，得， 由得， 即，所以， 设向量，的夹角为，则． 故答案为：. 17．（2024·安徽阜阳·一模）如图，在四边形中，分别为的中点，，则 ． 【答案】 【分析】连接、，根据平面向量线性运算法则得到，再根据数量积的运算律计算可得. 【详解】连接、，所以，， 又、分别为、的中点， 所以， 所以 ． 故答案为：. 18．（2024·安徽合肥·三模）在中，若，则 . 【答案】 【分析】根据题意，求得和，设为线段上靠近的四等分点，得到，设，求得，即可求解. 【详解】由，可得， 即，可得，所以， 又由，可得，即， 设为线段上靠近的四等分点，则， 设，则， 所以，则， 所以. 故答案为：. 题型二 平面向量基本定理与坐标运算 1．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知向量，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】根据向量坐标进行线性运算，再由模长公式即可求解. 【详解】， 故选：D 2．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知平面向量，，且，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】利用平面向量平行的坐标运算公式即可. 【详解】因为，，且，所以， 解得，所以D正确. 故选：D 3．（2024·安徽马鞍山·三模）已知平面向量，不共线，，，且，则（    ） A． B．0 C．1 D． 【答案】A 【分析】依题意可得，根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可. 【详解】因为，且， 所以，即， 又，不共线， 所以，解得. 故选：A 4．（2024·安徽池州·模拟预测）已知向量，若与的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用平面向量夹角的坐标表示及诱导公式计算即可. 【详解】由题意得， 所以． 故选：A 5．（2024·安徽芜湖·二模）已知等边的边长为2，点、分别为的中点，若，则=（    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】取为基底，利用平面向量基本定理表示出，进行数量积运算即可. 【详解】在中，取为基底，则. 因为点、分别为的中点， ， ， 故选：A 6．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在边长为2的等边中，点为中线BD的三等分点（靠近点B），点F为BC的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由平面向量数量积公式以及平面向量基本定理求解结果. 【详解】由已知有，，， 所以． 已知是AC的中点，则，， 所以， 则． 故选：D 7．（2024·安徽·模拟预测）已知点，，，且，则（    ） A． B． C． D．2 【答案】D 【分析】由知与的夹角为，所以，由平行向量的坐标表示求解即可. 【详解】由得与的夹角为． ，， 由得，故． 当时，，与的夹角为； 当时，，与的夹角为，舍去． 故选：D 8．（2024·安徽·模拟预测）在中，在边上，且是边上任意一点，与交于点，若，则（    ） A． B． C．3 D．-3 【答案】C 【分析】利用向量的线性运算，得，再利用平面向量基本定理，可得，然后就可得到结果. 【详解】三点共线，设， 则， 又，所以，即. 故选：C 9．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知向量，，若当时，，当时，，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】根据向量同向及数量积为0分别建立方程求解. 【详解】当时，由可知与方向相同，得，解得； 当时，，即，解得． 故选：C 10．（2024·安徽·模拟预测）已知向量，，，若，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知条件求得的值, 得到和的坐标，即可利用投影向量的公式进行求解. 【详解】由得.由得.所以. 所以，所以在上的投影向量为 ， 故选：D 11．（2024·安徽合肥·模拟预测）在四边形中，，且，则 ． 【答案】3 【分析】根据图形，建立平面直角坐标系，再利用坐标求数量积. 【详解】如图，建立平面直角坐标系，由题意可知，，， 则，，，，， 所以. 故答案为：3. 12．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知向量，，若，则 ． 【答案】 【分析】根据平面向量数量积的坐标运算与向量垂直的坐标运算列方程求解即可. 【详解】因为，， 由可得， 解得. 故答案为：. 13．（2024·安徽淮北·二模）已知向量，若与共线，则实数 . 【答案】2 【分析】利用平面向量共线的坐标式列出方程，求解即得. 【详解】由可得，，， 因与共线，则有，解得. 故答案为：2. 14．（2024·安徽·模拟预测）已知为等边的中心，若，则 ．（用表示） 【答案】 【分析】等边三角形的中心即三边中线的交点，由重心的结论：，结合向量的线性运算即可求解. 【详解】解：由题可得如图：   是的重心，，O是各边中线的交点， ， ， 又D为的中点，，故： , 所以：， 故答案为：. 15．（2024·安徽池州·模拟预测）已知向量，，且与共线，则 . 【答案】 【分析】由向量垂直的条件求出，再得出，最后求出模长即可. 【详解】因为与共线， 所以， 所以， 所以， 所以， 故答案为：. 题型三 解三角形综合 1．（2024·安徽合肥·一模）在中，内角的对边分别为，若，且，则（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】A 【分析】给两边同时乘以，结合余弦定理求解即可. 【详解】因为，两边同时乘以得： ，由余弦定理可得， 则，所以有， 又，所以，又因为， 所以. 故选：A 2．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式得到，即可得到，从而求出、. 【详解】因为，由正弦定理可得， 即，又，所以， 因为且，所以，所以 又，所以，. 故选：B 3．（2024·安徽·模拟预测）在锐角中，角的对边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】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 4．（2024·安徽芜湖·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则角（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由代入化简得，由正弦定理得，代入化简即可，根据检验即可选出正确选项. 【详解】在中，， 所以， 因为，由正弦定理可得， 所以，即，所以或，即或， 当时，，而，所以不符合舍去，即. 故选：A 5．（2024·安徽·模拟预测）在中，边上的高等于，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据三角函数，结合图形，即可求解. 【详解】如图，边上的高为，，且， 所以，则， 则，， 所以，则. 故选：B 6．（2024·安徽六安·模拟预测）已知平面向量，，满足，，，，则的最大值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由，即点四点共圆，再利用余弦定理、正弦定理求解即可. 【详解】设， 由，，，则， 所以，又，所以， 即点四点共圆，要使最大，即为圆的直径， 在中，由余弦定理可得， 即，又由正弦定理可得， 即的最大值为， 故选：A 7．（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． 【答案】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 8．（2024·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值． 【详解】因为，可得， 即， 整理可得， 即， 在三角形中，， 即，,可得； 由余弦定理可得，当且仅当时取等号， 而， 所以， 所以． 即该三角形的面积的最大值为． 故选：A 9．（2024·安徽·二模）已知的内角A，，对边分别为，，，满足，若，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正弦定理得，然后根据余弦定理求出，再利用重要不等式求出即可 【详解】由， 由正弦定理得， 又，且， 所以，故， 又，所以， 由，即，得， 面积的最大值为， 故选：C 10．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知角的对边分别为满足，则角的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及基本不等式求解即得. 【详解】在中，由正弦定理及，得，即， 由余弦定理得，当且仅当时取等号， 而，则，所以角的最大值为. 故选：A （多选）11．（2024·安徽·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，，，则（    ） A． B．的外接圆面积为 C．若，，则 D．若，，则 【答案】BCD 【分析】本题考查了向量的数量积、利用正余弦定理解三角形和三角恒等变换，是中档题. 先由向量的数量积、正弦定理和三角恒等变换得，则，再由利用正余弦定理解三角形逐一判定即可. 【详解】对于A选项，依题意，， 则， 由正弦定理，， 因为，且， 故，故， 因为，故，故A错误； 对于B选项，由选项A可知，，故其外接圆面积为，故B正确； 对于C、D选项，因为，记， 所以，，，， 在中，由正弦定理，，即， 在中，由余弦定理，， 故，解得， 因为，则，，故C、D正确； 故选：BCD. 12．（2024·安徽·三模）在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足,，则的面积是 ． 【答案】 【分析】先化角为边结合余弦定理得出，利用可得，利用面积公式可得答案. 【详解】因为， 由正弦定理可得，整理得，， 因为，所以； 由得，即， 因为， 所以，即，所以三角形是正三角形， 因为，所以的面积是. 故答案为：. 13．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知中，角所对的边分别为，，，，若，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】取和，转化为，得到三点共线，得到的最小值，即为中边上的高，在中，结合余弦定理和面积相等，列出方程，即可求解. 【详解】在中，因为， 如图所示，取的中点，可得， 再延长到点，使得，可得 ， 因为， 因为，所以三点共线， 所以的最小值，即为中边上的高， 在中，由余弦定理得 ，所以， 又由， 可得，即，解得， 所以的最小值为. 故答案为：. 14．（2024·安徽合肥·模拟预测）在中，设所对的边分别为，且，则以下结论正确的有 . ①；②；③；④；⑤. 【答案】⑤ 【分析】依题意可得，利用正弦定理将角化边得到，将上式两边平方，再由余弦定理得到，最后由余弦定理及基本不等式计算可得. 【详解】因为，即， 由正弦定理可得， 所以，又， 所以， 所以， 因为，所以，则， 所以，， 又，所以， 所以， 所以，则，即. 故答案为：⑤. 【点睛】关键点点睛：本题关键是余弦定理的灵活应用，第一次得到，再由基本不等式得到. 15．（2024·安徽池州·模拟预测）在中，是的角平分线，且的面积为1，当最短时， ． 【答案】 【分析】记，，然后计算得到，再使用余弦定理说明，并通过基本不等式的取等条件得知当取到最小值时，，最后通过即得结果. 【详解】记，，则，从而. 因为， 且， 所以，且， 从而. 在中，由余弦定理可得： ， 当且仅当即时取等号. 所以当取到最小值时，，此时， 所以． 故答案为：. 16．（2024·安徽黄山·一模）记的内角的对边分别为，其外接圆半径为，且，则角大小为 ，若点在边上，，则的面积为 ． 【答案】； 【分析】化简得，解得，得角大小；由外接圆半径，求，，两边同时平方，结合余弦定理，求出，面积公式求的面积. 【详解】中，， 即，得，解得，（舍）， 由，得. 的外接圆半径为，则，解得， 由余弦定理，，得， 点在边上，， 则， 有， 得， 即， 由，解得， 所以的面积为. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用公式求解，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求解. 17．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知分别为内角的对边，． (1)求角A； (2)若的面积为，周长为6，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换可得，结合角A的范围分析求解； （2）利用面积公式可得，再根据余弦定理运算求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 又因为， 可得， 且，则，可得， 整理得， 又因为，则， 所以，即. （2）因为，则， 由余弦定理可得， 解得． 18．（2024·安徽·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，，．    (1)若，，求的值； (2)若，，求四边形ABCD的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值； （2）和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积． 【详解】（1）在中，，，则， ， 在中，由正弦定理得， . （2）在和中，由余弦定理得 ， ， 得，又，得， 则，， 四边形ABCD的面积 . 19．（2024·安徽滁州·三模）在中，角的对边分别为． (1)求的大小； (2)若，且边上的中线长为，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解； （2）取的中点，连接，在和中，分别利用余弦定理表示，结合化简求出，再利用三角形的面积公式即可得解. 【详解】（1）， 由余弦定理得， 化简得． ； （2）由（1）可得①， 又②， 取的中点，连接， 在中，③， 由②③得④， 由①④得，解得或（舍去）， ， . 20．（2024·安徽芜湖·三模）已知分别为三个内角的对边，且 (1)求； (2)若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）正弦定理边化角，利用内角和定理消去，由和差公式和辅助角公式化简可得； （2）根据余弦定理和三角形面积公式列方程组求出，然后在中利用余弦定理可得. 【详解】（1）由正弦定理有， 因为， 所以， 化简得， 由有，可得， 因为， 所以，则． （2）由有 又可得， 联立解得，所以为正三角形， 所以， 在中，由余弦定理得． 故的长为. 21．（2024·安徽·三模）在中，内角所对的边分别为，且. (1)求角； (2)射线绕点旋转交线段于点，且，求的面积的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）借助正弦定理将边化角后，利用三角形内角和公式及两角和的正弦公式计算即可得； （2）借助等面积法计算可得，利用基本不等式可得， 利用面积公式计算即可得. 【详解】（1）， 由正弦定理得， 则， 即 则， 且， ，； （2）由和，可知， 因为， 所以， 又因为， 所以，即， 又， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 所以， 所以的面积的最小值为. 22．（2024·安徽安庆·二模）如图，在平面凸四边形中，. (1)求； (2)若，，求. 【答案】(1) (2)4 【分析】（1）借助三角恒等变换将所给式子化简计算即可得； （2）结合题意，借助正弦定理与余弦定理计算即可得. 【详解】（1）由已知得：， 故， 所以． 因为， 故，由三角形内角范围知； （2）由，，故为边长为4的等边三角形， 在中，，由正弦定理得， 故， 由于， 所以，故， 在中，由余弦定理得， 即，得. 23．（2024·安徽淮北·一模）已知中，角，，的对边分别为，，，且. (1)求； (2)若，，且，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边角互化再结合余弦定理化简即可得出答案. （2）在由余弦定理求出，即可得出，在中由余弦定理求解即可得出答案. 【详解】（1）由，得， 即，. 所以，故. （2）在中，，，， 由余弦定理可得：， 化简可得：，解得：或（舍去）. 又因为，故. 在中，， 故. 24．（2024·安徽阜阳·一模）在中，角的对边分别是，且． (1)求角的大小； (2)若，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理边化角，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由余弦定理结合三角形的面积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）因为， 所以根据正弦定理得， 因为， 所以， 即， 即． 因为，所以． 因为，所以． （2）． 因为，所以①． 因为， 所以②． 联立①②可得，解得（负根舍去）， 故的面积为． 25．（2024·安徽合肥·三模）如图，某人开车在山脚下水平公路上自向行驶，在处测得山顶处的仰角，该车以的速度匀速行驶4分钟后，到达处，此时测得仰角，且. (1)求此山的高的值； (2)求该车从到行驶过程中观测点的仰角正切值的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，由锐角三角函数表示出、，再在中利用余弦定理计算可得； （2）设是线段上一动点，连接，即可得到点处观测点的仰角为，且，求出的最小值，即可得解. 【详解】（1）设，在中，因为，所以， 同理，在中，， 在中，由余弦定理得， 由，所以，解得（负值已舍去），所以此山的高为； （2）由（1）得，设是线段上一动点，连接， 则在点处观测点的仰角为，且， 因为，， 所以， 当时，最短，记最小值为，由， 即，解得， 所以， 所以该车从到行驶过程中观测点仰角正切值的最大值为． 26．（2024·安徽淮北·二模）记的内角的对边分别为，已知 (1)试判断的形状； (2)若，求周长的最大值. 【答案】(1)是直角三角形 (2) 【分析】（1）根据题意，求得，利用余弦定理列出方程，得到，即可求解； （2）由（1）和，得到，则周长为，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】（1）解：由，可得，所以， 即，所以， 又由余弦定理得，可得，所以， 所以是直角三角形 （2）解：由（1）知，是直角三角形，且，可得， 所以周长为， 因为，可得， 所以，当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$