专题16 解三角形（选填压轴题）-【挑战压轴题】备战2025年高考数学压轴题通法训练·高分必刷系列（新高考版）

专题16 解三角形（选填压轴题） 目录 一、三角形边长相关问题 1 二、三角形周长问题 2 三、三角形面积问题 3 四、三角形与向量综合问题 5 一、三角形边长相关问题 1．（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． 2．（23-24高二上·河南郑州·开学考试）在中，角所对的边分别是是边上一点，且，则的最小值是（    ） A．4 B．6 C．8 D．9 3．（23-24高一下·湖北·期中）在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·天津静海·期中）在锐角三角形ABC中，若，且满足关系式，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，，的中点为，若长度为3的线段（在的左侧）在直线上移动，则的最小值为 A． B． C． D． 6．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为 . 7．（23-24高一下·湖南永州·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值是 . 8．（23-24高一下·江苏连云港·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是 ． 二、三角形周长问题 1．（23-24高一下·江苏淮安·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·福建泉州·开学考试）在锐角中，角的对边分别为，为的面积，，且，则的周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高三下·河南·开学考试）在中，若内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的平分线交AC于点D，且，则周长的最小值为（    ） A．7 B． C． D．4 4．（2024·浙江·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若的面积为，则的周长的最小值为（    ） A．4 B． C．6 D． 5．（23-24高一下·江苏盐城·期中）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则周长的取值范围为 . 6．（23-24高一下·四川成都·期中）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，并满足条件，，，，则的周长范围为 ． 7．（23-24高三上·重庆北碚·阶段练习）拿破仑定理是法国著名的军事家拿破仑·波拿马最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．在中，，以、、为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为、、，若的面积为，则的周长的取值范围为 ． 8．（23-24高一下·上海嘉定·期中）设锐角的三个内角的对边分别为，且，，则的周长的取值范围为 . 三、三角形面积问题 1．（23-24高一下·浙江金华·期末）已知三个内角，，的对边分别是，，，且满足，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）如图，一块三角形铁片ABC，已知，，，现在这块铁片中间发现一个小洞，记为点D，，.如果过点D作一条直线分别交AB，AC于点E，F，并沿直线EF裁掉，则剩下的四边形EFCB面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·重庆·期中）如图，已知，，为边上的两点，且满足，．则当取最大值时，的面积等于（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，的平分线交AC于点D，，，则面积的最小值为（    ） A． B． C． D．16 5．（23-24高一下·湖北武汉·期中）设是的外心，点为的中点，满足，若，则面积的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D．8 6．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，平面四边形中，，则四边形面积的最大值为 . 7．（2024高二下·浙江杭州·学业考试）如图，在平面四边形中，，，记与的面积分别为， 则的值为 . 8．（23-24高一下·四川成都·期中）中，为线段上一点，，且，则面积的最小值为 . 9．（23-24高三下·重庆渝中·阶段练习）如图，四边形由和拼接而成，其中，，若与相交于点，，，，且，则的面积 ． 四、三角形与向量综合问题 1．（23-24高一下·福建厦门·期末）向量满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·重庆·期末）已知中，角的对边分别为，且满足，在上的投影向量的模长为，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·山东青岛·期中）中，，，是外接圆圆心，是的最大值为（    ） A．1 B． C．3 D．5 4．（23-24高一下·黑龙江绥化·阶段练习）在等腰中，为上一点，且，记的外心为，若，则（    ） A．9 B．12 C． D．27 5．（23-24高一下·上海·期末）如图，已知点P为所在平面内一点，，，定义点集，若存在点，使得对任意，有恒成立，那么当的面积取得最大值12时， ． 6．（23-24高一下·重庆·期末）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，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②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，其中，则的值为 ；设，则 ．    7．（23-24高一下·江苏宿迁·期末）记的三个内角，且，，若是的外心，是角的平分线，在线段上，则 . 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题16 解三角形（选填压轴题） 目录 一、三角形边长相关问题 1 二、三角形周长问题 11 三、三角形面积问题 19 四、三角形与向量综合问题 28 一、三角形边长相关问题 1．（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． 【答案】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． 2．（23-24高二上·河南郑州·开学考试）在中，角所对的边分别是是边上一点，且，则的最小值是（    ） A．4 B．6 C．8 D．9 【答案】C 【分析】利用正弦定理及，表达出，再利用基本不等式求出最值. 【详解】如图所示， 因为，所以， 在Rt△ABD中，，即， 因为， 由正弦定理可得：，即， 所以， 所以 ， 因为，所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为8. 故选：C 3．（23-24高一下·湖北·期中）在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，结合正余弦定理求得角，继而由结合正余弦定理求出，再表示出，，利用三角函数的性质求得的范围，即可求得答案. 【详解】由，由正弦定理得, 即有，而，则， 又， 由正弦定理､余弦定理得，，化简得：， 由正弦定理有：，即，， 是锐角三角形且，有，， 解得， 因此 ， 由得：，， 所以. 故选：D 4．（23-24高一下·天津静海·期中）在锐角三角形ABC中，若，且满足关系式，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据已知条件求得，构造的函数，通过求三角函数的值域，即可求得结果. 【详解】因为，故可得， 又，故可得. 因为，故可得 整理得，则. 故可得， 因为，故可得. 则 故可得. 故选：C. 【点睛】本题考查利用正余弦定理求解三角形中的范围问题，涉及正弦的和角公式，属综合困难题. 5．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，，的中点为，若长度为3的线段（在的左侧）在直线上移动，则的最小值为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据正弦定理求得，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，根据对称性和两点间的距离公式，求得所求的最小值. 【详解】由正弦定理可得,, 以BC所在直线为轴，则, 则表示轴上的点P与A和的距离和， 利用对称性，关于轴的对称点为， 可得的最小值为=. 【点睛】本小题主要考查利用正弦定理解三角形，考查距离和的最小值的求法，考查坐标法，属于中档题. 6．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】利用三角形面积公式和余弦定理，可得，再根据同角三角函数的关系可得，，，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得的取值范围，进而可得的取值范围，令，则，然后利用对勾函数的单调性即可求解. 【详解】因为，， 所以，即， 由余弦定理，所以， 又因为，所以， 解得或， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以，因为， 所以， 由正弦定理得， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以，所以， 设，则， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，有最小值为，当时，有最大值为， 所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解. 7．（23-24高一下·湖南永州·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值是 . 【答案】/ 【分析】由明确边上的高等于边的一半，做出边上的高，设，用表示出，再结合换元法和基本不等式，求的最大值. 【详解】如图： 过作于. 因为，所以. 设，则 设，则 若，则；若，则； 当时， （当且仅当即时取“”）. 所以 故答案为： 【点睛】方法点睛：求取值范围得问题，常用的方法有： （1）结合二次函数的单调性，求二次函数在给定区间上的最值； （2）利用基本不等式，求最值； （3）利用三角函数的有界性求最值； （4）判断函数的单调性，求最值. 8．（23-24高一下·江苏连云港·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据二倍角公式可得，即，根据角的范围可得，，，故.由正弦定理、同角三角函数的基本关系及二倍角公式可得，换元，结合对勾函数的性质即可求解. 【详解】由题意可得，故， 即， 因为,所以， 因为，所以或， 即或，即或. 若，则，则无意义，故. 又，所以，即. 因为，所以,，， 所以，解得，故. 由正弦定理可得 ， 令，则. 设， 由对勾函数的性质可得在上单调递增， 所以，即. 故答案为:. 二、三角形周长问题 1．（23-24高一下·江苏淮安·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：设的外接圆半径为R，根据正弦定理及已知可将题干等式化为，再结合两角和的正弦公式进行化简，结合可得，最后根据正弦定理以及三角恒等变换用B表示出的周长，根据三角函数的性质求解即可． 方法二：根据三角形三边关系排除即可． 【详解】方法一：设的外接圆半径为R， 则， 因为， 所以， 可得， 即， 可得， 因为，， 所以， 结合，可得， 又，所以， 可得， 则的周长为 ， 因为，所以， 则， 可得 故的周长的取值范围为 方法二：由，可知周长，排除ABD， 故选：C 【点睛】方法点睛：求解三角形周长和面积的取值范围问题一般需将表达式转化为边或者角的式子，再利用三角函数性质或基本不等式即可求得取值范围. 2．（23-24高二上·福建泉州·开学考试）在锐角中，角的对边分别为，为的面积，，且，则的周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用面积公式和余弦定理可得，然后根据正弦定理及三角变换可得，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，转化为三角函数求值域的问题. 【详解】， ， ∴，即，为锐角， ∴，又， 由正弦定理可得， 所以 ，其中，， 因为为锐角三角形， 所以，则， 即：， 所以，又， ∴，即， 故的周长的取值范围是. 故选：C. 3．（23-24高三下·河南·开学考试）在中，若内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的平分线交AC于点D，且，则周长的最小值为（    ） A．7 B． C． D．4 【答案】C 【分析】先利用面积相等与三角形面积公式，结合正弦的倍角公式求得，再利用余弦定理的推论与余弦的倍角公式得到的关系式，从而利用基本不等式求得，由此得解. 【详解】由题可得，，即， 又，所以，则， 因为，所以，则， 所以，即， 又因为，， 所以，整理得， 所以， 解得或（舍去）， 所以，当且仅当时，等号成立， 则， 故周长的最小值为. 故选：C. . 4．（2024·浙江·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若的面积为，则的周长的最小值为（    ） A．4 B． C．6 D． 【答案】C 【分析】应用正弦定理把中的“角”转化为“边”，利用余弦定理求出角的值，接下来有两个思路．思路一：先根据面积为求得的值，从而利用基本不等式求得，再把周长用表示出来，最后利用函数的单调性求出的周长的最小值；思路二：建立恰当的平面直角坐标系，设出点和点的坐标，根据面积为，得到两个变量之间的关系，从而用其中一个变量表示出的周长，再利用基本不等式求出的周长的最小值． 【详解】解法一：因为，所以由正弦定理得， 得，由余弦定理知，因为，所以， 由，得， 由得，则， 所以， 因为，所以，则，当且仅当时等号成立， 的周长为， 易知是关于的增函数， 所以当时，的周长最小，为； 解法二：因为，所以由正弦定理得， 得，由余弦定理知，因为，所以， 建立如图所示的平面直角坐标系，因为，所以可设，则，即，所以的周长为，当且仅当时等号成立，所以的周长的最小值为6． 故选：C 【点睛】本题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式，基本不等式的应用，考查学生的运算求解能力. 5．（23-24高一下·江苏盐城·期中）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则周长的取值范围为 . 【答案】 【分析】由正弦定理及已知可得，结合锐角三角形得、，再由正弦边角关系、三角恒等变换得，即可求范围. 【详解】由，则，故， 所以，又为锐角三角形，则，且，则， 而，则，， 所以， 又，且， 所以，则. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正弦定理以及三角恒等变换得，再求出角的范围，利用正切函数的值域即可得到答案. 6．（23-24高一下·四川成都·期中）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，并满足条件，，，，则的周长范围为 ． 【答案】 【分析】先根据向量的数量积运算求出，然后利用三角形中化简，结合两角和的正弦公式求出，然后利用余弦定理并结合均值不等式求出范围，以及利用三角形中两边之和大于第三边的性质，最终求出的周长范围 【详解】由，可得： 由，可得： 则 又有： 可得： 又有： 可得：，即 易知： 可得： 故，即 由余弦定理可得： 可得： 易知： 可得： 则有： 易知： 则有： 故 故答案为： 7．（23-24高三上·重庆北碚·阶段练习）拿破仑定理是法国著名的军事家拿破仑·波拿马最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．在中，，以、、为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为、、，若的面积为，则的周长的取值范围为 ． 【答案】 【分析】建立平面直角坐标系，用坐标表示图形，把几何问题转化为代数问题解答，即可求出周长的取值范围． 【详解】建立平面直角坐标系，如图所示： 设，，， 所以以、为边作等边三角形，其中一边在、的延长线上； 由，，，；所以，，； 同理，，； ； 所以等边△的面积为， 解得，所以； 在中，由， 所以， 所以的周长为， 又，且， 所以，解得，当且仅当时取“”； 又，，所以， ，， 即的周长最小值为． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：建立平面直角坐标系，面积、边长的计算转化为坐标运算是关键，利用均值不等式即可求出最小值，属于难题. 8．（23-24高一下·上海嘉定·期中）设锐角的三个内角的对边分别为，且，，则的周长的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据锐角三角形的性质判断出，然后利用正弦定理将三角形的周长转化为用来表示，从而求得的周长的取值范围. 【详解】由于三角形是锐角三角形，所以，所以. ，所以. 由正弦定理得，可得 ， . 所以. 由于，所以. 而在上递增， ，， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】本小题主要考查利用正弦定理求三角形周长的取值范围，属于中档题. 三、三角形面积问题 1．（23-24高一下·浙江金华·期末）已知三个内角，，的对边分别是，，，且满足，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，由余弦定理以及三角形的面积公式可得，再利用两次基本不等式得到，从而得解. 【详解】因为，则，，即， 由余弦定理可得，又， 所以①，②， ①②可得， 又，即， 则 ， 即，即， 解得， 当且仅当时，即，时，等号成立， 所以面积的最大值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用余弦定理与三角形的面积公式得到，从而结合基本不等式即可得解. 2．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）如图，一块三角形铁片ABC，已知，，，现在这块铁片中间发现一个小洞，记为点D，，.如果过点D作一条直线分别交AB，AC于点E，F，并沿直线EF裁掉，则剩下的四边形EFCB面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，，运用面积相等得到，利用基本不等式求出的最小值，即可求得四边形EFCB面积的最大值. 【详解】设，，， 则， 化简得：，由基本不等式，，解得，， 当且仅当，即时取等号，即此时， 即的面积最小值为，而， 因, 故当面积的最小时，剩下的四边形面积最大，最大值为. 故选：C. 【点睛】思路点睛：本题主要考查三角形面积公式和基本不等式的应用，属于较难题. 解题思路在于根据题设条件，选设未知数，并利用图形特征，利用等面积建立未知量之间的关系式，结合所求利用基本不等式即可求得. 3．（23-24高一下·重庆·期中）如图，已知，，为边上的两点，且满足，．则当取最大值时，的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题设，考虑三角形的面积之比，将其化简得，借助于余弦定理和基本不等式求得的最大值和此时的三角形边长，由面积公式即可求得. 【详解】 不妨设,分别记的面积为, 则①② 由①，②两式左右分别相乘，可得：,故得：. 设，在中，由余弦定理，，因，则，当且仅当时，等号成立， 此时，因，故，取得最大值，此时的面积等于. 故选：C 4．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，的平分线交AC于点D，，，则面积的最小值为（    ） A． B． C． D．16 【答案】A 【分析】设，即可表示出，，在和中，利用正弦定理表示出、，再根据面积公式及三角恒等变换公式化简得到，即可求出三角形面积的最小值； 【详解】设，则， ， 在中，由正弦定理，故； 在中，由正弦定理，故； 所以 ， 当且仅当即时取等号，故面积的最小值为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：在和中，利用正弦定理表示出、，再根据面积公式及三角恒等变换公式求面积的最小值. 5．（23-24高一下·湖北武汉·期中）设是的外心，点为的中点，满足，若，则面积的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D．8 【答案】B 【分析】首先由，，结合余弦定理得出，进一步由三角形面积公式、同角三角函数关系恒等式得，由此即可得解. 【详解】 因为，， 所以， 从而，即， 所以，所以， 所以的面积为 ， 等号成立当且仅当， 综上所述，面积的最大值为4. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：关键是依次得出，，由此即可顺利得解. 6．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，平面四边形中，，则四边形面积的最大值为 . 【答案】10 【分析】设，利用余弦定理求出，进而可求出，再根据换元，结合三角函数的性质即可得解. 【详解】设， 则， 而， 则， 所以， 令，则， 则 ，其中， 当且仅当时取等号， 此时，即， 所以四边形面积的最大值为10. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 7．（2024高二下·浙江杭州·学业考试）如图，在平面四边形中，，，记与的面积分别为， 则的值为 . 【答案】 【分析】首先得出，然后根据余弦定理得、，两式相减可得，由三角形的面积公式得，即可求解. 【详解】， 所以， 所以， 在中，由余弦定理得， 即，得①， 在中，由余弦定理得， 即，得②， 又， 所以③， 由②①，得，由， 得，代入③得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键是根据余弦定理得出，结合三角形公式即可顺利得解. 8．（23-24高一下·四川成都·期中）中，为线段上一点，，且，则面积的最小值为 . 【答案】 【分析】设，由得，利用基本不等式求得，代入三角形面积公式即可求解. 【详解】由，得，又，所以， 设，因为， 所以， 则，两边平方得，即， 则，当且仅当即时，等号成立， 故面积的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是找到的等量关系，从而利用基本不等式求解乘积的范围求解面积的范围，面积分割法是解决此类问题的关键. 9．（23-24高三下·重庆渝中·阶段练习）如图，四边形由和拼接而成，其中，，若与相交于点，，，，且，则的面积 ． 【答案】/ 【分析】在中，由正弦定理得再利用两角和差的正弦展开式计算出，最后利用三角形面积公式得到面积. 【详解】在中，由正弦定理得：，由于，所以． 而，则有：， ， 又，， 由， 可得， 所以， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于能利用正弦定理和两角差的正切公式结合三角形面积公式求出边长. 四、三角形与向量综合问题 1．（23-24高一下·福建厦门·期末）向量满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，，，则由已知条件可得，，利用正弦定理求出外接圆的半径，再结合图形可求得结果. 【详解】令，，， 则， 因为，，所以． 因为，所以． 所以过，，的圆的半径， 连接交于点，连接，则， ， 所以， 所以的最大值为， 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查向量的加减法运算，考查求向量的模，解题的关键是令，，，然后根据已知条件画出图形，结合图形求解，考查数形结合思想和计算能力，属于较难题. 2．（23-24高一下·重庆·期末）已知中，角的对边分别为，且满足，在上的投影向量的模长为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作，交于点，根据题意可知，，，根据垂直关系数量积为0，可得，从而借助余弦定理求解. 【详解】过点作，交于点， 在上的投影向量的模长为，则， 因为， 所以 ， 所以，则， 又因为，得， 所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：由在上的投影向量的模长为，则，. 3．（23-24高一下·山东青岛·期中）中，，，是外接圆圆心，是的最大值为（    ） A．1 B． C．3 D．5 【答案】C 【分析】先利用正余弦定理和向量的数量积求得的代数式，进而求得其最大值. 【详解】过点作、，垂足分别为、， 如图，因为是外接圆圆心，则、分别为、的中点， 在中，， 所以，即， 即， ， 同理， 则 ， 由正弦定理得， 当且仅当时取“=”， 所以的最大值为. 故选：C. 4．（23-24高一下·黑龙江绥化·阶段练习）在等腰中，为上一点，且，记的外心为，若，则（    ） A．9 B．12 C． D．27 【答案】C 【分析】由等腰三角形及外心的性质得到平分，利用正弦定理得到，从而得到，再利用余弦定理求出与，最后利用数量积的定义计算可得. 【详解】因为，所以在上， 又因为等腰的外心为，，所以在的中垂线上， 又的中垂线和的角平分线重合， 所以平分，即， 因为，所以，所以， 在与中，由正弦定理可得①， ②， 因为，所以， 又， 两式相除可得，由，所以， 设，则， 在与中，由余弦定理可得， 即，解得（负值舍去）， 则， 在中， 所以. 故选：C 5．（23-24高一下·上海·期末）如图，已知点P为所在平面内一点，，，定义点集，若存在点，使得对任意，有恒成立，那么当的面积取得最大值12时， ． 【答案】3 【分析】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，由向量共线定理得三点共线，从而表示的边上的高，利用正弦定理求得的面积的最大值，从而可得结论． 【详解】延长AB到M满足，取AC的靠近A的三等分点N，连接MN，如图， ，则P，M，N三点共线， 又存在点，使得对任意，满足恒成立， 则的长表示A到直线MN的距离，即的边MN上的高，设， 由，得，则，， 在中，设，由正弦定理得， 于是，，， 则 ， 若不是钝角，则， 由，得，即， 则，设， 则，，它是减函数，当时，，不满足题意， 若是钝角，则 ，设，则，， 令，，显然，即， ，两边平方整理得， 依题意，方程有非负实根，必有， 解得，此时二次函数图象与x轴有公共点，且对称轴在轴右侧， 因此方程有正实根，即， 此时，，符合题意，， 所以当的面积取得最大值12时，. 故答案为：3 【点睛】方法点睛：根据向量共线定理得出点在一条定直线上，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值即可. 6．（23-24高一下·重庆·期末）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，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②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，其中，则的值为 ；设，则 ．    【答案】 【分析】利用建系的方法，假设，根据，利用余弦定理可得长度，由正弦定理求出大小正三角形的面积，即可求得的值；然后计算，可得点坐标，最后根据点坐标，可得结果. 【详解】由，设，则，， 如图      由题可知：， 在中，由余弦定理可得 所以，则， 可得小三角形面积， 大三角形面积，所以； 因为， 在中，由正弦定理可得， 且为锐角，则，可知， 可得，， 若，则 所以 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：对于向量运算问题，常借助于坐标系，把复杂的向量线性运算转为坐标运算，简化计算和方便理解. 7．（23-24高一下·江苏宿迁·期末）记的三个内角，且，，若是的外心，是角的平分线，在线段上，则 . 【答案】 【分析】由角平分线结合等面积法可得，再运用外心性质（垂径定理）和向量加法把要求的向量分解为共线向量和垂直向量即可求解. 【详解】是角的平分线，在线段上，且，，，   ，设的高为，由等面积法得， ， 过点作垂线分别交于，由外心性质得分别为的中点， . 故答案为：.    【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是首先利用角平分线的性质得到，再利用外心的性质将部分数量积转化为0计算即可. 学科网（北京）股份有限公司 $$