专练01 第一次月考14大压轴考法专练（第六章平面向量及其应用+第七章复数）-【常考压轴题】2024-2025学年高一数学压轴题攻略（人教A版2019必修第二册）

专题14 高一下学期第一次月考（第六章平面向量及其应用+第七章复数）14大压轴考法专练 题型1 平面向量基本定理 一、单选题 1．（23-24高一下·陕西西安·期末）如图，正方形ABCD中，M是BC的中点，若，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，取为平面的一个基底，再利用向量的线性运算计算即得. 【详解】正方形ABCD中，M是BC的中点，则，则， 于是，而， 所以. 故选：C 2．（24-25高一下·湖南常德·阶段练习）如图，在中，点在线段上，且．若，则的值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用表示，再利用数量积的运算律计算即得. 【详解】在中，点在线段上，且， 则， ，而，因此， 即，所以. 故选：A 二、多选题 3．（23-24高一下·重庆九龙坡·期中）所在平面内一点满足，则下列选项正确的是（    ） A． B．延长交于点，则 C．若，且，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】根据题设条件，结合向量的线性运算可判断A，设，，结合向量的线性运算可判断B；由向量数量积的性质及运算可判断C、D. 【详解】选项A：，，故A错； 选项B：延长交于点，设，， 所以， 由，得， 所以， 即，解得：，则，故B正确； 选项C：∵，∴，延长交于点， ∴，∵，由B选项知，∴， 故C正确； 选项D：由，， 两边平方得，∴， ∴，故D正确. 故选：BCD 4．（24-25高一上·辽宁葫芦岛·期末）如图，在梯形中，，，为线段的中点，与交于点，为线段上的一个动点，则（    ） A． B．向量与共线 C． D．若，则最大值 【答案】ACD 【分析】利用平面向量的基本定理求出关于、的表达式，可判断A选项；利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式，结合平面向量共线的基本定理可判断B选项；推导出，可得出、、面积的关系，可判断C选项；分析可知存在，使得，利用平面向量的基本定理可得出关于的表达式，可求出的最大值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，由题意可知，，则， 因为为的中点，则，即， 所以，， 因为，则存在，使得， 因为、、三点共线，则存在，使得， 即，可得， 因为、不共线，所以，，解得，故，A对； 对于B选项，， 所以，、不共线，B错； 对于C选项，因为为的中点，则， 因为，则， 故，同理可得， 所以，，C对； 对于D选项，因为为线段上一个动点，则存在，使得， 所以，， 因为、不共线，则，，故， 因此，的最大值为，D对. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于选择基底，将问题中相关的向量利用基本向量加以表示，再结合平面向量相关知识求解. 三、填空题 5．（24-25高一下·辽宁·开学考试）如图，在中，已知是线段与的交点，若，则的值为 . 【答案】 【分析】设，将表示为，继而化为，利用三点共线求得，即可求得答案. 【详解】设，由得， 故 ， 由得， 故, 由于三点共线，故，则， 又，故， 所以， 故答案为： 6．（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，点E在上，且，连接交于点G，若，则 ．    【答案】 【分析】运用平面向量的线性运算，结合基本定理可解. 【详解】在平行四边形中, ， 根据初中知识知道，则，则， 又，则，则． 故答案为：. 题型2 平面向量的共线定理及推论（含等和线的应用） ） 一、单选题 1．（24-25高一下·全国·课后作业）已知，，，，则与共线的条件为（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】假设与共线，利用平面向量共线的判定定理得到给定条件求解即可. 【详解】若与共线，则，得到， 化简得，故， 因为，所以我们讨论是否为， 当时，得到或，但时，一定满足， 当时，则，此时满足， 则与共线的条件为或，故D正确. 故选：D． 2．（2024·河南许昌·三模）在△ABC中，点D在BC上，且满足，点E为AD上任意一点，若实数x，y满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据平面向量基本定理及共线向量定理的推论，由三点A、E、D共线得，，再根据“1”的代换,运用基本不等式即可求得答案. 【详解】因为，，所以， 由A，E，D三点共线可得，且， 所以， 当且仅当，即时，取等号. 故选：D. 二、填空题 3．（24-25高一下·江苏宿迁·开学考试）已知三点共线，O为直线外一点，存在三个不全为零的实数，使，那么的值为 ． 【答案】0 【分析】由共线向量的线性运算即可求解； 【详解】因为三点共线， 则, 所以, 所以， 对比系数，所以， 故答案为：0 4．（2024高一下·全国·专题练习）如图，在中，，于点，为的中点．若，则 .    【答案】 【分析】 根据三角形边长和角度，以为基底表示出，即可得. 【详解】 在中，，∴， 又因为，可得； 可得， ∵为的中点， 所以，由， 因此. 故答案为： 5．（2024 高一·全国·专题练习）如图，四边形是边长为1的正方形，点D在的延长线上，且，点P是(含边界)的动点，设，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据平面向量基本定理及向量共线定理即可求解. 【详解】当点P位于B点时，过点B作，交的延长线于G，H， 则，且， ，， 所以. 故答案为：. 6．（23-24高一下·江西萍乡·期中）点是的重心，点，分别在边和上，且满足，其中.若，与的面积之比是，则 . 【答案】或. 【分析】由题意得，然后分别用表示，再由三点共线（已知可得）列方程求解． 【详解】因为且，所以三点共线， 是的重心，则， ， 由得，所以，， ， 所以，解得或． 故答案为：或. 7．（23-24高一下·北京·期中）如图，直角梯形中，，，若为三条边上的一个动点，且，则下列结论中正确的是 ．（把正确结论的序号都填上） ①满足的点有且只有1个； ②满足的点有且只有2个； ③能使取最大值的点有且只有2个； ④能使取最大值的点有无数个． 【答案】②④ 【分析】分类讨论，求出当在边上，在边上，在边上时，的取值范围以及的范围，然后根据所求判断正误. 【详解】当在边上时，如图，取中点，连接，则 设，， ， 又， ，， ，， 当在边上时，，，， 当在边上时，设，， ， ，， ，，； ①当时，，此时点就是点；或，此时点在上，故错误； ②当时，有或，这样的点有两个，故正确； ③的最大值为，此时，这样的点有且只有1个，故错误； ④的最大值为，当在边上时，恒有，这样的点有无数个，故正确. 故答案为：②④. 【点睛】关键点点睛：本题关键是对点所在位置分类讨论，结合共线定理将双变量问题转化为单变量问题. 题型3 平面向量的数量积及其应用 一、单选题 1．（2024 高一·全国·专题练习）已知向量满足，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据，由求得，再利用向量的模公式求解. 【详解】解：由，得， 即，解得， 所以． 故选：D 2．（24-25 高一下·海南海口·阶段练习）已知向量，满足，，则向量与的夹角的余弦值等于（    ） A．0 B． C． D． 【答案】D 【分析】利用已知可求得，，进而利用向量的夹角公式可求. 【详解】因为，两边平方得，所以， ，， 所以． 故选：D． 3．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知向量，的夹角为，且，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意得，故根据数量积定义、投影向量定义即可求解. 【详解】因为，所以，即， 所以， 向量在向量上的投影向量是. 故选：B. 4．（2024高一下·福建泉州·期中）如图，在平行四边形中，，点E满足，点F满足，且，则（    ） A． B． C． D．9 【答案】D 【分析】用分别表示出，结合已知，可得，然后进行数量积的运算即可得出． 【详解】因为， 所以， 即，解得， 又因为，可知点E为AB的中点， 则， 所以. 故选：D． 二、多选题 5．（24-25高一下·江苏宿迁·开学考试）已知向量都是单位向量，，则（    ） A．= B．= C．= D．与共线 【答案】AC 【分析】由已知可得出，可判断A选项；在等式两边平方可得出，利用平面向量数量积的运算性质可判断B选项；由已知可得出，结合平面向量数量积的运算性质可判断C选项；利用平面向量共线的基本定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，向量、、都是单位向量，，则， 所以，A对； 对于B选项，在等式两边平方可得， 即，则，则， 所以，故，B错； 对于C选项，因为，则， 所以， 所以 ，故，C对； 对于D选项，， 若与共线，则存在，使得， 即，可得，即， 这与矛盾，假设不成立，D错. 故选：AC. 三、填空题 6．（24-25 高一上·湖南长沙·阶段练习）已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则为 . 【答案】 【分析】由条件结合投影向量公式可求，根据向量模的性质及数量积运算律求. 【详解】因为在上的投影向量为， 所以，又， 所以，又 ， 所以. 故答案为：. 7．（24-25高一下·全国·课后作业）在中，，则 ． 【答案】 【分析】根据向量减法的三角形法则计算，结合数量积和三角形知识求模长得解. 【详解】解析  如图，延长CB至点D，使，连接AD． 在中，，，． 即，展开得到， 将代入，解得．所以． 故答案为：. 8．（24-25高一下·湖北随州·阶段练习）两个半径分别为的☉M，☉N，公共弦的长为3，如图所示，则= . 【答案】9 【分析】取的中点，连接，由向量投影求解即可； 【详解】 取的中点，连接，由圆的性质，得. 为两个圆的公共弦，从而圆心在弦的投影为的中点，进而在上的投影向量的模能够确定，所以由向量的投影定义. 可得：所以， , 故答案为：9 题型4 平面向量中的最值、范围问题（含坐标法、极化恒等式的应用） 一、单选题 1．（2025 高一·全国·专题练习）已知单位向量的夹角为，为实数，则“向量与向量的夹角为锐角”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】法一：根据单位向量与垂直向量的数量积表示，利用数量积的运算律以及夹角为锐角的数量积表示，同时注意排除向量共线的情况，结合充分不必要条件，可得答案；法二：由题意设出向量的坐标，根据数量积的坐标表示，结合充分不必要条件，可得答案. 【详解】法一： 由单位向量的夹角为，可得，． 若向量与向量的夹角为锐角， 则且向量与向量不共线． 由，得； 由向量与向量不共线，得，即． 所以由向量与向量的夹角为锐角，得且． 易知由，则向量与向量的夹角大于等于零且小于九十度. 综上可得“向量与向量的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件． 法二： 因为单位向量的夹角为，所以不妨令，， 则，．因为向量与向量的夹角为锐角， 所以，且，得且． 当时，可得， 此时向量与向量的夹角大于等于零且小于九十度. 综上可得“向量与向量的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件． 故选：B． 2．（23-24高一下·江苏泰州·阶段练习）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，若正八边形的边长为2，P是正八边形八条边上的动点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由投影向量的定义得到当在上时，取得最大值，进而得到答案. 【详解】由投影向量的定义可知，当在上时，取得最大值， 延长交的延长线于点， 的最大值为， 其中正八边形的外角为，故， 故，， 故， 所以最大值为. 故选：B 3．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知正方形的边长为2，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点，连接，求出的取值范围，再根据 结合数量积的运算律求解即可. 【详解】取中点，连接， 因为是边长为2的正方形，动点在以为直径的半圆上， 所以当在点或点时，取得最大值， 当在弧中点时，取得最小值， 的取值范围为， 又因为，，， 所以 ， 因为的取值范围为， 所以的取值范围为，的取值范围为， 故选：B 4．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知平面向量，，，满足，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，利用平方运算得，建立平面直角坐标系，根据图形的几何性质可得，将代入即可求得最大值. 【详解】因为，，设， 则，即，解得， 建立平面直角坐标系，如图所示． 设，，， 则，，，，， 因为，所以， 则， 所以的最大值为． 故选：C． 5．（24-25高一上·北京·期末）已知圆的半径为13，和是圆的两条动弦，若，，则的最大值是（   ） A．17 B．20 C．34 D．48 【答案】C 【分析】利用向量的线性运算、绝对值三角不等式、垂径定理等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设是圆的圆心，连接，作，垂足分别为， 则分别是的中点，由勾股定理得， ， ， 故, 当反向时等号成立， 所以的最大值是. 故选：C 【点睛】方法点睛： 解决圆中向量问题，垂径定理是一个重要的工具，通过垂径定理找到弦的中点，将向量与圆心和中点联系起来，便于进行向量的运算和转化. 对于求向量和的模的最值问题，利用向量的线性运算将其转化为已知向量的运算形式，再结合绝对值三角不等式（当且仅当与同向或反向时取等号）来求解，是一种常用的方法. 二、填空题 6．（2024·四川德阳·模拟预测）已知向量，为单位向量，则向量与夹角的最大值为 【答案】 【分析】设向量，的夹角为，根据向量夹角公式求向量与夹角余弦可得，求其最小值，结合余弦性质求结论. 【详解】由已知，设向量，的夹角为， 所以， ， 所以， 令，则，， 所以， 当且仅当，即时等号成立，又， 所以， 所以向量与夹角的最大值为. 故答案为：. 7．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知等边三角形的边长为4，为边的中点，是边上的动点，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】取线段的中点，连接，以点为原点，、所在的直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，则，利用二次函数的基本性质结合平面向量数量积的坐标运算可求得的取值范围. 【详解】取线段的中点，连接，则， 以点为原点，、所在的直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、，设点，则， ，， 所以，， 因为函数在上为减函数，在上为增函数， 所以，， 又因为，，所以，， 因此，的取值范围是. 故答案为：. 8．（2024高一下·辽宁鞍山·期中）在中，，，，P，Q是BC边上的两个动点，且，则的最大值为 ． 【答案】3 【分析】取中点，连接，根据和求出的表达式即可求解. 【详解】      如图，取中点，连接， ， ， 两式相减得 ， 要使有最大值，则最小， 当时，， 所以的最大值为. 故答案为：3. 9．（24-25 高一上·上海浦东新·期中）在中，，，，P，Q是平面上的动点，，M是边BC上的一点，则的最小值为 ． 【答案】2 【分析】根据向量运算可得，结合图形分析的最小值即可得结果. 【详解】取PQ的中点N，则， 可得， ∵，当且仅当N在线段AM上时，等号成立， 故， 显然当时，取到最小值， ∴， 故. 故答案为：2. 10．（23-24高一下·重庆·阶段练习）已知正六边形ABCDEF的边长为1，若点H是正六边形ABCDEF内或其边界上的一点，则的最小值为 ；若点N为线段AE（含端点）上的动点，且满足，则的最大值为 . 【答案】 /-0.5 4 【分析】从向量的数量积的定义入手理解，将数量积最小问题转化为在上的投影数量最小问题，结合图象易于找到，计算即得；根据题意，建立如图坐标系，设动点，,表示出相关向量坐标代入题设条件，列出方程组，求出，计算的取值范围即得. 【详解】   如图，由向量数量积的几何意义可知可理解为在上的投影数量与的乘积， 要使最小，需使在上的投影数量最小，由图知，当且仅当点与重合时，投影的数量最小，即， 故；    如上图，分别以所在直线为轴建立平面直角坐标系，则,不妨设，则， 则，由代入坐标，即得，， 解得：于是，因，故当且仅当时，的最大值为4. 故答案为： 题型5 平面向量结合三角形的“四心”问题（含奔驰定理） 一、单选题 1．（2024 高一·全国·专题练习）已知外接圆圆心为，且，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出草图，运用平行四边形法则，结合外接圆圆心特征，得到平行四边形为菱形，进而得到和为等边三角形，得解. 【详解】由，得， 如图所示，结合向量加法的平行四边形法则可得四边形为平行四边形， 又因为为外接圆圆心，所以， 所以平行四边形为菱形，和为等边三角形， 所以向量的夹角为． 故答案为：. 2．（23-24高一下·贵州贵阳·期末）已知点在所在平面内，且，，，则点依次是的（    ） A．外心、重心、垂心 B．重心、外心、垂心 C．重心、外心、内心 D．外心、重心、内心 【答案】A 【分析】利用三角形外心、重心、垂心的定义和性质判定即可. 【详解】因为，即O到各顶点距离相等，所以O为的外心； 取的中点分别为，连接， 则有， 所以三点共线，三点共线，三点共线， 即N为的重心； 由，即，同理， 所以为垂线的交点，故为的垂心. 故选：A 二、多选题 3．（2024高一下·福建福州·阶段练习）已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则动点的轨迹经过的内心 B．若O为平面内任意一点，，则点为的重心 C．若为的垂心，，则 D．若为锐角的外心，且，则 【答案】BCD 【分析】根据三角形中中线的向量表示可判断A；根据向量的线性运算得到可判断B；根据，计算可判断C；设为中点，则根据题意得三点共线，且，进而得判断D. 【详解】对于A选项，设中点为，如图， 则，， 所以P点轨迹经过三角形的重心，故A不正确； 对于B选项，， 可得 ，即，所以点为的重心,故B正确； 对于C选项，因为，，又因为为的垂心， 所以，所以，故正确； 对于D选项，因为且， 所以，整理得：，即， 设为中点，则，所以三点共线，如图， 又因为，所以垂直平分，故，正确. 故选：BCD 4．（23-24高一下·四川成都·期末）的内心为P，外心为O，重心为G，若，，下列结论正确的是（    ） A．的内切圆半径为 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】取边的中点，得内心P、外心O、重心G都在中线上，且，由三角形面积相等求出可判断A；求出可判断B；由余弦定理得，平方关系求出，得的外接圆半径，利用可判断C；利用可判断D. 【详解】取边的中点，连接， 因为，所以内心P、外心O、重心G都在中线上， 且，，内切圆半径， 对于A，由得 ，解得，故A正确； 对于B，因为，所以， ，故B正确； 对于C，由余弦定理得， ，所以， 所以的外接圆半径， ，所以， 所以， ，故C错误； 对于D，的外接圆半径， ，所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是判断出内心P、外心O、重心G都在中线上. 5．（2024高一下·湖南常德·阶段练习）如图.为内任意一点，角的对边分别为，总有优美等式成立，因该图形酷似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理.则以下命题是真命题的有（    ） A．若是的重心，则有 B．若成立，则是的内心 C．若，则 D．若是的外心，，，则 【答案】AB 【分析】对于A：利用重心的性质，代入即可； 对于B：利用三角形的面积公式结合与可知点到的距离相等. 对于C：利用将表示出来，代入，化简即可表示出的关系式，用将表示出来即可得处其比值. 对于D：利用三角形的圆心角为圆周角的两倍，再将两边平方，化简可得，结合的取值范围可得出答案. 【详解】对于A：如图所示：因为分别为的中点， 所以，， 同理可得、， 所以， 又因为， 所以.正确； 对于B：记点到的距离分别为，， 因为， 则， 即， 又因为，所以，所以点是的内心，正确； 对于C：因为， 所以，所以， 所以， 所以， 化简得：， 又因为不共线， 所以，所以， 所以，错误； 对于D：因为是的外心，，所以,， 所以， 因为，则， 化简得：，由题意知同时为负， 记，，则， 因为，所以， 所以， 所以，错误. 故答案为：AB. 6．（23-24高一下·吉林通化·阶段练习）几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且.以下命题正确的有（    ） A．若，则为的重心 B．若为的内心，则 C．若，，为的外心，则 D．若为的垂心，，则 【答案】ABC 【分析】对A：取边中点，连接，结合奔驰定理，可得，进而可判断A； 对B：设内切圆半径为，进而用表示出，再结合奔驰定理可判断B； 对C：设外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，，，从而可用表示出，进而可判断C； 对D：延长、、交、、于点、、，根据题意，结合奔驰定理可得，.从而可设，，则，，代入即可求解，进而可判断D. 【详解】对A：如图： 取边中点，连接，由， 所以，所以、、三点共线，且，所以为的重心，故A正确； 对B：如图： 因为则为内心，可设内切圆半径为，则有，，， 所以，故B 正确； 对C：如图： 因为为的外心，设外接圆半径为，有，， 所以，，故， 所以. 故C正确； 对D：由为的垂心，，所以. 如图： 则，. 设，，则，， 所以. 所以.故D错误. 故选：ABC 【点睛】结论点睛：奔驰定理与三角形的“心”： 若为所在平面上一点，则（奔驰定理） （1）为的重心. （2）为的内心. （3）为的外心. （4）为的垂心. 三、填空题 7．（2024高一下·四川成都·期中）在中，AB＝5，AC＝6，D是BC的中点，H是的垂心，则 . 【答案】 【分析】利用利用中点公式及垂直，向量数量积的运算及其性质解决本题. 【详解】因为H是的垂心，可得，所以. 又因为D是BC的中点，可得AD是中线，所以. 从而 . 故答案为： 8．（23-24高一下·重庆·期中）已知在中，内角所对的边分别为，点是的重心，且，则角的大小为 ． 【答案】 【分析】根据重心性质可得，代入已知，结合平面向量基本定理可得，然后由余弦定理可解. 【详解】记的中点分别为， 则， 由重心性质可知，，所以， 所以，即， 由平面向量基本定理可知，即， 所以，， 因为，所以. 故答案为：    9．（23-24高一下·广西来宾·期末）等边的边长为6，设其内心为，若平面内的点满足，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】依题先算出三角形的内切圆半径和外接圆半径，由可知点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，作图并化简，利用三角形中线性质将其化成取最小值问题，结合图形使两向量反向共线即得. 【详解】 设的内切圆半径为，则由可得，， 因等边的内心为，则也为的中心， 由正弦定理， ，可得. 又，故在以为圆心，1为半径的圆上，且的轨迹在三角形内部，如上图所示，. 由 ， 若是中点，则，综上，. 要使值最小，须使最小，即需，反向共线， 由，可得， 此时，． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查向量的数量积的范围问题，属于难题. 解题的关键在于结合点的轨迹特征，运用数形结合思想，将所求数量积进行转化，利用两向量反向共线时数量积最小即得. 10．（2024高一下·重庆渝中·期中）某同学在查阅资料时，发现一个结论：已知O是内的一点，且存在，使得，则．请以此结论回答：已知在中，，，O是的外心，且，则 ． 【答案】/ 【分析】由结论可得，从而可得，再根据可得，从而有，求解即可. 【详解】    如图，因为O是的外心， 所以， 由结论可得， 即 ， 可得，即. 因为， 所以， 所以，即，即， 解得. 故答案为：. 【点睛】关键点睛： 这道题的关键是能由结论得到，从而得到，再进行向量分解求解. 题型6 平面向量中的新定义问题 一、单选题 1．（23-24高一下·广东佛山·期中）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记，则该坐标系中和两点间的距离为（    ）    A．3 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】结合所给定义计算出后，结合数量积公式计算即可得. 【详解】由题意可得，，则， 所以， 所以． 故选：D． 2．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）我们定义：“”为向量与向量的“外积”，若向量与向量的夹角为，它的长度规定，现已知：在中，若，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设分别为的中点，结合三角形相似推出，由题意可得，确定四边形面积的最大值，根据题意结合面积公式即可得结果. 【详解】设分别为的中点，连接， 则，则∽，故, 则，故， 又因为，即， 当时，四边形面积最大，最大值为， 故的面积的最大值为， 且，所以的最大值为. 故选：D. 二、填空题 3．（23-24高一下·上海·期末）平面向量与是单位向量，夹角为，那么，向量、构成平面的一个基．若，则将有序实数对称为向量的在这个基下的斜坐标，表示为．设，，则 ． 【答案】1 【分析】由，，再结合平面向量的数量积公式得解； 【详解】由已知，有，，             . 故答案为：1. 三、解答题 4．（24-25高一下·云南普洱·阶段练习）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量.作：，，当不共线时，记以为邻边的平行四边形的面积为；当共线时，规定. (1)已知，求； (2)若向量，求证：； (3)记，且满足，求的最大值. 【答案】(1)0； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用新定义计算即得. （2）由新定义证得，，即可证明. （3）设，并表示出，由新定义和三角恒等变换化简计算可得，结合正弦函数的性质即可求解. 【详解】（1）由，得. （2）由向量，向量，得， 因此，同理， 所以. （3）依题意，，， 则当为锐角时，，当为钝角时，， 当为锐角时， 当时，取到最大值； 当为钝角时， ， 当，即时，取得最大值， 所以的最大值. 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是平面向量的数量积的坐标表示. 5．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为． (1)已知，求； (2)①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，，角A的平分线AD与BC交于点D，且，若，求． 【答案】(1)1 (2)①证明见详解；② 【分析】（1）根据题意直接代入公式运算即可； （2）①根据向量的坐标运算可得，进而可知，结合题意即可分析证明；②根据角平分线的性质结合数量积可得，且可知点为的重心，进而求，即可得结果. 【详解】（1）因为， 所以. （2）①因为 ， 且，，则， 所以. 若，等价于，即， 所以的充分必要条件是； ②因为角A的平分线AD与BC交于点D，则，即， 则， 可得， 即，可得， 又因为，可知点为的重心，则， 可得， 则， ， ， 可得， 所以. 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是平面向量的数量积的坐标表示. 题型7 正余弦定理解三角形（含实际应用） 一、单选题 1．（23-24高一下·天津西青·期末）由下列条件解，其中有两解的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形内角和为及三角形三边关系，结合正弦定理和余弦定理逐项判断即可. 【详解】对于A，由，,由正弦定理可得, 由和可知和只有唯一解，所以只有唯一解，因此A不正确； 对于B，因为，由余弦定理可知只有唯一解， 所以三角形的三个边唯一确定，即只有唯一解，因此B不正确； 对于C，因为，由正弦定理得， 即，又，所以， 所以角只有唯一解，即只有唯一解，因此C不正确； 对于D，因为，由正弦定理得， 所以，又，所以，所以角有两个解，即有两个解，因此D正确. 故选：D. 2．（24-25高一下·湖南娄底·阶段练习）在中，设，则下列说法错误的是（   ） A． B．边上的高是 C．外接圆的周长是 D．内切圆的面积是 【答案】D 【分析】根据向量数量积公式、余弦定理、三角形面积公式、正弦定理以及三角形内切圆相关知识，结合已知条件，来逐一分析各个选项. 【详解】对于A，，解得，故A正确， 对于B，显然是等腰三角形，底边上的高是4，由等面积法可知边上的高是，故B正确； 对于C，外接圆的周长是，故C正确； 对于D，内切圆的面积是，故D不正确. 故选：D. 3．（2025 高一·全国·专题练习）在中内角所对边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，再利用正弦定理得到的值，最后代入计算即可. 【详解】因为，则由正弦定理得. 由余弦定理可得：， 即：，根据正弦定理得， 所以， 因为为三角形内角，则，则. 故选：C. 4．（23-24高一下·安徽黄山·期中）长庆寺塔，又名“十寺塔”，位于安徽黄山市歙县的西干披云峰麓，历经900多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存少有的方形佛塔．如图，为测量塔的总高度，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为，则塔的总高度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，则，在中，利用正弦定理求解. 【详解】设，则，且， 在中，， ∴，即， 解得． 故选：B． 5．（23-24高一下·湖北·阶段练习）在中，内角所对的边分别为是的外心，，则的面积为（    ） A． B．6 C． D． 【答案】D 【分析】先化简得，再由，得到，再由余弦定理得，从而得面积. 【详解】因为，故由得， 由正弦定理得，又，故， 因为，所以，故，所以. 因为， 所以.在中余弦定理得，， 所以.所以的面积为. 故选：D. 6．（23-24高一下·江苏无锡·期中）在中，角的对边分别为a，b，c．已知，，则角A的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用余弦定理化简已知条件可得，再利用正弦定理化边为角，可得，进而化简，得，由三角形内角和可解角. 【详解】由余弦定理得，即， ∵，∴，∴， 由正弦定理得， ∴， 即， ∴， ∵，∴，∴，∴， 又， 即，由得， ∵，，所以，即， 由，即， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：分别化简两个条件得和，由三角形内角和可解角. 二、填空题 7．（24-25高一上·四川自贡·开学考试）如图，无人机在空中A处测得某校旗杆顶部B的仰角为，底部C的俯角为，无人机与旗杆的水平距离为，则该校的旗杆高约为 m．（，结果精确到0.1） 【答案】13.8 【分析】分别在两个直角三角形中，利用三角函数求得和,再求和即可. 【详解】根据题意得，在中，，, 在中，,, . 故答案为：13.8 8．（24-25高一上·河北保定·期末）内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积为 . 【答案】/ 【分析】根据正弦定理进行边换角并结合三角恒等变换得，再利用余弦定理和三角形面积公式即可得到答案. 【详解】由，结合正弦定理得， ， 因为，所以, 利用余弦定理，解得， 所以. 故答案为：. 9．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东，距离为海里，灯塔在的北偏西，距离为海里，该游轮由沿正北方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏东方向，则此时灯塔位于游轮的 方向用方向角作答 【答案】南偏西 【分析】由正弦定理得到，由余弦定理得，从而由正弦定理得到，结合，得到，得到答案. 【详解】如图，在中，，    由正弦定理得 ，解得， 在 中，由余弦定理得 ， 因为 ，所以解得， 由正弦定理得 ，解得， 故 或， 因为，故为锐角，所以， 此时灯塔位于游轮的南偏西方向． 故答案为：南偏西 题型8 三角形的形状判断问题 一、单选题 1．（23-24高一下·天津·阶段练习）在中，已知，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰或直角三角形 D．等边三角形 【答案】C 【分析】利用余弦定理边化角化简等式，再利用二倍角的正弦及正弦函数性质推理判断即可. 【详解】在中，由及余弦定理，得， 整理得，即， 而，因此或， 所以或，即为等腰三角形或直角三角. 故选：C 2．（2024高一下·山西大同·阶段练习）在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足，，则的形状是（    ） A．钝角三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】C 【分析】利用正弦定理可得，由三角形内角和可得，由此可得，进而可得到，即可判断三角形形状. 【详解】因为， 所以由正弦定理得， 整理得， 由于， 所以， 由正弦定理可得. 又因为，故， 所以为等边三角形． 故选：C 3．（2024·河北秦皇岛·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（    ） A．为直角三角形 B．为锐角三角形 C．为钝角三角形 D．的形状无法确定 【答案】A 【分析】由正弦定理得，利用正余弦的二倍角公式、两角和与差的正弦展开式化简可得，解方程可得答案. 【详解】由，可得， 则， ， ， 即， 由，故只能为锐角，可得， 因为，所以，. 故选：A. 4．（23-24高一下·北京海淀·期末）在中，已知．则下列说法正确的是（    ） A．当时，是锐角三角形 B．当时，是直角三角形 C．当时，是钝角三角形 D．当时，是等腰三角形 【答案】B 【分析】根据边长应用正弦定理计算分别判断各个选项. 【详解】对于A:因为由正弦定理, 当时，是钝角三角形, 当时，是钝角三角形,A选项错误； 对于B:因为,由, 所以是直角三角形,B选项正确； 对于C:因为,由 当时，,是锐角三角形,C选项错误； 对于D:因为,由,,, 因为，所以不是等腰三角形,D选项错误； 故选：B. 5．（2024高一下·北京·期中）中，，，分别是内角，，的对边，若且，则的形状是（    ） A．底角是的等腰三角形 B．等边三角形 C．三边均不相等的直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】A 【分析】由得到，再利用余弦定理求出，即可得解. 【详解】在，上分别取，，使，， 以，为邻边作平行四边形，则四边形为菱形，连接，， 则平分， ，， ，，， 又，，且， ，即， ， 由余弦定理得，， ，， 是底角是的等腰三角形．    故选：A． 题型9 解三角形中三角形面积、周长和边角的最值、范围问题 一、解答题 1．（2024高一下·山东青岛·期中）已知的内角的对应边分别为，在①；②；③.这三个条件中任选一个，补充在下面问题中：已知 ． (1)求角大小； (2)求的最大值. 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）选①，由正弦定理化边为角，由两角和正弦公式，同角关系式求解；选②，由正弦定理化边为角，再利用诱导公式、二倍角公式化简后求解；选③，由正弦定理化角为边后，由余弦定理求解； （2）化为的三角函数，然后利用两角和与差的正弦公式变形，再结合正弦函数性质得最大值． 【详解】（1）选①，， 由正弦定理得，即，，， 又，所以； 选②， 由正弦定理，及得，所以， 又三角形中，所以，而，所以，即； 选③， 由正弦定理得，即， 所以，又， 所以． （2），则，， ， 所以，即时，取得最大值． 2．（2024·四川内江·一模）在中，，，分别为内角所对的边，且满足． (1)求； (2)若，求周长的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解即可； （2）利用余弦定理可得，再结合不等式可得，即可得结果. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 且，即， 又因为，则， 可得，即，所以. （2）由余弦定理可得：， 即，可得， 又因为，可得，即， 当且仅当时，等号成立， 所以周长的最大值为. 3．（23-24高一下·湖北黄冈·期中）已知三个内角，，的对边分别为，，，向量，，且. (1)求角； (2)若，求的面积的最大值； (3)若，求的周长的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）依题意可得，根据数量积的坐标表示得到，再由正弦定理将边化角，即可得解； （2）由余弦定理及基本不等式求出的最大值，再由面积公式计算可得； （3）结合（2）的结论求出的范围，即可得解. 【详解】（1）因为，，且， 所以， 由正弦定理可得， 又，所以，所以，则， 又，所以； （2）因为，， 由余弦定理，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 即的面积的最大值为； （3）由（2）可知， 则，又， 所以，即，显然， 所以，当且仅当时取等号， 所以， 即的周长的取值范围为. 4．（2024 高二下·福建·学业考试）在中，已知 (1)求角 (2)若，求边的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件，利用边转角及正弦的和角公式，得到，即可求解； （2）根据条件，利用正弦定理得到，从而得到，即可求解. 【详解】（1）由，得到， 所以，又，则， 得到，所以. （2）由正弦定理知，又，所以，， 由，得到，整理得到， 所以，又， 所以， 得到，其中，， 则，解得， 所以边的取值范围为. 5．（2024·重庆渝中·模拟预测）已知的内角的对边分别为，且满足. (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形且，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件由正弦定理边化角，结合三角恒等变换求得答案； （2）由正弦定理得，，代入三角形面积公式化简得，结合角的范围求出答案. 【详解】（1）由正弦定理得，， 所以， 即， 化简得：，即， 又，所以. （2）由正弦定理得：， 所以，， 所以 ， 因为是锐角三角形，所以，解得， 所以，所以， 所以. 6．（2024 高一·全国·专题练习）在中，角所对的边分别为，已知． (1)求； (2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理和正弦定理边化角可化简已知边角关系式得到，由此可得； （2）利用正弦定理边化角，将所求面积表示为，根据的范围可求得结果. 【详解】（1）， ，即， 由正弦定理得：， ， ，，，又，. （2）由正弦定理得：，， ， ，为锐角三角形，，， ，， 即面积的取值范围为. 7．（24-25 高一上·安徽合肥·阶段练习）的内角的对边分别为，，，已知． (1)若，，求的面积； (2)若角为钝角，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正、余弦定理以及三角恒等变换可得，利用余弦定理可得，即可得面积； （2）利用正弦定理以及三角恒等变换可得，结合角B的范围运算求解. 【详解】（1）因为，由余弦定理可得， 由正弦定理得， 又因为， 则有， 因，，则， 且，故． 由余弦定理，，代入得，， 因，则有，即得， 故的面积． （2）由正弦定理，可得，且， 代入化简得：． 因为钝角，故由，可得， 则，，即， 故的取值范围是 8．（24-25 高一上·辽宁大连·期中）已知函数，中的三个内角，，的对边长分别为，，，． (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形，，求周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）借助三角恒等变换可将原函数化为正弦型函数，结合正弦性函数性质计算即可得解； （2）结合正弦定理可将边化为角，结合三角恒等变换可将周长用表示，结合锐角三角形定义可得的范围，即可得周长的取值范围. 【详解】（1） ， 由，则，则， 即，又，故； （2）由正弦定理可得， ， 则 ， 由为锐角三角形，，则有，解得， 则，由在上单调递增，故， ，， 故，故， 即周长的取值范围为. 题型10 解三角形结合中线、角平分线、垂线的问题 一、解答题 1．（24-25 高一上·上海·阶段练习）在中，角、、的对边分别为、、．已知． (1)求角的大小； (2)设为边的中点，若，，求的大小． 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）用正弦定理将边化角，再用两角和的正弦公式化简即可求出，进而可得角的大小； （2）用余弦定理结合题目所给条件可求出及，再用向量即可求解. 【详解】（1）, , , , ， . （2）在中, 由余弦定理得, , 又因为， 所以， 联立解得， 因为为边的中点，所以, 所以， 即， 所以.    2．（24-25高一下·湖南娄底·阶段练习）在中，点在线段上，平分． (1)尝试利用等面积法或者正弦定理证明角平分线定理，即请证明：； (2)若，，则是多少？ 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分别在和中，利用正弦定理得出等式，借助于诱导公式化简，将两式作比即得； （2）根据（1）推得，由向量运算得到，再利用向量模的运算律计算即得. 【详解】（1）利用正弦定理证明：设，则，， 在中，由正弦定理，， 在中，由正弦定理，， 因，两式相比，可得：； （2）由（1）得，故,于是, 两边平方得：， 故. 3．（23-24高一下·贵州遵义·期末）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 (1)求角B； (2)若点D在上，为的角平分线，，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理进行角换边，再结合余弦定理即可得到答案； （2）根据面积法得，再利用乘“1”法即可得到最小值. 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理可得，即， 又因为，则， 因为，所以. （2）因为 所以， 因为，所以， 所以，即， 所以， 当且仅当时，取得最小值. 4．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，角的对边分别是，且满足． (1)求； (2)若是边上的高，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化结合正弦的和差角公式代入计算，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，再由基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）因为，由正弦定理， 得，即， 因为，所以，所以，则． （2）因为，由余弦定理，即， 所以当且仅当时取等号， 所以，则，当且仅当时取等号， 所以，又， 所以， 故的最大值为． 5．（23-24高一下·北京·阶段练习）如图，在中，为 边上一点，且.    (1)求的长及的值； (2)若，求的周长； (3)若，求中边上的高. 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）在中，利用正弦定理即可求出，根据三角形内角和定理及两角和得正弦公式即可求出； （2）由，可得，在中，利用正弦定理求出，再在中，利用余弦定理求出，即可得解； （3）先根据三角形的面积公式求出，再在中，由余弦定理求出，再在中，由余弦定理求出，即可得解. 【详解】（1）因为，， 所以，所以， 在中，由正弦定理得， 所以， ； （2）因为， 所以，即， 在中，由（1）结合正弦定理得， 所以， 所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 所以的周长为； （3），所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 在中，由余弦定理得 ， 解得（舍去）， 所以中边上的高为. 【点睛】方法点睛：已知三角形的两边及一角解三角形的方法： 先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解思路有两种： （1）利用余弦定理求出其它角； （2）利用正弦定理（已知两边和其中一边的对角）求解. 若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这个问题（在上，余弦值所对的角是唯一的），故用余弦定理较好. 6．（23-24高一下·江苏无锡·期中）已知的内角、、的对边分别为、、，且． (1)求； (2)设为的中点，；求：①面积的最大值；②的最大值． 【答案】(1) (2)①；②. 【分析】（1）由余弦定理、正弦定理结合两角差的正弦公式可得出，结合、的取值范围可得出、的关系，由此可得出角的值； （2）①由余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式即可求得面积的最大值； ②由平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算性质可得出，由余弦定理可得出，可得出、的表达式，结合基本不等式可得出关于的不等式，由此可解得的最大值. 【详解】（1）由余弦定理可得，所以，， 由得，整理可得， 由正弦定理可得， 即， 所以，， 所以，， 因为、、，所以，、、，有如下几种情况： ，即，矛盾； ，即，矛盾； ，可得，解得. （2）①由余弦定理、基本不等式可得， 即，当且仅当时，等号成立， 所以，， 故面积的最大值为； ②因为为边的中点，则，即， 所以，， 所以，， 又因为， 所以，，由①知， 可得，解得， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为. 7．（23-24高一下·广东广州·期中）在中，内角的对边分别是，，． (1)求角； (2)若，求边上的角平分线长； (3)若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可； （2）根据余弦定理及已知得，然后利用面积分割法列方程求解即可； （3）利用向量加法运算及数量积以及模的运算得，利用正弦定理得，然后利用角的范围，结合正弦函数的性质求解范围即可. 【详解】（1）在中，由正弦定理及， 得 ， 即，而，， 解得，又，所以. （2）由及，余弦定理得， 又，解得， 由得， 即，则，所以. （3）因为是的中点，所以， 则， 由正弦定理得， 即， 为锐角三角形， ，所以，所以， 所以，所以， 所以， 所以，即边上的中线的取值范围为． 8．（23-24高一下·湖北武汉·期中）已知的内角的对边为，且. (1)求； (2)若的面积为； ①为的中点，求底边上中线长的最小值； ②求内角的角平分线长的最大值. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）由题意及正弦定理和余弦定理可得的值，进而可得角的正切值； （2）①由中线的向量表示，两边平方，可得中线的最小值； ②由等面积法可得角平分线的表达式，再由基本不等式可得的最大值． 【详解】（1）由正弦定理，得，即， 故，因为，所以， 所以，所以 （2）①由（1）知， 因为的面积为，所以，解得， 由于，所以 ， 当且仅当时，等号取得到，所以， 故的最小值为； ②因为为角的角平分线，所以， 由于， 所以， 由于，所以， 由于， 又，所以 由于，当且仅当时，等号取得到， 故，故， 故的最大值为. 题型11 解三角形结合三角函数 一、解答题 1．（2024高一下·福建福州·期末）为的三内角，其对边分别为，若． (1)求A； (2)若三角形ABC是锐角三角形，，求的取值范围 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据正弦的和角公式以及同角三角函数的平方关系，结合三角形内角和以及诱导公式，化简等式，可得答案； （2）根据正弦定理，整理函数解析式，利用三角形内角和、正弦差角公式、辅助角公式化简函数，结合整体思想以及正弦函数的性质，可得答案. 【详解】（1），，， 由，则，， 由，则或. （2）由为锐角三角形，则，由正弦定理且，则，即，， ， 由，则，即. 2．（24-25高一上·上海·期末）在中，已知， (1)若，求该三角形的外接圆半径； (2)当时，求该三角形面积的最大值. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式对式子进行化简可解得角，再利用正弦定理即可求解的外接圆半径； （2）由结合正弦定理及三角形内角和定理，可得和，代入三角形面积公式，根据二倍角公式、辅助角公式及正弦函数的性质即可求解三角形面积的取值范围. 【详解】（1），， 即，. ，，或，解得或. 或2，该三角形的外接圆半径或1. （2），，，. ， ，， . ，，， 即该三角形面积的最大值为. 3．（23-24 高一上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知函数 (1)当时, 求函数的值域; (2)已知的内角满足，点是边的中点，，，求三角形的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用二倍角和辅助角公式可化简得到，根据正弦型函数值域求法可求得结果； （2）由可求得，延长到点，使得，利用余弦定理可构造方程求得，代入三角形面积公式即可求得结果. 【详解】（1）； 当时，，， ，即的值域为. （2），， ，，，即， 延长到点，使得，连接， 为中点，四边形为平行四边形， 在中，，，， 由余弦定理得：， 解得：，. 4．（2024·河北衡水·一模）在中，内角所对的边分别是，三角形面积为，若为边上一点，满足，且. (1)求角； (2)求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合面积公式、正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而求解即可； （2）在中由正弦定理可得，在中，可得，进而得到，结合三角恒等变化公式化简可得，进而结合正弦函数的图象及性质求解即可. 【详解】（1）， ，即， 由正弦定理得，， ， ， ，， 由，得. （2）由（1）知，， 因为，所以，， 在中，由正弦定理得， 即， 在中，， ， ，, ， ，，， 所以的取值范围为.    5．（23-24高一下·河南驻马店·阶段练习）如果三角形的一个内角等于另外一个内角的二倍，我们称这样的三角形为二倍角三角形.设的内角，，的对边分别为，，，已知. (1)证明：为二倍角三角形； (2)若为锐角三角形，且，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得，再由余弦定理，得到，结合正弦定理求得，得到，即可得证； （2）由（1）知，则，结合为锐角三角形，求得，由正弦定理得，求得，结合函数单调性，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，由正弦定理得，可得, 又由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 因为， 可得， 因为为三角形的内角，所以，可得， 所以为二倍角三角形. （2）解：由（1）知，为二倍角三角形，即，则， 因为为锐角三角形，则满足， 解得，可得 又由正弦定理得且，即 可得 ， 因为函数上为单调递增函数， 所以，当时，取得最小值，最小值为； 当时，取得最大值，最大值为， 故实数的取值范围为. 6．（23-24高一下·福建厦门·期中）（1）平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．四边形ABCD的顶点在同一平面上，已知，．当BD长度变化时，是否为一个定值?若是，求出这个定值；若否，说明理由． （2）在平面四边形ABCD中，已知，，．若，求证：． （3）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，求的取值范围． 【答案】（1）是，定值为1；（2）证明见解析；（3）. 【分析】（1）由余弦定理得到，，相减得到为定值，定值为1； （2）由已知结合余弦定理可分别求解，然后结合角的大小关系及三角函数的性质可求边的大小； （3）首先得到均为锐角，化简得到，，从而得到，换元，则，结合函数单调性求出取值范围. 【详解】（1）在中，由余弦定理，得， 同理，在中，， 则有， 所以当BD长度变化时，为定值，定值为1；    （2）证明：中，，则， 在中，由余弦定理得 在中，由余弦定理得， 因为，， 所以，即， 又，， 所以 所以. （3）为的内角，则，则由，可得，则均为锐角， ， 又，，则，， 则，则 则， 令，则， 又函数在单调递增，，， 可得，则的取值范围为， 所以的取值范围为. 题型12 解三角形中的几何图形问题 一、解答题 1．（23-24高一下·河南·阶段练习）如图，D为所在平面内一点且点B，D位于直线的两侧，在中，．    (1)求的大小； (2)若，，，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知条件得，在中，由余弦定理得即可； （2）设，，在和中都由正弦定理得，，即，最后化简即可. 【详解】（1）因为在中，， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 因为在中，，所以． （2）在中，设，， 则由正弦定理得，即，① 又在中，，， 则由正弦定理得，即，② 则由①②两式得，，即， 展开并整理得，即，所以， 因为在中，，所以， 把代入①式得，． 2．（2024·广东梅州·二模）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，，， (1)求A的大小： (2)点D在BC上， （Ⅰ）当，且时，求AC的长； （Ⅱ）当，且时，求的面积． 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得的值，结合即可求解的值； （2）（Ⅰ）根据锐角三角函数和差角公式可得正弦定理即可求解. （Ⅱ）采用面积分割的方法以及正弦定理即可解决． 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理可得， 又， 所以， 因为为三角形内角，， 所以，可得， 因为，所以； （2）（Ⅰ）此时，， 所以，所以， 在中，由正弦定理可得； （Ⅱ）设，由， 可得，化简可得 有， 由于，所以， 所以， 则． 3．（23-24高一下·四川内江·期中）为了丰富同学们的课外实践活动，某中学拟对生物实践基地（△ABC区域）进行分区改造．△BNC区域为蔬菜种植区，△CMA区域规划为水果种植区，蔬菜和水果种植区由专人统一管理，△MNC区域规划为学生自主栽培区．△MNC的周围将筑起护栏．已知m，m，，，设． (1)若m，求护栏的长度（△MNC的周长）； (2)试用表示△MNC的面积，并研究△MNC的面积是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由． 【答案】(1)（m） (2)，最小值为． 【分析】（1）利用余弦定理证得，从而判断得是正三角形，由此得解； （2）在与中，利用正弦定理求得与关于的表达式，从而利用三角形的面积公式得到关于的表达式，再结合三角函数的最值即可得解. 【详解】（1）依题意，在中，m，m，， 所以，则， ，即， 所以，又，故， 所以是正三角形，则m，m， 所以护栏的长度为（m）． （2）学生自主栽培区的面积有最小值，理由如下： 设，在△ANC中，， 则， 由正弦定理得，得， 在中，， 由正弦定理得，得， 所以 ， 所以当且仅当，即时， 的面积取得最小值为． 4．（24-25高一上·河北石家庄·期末）近年来，某市认真践行“绿水青山就是金山银山”生态文明理念，围绕良好的生态禀赋和市场需求，深挖冷水鱼产业发展优势潜力，现已摸索出以虹鳟、鲟鱼等养殖为主方向.为扩大养殖规模，某鲟鱼养殖场计划在如图所示的扇形区域OMN内修建矩形水池ABCD，矩形一边AB在OM上，点在圆弧MN上，点在边ON上，且，米，设. (1)求扇形OMN的面积； (2)若，求矩形ABCD的面积； (3)若矩形ABCD的面积为，当为何值时，取得最大值，并求出这个最大值. 【答案】(1)平方米. (2)平方米. (3)，最大值为. 【分析】（1）由扇形面积公式可得； （2）根据，求得和的长度，即可求得矩形的面积； （3）利用直角三角形利用半径与分别表示出，进而可得矩形面积表达式，利用辅助角公式将化简变形，结合角的范围求最大值可得. 【详解】（1）由题意，，扇形半径即米， 则扇形OMN的面积为平方米. （2）因为，在中，，， 在中，，则， 所以. 则矩形ABCD的面积. 所以当时，矩形ABCD的面积平方米. （3）在中，，， 在中，，则， 所以. 则矩形ABCD的面积 ， 所以，其中. 由于， 则当时，即时，. 所以当时，取得最大值，最大值为. 5．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，在中，点为边上靠近点的三等分点，，．    (1)若，求三角形的面积； (2)当最小时，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理求得的长，即可得的长，由三角形面积公式即可求得答案. （2）设，利用余弦定理表示出，即可得的表达式，结合基本不等式确定其最小值，即可求得答案. 【详解】（1）在中，，，故，， 由正弦定理得，即， 而， 故， 故， 故的面积为 . （2）设，则， 则在中，， 在中，， 故 ， 由于，当且仅当，即时取等号， 故， 即取到最小值即取最小值时，， 即此时. 6．（23-24高一下·重庆·期末）平面四边形中，，，，． (1)求； (2)求四边形周长的取值范围； (3)若为边上一点，且满足，，求的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）首先求出，再由余弦定理计算可得； （2）在中利用余弦定理及基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，即可求出四边形周长的取值范围； （3）依题意可得，即可求出、、，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得. 【详解】（1）因为，，所以， 在中由余弦定理 ； （2）在中， 即， 所以，所以，当且仅当时取等号， 又， 则，即，所以， 所以， 即四边形周长的取值范围为； （3）因为，所以，又， 所以，，又，所以， 在中由余弦定理， 即 在中由余弦定理， 即， 又，所以， 所以， 又，所以， 即，所以， 所以，所以， 所以. . 【点睛】关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用余弦定理得到，从而结合第2小问中的结论即可得解. 题型13 解三角形中的结构不良问题 一、解答题 1．（23-24高一下·河南郑州·期中）在钝角中，，． (1)求的大小； (2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求出边上的中线的长度． 条件①：； 条件②：的周长为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)； (2)答案见解析 【分析】（1）由正弦定理可解得； （2）利用第一问可判定条件①不符合题意；选择条件②，可先确定三边长，再由余弦定理计算即可求中线；若选择条件③，可由由三角形的面积公式和余弦定理计算中线． 【详解】（1）在中，由正弦定理知：， 又因为，， 所以，则或， 又因为为钝角三角形， 所以； （2）由（1）可知， 所以， 所以， 故条件①：，不符合题意； 若选择条件②：因为中，，， 所以，即为等腰三角形，其中， 因为， 所以， 所以， 设点为线段的中点，在中，，    由余弦定理知：中， ， 所以， 即边上的中线的长度为， 若选择条件③：因为中，，，， 所以，即为等腰三角形，其中， 因为的面积为， 即，即， 设点为线段的中点，在中，， 由余弦定理知：中， ， 所以， 即边上的中线的长度为. 2．（23-24高一下·江苏泰州·期末）在中，角的对边分别是，从下面的三个条件中选取适当的一个并解答如下问题. ①；②；③. (1)求； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)条件选择见解析， (2) 【分析】（1）若选①，由余弦定理化简可得，再根据正弦定理化简计算即可；若选②，由正弦定理化简即可；若选③，由正弦定理化简即可； （2）由余弦定理可得，根据正弦定理及两角差的余弦公式化简，再根据求解即可. 【详解】（1）若选①，根据余弦定理得， 由正弦定理可得，即. 因为，所以. 又，所以，又，所以. 若选②，因为，所以由正弦定理， 可得， 即，整理得， 因为，所以，可得，即， 因为，所以. 若选③，因为 所以由正弦定理可得：， 因为，所以； 可得. 又，故. （2）由（1）得，因，由正弦定理，， 则， ， 因为且， 所以，所以，所以的取值范围为. 3．（23-24高一下·浙江·期中）在①②③这三个条件中任选一个，补充在下面横线中，并加以解答.在锐角中，内角所对的边分别为，且满足__________. (1)求角； (2)若，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）若选①：根据余弦定理，结合正弦定理进行求解即可；若选②：根据正弦定理，利用三角恒等变换可求解；若选③：利用正弦定理，结合诱导公式及二倍角的正弦可求解. （2）由，结合正弦定理可得，求得，可求面积的取值范围. 【详解】（1）选择①，， 由余弦定理， ，， 又，，， ，； 选择②，因为，所以， 由正弦定理可得， 则，， 又，所以，因为，所以； 选择③，由，由正弦定理可得， 又，所以，则， ，则，则， ，则，故； （2），由正弦定理，得， 所以， 因为为锐角三角形，所以，故， 则，，， 所以. 4．（23-24 高一下·浙江·阶段练习）已知面积为，角，，的对边分别为，，，请从以下条件中任选一个，解答下列问题： ①； ②； ③ (1)求角； (2)若，是上的点，平分，的面积为，求角平分线的长. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）若选①，由三角形的面积公式及余弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；如选②，由正弦定理及二倍角公式可得的值，再由角的范围，可得角的大小；若选③，由正弦定理及诱导公式可得角的大小； （2）由等面积法及余弦定理可得角平分线的值． 【详解】（1）若选①， 由三角形的面积公式及余弦定理可得， 可得，又因为，所以； 若选②，由正弦定理可得， 因为，则，所以，所以， 又，则，所以， 所以，所以，则； 若选③，由正弦定理可得， 因为，则，所以， 即，所以， 即， 又，则，所以，则； （2）因为，是上的点，平分，的面积为， 所以， 可得，， 由余弦定理可得， 即，解得（负值已舍去）， 即角平分线的长为. 5．（2024高一下·江苏徐州·期末）在①，②，③的面积 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答. 在中，角、、的对边分别为、、，已知______. (1)求角； (2)若点在边上，且，，求. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】(1)条件选择见解析， (2) 【分析】（1）选①：由余弦定理结合正弦定理化简可得出，结合角的取值范围可得出角的值； 选②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，结合角的取值范围可求得角的值； 选③：由三角形的面积公式、切化弦以及三角恒等变换化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）设，则，在、中分别利用正弦定理，结合可得出，利用三角恒等变换化简可得出的值，即为所求. 【详解】（1）解：若选择①：因为，结合余弦定理， 得，即， 由正弦定理可得，所以， 又，所以，所以，即， 又，所以； 若选择②：因为， 结合正弦定理可得， 即， ， 即， 又，，故，即， 所以，即， 因为，，所以，得； 若选择③：条件即， 又，， 所以， 即，所以， 又因为，则，所以， 又因为，所以. （2）解：设，则.    因为，，故， 所以， 在中，由正弦定理可得，即， 在中，同理可得，， 因为，所以，即， 整理得，即. 6．（23-24高一下·福建厦门·期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，请从下列条件中选择一个条件作答：（注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分．） ①    ②    ③ (1)求A的大小 (2)若为锐角三角形，求的取值范围； (3)若，点A，B，C分别在等边的边DE，EF，FD上（不含端点），若面积的最大值为，求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）选①由二倍角余弦公式，正弦定理角化边，余弦定理计算可得；选②由正弦定理边化角和两角和的正弦展开式以及二倍角的余弦公式计算可得；选③由三角形的面积公式，两角和的正弦展开式，同角的三角函数关系计算可得； （2）由正弦定理边化角，两角差的正弦展开式，同角的三角函数关系化简可得，再由锐角三角形和正弦函数的值域求出结果即可； （3）由三角形的面积公式可得的最大值，设，结合正弦定理可将表示成正弦型函数，借助正弦函数的性质可得取得最大值时的. 【详解】（1）选择①： 因为， 所以， 化简可得， 由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 又， 所以. 选②： 因为， 由正弦定理可得， 所以， 又，， 可得， 解得或（舍去）， 因为，可得， 所以； 选③： 因为，且， 所以，即， 由正弦定理可得， 又， 所以， 因为，所以， 又， 所以. （2） 由正弦定理可得， 由（1）可得，所以， 因为为锐角三角形， 所以， 所以， 所以， 即的取值范围为. （3）由（1）可得，，因为面积的最大值为， 则，所以的最大值为， 因为，所以， 因为，所以， 设， 则， 在中，由正弦定理可得， 所以，可得， 在中，由正弦定理得， 所以， 所以 ， 其中， 所以当时，取得最大值， 所以，即， 所以， 解得或（舍去）. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是能用三角形面积公式和正弦定理表示出，再结合正弦函数的值域计算即可. 题型14 解三角形中的新定义问题 一、解答题 1．（23-24高一下·福建龙岩·阶段练习）给出定义：对于函数，则称向量为函数的特征向量，同时称函数为向量的特征函数． (1)设向量分别为函数与函数的特征向量，求； (2)设向量的特征函数为，且，求的值； (3)已知分别为三个内角的对边，，设函数的特征向量为，且分别是边的中点，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据特征向量定义可得的坐标，利用数量积的坐标公式计算即得； （2）利用特征函数定义可得，由条件求得，继而求出，最后利用与和角的正弦公式即可求得； （3）由可推得，设利用余弦定理求得和，得，最后利用余弦函数的值域求得的取值范围. 【详解】（1）依题，，则； （2）依题，，由整理得， 因，则，故， 因, 则 ； （3） 如图，由题意，，且，由可得，， 不妨设则，， 由余弦定理，,， 于是，, 因，则，于是，有， 则得，即的取值范围为. 【点睛】思路点睛：本题主要考查新定义函数与新定义向量在求值上的应用，属于难题. 在求解（2）时，注意运用进行拆角变换；在求时，要通过设，将相关边长用表示，便于应用余弦定理时的化简，最后运用常数分离法和余弦函数的值域即可求解. 2．（23-24高一下·湖南怀化·期末）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为.对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作.    (1)若点分别是线段的中点，求； (2)证明：； (3)已知，点为线段的中点，，，求. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据条件，可求得，，即可求出结果； （2）根据条件，将边长之比转化成面积之比，再结合题设定义，即可证明结果； （3）方法一：根据条件得到，再利用几何关系得到，设，，利用有，再利用余弦定理和正弦定理，建立方程，即可求解；方法二：设，根据条件，得到，再利用及余弦定理，建立方程，即可求解. 【详解】（1）由已知，，所以. （2）在，，，中， ，同理， 所以， 又在，，，中， ，同理， 所以， 又，，，， 所以，所以. （3）方法一： 由，可得，即，所以， 又点B为线段AD的中点，即，所以， 又，所以，，， 又已知，所以. 设，，由，得， 即，解得，…① 在中，由正弦定理可得，得，…② 在中，由正弦定理可得，得，…③ 又， 得，即，…④ 由①④解得，（负值舍去），即，， 所以. 方法二： 因为，所以，设，则， 又B为线段AD的中点，所以， 又已知，，所以， 所以，得， 所以，， 由，得， 所以，设，则， 由，互补得 ，即， 解得，所以，， 所以. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 3．（23-24高一下·辽宁·阶段练习）数学中有很多相似的问题， 材料一：十七世纪法国数学家，被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，他的答案是：“当三角形的三个内角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点”，在费马问题中所求的点称为费马点. 材料二：布洛卡点，也叫“勃罗卡点”，定义为：已知内一点满足，则称为的布洛卡点，为的布洛卡角，1875年，三角形的这一特殊点，被一个数学爱好者——法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名. 已知，，分别是的内角，，的对边，且. (1)求； (2)若为的费马点，且，求的值； (3)若为锐角三角形，为的布洛卡点，为的布洛卡角，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据三角恒等变换的化简和正弦定理计算即可求解； （2）由（1），根据余弦定理计算可得，设，由费马点的定义和三角形的面积公式，结合平面向量数量积的定义计算即可求解； （3）由余弦定理和三角形面积公式可得；设，由布洛卡点的定义、余弦定理和三角形面积公式可得，即可证明. 【详解】（1）， ， ，由正弦定理得 ，又， ，即，又， 所以； （2）由（1）知，由余弦定理得， 所以，又， 所以. 设，由知的三个角均小于， 所以，又， 所以，得， 所以； （3）在中，由余弦定理和三角形面积公式得 ， ， ， 三式相加得①； 设， 在中，，得， 在中，，得， 在中，，得， 所以， 即，即②， 由①②得，即证. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是三角恒等变换与解三角形的相关知识. 4．（23-24高一下·山东滨州·开学考试）定义非零向量若函数解析式满足，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”． (1)已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数的取值范围； (2)已知点满足，向量的“伴生函数”在时取得最大值，当点运动时，求的取值范围； (3)已知向量的“伴生函数”在时的取值为．若在三角形中，，，若点为该三角形的外心，求的最大值. 【答案】(1) (2) (3)3 【分析】（1）根据题意得到方程，参变分离后，写出函数的解析式，画出函数图象，结合图象即可； （2）根据题中条件求得的值，继而求得，利用二倍角公式求得的表达式，换元后利用函数单调性即可求得取值范围； （3）根据条件可先求得，继而根据正弦定理可得角形外接圆半径，则，再根据向量的运算法则及数量积的定义化简所求，进一步分析即可. 【详解】（1）因为向量为函数的“源向量”， 所以 ， 则方程上有且仅有四个不相等的实数根， 所以在上有且仅有四个不相等的实数根， 令， ①当时， ②当时，， 所以 ， 其图象为：    结合,,,最大值为3， 故当在上有且仅有四个不相等的实数根时， 的取值范围为. （2）由题意得: ，其中， 当，即时， 取最大值， 故， 则， 令，由于， 故， 即 则，解得， 所以（） 因为单调递增，所以， 所以的取值范围为 （3）由题意得，，则， 在三角形中， ，，因此 ， 设三角形外接圆半径为， 根据正弦定理，，故 所以      代入得：， 所以当时，取得最大值3. 【点睛】关键点点睛：第1问的关键是参变分离，数形结合；第2问的关键是换元法构造函数；第3问的关键是利用正弦定理得到. 5．（24-25 高一上·江西新余·阶段练习）如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. (1)在仿射坐标系中，若，求； (2)在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； (3)如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意可知，，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值； （2）计算出、、，利用平面向量的夹角公式可得出关于的方程，解之即可； （3）设、，利用平面向量的线性运算得出、关于、的关系式，利用余弦定理可得出和平面向量数量积的运算性质化简得出，设，利用正弦定理可得出，，利用三角恒等变换以及正弦函数的有界性可求得的最大值. 【详解】（1）由题意可知，、的夹角为， 由平面向量数量积的定义可得， 因为，则，. 则，所以. （2）由，，得，， 且， 所以，， ，则， ， 因为与的夹角为，则，解得. （3）依题意设、， 且，，， 因为为的中点，则， 因为为中点，同理可得， 所以，， 由题意可知，，， 则， 在中依据余弦定理得，所以， 代入上式得，. 在中，由正弦定理， 设，则，且， 所以，，， ， 为锐角，且， 因为，则， 故当时，取最大值， 则 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法： （1）利用定义： （2）利用向量的坐标运算； （3）利用数量积的几何意义． 具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题14 高一下学期第一次月考（第六章平面向量及其应用+第七章复数）14大压轴考法专练 题型1 平面向量基本定理 一、单选题 1．（23-24高一下·陕西西安·期末）如图，正方形ABCD中，M是BC的中点，若，则（    ） A． B．1 C． D． 2．（24-25高一下·湖南常德·阶段练习）如图，在中，点在线段上，且．若，则的值为（    ） A． B． C． D．1 二、多选题 3．（23-24高一下·重庆九龙坡·期中）所在平面内一点满足，则下列选项正确的是（    ） A． B．延长交于点，则 C．若，且，则 D．若，则 4．（24-25高一上·辽宁葫芦岛·期末）如图，在梯形中，，，为线段的中点，与交于点，为线段上的一个动点，则（    ） A． B．向量与共线 C． D．若，则最大值 三、填空题 5．（24-25高一下·辽宁·开学考试）如图，在中，已知是线段与的交点，若，则的值为 . 6．（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，点E在上，且，连接交于点G，若，则 ．    题型2 平面向量的共线定理及推论（含等和线的应用） ） 一、单选题 1．（24-25高一下·全国·课后作业）已知，，，，则与共线的条件为（    ） A． B． C． D．或 2．（2024·河南许昌·三模）在△ABC中，点D在BC上，且满足，点E为AD上任意一点，若实数x，y满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 3．（24-25高一下·江苏宿迁·开学考试）已知三点共线，O为直线外一点，存在三个不全为零的实数，使，那么的值为 ． 4．（2024高一下·全国·专题练习）如图，在中，，于点，为的中点．若，则 .    5．（2024 高一·全国·专题练习）如图，四边形是边长为1的正方形，点D在的延长线上，且，点P是(含边界)的动点，设，则的最大值为 ． 6．（23-24高一下·江西萍乡·期中）点是的重心，点，分别在边和上，且满足，其中.若，与的面积之比是，则 . 7．（23-24高一下·北京·期中）如图，直角梯形中，，，若为三条边上的一个动点，且，则下列结论中正确的是 ．（把正确结论的序号都填上） ①满足的点有且只有1个； ②满足的点有且只有2个； ③能使取最大值的点有且只有2个； ④能使取最大值的点有无数个． 题型3 平面向量的数量积及其应用 一、单选题 1．（2024 高一·全国·专题练习）已知向量满足，，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25 高一下·海南海口·阶段练习）已知向量，满足，，则向量与的夹角的余弦值等于（    ） A．0 B． C． D． 3．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知向量，的夹角为，且，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 4．（2024高一下·福建泉州·期中）如图，在平行四边形中，，点E满足，点F满足，且，则（    ） A． B． C． D．9 二、多选题 5．（24-25高一下·江苏宿迁·开学考试）已知向量都是单位向量，，则（    ） A．= B．= C．= D．与共线 三、填空题 6．（24-25 高一上·湖南长沙·阶段练习）已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则为 . 7．（24-25高一下·全国·课后作业）在中，，则 ． 8．（24-25高一下·湖北随州·阶段练习）两个半径分别为的☉M，☉N，公共弦的长为3，如图所示，则= . 题型4 平面向量中的最值、范围问题（含坐标法、极化恒等式的应用） 一、单选题 1．（2025 高一·全国·专题练习）已知单位向量的夹角为，为实数，则“向量与向量的夹角为锐角”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2．（23-24高一下·江苏泰州·阶段练习）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，若正八边形的边长为2，P是正八边形八条边上的动点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知正方形的边长为2，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知平面向量，，，满足，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高一上·北京·期末）已知圆的半径为13，和是圆的两条动弦，若，，则的最大值是（   ） A．17 B．20 C．34 D．48 二、填空题 6．（2024·四川德阳·模拟预测）已知向量，为单位向量，则向量与夹角的最大值为 7．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知等边三角形的边长为4，为边的中点，是边上的动点，则的取值范围为 ． 8．（2024高一下·辽宁鞍山·期中）在中，，，，P，Q是BC边上的两个动点，且，则的最大值为 ． 9．（24-25 高一上·上海浦东新·期中）在中，，，，P，Q是平面上的动点，，M是边BC上的一点，则的最小值为 ． 10．（23-24高一下·重庆·阶段练习）已知正六边形ABCDEF的边长为1，若点H是正六边形ABCDEF内或其边界上的一点，则的最小值为 ；若点N为线段AE（含端点）上的动点，且满足，则的最大值为 . 题型5 平面向量结合三角形的“四心”问题（含奔驰定理） 一、单选题 1．（2024 高一·全国·专题练习）已知外接圆圆心为，且，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·贵州贵阳·期末）已知点在所在平面内，且，，，则点依次是的（    ） A．外心、重心、垂心 B．重心、外心、垂心 C．重心、外心、内心 D．外心、重心、内心 二、多选题 3．（2024高一下·福建福州·阶段练习）已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则动点的轨迹经过的内心 B．若O为平面内任意一点，，则点为的重心 C．若为的垂心，，则 D．若为锐角的外心，且，则 4．（23-24高一下·四川成都·期末）的内心为P，外心为O，重心为G，若，，下列结论正确的是（    ） A．的内切圆半径为 B． C． D． 5．（2024高一下·湖南常德·阶段练习）如图.为内任意一点，角的对边分别为，总有优美等式成立，因该图形酷似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理.则以下命题是真命题的有（    ） A．若是的重心，则有 B．若成立，则是的内心 C．若，则 D．若是的外心，，，则 6．（23-24高一下·吉林通化·阶段练习）几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且.以下命题正确的有（    ） A．若，则为的重心 B．若为的内心，则 C．若，，为的外心，则 D．若为的垂心，，则 三、填空题 7．（2024高一下·四川成都·期中）在中，AB＝5，AC＝6，D是BC的中点，H是的垂心，则 . 8．（23-24高一下·重庆·期中）已知在中，内角所对的边分别为，点是的重心，且，则角的大小为 ． 9．（23-24高一下·广西来宾·期末）等边的边长为6，设其内心为，若平面内的点满足，则的最小值为 ． 10．（2024高一下·重庆渝中·期中）某同学在查阅资料时，发现一个结论：已知O是内的一点，且存在，使得，则．请以此结论回答：已知在中，，，O是的外心，且，则 ． 题型6 平面向量中的新定义问题 一、单选题 1．（23-24高一下·广东佛山·期中）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记，则该坐标系中和两点间的距离为（    ）    A．3 B．2 C． D． 2．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）我们定义：“”为向量与向量的“外积”，若向量与向量的夹角为，它的长度规定，现已知：在中，若，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 3．（23-24高一下·上海·期末）平面向量与是单位向量，夹角为，那么，向量、构成平面的一个基．若，则将有序实数对称为向量的在这个基下的斜坐标，表示为．设，，则 ． 三、解答题 4．（24-25高一下·云南普洱·阶段练习）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量.作：，，当不共线时，记以为邻边的平行四边形的面积为；当共线时，规定. (1)已知，求； (2)若向量，求证：； (3)记，且满足，求的最大值. 5．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为． (1)已知，求； (2)①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，，角A的平分线AD与BC交于点D，且，若，求． 题型7 正余弦定理解三角形（含实际应用） 一、单选题 1．（23-24高一下·天津西青·期末）由下列条件解，其中有两解的是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·湖南娄底·阶段练习）在中，设，则下列说法错误的是（   ） A． B．边上的高是 C．外接圆的周长是 D．内切圆的面积是 3．（2025 高一·全国·专题练习）在中内角所对边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·安徽黄山·期中）长庆寺塔，又名“十寺塔”，位于安徽黄山市歙县的西干披云峰麓，历经900多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存少有的方形佛塔．如图，为测量塔的总高度，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为，则塔的总高度为（   ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·湖北·阶段练习）在中，内角所对的边分别为是的外心，，则的面积为（    ） A． B．6 C． D． 6．（23-24高一下·江苏无锡·期中）在中，角的对边分别为a，b，c．已知，，则角A的大小为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（24-25高一上·四川自贡·开学考试）如图，无人机在空中A处测得某校旗杆顶部B的仰角为，底部C的俯角为，无人机与旗杆的水平距离为，则该校的旗杆高约为 m．（，结果精确到0.1） 8．（24-25高一上·河北保定·期末）内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积为 . 9．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东，距离为海里，灯塔在的北偏西，距离为海里，该游轮由沿正北方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏东方向，则此时灯塔位于游轮的 方向用方向角作答 题型8 三角形的形状判断问题 一、单选题 1．（23-24高一下·天津·阶段练习）在中，已知，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰或直角三角形 D．等边三角形 2．（2024高一下·山西大同·阶段练习）在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足，，则的形状是（    ） A．钝角三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 3．（2024·河北秦皇岛·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（    ） A．为直角三角形 B．为锐角三角形 C．为钝角三角形 D．的形状无法确定 4．（23-24高一下·北京海淀·期末）在中，已知．则下列说法正确的是（    ） A．当时，是锐角三角形 B．当时，是直角三角形 C．当时，是钝角三角形 D．当时，是等腰三角形 5．（2024高一下·北京·期中）中，，，分别是内角，，的对边，若且，则的形状是（    ） A．底角是的等腰三角形 B．等边三角形 C．三边均不相等的直角三角形 D．等腰直角三角形 题型9 解三角形中三角形面积、周长和边角的最值、范围问题 一、解答题 1．（2024高一下·山东青岛·期中）已知的内角的对应边分别为，在①；②；③.这三个条件中任选一个，补充在下面问题中：已知 ． (1)求角大小； (2)求的最大值. 2．（2024·四川内江·一模）在中，，，分别为内角所对的边，且满足． (1)求； (2)若，求周长的最大值． 3．（23-24高一下·湖北黄冈·期中）已知三个内角，，的对边分别为，，，向量，，且. (1)求角； (2)若，求的面积的最大值； (3)若，求的周长的取值范围. 4．（2024 高二下·福建·学业考试）在中，已知 (1)求角 (2)若，求边的取值范围. 5．（2024·重庆渝中·模拟预测）已知的内角的对边分别为，且满足. (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形且，求面积的取值范围. 6．（2024 高一·全国·专题练习）在中，角所对的边分别为，已知． (1)求； (2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 7．（24-25 高一上·安徽合肥·阶段练习）的内角的对边分别为，，，已知． (1)若，，求的面积； (2)若角为钝角，求的取值范围． 8．（24-25 高一上·辽宁大连·期中）已知函数，中的三个内角，，的对边长分别为，，，． (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形，，求周长的取值范围． 题型10 解三角形结合中线、角平分线、垂线的问题 一、解答题 1．（24-25 高一上·上海·阶段练习）在中，角、、的对边分别为、、．已知． (1)求角的大小； (2)设为边的中点，若，，求的大小． 2．（24-25高一下·湖南娄底·阶段练习）在中，点在线段上，平分． (1)尝试利用等面积法或者正弦定理证明角平分线定理，即请证明：； (2)若，，则是多少？ 3．（23-24高一下·贵州遵义·期末）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 (1)求角B； (2)若点D在上，为的角平分线，，求的最小值． 4．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，角的对边分别是，且满足． (1)求； (2)若是边上的高，求的最大值． 5．（23-24高一下·北京·阶段练习）如图，在中，为 边上一点，且.    (1)求的长及的值； (2)若，求的周长； (3)若，求中边上的高. 6．（23-24高一下·江苏无锡·期中）已知的内角、、的对边分别为、、，且． (1)求； (2)设为的中点，；求：①面积的最大值；②的最大值． 7．（23-24高一下·广东广州·期中）在中，内角的对边分别是，，． (1)求角； (2)若，求边上的角平分线长； (3)若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围． 8．（23-24高一下·湖北武汉·期中）已知的内角的对边为，且. (1)求； (2)若的面积为； ①为的中点，求底边上中线长的最小值； ②求内角的角平分线长的最大值. 题型11 解三角形结合三角函数 一、解答题 1．（2024高一下·福建福州·期末）为的三内角，其对边分别为，若． (1)求A； (2)若三角形ABC是锐角三角形，，求的取值范围 2．（24-25高一上·上海·期末）在中，已知， (1)若，求该三角形的外接圆半径； (2)当时，求该三角形面积的最大值. 3．（23-24 高一上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知函数 (1)当时, 求函数的值域; (2)已知的内角满足，点是边的中点，，，求三角形的面积. 4．（2024·河北衡水·一模）在中，内角所对的边分别是，三角形面积为，若为边上一点，满足，且. (1)求角； (2)求的取值范围. 5．（23-24高一下·河南驻马店·阶段练习）如果三角形的一个内角等于另外一个内角的二倍，我们称这样的三角形为二倍角三角形.设的内角，，的对边分别为，，，已知. (1)证明：为二倍角三角形； (2)若为锐角三角形，且，求的取值范围. 6．（23-24高一下·福建厦门·期中）（1）平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．四边形ABCD的顶点在同一平面上，已知，．当BD长度变化时，是否为一个定值?若是，求出这个定值；若否，说明理由． （2）在平面四边形ABCD中，已知，，．若，求证：． （3）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，求的取值范围． 题型12 解三角形中的几何图形问题 一、解答题 1．（23-24高一下·河南·阶段练习）如图，D为所在平面内一点且点B，D位于直线的两侧，在中，．    (1)求的大小； (2)若，，，，求的长． 2．（2024·广东梅州·二模）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，，， (1)求A的大小： (2)点D在BC上， （Ⅰ）当，且时，求AC的长； （Ⅱ）当，且时，求的面积． 3．（23-24高一下·四川内江·期中）为了丰富同学们的课外实践活动，某中学拟对生物实践基地（△ABC区域）进行分区改造．△BNC区域为蔬菜种植区，△CMA区域规划为水果种植区，蔬菜和水果种植区由专人统一管理，△MNC区域规划为学生自主栽培区．△MNC的周围将筑起护栏．已知m，m，，，设． (1)若m，求护栏的长度（△MNC的周长）； (2)试用表示△MNC的面积，并研究△MNC的面积是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由． 4．（24-25高一上·河北石家庄·期末）近年来，某市认真践行“绿水青山就是金山银山”生态文明理念，围绕良好的生态禀赋和市场需求，深挖冷水鱼产业发展优势潜力，现已摸索出以虹鳟、鲟鱼等养殖为主方向.为扩大养殖规模，某鲟鱼养殖场计划在如图所示的扇形区域OMN内修建矩形水池ABCD，矩形一边AB在OM上，点在圆弧MN上，点在边ON上，且，米，设. (1)求扇形OMN的面积； (2)若，求矩形ABCD的面积； (3)若矩形ABCD的面积为，当为何值时，取得最大值，并求出这个最大值. 5．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，在中，点为边上靠近点的三等分点，，．    (1)若，求三角形的面积； (2)当最小时，求的长． 6．（23-24高一下·重庆·期末）平面四边形中，，，，． (1)求； (2)求四边形周长的取值范围； (3)若为边上一点，且满足，，求的面积． 题型13 解三角形中的结构不良问题 一、解答题 1．（23-24高一下·河南郑州·期中）在钝角中，，． (1)求的大小； (2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求出边上的中线的长度． 条件①：； 条件②：的周长为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 2．（23-24高一下·江苏泰州·期末）在中，角的对边分别是，从下面的三个条件中选取适当的一个并解答如下问题. ①；②；③. (1)求； (2)若，求的取值范围. 3．（23-24高一下·浙江·期中）在①②③这三个条件中任选一个，补充在下面横线中，并加以解答.在锐角中，内角所对的边分别为，且满足__________. (1)求角； (2)若，求面积的取值范围. 4．（23-24 高一下·浙江·阶段练习）已知面积为，角，，的对边分别为，，，请从以下条件中任选一个，解答下列问题： ①； ②； ③ (1)求角； (2)若，是上的点，平分，的面积为，求角平分线的长. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 5．（2024高一下·江苏徐州·期末）在①，②，③的面积 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答. 在中，角、、的对边分别为、、，已知______. (1)求角； (2)若点在边上，且，，求. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 6．（23-24高一下·福建厦门·期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，请从下列条件中选择一个条件作答：（注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分．） ①    ②    ③ (1)求A的大小 (2)若为锐角三角形，求的取值范围； (3)若，点A，B，C分别在等边的边DE，EF，FD上（不含端点），若面积的最大值为，求． 题型14 解三角形中的新定义问题 一、解答题 1．（23-24高一下·福建龙岩·阶段练习）给出定义：对于函数，则称向量为函数的特征向量，同时称函数为向量的特征函数． (1)设向量分别为函数与函数的特征向量，求； (2)设向量的特征函数为，且，求的值； (3)已知分别为三个内角的对边，，设函数的特征向量为，且分别是边的中点，求的取值范围． 2．（23-24高一下·湖南怀化·期末）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为.对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作.    (1)若点分别是线段的中点，求； (2)证明：； (3)已知，点为线段的中点，，，求. 3．（23-24高一下·辽宁·阶段练习）数学中有很多相似的问题， 材料一：十七世纪法国数学家，被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，他的答案是：“当三角形的三个内角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点”，在费马问题中所求的点称为费马点. 材料二：布洛卡点，也叫“勃罗卡点”，定义为：已知内一点满足，则称为的布洛卡点，为的布洛卡角，1875年，三角形的这一特殊点，被一个数学爱好者——法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名. 已知，，分别是的内角，，的对边，且. (1)求； (2)若为的费马点，且，求的值； (3)若为锐角三角形，为的布洛卡点，为的布洛卡角，证明：. 4．（23-24高一下·山东滨州·开学考试）定义非零向量若函数解析式满足，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”． (1)已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数的取值范围； (2)已知点满足，向量的“伴生函数”在时取得最大值，当点运动时，求的取值范围； (3)已知向量的“伴生函数”在时的取值为．若在三角形中，，，若点为该三角形的外心，求的最大值. 5．（24-25 高一上·江西新余·阶段练习）如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. (1)在仿射坐标系中，若，求； (2)在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； (3)如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$