2024-2025学年高一下学期第一次月考常考题型巩固（三角函数，向量，解三角形，复数）【名校精选100题】-【重难点突破】2024-2025学年高一下·人教A版必修第二册·重难点专题突破

高一下数学 第一次月考复习 2025 名校优选 100题 1 高一下 一次月考 考 巩固 模 一 量综 梳理 【 1】 的线 运 【 2】 的模长，夹角，投 问 【 3】 考大 专练 【 4】 中的最 与 围问 【 5】 与三角 四 【 6】 中的新定义问 【 7】 解 考中 专练 模 二 解三角 【 8】三角 质辨析 【 9】解三角 中的 距， 高问 【 10】解三角 大 专练 (基 ) 【 11】角 线，线，高线相关问 【 12】解三角 综 【 13】解三角 与实 结 【 14】解三角 大 (提高 ) 模 三 三角函数 【 15】三角函数综 【 16】三角函数与 【 16】三角函数与解三角 模 四 复数中档 【 17】数系的扩充与复数的 念 【 18】 定系数法 【 19】复数的模与 模块一 向量综合题型梳理 【题型 1】向量的线性运算 1 下 不能化 为 PQ  的 ( ) A. QC  -QP  +CQ  B. AB  + (PA  + BQ  ) C. (AB  + PC  )+ (BA  -QC  ) D. PA  + AB  - BQ  【 】D 【 析】 用 量的 减法及运 质， 可 案. 【详解】对于 A，QC  -QP  +CQ  = PC  +CQ  = PQ  ，故 A不 意； 对于 B，AB  + (PA  + BQ  )= PA  + AB  + BQ  = PB  + BQ  = PQ  ，故 B不 意； 对于C，(AB  + PC  )+ (BA  -QC  )= AB  + BA  + PC  +CQ  = PQ  ，故C不 意； 对于D，PA  + AB  - BQ  = PB  - BQ  ≠ PQ  ，故D 意. 2 (高一下· 西·期中)如图， △ABC中，设 AB  = a,AC  = b  ,BD  = 2DC  ,AE  = 4ED  ， BE  = ( ) 2 A. 1115 a - 815 b  B. 23 a - 815 b  C. - 1115 a + 815 b  D. - 23 a + 815 b  【 】C 【 析】结 图 由 量的线 运 可 . 【详解】因为 BC  = AC  - AB  = b  - a,BD  = 2DC  ， 所以 BD  = 23 BC  = 23 b  -a ，AD  = AB  + BD  = a+ 23 b  -a = 23 b  + 13 a  ， 因为 AE  = 4ED  ， 所以DE  = 15 DA  =- 15 2 3 b  + 13 a  =- 215 b  - 115 a  ， 所以 BE  = BD  +DE  = 23 b  -a - 215 b  - 115 a =- 1115 a + 815 b  3 (高一下·河南 · 段练习)已知点O △ABC的内部，D,E 为边 AC,BC的中点， 且 OA  -OC  -2OB   = 2， ∣ ED  + EO  ∣= ( ) A. 12 B. 1 C. 3 2 D. 2 【 】B 【 析】 用 量的 减法的几 表示运 可. 【详解】由 意 |OA  -OC  - 2OB  |= |OA  +OC  - 2(OC  +OB  )| = |2OD  - 4OE  | |OA  -OC  - 2OB  |= |OA  +OC  - 2(OC  +OB  )| = |2OD  - 4OE  |= 2 ∣OD  -OE  ， 所以 |ED  + EO  |= 1． 故 ：B. 4 (23- 24高一下· 江· 段练习)已知六边 ABCDEF为正六边 ，且 AC  = a，BD  = b  ，以 下不正 的 ( )    3 A. DE  =- 23 a + 13 b  B. BC  = 13 a + 13 b  C. AF  =- 23 a + 23 b  D. BE  =- 23 a + 43 b  【 】C 【 析】根 正六边 的特 出MC  = 13 a ,AM  = 23 a ,BM  = 13 b  ,MD  = 23 b  ，再由 量 法的三 角 法 以及 量的减法 可 解. 【详解】如图，设 AC∩ BD=M    因为六边 ABCDEF为正六边 ， 所以∠ABC=∠BCD= 120°，且△ABC≅△DCB. △ABC 三角 ，所以∠BAC=∠BCA= 30°， 从而可有∠ACD=∠DBA= 90°， CM= BM= AM sin30°= 12 AM， 所以MC  = 13 a ,AM  = 23 a , 理有 BM  = 13 b  ,MD  = 23 b  . 所以DE  = BA  =MA  -MB  =- 23 a + 13 b  ，所以 A不 意； BC  = BM  +MC  = 13 b  + 13 a  ，所以 B不 意； AF  =CD  =CM  +MD  =- 13 a + 23 b  ，所以 C 意； BE  = 2AF  =- 23 a + 43 b  ，所以 D不 意. 【题型 2】向量的模长，夹角，投影向量问题 5 (23 - 24 高一下 ·河北沧州 · 段练习)已知 a = 3,1 ,b  = 3,2 , c = 1,4 ， cos a,b  -c = ． 【 】 5 5 【 析】根 量夹角的 标运 公 进行计 可. 【详解】因为 a= 3,1 ,b  = 3,2 ,c= 1,4 ， b  - c= 2,-2 ，所以 cosa,b  - c= a⋅ b  -c  a ⋅ b  -c  = 6-2 10 ⋅ 2 2  = 55 6 (高一下·安 肥·期中) (多 )设 a= 0,-1 ,b  = - 12 , 1 2 ， ( ) 4 A. a∥ b  B. a+b   ⊥ b  C. |a- b  | = |b  | D. a b  上的投 为 1 2 ,- 1 2  【 】BD 【 析】根 量 行的 标表示可 断 A；根 量 直的 量表示 断 B； 出 量 a- b  的 标，可 其模， 出 |b  |， 断C；根 投 量的定义可 断D. 【详解】由 意 量 a= 0,-1 ,b  = - 12 , 1 2 ， 0× 1 2 - -1 × - 1 2 =- 1 2 ≠ 0， 故 a,b  不 行，A错误； 因为 a ⋅ b  = 0,-1 ⋅ - 12 , 1 2 =- 1 2 ,|b  | = - 12  2 + 12  2 = 22 ， 故 (a+ b  ) ⋅ b  = a ⋅ b  + b 2=- 12 + 1 2 = 0， a +b   ⊥ b  ，B正 ； 因为 a- b  = 0,-1 - - 12 , 1 2 = 1 2 ,- 3 2 ， |a - b  | = 12  2 + - 32  2 = 102 ， 故 |a- b  | ≠ |b  |，C错误； a b  上的投 量为 a⋅b  |b  | ⋅ b  |b  | = - 12 2 2 ⋅ - 12 , 1 2  2 2 = 12 ,- 1 2 ，D正 7 (23- 24高一下· 东 州· 段练习)已知 a= (2,1),b  = (1, -1)， 下 说法正 的 ( ) A. a与 b  的夹角为钝角 B. 若 c 与 a 直的单 ， c为 55 ,- 2 5 5  C. 与 b  共线的单 为 - 22 , 2 2  D. a b  上的投 为 b  【 】D 【 析】 根 量数量积，以及共线 量， 量的 标表示，投 量公 ， 可 解. 【详解】A.由 a ⋅ b  = 2× 1+ 1× -1 = 1> 0，所以 a与 b  的夹角为锐角，故 A错误； B . 设 c = x,y ， 2x+y=0 x2+y2=1  ， x= 55 y=- 2 55  或 x=- 55 y= 2 55  ， c  为 5 5 ,- 2 5 5 或 - 55 , 2 5 5 ，故 B错误； C. 与 量 b  共线的 量为 b  b    = 1,-1  2 = 22 ,- 2 2 ，故C错误； D. 量 a b  上的投 量为 a⋅b  b    × b  b    = 12 b  ，故D正 . 5 8 (23- 24高一下· 中· 段练习) (多 )关于 一 内的任 三个 a、b  、c，下 四种说法错误的有 ( ) A. a⋅b   ⋅ c= a ⋅ b  ⋅c  B. 若 a⎳ b  ，且 b  ⎳ c， a⎳ c C. 若 |a| = |b  |， a= b  或 a=-b  D. |a+ b  |≤ |a+ c| +|c- b  | 【 】ABC 【 析】对 A，根 量的数量积不满足结 可 断，对 B，若 b  = 0  ， a⎳ c不一定成立，对C，根 量及 量模的 念可 断，对D，由 量模的三角公 可 断. 【详解】对于 A：因为 量的数量积不满足结 ，故 A错误； 对于 B：若 b  = 0  ， a⎳ c不一定成立，故 B错误； 对于C：|a| = |b  |， a与 b  不一定 共线 或反 ，故 C错误； 对于D：|a+ b  | = |a+ c+ b  - c|≤ |a+ c| +|c- b  |，故 D正 9 (高一下· 南·期中)已知 a，b  满足 a = 4，b  = 1,2 ，a与 b  的夹角为 π 3 ， a  b  上 的投 为 (用 表示)． 【 】 2 5 5 , 4 5 5  【 析】直 用 量 量上的投 量的定义 解. 【详解】 量 a 量 b  上的投 量 a  ⋅ cos π3 ⋅ b  b    = 4 ⋅ 12 ⋅ b  5 = 2 55 1,2 = 2 5 5 , 4 5 5  10 (23- 24高一下· 江· 段练习)已知 a、b  满足 a = b   = a+b   ， a与 b  - a 夹角的大 为 . 【 】 5π 6 【 析】先 用 量的运 a2=-2a ⋅ b  及 b  -a = 3 a ，然 用 量的夹角公 解 可. 【详解】因为 量 a、b  满足 a = b   = a+b   ， 所以 a2+ 2a ⋅ b  + b 2= a  2 = b    2 ， 所以 a2=-2a ⋅ b  ， a ⋅ b  =- 12 a 2=- 12 a   2 ， 所以 b  -a = b  -a  2 = a2-2a⋅b  +b 2= 3 a ， 设 a与 b  - a夹角为 α， cosα= a⋅ b  -a  a ⋅ b  -a  = a ⋅b  -a2 a ⋅ b  -a  = - 32 a   2 a ⋅ 3 a  =- 32 ， α∈ 0,π ，所以 α= 5π6 . 6 11 已知 a= 32 , 1 2 ，b   = 2，2a-b   = 6，a ⋅ b  = ；b  a上的投 的 为 ． 【 】 1 2 ； 3 4 , 1 4 . 【 析】由条件结 量的模的 标表示 a ，根 量的模与数量积的关系由条件 2a-b   = 6 a ⋅ b  ，再由投 量的定义 b  a上的投 量的 标. 【详解】因为 a= 32 , 1 2 ，所以 a  = 1， 由 2a-b   = 6可 2a-b    2 = 6， 所以 4 a  2 - 4a ⋅ b  + b    2 = 6， 4- 4a ⋅ b  + 4= 6 所以 a ⋅ b  = 12 ， 所以 b  a上的投 量为 a ⋅b  a  ⋅ a  a  = 12 a = 34 , 1 4 ． 故 b  a上的投 量的 标为 34 , 1 4 . 12 (23- 24高一下· 东 州· 段练习)如图，已知O为 直角 系的原点．∠OAB= ∠ABC= 120°，OA   = BC   = 2 AB   = 4， (1)求OB  OC  的 标； (2)求 量 BC  与 量OA  的夹角； (3)求 量 BC  量OA  上的投影 量的 标． 【 】(1)OB  = (5, 3 ),OC  = (3,3 3 ) (2) BC  与 OA  的夹角为 120° (3)BC  OA  上的投 的 为 (-2,0) 【 析】(1) 意 出 A、B、C的 标， 可 解； (2) 用 量的夹角公 可 量 BC  与 量OA  的夹角； (3)首先 出 BC  ，OA  ，再根 数量积的几 意义 出 量 BC  量OA  上的投 ，从而 出投 量. 【详解】(1) 意 A(4,0)，设 B(x1,y1),C(x2,y2)， 7 x1= 4+ |AB  |cos(180° -∠OAB) = 4+ 2cos60° = 5， y1= |AB  |sin(180° -∠OAB) = 2sin60° = 3， x2= x1- |BC  |cos(∠OAB+∠ABC- 180°) = 5- 4cos60° = 3， y2= |BC  |sin(∠OAB+∠ABC- 180°) + y1= 4sin60° + 3= 3 3， 所以 B(5, 3 ),C(3,3 3 )，所以OB  = (5, 3 ),OC  = (3,3 3 )； (2)由 (1)可 BC  = (-2,2 3 ),OA  = (4,0)， 设 量 BC  量OA  的夹角为 θ， 所以 cosθ= BC  ∙OA  |BC  |∙|OA  | = -2×4+0 4+12×4 =- 12 ， 因为 0≤ θ≤ 180°，所以 θ= 120°. 所以 量 BC  与 量OA  的夹角为 120°； (3)由 (1)可 BC  = (-2,2 3 ),OA  = (4,0)， 所以 量 BC  量OA  上的投 长 为 BC  ∙OA  |OA  | = -2×44 =-2， 所以 BC  量OA  上的投 量的 标为 BC  ∙OA  |OA  | × OA  |OA  | =-2× 14 × (4,0) = (-2,0)． 13 (23- 24高一下·安 淮南· 段练习)已知 a，c满足 a = a ⋅ c= 2，且 a+λc ≥ a- 12 c  对任 实数 λ 成 ， 于 c  ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【 】B 【 析】不 a+λc ≥ a- 12 c  ，两边 方 关于实数 λ的不 ，进而 结果. 【详解】由 a+λc ≥ a- 12 c  ，两边 方 a2+ 2λa ⋅ c+ λ2 ⋅ c2≥ a2- a ⋅ c+ 14 c 2 a ⋅ c= 2，且 a+λc ≥ a- 12 c  对任意实数 λ 成立， c2 ⋅ λ2+ 4λ+ 2- 14 c 2≥ 0 成立，所以Δ= 16- 4c2 ⋅ 2- 14 c 2 ≤ 0， c2-4  2 ≤ 0，所以 c2= 4， c = 2. 14 (23- 24· 东 泽· 学考试) (多 )已知 a= cosθ,sinθ ,b  = -3,4 ， ( ) A. 若 a⎳ b  ， tanθ=- 43 B. 若 a ⊥ b  ， sinθ= 35 C. a-b   的最大 为 5 D. 若 a ⋅ a-b   = 0， a-b   = 2 6 【 】AD 【 析】根 量共线的 标公 可 断 A；根 量 直的 标公 可 断 B；根 量的模 的 标公 结 三角函数的 质 可 断C；根 a ⋅ a-b   = 0， 出 sinθ,cosθ的关系，进而可 断D. 8 【详解】因为 a= cosθ,sinθ ，b  = -3,4 ， 所以 a = sin2θ+cos2θ = 1，b   = -3 2+42= 5， 对于 A，若 a⎳ b  ， 4cosθ=-3sinθ，所以 tanθ=- 43 ，故 A正 ； 对于 B，若 a⊥ b  ， a ⋅ b  =-3cosθ+ 4sinθ= 0，所以 tanθ= 34 ， tanθ= sinθcosθ = 3 4 sin2θ+cos2θ=1  ，解 sinθ= 3 5 或 sinθ=- 3 5 ，故 B错误； 对于C，a-b   = a-b    2 = a2+b 2-2a⋅b  = 1+25-2 -3cosθ+4sinθ = 26-10sin θ-φ ，其中 tanφ= 34 ， sin θ-φ =-1时，a-b   取 最大值 6，故C错误； 对于D，若 a ⋅ a-b   = 0， a2- a ⋅ b  = 0， 1+ 3cosθ- 4sinθ= 0，所以 4sinθ- 3cosθ= 1， 所以 a-b   = a-b    2 = a2+b 2-2a⋅b  = 1+25-2 -3cosθ+4sinθ = 26-2= 2 6，故D正 . 【题型 3】向量常考大题专练 15 已知 |a| = 1,|b  | = 3 ,a+ b  = ( 3 ,1)，求: (1)|a- b  |的 ; (2)a+ b  与 a- b  的夹角 θ． 【 】(1)|a- b  | = 2； (2) 2π3 . 【 析】(1)根 给定条件， 用数量积的运 出 a ⋅ b  可 解. (2) 用数量积的运 及 量夹角公 解 . 【详解】(1)由 a+ b  = ( 3 ,1)， |a+ b  | = ( 3)2+12= 2， |a+ b  |2= (a+ b  )2= a2+ b 2+ 2a ⋅ b  = 4，而 |a| = 1,|b  | = 3，于 a ⋅ b  = 0， 所以 |a- b  | = (a-b  )2= a2+b 2-2a⋅b  = 2. (2) 然 (a+ b  ) ⋅ (a- b  )= a2- b 2= 1- 3=-2， cosθ= (a +b  )⋅(a-b  ) |a+b  ||a-b  | = -22×2 =- 1 2 ，而 θ∈ [0,π]，于 θ= 2π 3 . 所以 a+ b  与 a- b  的夹角 θ为 2π3 16 已知 零 a,b  满足 |a| = 1，且 (a- b  ) ⋅ (a+ b  )= 34 . (1)求 |b  |； (2)当 a ⋅ b  =- 14 时，求 量 a 与 a+ 2b  的夹角 θ的 . 【 】(1) 12 ； 9 (2) π3 . 【 析】(1)根 给定条件， 用数量积的运 解 . (2) 用数量积的运 及夹角公 解 . 【详解】(1) 量 |a| = 1，由 (a- b  ) ⋅ (a+ b  )= 34 ， a 2- b 2= 34 ， 1- b 2= 34 ， 所以 |b  | = 12 . (2)由 (1)知，|b  | = 12 ，而 a  ⋅ b  =- 14 ， |a+ 2b  | = a2+4b 2+4a⋅b  = 1，a ⋅ (a+ 2b  )= a2+ 2a ⋅ b  = 12 ， 因此 cosθ= a ⋅(a+2b  ) |a||a+2b  | = 12 ，而 θ∈ [0,π]， 所以所 夹角 θ= π3 . 17 (高一下·安 肥·期中)已知 a,b  满足 a = 1,a ⋅ b  = 14 , a +b   ⋅ a-b   = 12 . (1)求 b   及 a+b   的 ；(2)求 量 b  与 a+ b  夹角的 弦 . 【 】(1) 22 ； 2 (2) 34 【 析】(1)根 数量积的运 可 |b  |，根 量模的计 可 a+b   ； (2) 出 b  ⋅ (a+ b  )的值，根 量的夹角公 可 案. 【详解】(1)因为 a = 1,a ⋅ b  = 14 , a +b   ⋅ a-b   = 12 ， 所以 a2- b 2= 12 ， 1- b 2= 12 , ∴ |b  | = 22 ； a+b   = a+b    2 = a2+b 2+2a⋅b  = 1+ 12 + 1 2 = 2； (2)由 意 b  ⋅ (a+ b  )= b  ⋅ a+ b 2= 14 + 1 2 = 3 4 ， 故 cos b  , a+b    = b  ⋅ a+b    b    a+b     = 3 4 2 2 × 2 = 34 18 (23- 24高一下· · 段练习)已知 a = 10，b   = 5，a⊥ - 12 a +b   . (1)求 量 a与 b  的夹角 θ的大 ； (2)若 量m = a+ λb  ，n= λa- 2b  (λ∈ R)，当 m-n 取得最 时，求 m+n . 【 】(1)θ= π4 (2)5 【 析】(1)根 量 直时，数量积为 0，结 数量积的运 ， 解， 案； (2) 用 m-n = m-n  2 ，结 数量积运 出 m-n 取 最 值时 λ的值， 可 m + n 10 = 2a- b  ，再根 m+n = 2a-b    2 可 案. 【详解】(1)由 意 量 a = 10，b   = 5，a⊥ - 12 a +b   ， a ⋅ - 12 a +b   = 0， - 12 a 2+ a ⋅ b  = 0， 故- 12 × 10+ 10 ⋅ 5cos‹a  ⋅ b  ›= 0, ∴ cos‹a ⋅ b  ›= 22 ， C= 23 π， 量 a  与 b  的夹角 θ= π4 ； (2)由 (1)可知 a ⋅ b  = 5，m - n= 1-λ a+ λ+2 b  ， m-n = m-n  2 = 1-λ a+ λ+2 b    2 = 10 1-λ 2+5 λ+2 2+10 1-λ  λ+2 = 5λ2-10λ+50， λ= 1时，y= 5λ2- 10λ+ 50取 最 值， m-n 取最 值， 此时m + n= 2a- b  ， m+n = 2a-b    2 = 4a2+b 2-4a⋅b  = 25= 5. 19 (23- 24高一下· 东深 · 段练习)已知 AB  = -1,3 ，BC  = 3,m ，CD  = 1,n ，且 AD  ⎳ BC  . (1)求实数 n的 ； (2)若 AC  ⊥ BD  ，求实数m的 ； (3) AC  ⊥ BD  的条件下，取 BC  不 直于CD  的情形，求 量 BC  AB  的投影 量 (结果用 标 表示). 【 】(1)n=-3 (2)m=±1 (3) 35 ,- 9 5  【 析】(1) 用 量 AD  ⎳ BC  ，建立关于 n的方 ， 可 解 n的值； (2)写出 量 AC  ,BD  的 标， 用 AC  ⊥ BD  出关于m的方 ， 可 解实数m的值； (3)结 (2)中结论， 用 量 直的 标表示 析 m的值，再 用投 量公 可 解. 【详解】(1) ∵ AB  = (-1,3),BC  = (3,m),CD  = (1,n)， ∴ AD  = AB  + BC  +CD  = (3,3+m+ n) ， AD  ⎳ BC  ，∴ 3(3+m+ n) - 3m= 0 ， n=-3. (2)由 (1) CD  = (1, -3)， AC  = AB  + BC  = (2,3+m),BD  = BC  +CD  = (4,m- 3)， AC  ⊥ BD  ，所以 8+ (3+m) (m- 3) = 0， m=±1. (3) m= 1时，BC  = (3,1),CD  = (1, -3)， 此时 BC  ⋅CD  = 3× 1+ 1× (-3) = 0， BC  ⊥CD  ，不满足 意； m=-1时，BC  = (3, -1),CD  = (1, -3)， 此时 BC  ⋅CD  = 3× 1+ -1 × (-3) = 6≠ 0，满足 意， 所以m=-1，此时 BC  = (3, -1)， AB  = (-1,3)， 11 所以 BC  ⋅ AB  = 3× -1 + -1 × 3=-6，AB   = (-1)2+32= 10， 所以 BC  AB  上的投 量为 BC  ⋅AB  |AB  | ⋅ AB  |AB  | = -6 10 ⋅ AB  10 =- 35 -1,3 = 3 5 ,- 9 5 . 20 (安 肥 2022- 2023学 高一下学期 4月期中考试数学试 )如图， △ABC中， 点M、N满足 AM  =mAB  ，AN  = nAC  m>0,n>0 ，点D满足 BD  = 13 BC  ，E为 AD的中点，且 M、N、E三点共线.    (1)用 AB  、AC  表示 AE  ；(2)求 1m + 1 2n 的 . 【 】(1)AE  = 13 AB  + 16 AC  (2) 1m + 1 2n = 3 【 析】(1)由 BD  = 13 BC  结 量的减法 可 出 AD  关于 AB  、AC  的表达 ，再由 AE  = 1 2 AD  可 出 AE  关于 AB  、AC  的表达 ； (2)由M、N、E三点共线知，存 λ∈ R， ME  = λMN  ，进而可 出 AE  = 1-λ AM  + λAN  = 1-λ mAB  + λnAC  ， 用 量的基本定理可 1 m + 1 2n 的值. 【详解】(1)解：因为 BD  = 13 BC  ， AD  - AB  = 13 AC  -AB   ，所以，AD  = 23 AB  + 13 AC  ， 因为 E为 AD的中点，故 AE  = 12 AD  = 12 2 3 AB  + 13 AC   = 13 AB  + 16 AC  . (2)解：因为M、E、N三点共线， ME  ⎳MN  ， 所以，存 λ∈ R， ME  = λMN  ， AE  - AM  = λ AN  -AM   ， 所以，AE  = 1-λ AM  + λAN  = 1-λ mAB  + λnAC  ， 因为 AE  = 13 AB  + 16 AC  ，且 AB  、AC  不共线，所以， 1-λ m= 13 λn= 16  ， 所以， 1 3m + 1 6n = 1-λ + λ= 1，故 1 m + 1 2n = 3. 21 (23- 24高一下· 东深 · 段练习)如图所示，△ABC的 点 我国 南 的三个战略 ， 之间建有资 补给站， 图中的 D、E、F点上. A 补给站 D的距离为 A B的 25 ， A C 补给站 E的距离相 ，补给站 F 近 C的 BC的三 12 点上.设CB  = a，CA  = b  .    (1)用 a，b  表示 EF  ，CD  ； (2)如果∠ACB= 60°，AC= 20 里，且CD⊥ EF，求 C 补给站D的距离 CD   以及 A B的距离 AB   . 【 】(1)EF  = 13 a - 12 b  ；CD  = 25 a + 35 b  (2) CD   = 12 3；AB   = 10 7 【 析】(1) 用 量的 减法法 ，结 图 可 解； (2) 用 量 直的 量表示与数量积运 法 b   ，从而再次 用数量积运 法 可 解. 【详解】(1) 意， AD  = 25 AB  ，点 E为 AC中点，CF  = 13 CB  ， CB  = a，CA  = b  ， 所以 EF  = EC  +CF  =- 12 CA  + 13 CB  = 13 a - 12 b  ， CD  =CA  + AD  =CA  + 25 AB  =CA  + 25 CB  -CA   = 25 CB  + 35 CA  = 25 a + 35 b  . (2) 意， CD⊥ EF，b   = CA   = AC= 20， 所以CD  ⋅ EF  = 25 a + 35 b   ⋅ 13 a - 12 b   = 0， 215 a 2- 310 b 2= 0， 所以 2 15 a   2 - 310 × 20 2= 0， a = 30， ∠ACB= 60°，所以 a ⋅ b  = 20× 30× 12 = 300， 所以 CD   = CD 2= 25 a + 35 b    2 = 425 a 2+ 925 b 2+ 1225 a ⋅b  = 425 ×30 2+ 925 ×20 2+ 1225 ×300= 12 3， 而 AB  =CB  -CA  = a- b  ， 所以 AB   = a-b    2 = a2+b 2-2a⋅b  = 302+202-2×300= 10 7 . 【题型 4】向量中的最值与范围问题 22 (23- 24高一下·河北沧州· 段练习)已知 e1,e  2 夹角为 60°的两个单 ．若 a = 3e1+ 2e  2,b  = te1+ 2e  2，其中 t∈ R，若 a ,b  的夹角为锐角， t的取 围 ． 13 【 】 - 74 ,3 ∪ 3,+∞  【 析】 根 意 用 a ⋅ b  > 0建立不 ，解出 ， 共线的 况 可. 【详解】因为 e1,e  2 夹角为 60°的两个 量， e1 ⋅ e  2= e1    e2   cos π3 = 1 2 ， a= 3e1+ 2e  2,b  = te1+ 2e  2， a ⋅ b  = 3e1+2e  2 ⋅ te1+2e2 = 3te1 2+ 6+2t e1 ⋅ e  2+ 4e2 2 = 3t+ 3+ t+ 4= 7+ 4t， 由 意知 a ⋅ b  = 7+ 4t> 0，解 t>- 74 ， a,b  共线时， 存 唯一的实数 λ， a= λb  ， 3e1+ 2e  2= λ te  1+2e  2 ， 所以 3=λt 2=2λ  ，解 λ=1 t=3  ， 此时 a,b  ，夹角为 0°，不 意，故 t的取值 围为 - 74 ,3 ∪ 3,+∞  23 (23- 24高一下· 东 州·期中)已知△ABC的外 半 为 1， AB  ⋅ BC  的最大 为 ． 【 】 1 2 【 析】取 AB,BC中点 E,F，设 △ABC的外 为 O， 可 AB  ⋅ BC  - 12 BC 2- OA    ⋅ BC   cosOA  ,BC  ，进而可 OA  ,BC  反 共线且 BC   = 1时取最大值 可. 【详解】取 AB,BC中点 E,F，设△ABC的外 为O， OA = OB = OC = 1， AB  ⋅ BC  = OB  -OA   ⋅ BC  =OB  ⋅ BC  -OA  ⋅ BC  . OB  =OF  + FB  =OF  - 12 BC  ，故OB  ⋅ BC  -OA  ⋅ BC  = OF  - 12 BC   ⋅ BC  -OA  ⋅ BC  . = OF  ⋅ BC  - 12 BC  ⋅ BC  - OA  ⋅ BC  =- 12 BC 2 - OA  ⋅ BC  =- 12 BC 2 - OA    ⋅ BC   cosOA  ,BC  ≤ - 12 BC    2+ BC   ， 且仅 OA  ,BC  反 共线时取 号. - 12 BC    2+ BC   =- 12 BC   -1  2+ 12 ≤ 1 2 ， 且仅 BC   = 1时取 号. AB  ⋅ BC  的最大值为 1 2 . 14 24 (23- 24高一下· 东惠州· 段练习) △ABC中，D为 AC上的一点，满足 AD  = 13 DC  . 若 P为 BD上的一点，满足 AP  = mAB  + nAC  m>0,n>0 ， m与 n的关系为 ；4m + 1 n 的最 为 . 【 】 m+ 4n= 1 16 【 析】根 量共线定理的 论 m+ 4n= 1，再由乘“1”法及基本不 计 可 . 【详解】如图所示， 由 AD  = 13 DC  AD  = 14 AC  ， AC  = 4AD  ， AP  =mAB  + nAC  m>0,n>0 ， 所以 AP  =mAB  + 4nAD  ， P为 BD上的一点， 所以m+ 4n= 1， 因为m> 0，n> 0， 所以 4 m + 1 n = 4 m + 1 n m+4n = 8+ 16n m + m n ≥ 8+ 2 16n m ⋅ m n = 16， 且仅 16n m = m n m= 1 2 ,n= 1 8 时 号成立， 所以 4 m + 1 n 的最 值为 16. 故 案为：m+ 4n= 1；16. 25 (河南驻马 ·期中)已知 a = 2, b   = 3， a+b   + a-b   的取 围 ( ) A. 4,2 13  B. 4,10  C. 6,2 13  D. 6,10  【 】C 【 析】设 量 a，b  的夹角为 θ， a+b   + a-b   的表达 ， 用 方的方法，结 函数的 值域 知识 正 案. 【详解】设 量 a，b  的夹角为 θ， a+b   = (a+b  )2= 13+12cosθ， 因为 a-b   = (a-b  )2= 13-12cosθ， 所以 a+b   + a-b   = 13+12cosθ + 13-12cosθ， 令 y= a+b   + a-b   ， y2= 26+ 2 169-144cos2θ， 因为 cos2θ∈ 0,1 ，所以 y2∈ 36,52 ， y> 0，所以 y∈ 6,2 13 . 26 (23- 24高一下· · 段练习) 行四边 ABCD中，E为CD的中点，BF  = 13 BC  ， AF与 BE交于点G，过点G的直线 与 线 BA，BC交于点M，N，BM  = λBA  ，BN  = μBC  ， 15 λ+ 2μ的最 为 ( ) A. 1 B. 87 C. 9 7 D. 9 5 【 】C 【 析】根 量基本定理， BG  用 BA  BC  表示，再 用M，N，G三点共线， 2μ + 1 λ = 7，再 用基本不 最值. 【详解】由 B，G，E共线，可设 BG  = tBE  = t(BC  +CE  )= t BC  + 12 BA   = tBC  + t2 BA  ， 由 A,G,F三点共线，故可设 BG  =mBA  + (1-m)BF  =mBA  + 1-m3 BC  ， 有 t 2 =m t= 1-m3  ，解 ： m= 17 t= 27  ， 故 BG  = 17 BA  + 27 BC  ， 由 意，M，N，G三点共线， 故可设 BG  = nBM  + (1- n)BN  = λnBA  + μ(1- n)BC  ， λn= 17 μ(1-n)= 27  ，整理 2 μ + 1 λ = 7， 故 λ+ 2μ= 17 2 μ + 1 λ  λ+2μ = 1 7 5+ 2λ μ + 2μ λ ≥ 1 7 × (5+ 4) = 9 7 ， 且仅 2λ μ = 2μ λ ， λ= μ= 3 7 时 号成立， λ+ 2μ的最 值为 9 7 27 (高一下·江 镇江·期末) (多 )如图， ABCD中，AD⎳ BC，AD⊥ CD，AD= 4， BC= 2，CD= 2 3，E为线段 CD的中点，F为线段 AB上一 点 (包括端点)，EF  = λCD  + μBA  ， 下 说法正 的 ( )    A. AB= 4 B. 若 F为线段 AB的中点， λ+ μ= 1 C. λ=- 32 D. FC  ⋅ FD  的最 为 6 16 【 】AC 【 析】对于 A，过 B AD的 直，再根 条件 可 出 AB ，从而 断出 A的正误； 对于 BCD， 过建立 直角从标系， 出 点 标， 一对 BCD 析 断 可 出结果. 【详解】 A，过 B AD的 直，交 AD于 G，所以 BG⎳ CD， AD⎳ BC，AD⊥ CD，AD= 4， BC= 2，CD= 2 3， 所以 AB = GA 2+ BG 2= 22+(2 3)2= 4，故 A正 ； 建立如图所示 直角 标系， A(4,0)，B(2,2 3 )，C(0,2 3 )，E(0, 3 )， B，因为 F为线段 AB的中点， F(3, 3 )，EF  = (3,0)，CD  = (0, -2 3 )BA  = (2, -2 3 )， 所以 λCD  + μBA  = (2μ, -2 3 λ- 2 3 μ)，由 EF  = λCD  + μBA  ， -2 3 λ- 2 3 μ= 0，所以 λ+ μ= 0，故 B错误； 设 AF  = tAB  (0≤ t≤ 1)， F(4- 2t,2 3 t)，EF  = (4- 2t,2 3 t- 3 )， C，由 EF  = λCD  + μBA  ， 4-2t=2μ 2 3 t- 3=-2 3λ-2 3μ  ，解 λ=- 3 2 ，故 C正 ； D，FC  = (2t- 4,2 3 - 2 3 t)，FD  = (2t- 4, -2 3 t)，所以 FC  ⋅ FD  = (2t- 4)2- 2 3 t(2 3 - 2 3 t) = 16t2- 28t+ 16， 令 y= 16t2- 28t+ 16，对称轴为 t= 78 ， t∈ 0,1 ， t= 7 8 时，所以 FC  ⋅ FD  的最 值为 15 4 ，故 D错误；    28 (23- 24高一下· 中· 段练习)键线 可以直观 述有机物的结构， 有机化学 中 泛 用．有机物“萘”可以用下左图所示的键线 表示，其结构 可以抽 为下右图所 示的图 ．已知 ABCHIJ与 CDEFGH为全 的正六边 ．若点 P为右边正六边 CDEFGH 的边界 (包括 点)上的 点，且 AP  = λAC  + uAJ  ， 实数 λ+ u的取 围为 ( ) A. 0,2  B. -1,3  C. 1,3  D. -1,2  【 】C 【 析】由“ 线定理”结 图 析 解. 17 【详解】 由 量共线定理可 ，AO  = xAC  + yAJ  ，x,y∈ R， O,C,J三点共线的充要条件 x+ y= 1. 下 先证 “ 线定理”， 如图，设 AP  = kAO  ，AP  = λAC  + μAJ  ， 因为O,C,J三点共线，所以存 x,y∈ R， AO  = xAC  + yAJ  . ∴ AP  = kAO  = k xAC  +yAJ   = kxAC  + kyAJ  ， ∴ λ= kx，μ= ky， λ+ μ= k x+y = k. 由“ 线定理”结 图 可知： 点 P CD上时， λ+ μ= 1， 点 P DE上时， 1≤ λ+ μ≤ 2， 点 P EF上时， 2≤ λ+ μ≤ 3， 点 P FG上时， λ+ μ= 3， 点 P GH上时， 2≤ λ+ μ≤ 3， 点 P CH上时， 1≤ λ+ μ≤ 2， 综上，可 1≤ λ+ u≤ 3. 29 (多 ) (23- 24高一下· · 段练习) 一中学 一所历史 久的全国 ， 园安 ，环 ，有大 的绿 ， 学们入 入 的 一片 林， 木 整齐， 高大 拔，枝繁叶 ， 成一 天然 ，为夏日添一份凉爽.如图 一中入 林的 木 图，其中每一个点代表一棵 木，五角 P处 一个鸟类观 点， D处为 雕 ，图中 AMBNCD 成一个“ ”区域. 此，下 说法正 的有 ( ) 本题中图形 数 如下：AP= 12米，把△ADC 成 以 AD，DC为直角边的 直角三角形，B 为 AC的中点，BA= BP= 20米，K为 BD的中点，KL⎳DC 18 A. DK  ⋅DC  = 200 2 B. 若Q为 区域 AMBNCD内任 一点， 么QB  ⋅QD  有最 -100 C. 若 P对 A,B两棵 的 仰角 为 45°， 么 A,B两棵 的 之间距离为 4 29米 D. I为四边 KLCD内任 一点 (包 边界)，AI  = λAD  + μAC  ， 么 λ+ μ的 围为 34 ,1     【 】BCD 【 析】 用 量数量积的定义计 A， 量的线 运 处理 B， 用基本几 关系证 C，建 立 直角 标系， 用 标运 处理D 可. 【详解】 对于 A， △ADC中，已知△ADC 以 AD，DC为直角边的 直角三角 ， 且 B为 AC的中点，BA= 20，故CA= 40，DC= 20 2， DC   = 20 2， 连 BD， 知 BD= 20，而K为 BD的中点，故 DK   =DK= 10， 知DK  ,DC  的夹角为∠CDK，而∠CDK= π4 ， 可 DK  ⋅DC  = DK   DC   cos π4 = 10× 20 2 × 2 2 = 200，故 A错误， 对于 B，QB  ⋅QD  = QK  +KD   ⋅ QK  +KB   =QK 2+ KD  ⋅ KB  ， =QK 2- 100，而QK 2> 0，故QK 2- 100≥-100，故 B正 ， 对于C，令 AB的树 为 A1B1， 么有 AA1= AP= 12；BB1= BP= 20． 由勾股定理 A1B1= 202+(20-12)2= 4 29．故C正 ， 对于D，连 CL，以D为 点建立 直角 标系，D(0,0),A(0,20),C(20,0),B(10,10)， 设 I(x,y)，故 AD  = (0, -20)，AC  = (20, -20)，AI  = (x,y- 20)， 知 λAD  = (0, -20λ)，μAC  = (20μ, -20μ)， 故 AI  = λAD  + μAC  = (20μ, -20μ- 20λ)， 可 y- 20=-20μ- 20λ， λ+ μ=- 120 (y- 20)， 由中点 标公 K(5,5)，而 I为四边 KLCD内任意一点， 可 x∈ 0,20 ,y∈ 0,5 ，故- 120 (y- 20) ∈ 3 4 ,1    ， λ+ μ∈ 34 ,1    ，故D正 . 【题型 5】向量与三角形四心 19 30 (23- 24高一下· 东 南· 段练习) △ABC中，D,E,F 边 BC,CA,AB的中点， 点G为△ABC的 ， 下 结论中正 的 ( ) A. AB  + BC  =CA  B. AG  = 12 AB  +AC    C. AF  + BD  +CE  = 0  D. GA  +GB  =GC  【 】C 【 析】由 量的线 运 结 三角 的重 的 质 解 可． 【详解】因为D,E,F 边 BC,CA,AB的中点，点G为△ABC的重 ， 所以 B,D,C三点共线，A,F,B三点共线，A,E,C三点共线， 对于 A，AB  + BC  = AC  ，故 A错误；     对于 B，AG  = 23 AD  = 23 × 1 2 AB  +AC   = 13 AB  +AC   ，故 B错误； 对于C，AF  + BD  +CE  = 12 AB  +BC  +CA   = 12 AC  +CA   = 0  ，故C正 对于D，GA  +GB  = 2GF  =-2FG  =-GC  ，故D错误. 故 ：C.    31 (23- 24高一下· 江· 段练习) (多 )下 说法中正 的 ( ) A. 若 AB  =CD  ， AB   = CD   ，且 A,B,C,D四点构成 行四边 B. 若m为 零实数，且ma= nb  ， a与 b  共线 C. △ABC中，若有 AO  = t AB  AB    + AC  AC         ， 么点O一定 ∠BAC的 线所 直线上 D. 若 a⎳ b  ， a与 b  的方 相 或相反 【 】BC 【 析】根 相 量的定义 可 断 A；根 量共线定理 可 断 B；根 量 法的 行四边 法 可 断C；根 共线 量的定义 可 断D. 【详解】对于 A，若 AB  =CD  ， AB   = CD   ， AB  ⎳CD  ，故 A,B,C,D四点共线或构成 行四边 ，故 A错误； 对于 B，若m为 零实数，且ma= nb  ， a= nm b  ，所以 a与 b  共线，故 B正 ； 对于C，设 AE  ,AF  与 AB  ,AC  方 相 的 量， 20 AO  = t AB  AB    + AC  AC         = t AE  +AF   ， 设 AP  = AE  + AF  ， AO  = tAP  ， 所以 AO  ⎳ AP  ， A为公共始点，所以 A,P,O三点共线， 因为 AE   = AF   ，所以 行四边 AEPF为棱 ， 所以 AP ∠BAC， 所以点O一定 ∠BAC的 线所 直线上，故C正 .    对于D，若 量 a⎳ b  ， a= 0  时，此时 a的方 任意的，故D错误. 32 (高一下·上 黄 · 段练习) △ABC中， 点 P满足CA 2=CB 2- 2AB  ⋅CP  ， P点轨 迹一定 过△ABC的 ( ) A. 外 B. 内 C. D. 【 】A 【 析】由CA 2=CB 2- 2AB  ⋅CP  变 AB  ⋅ (BP  + AP  )= 0，设 AB的中点为 E， 出 AB  ⊥ EP  ，点 P 线段 AB的中 线上，再根 外 的 质可 案. 【详解】因为CA 2=CB 2- 2AB  ⋅CP  ， 所以 2AB  ⋅CP  =CB 2-CA 2= (CB  -CA  ) ⋅ (CB  +CA  )= AB  ⋅ (CB  +CA  )， 所以 AB  ⋅ (2CP  -CB  -CA  )= AB  ⋅ (BP  + AP  )= 0， 设 AB的中点为 E， BP  + AP  = 2EP  ， AB  ⋅ 2EP  = 0，    所以 AB  ⊥ EP  ，所以点 P 线段 AB的中 线上，故点 P的轨迹过△ABC的外 . 21 33 (23- 24高一下· 东· 段练习) (多 )下 说法正 的 ( ) A. 已知 a,b  ，“a与 b  共线”“b  = λa”的充要条件 B. 已知 零 a,b  满足 a+b   ⊥ a-b   ， a = b    C. 若O为△ABC的外 ，且OA  ⋅OB  =OB  ⋅OC  =OC  ⋅OA  ， △ABC 边三角 D. 已知单 a,b  ,c满足 2a+ 3b  + 4c= 0  ， a ⋅ b  +c =- 716 【 】BCD 【 析】对于 A，令 b  ≠ 0  ,a= 0  ， 可举出反 断；对于 B，由 量 直的充要条件结 方差公 可 断，对于 C，由 解 量 ，由 量模的 方 结 外 相 有 OA   = OB   = OC   ，注意 OA  ⋅ OB  = OB  ⋅ OC  = OC  ⋅ OA  ，从而 可进一步 断；对于 D，注意 2a = - 3b  +4c ， 方可 b  ⋅ c=- 78 ，而 a  ⋅ b  +c = - 3b  +4c  2 ⋅ b  +c ，由此结 数量积的运 可 解. 【详解】对于 A，若 b  ≠ 0  ,a= 0  ， 有 a与 b  共线， b  = λa不可能成立，故 A错误； 对于 B，若 a+b   ⊥ a-b   ， a+b   ⋅ a-b   = a2- b 2= a  2 - b    2 = 0，所以 a = b   ，故 B正 ； 对于C，因为O为△ABC的外 ，所以 OA   = OB   = OC   ， 而 AB    2= AO  +OB    2= OA 2+ OB 2- 2OA  ⋅ OB  ， 理有 BC    2= BO  +OC    2= OC 2+ OB 2- 2OC  ⋅ OB  ， CA    2= CO  +OA    2=OA 2+OC 2- 2OA  ⋅OC  ， 因为OA  ⋅OB  =OB  ⋅OC  =OC  ⋅OA  ， 所以 AB    2= BC    2= CA    2 ， AB   = BC   = CA   ， 也 说△ABC 边三角 ，故C正 ； 对于D，因为 2a+ 3b  + 4c= 0  ，所以 2a=- 3b  +4c ， 所以 4a2= 3b  +4c  2 = 9b 2+ 16c2+ 24b  ⋅ c， 4= 9+ 16+ 24b  ⋅ c， 解 b  ⋅ c=- 78 ， 从而 a ⋅ b  +c = - 3b  +4c  2 ⋅ b  +c =- 32 b 2- 2c2- 72 b  ⋅ c =- 32 - 2- 7 2 × - 7 8 =- 7 16 ，故D正 . 34 (23- 24高一下· 东深 · 段练习) (多 )点O △ABC所 的 内，以下说法正 的有 ( ) A. 若OA  +OB  +OC  = 0  ， 点O为△ABC的 B. 若 OA   = OB   = OC   ， 点O为△ABC的外 C. 若 OA  +OB   ⋅ AB  = OB  +OC   ⋅ BC  = OC  +OA   ⋅CA  = 0， 点O为△ABC的内 22 D. 若OA  ⋅OB  =OB  ⋅OC  =OC  ⋅OA  ， 点O为△ABC的 【 】ABD 【 析】 用 量的线 运 可 断 A；根 模长相 结 外 的 质 可 断 B， 用 量的数 量积 量的线 运 ，结 外 以及 的 质 可 解CD. 【详解】对于 A：设边 BC，AC，AB的中点 为D，E，F， 所以OB  +OC  = 2OD  ， OA  + 2OD  = 0  ， 所以OA  =-2OD  ， 所以 A，O，D三点共线， 点O 中线 AD上， 理可 点O 中线 BE，CF上， 所以点O △ABC的重 ，故 A正 ；    对于 B：若 |OA  |= |OB  |= |OC  |，所以点O为△ABC的外 ，故 B正 ； 对于C：设边 BC，CA,AB中点 为点D，E，F， (OA  +OB  ) ⋅ AB  = 0，所以 2OF  ⋅ AB  = 0，所以OF为线段 AB的 直 线， 理可 OE，OF 为线段 AC,BC，C的 直 线， 所以O为三角 三条边 直 线的交点，所以点O为△ABC的外 ，故C错误； 对于D：由已知可 OA  ⋅OB  -OB  ⋅OC  =OB  ⋅ (OA  -OC  )=OB  ⋅CA  = 0， OB⊥CA， 所以点O 边 AC边上的高上， 理可 点O 边 AB边上的高上，点O 边 BC边上的高上， 所以点O △ABC的 ，故D正 【题型 6】向量中的新定义问题 35 (高一下· 北武汉·期末)已知 α∈ 0,π ，且 α≠ π2 ， ∠xoy= α时，定义 系 xoy 为“α-仿 ” 系，“α-仿 ” 系中，任 一点 P的斜 这 定义：e1  ,e2  为 x 轴，y轴正方 上的单 ，若OP  = xe1  + ye2  ， 记为OP  = x,y ， 么下 说法中正 的 ( ) A. 设 a= m,n ， a = m2+n2 B. 设 a= m,n ,b  = s,t ，若 a∥ b  ， mt- ns= 0 C. 设 a= m,n ,b  = s,t ，若 a⊥ b  ， ms+ nt+ mt+ns sinα= 0 D. 设 a= -1,2 ,b  = -2,1 ，若 a与 b  的夹角为 α， α= π3 23 【 】BD 【 析】根 意 ：a=me1  + ne2  ，b  = se1  + te2  ，对于 A结 量相 理解 断；对于 B、D： 用 a·b  = a b   cosθ以及 a2= a  2 进行运 断；对于C：若 a∥ b  ， ∃ λ∈ R， a= λb  b  ≠0   . 【详解】a= m,n ⇔ a=me1  + ne2  ，b  = s,t ⇔ b  = se1  + te2  对于 A：a2= me1  +ne2   2=m2e1 2+ 2mne1  ∙ e2  + n2e2 2=m2+ 2mncosα+ n2 a = m2+2mncosα+n2，故 A错误； 对于 B：若 a∥ b  ， b  = 0  t= 0,s= 0时， 然满足：mt- ns= 0； b  ≠ 0  s≠ 0或 t≠ 0时， ∃ λ∈ R， a= λb  ， me1  + ne2  = λ se1  + te2   = λse1  + λte2  可 m=λs n=λt  ， λ ：mt- ns= 0，故 B正 ； 对于 C：∵ a= (m,n),b  = (s,t)， a=me1  + ne2  ,b  = se1  + te2  ，可 a ⋅ b  = me1  +ne2   ⋅ se1  + te2   = mse1 2+ mt+ns e1  ⋅ e2  + nte2 2 =ms+ nt+ mt+ns cosα， 若 a⊥ b  ， a ⋅ b  =ms+ nt+ mt+ns cosα= 0，故 C错误； 对于D：∵ a= (-1,2),b  = (-2,1)， 由 A可 ：|a| = -1 2+22+2× -1 ×2cosα= 5-4cosα， |b  | = -2 2+12+2× -2 ×1×cosα= 5-4cosα， 由 C可 ：a ⋅ b  = -1 × -2 + 2× 1+ -1 ×1+2× -2  cosα= 4- 5cosα， 若 a与 b  的夹角为 α， cosα= a ⋅b  a ⋅ b    ， cosα= 4-5cosα 5-4cosα ⋅ 5-4cosα = 4-5cosα5-4cosα ， 整理可 ，2cos2α- 5cosα+ 2= 0， 解 cosα= 12 或 cosα= 2( )， ∵ α∈ (0,π)， α= π3 ，故 D正 36 (23- 24高一下· 东 州· 段练习)如图，设Ox，Oy 内相交成 60°角的两条数 轴，e1  ，e2  x轴与 y轴方 的单 ，若 OP  = xe1  + ye2  ， 把有 数对 x,y  叫 斜 系 xOy中的 ，记为OP  = x,y  24 (1) 斜 标系 xOy中的 标，已知 a= x,y ，求 a ； (2) 斜 标系 xOy中的 标，已知 a= sinθ,2 ，b  = cosθ,1 ，π4 ≤ θ≤ π 2 ，求 a -b   的最大 及 此时 θ的 ． 【 】(1) a = x2+xy+y2 (2) θ= π2 时，a -b   的最大 为 3 【 析】(1)根 量的数量积的运 解； (2) 用 量的数量积的 标表示以及两角差的正 公 ，结 正 函数的 质 解. 【详解】(1)由 意可知：e1   = e2   = 1 e1  ⋅ e2  = e1    e2   cos60° = 12 , a  2 = xe1  +ye2   2= x2e1 2+ 2xye1  ⋅ e2  + y2e2 2= x2+ xy+ y2, a = x2+xy+y2 . (2)由 意可知 a- b  = sinθe1  +2e2   - cosθe1  +e2   , a- b  = sinθ-cosθ e1  + e2  = sinθ-cosθ,1 , 由 (1)可 ：a-b   = sinθ-cosθ 2+ sinθ-cosθ +1 , 令 t= sinθ- cosθ= 2sin θ- π4 ， 因为 π 4 ≤ θ≤ π 2 ，所以 0≤ θ- π 4 ≤ π 4 ， 0≤ sin θ- π4 ≤ 2 2 ，所以 0≤ t≤ 1， a-b   = t2+ t+1= t+ 12  2 + 34 , 因为函数 y= t2+ t+ 1 0≤ t≤ 1 ， ：t= 1时，函数 y= t2+ t+ 1取 最大值 3， sin θ- π4 = 2 2 ， 有 θ= π 2 ， 所以 θ= π2 时，a -b   的最大值为 3 . 37 (23- 24高一下· 东深 · 段练习)定义：已知两个 零 a与 b  的夹角为 θ.我们把 数 a b   sinθ叫 a与 b  的叉乘 a× b  的模，记 a×b   ，即 a×b   = a b   sinθ. (1)若 量 a= 2,4 ，b  = -3,1 ，求 a×b   ； (2)若 行四边形 ABCD的 积为 4，求 AB  ×AD   ； (3)若 a×b   = 3，a ⋅ b  = 1，求 a+2b   的最 . 【 】(1)14 (2)4 (3)2 3 【 析】(1) 用 量数量积的运 a , b   ,cosθ，从而 用新定义 可 解； (2) 用 行四边 的 积公 ，结 新定义 可 解； (3) 用新定义与 量数量积的定义 a,b  的夹角，从而 a ⋅ b   ，再 用 量数量积的运 25 法 与基本不 可 解. 【详解】(1)因为 a= 2,4 ，b  = -3,1 ， a ⋅ b  = 2× -3 + 4× 1=-2，a = 4+16= 2 5 , b   = 9+1= 10 所以 cosθ= a ⋅b  |a||b  | = -2 2 5× 10 =- 210 ， 因为 θ 量 a,b  的夹角，所以 θ∈ [0,π]， 因此 sinθ= 1-cos2θ = 7 210 ，故 a ×b   = a b   sinθ= 2 5 × 10 × 7 210 = 14. (2)因为 行四边 ABCD的 积为 4， 所以 AB   ⋅ AD   sin∠BAD= 4，所以 AB  ×AD   = 4. (3)因为 a×b   = 3 ,a ⋅ b  = 1， 所以 a ⋅ b   sin a,b   = 3 , a ⋅ b   cos a,b   = 1，所以 tan a,b   = 3， 因为 a,b   ∈ 0,π ，所以 a,b   = π3 ，所以 a  ⋅ b   = 2， 所以 a+2b    2 = a  2 + 4a ⋅ b  + 4 b    2 ≥ 2 a  2 ×4 b    2 + 4= 12， 且仅 a  2 = 4 b    2 ， a = 2 b   = 2时 号成立，所以 a+2b   的最 值为 2 3 . 【题型 7】向量解答题常考中档题专练 38 (23- 24高一下· 江· 段练习)如图， △ABC中，D BC中点，E 边 AB上，且 BE = 2EA，AD与CE交于点O． (1)用 AB  ，AC  表示 AO  ； (2)过点O 直线交线段 AB于点G，交线段 AC于点H，且 AG  = 23 AB  ,AH  = tAC  ，AH  = tAC  ，求 t 的 ； (3)若 AB  ⋅ AC  = 6AO  ⋅ EC  ，求 ABAC 的 ． 【 】(1)AO  = 14 AB  + 14 AC  (2)t= 25 (3) ABAC = 3． 【 析】(1)由 E，O，C三点共线， AO  = μAE  + (1- μ)AC  ， AO  = λAD  ，从两个角 用 AB  ，AC  表示 AO  ，从而 λ,μ的值 解； 26 (2)因为H，O，G三点共线，所以 AO  =mAG  + (1-m)AH  ，转 为用 AB  ，AC  表示 AO  ，可 m,t的 值； (3)用 AB  ，AC  表示 AO  ,EC  ，从而进行数量积运 . 【详解】(1)因为 A，O，D三点共线，所以 AO  = λAD  ，λ∈R ，且 E，O，C三点共线， 所以存 实数 μ， AO  = μAE  + (1- μ)AC  ，其中D BC中点，且 BE= 2EA， 所以 AO  =λAD  =λ 12 AB  + 12 AC   = 12 λAB  + 12 λAC  AO  =μAE  + 1-μ AC  = μ3 AB  + 1-μ AC  1 2 λ= μ 3 1 2 λ= 1-μ       解 λ= 12 ，μ= 3 4 ， 所以 AO  = 14 AB  + 14 AC  ． (2)因为H，O，G三点共线，所以存 实数m， AO  =mAG  + (1-m)AH  ， 其中 AG  = 23 AB  ,AH  = tAC  ，AH  = tAC  ，所以 AO  = 2m3 AB  + (1-m)tAC  ， 根 量基本定理可 ： 2m 3 = 1 4 1-m t= 14  m= 38 t= 25  ， 所以 t= 25 ． (3)AB  ⋅ AC  = 6AO  ⋅ EC  = 6 14 AB  + 14 AC   ⋅ - 13 AB  +AC    = 32 - 1 3 AB 2+AC 2+ 23 AB  ⋅AC   ， 整理可 ：AC 2= 13 AB 2 ，所以 AB AC = 3． 39 (23- 24高一下· 中· 段练习)如图： △ABC中，已知 AE  = 23 AB  ,AD  = 12 AC  , BD与CE交于点G．    (1)用 量 AB  、AC  表示 量 AG  ； (2)过点G 直线MN， 交线段 AB、AC于点M、N，设 AM  =mAB  、AN  = nAC  ，若 |AB  |= 6, |AC  |= 4，AB  ⋅ AC  = 15，当m+ 2n取得最 时，求模长 MN   ． 【 】(1)AG  = 12 AB  + 14 AC  (2)5 27 【 析】(1)设 AG  = λAB  + uAC  ， 量 AG  用 AE  ,AC  AD  ,AB  表示，根 三点共线可 λ,μ 的值；； (2) 量 AG  用 AM  ,AN  表示，由M、G、N三点共线，可 12m + 1 4n = 1，由基本不 可解. 【详解】(1)设 AG  = λAB  + uAC  ， AE  = 23 AB  ,AD  = 12 AC  代入， AG  = 32 λAE  +uAC  AG  =λAB  +2uAD  ,因为 E、G、C三点共线，且 B、G、D三点共线， 所以 3 2 λ+u=1 λ+2u=1  ， λ= 12 u= 14  AG  = 12 AB  + 14 AC  ． (2)AG  = 12 AB  + 14 AC  ,AM  =mAB  、AN  = nAC  ， AG  = 12 ⋅ 1 m AM  + 14 ⋅ 1 n AN  ，因为M、G、N三点共线， 1 2m + 1 4n = 1， 2 m + 1 n = 4, m+ 2n= m+2n  2m + 1 n  1 4 = 2+ m n + 4n m +2 ⋅ 1 4 ≥ 2 且仅 2 m + 1 n =4 m=2n  ， m=1 n= 12  时取 号． 此时MN  = AN  - AM  = 12 AC  - AB  , MN   = 14 AC 2+AB 2-AC  ⋅AB  = 4+36-15= 5. 模块二 解三角形 【题型 8】三角形性质辨析 40 (2024高一下·全国·专 练习) (多 )设△ABC的内角 A，B，C的对边 为 a，b，c， 下 结论正 的 ( ) A. 若 a2+ b2< c2， C> π2 B. 若 ab> c 2， C≥ π3 C. 若 a3+ b3= c3， C< π2 D. 若 a+ b= 2c， C> π 2 【 】AC 【 析】根 定理 断 A；根 定理 基本不 ， 可 断 B； 用反证法，假设C≥ π2 ， 结 定理 不 的 质， 可 断C；举反 ， 可 断D. 【详解】A.由 a2+ b2< c2，可以 出 cosC= a 2+b2-c2 2ab < 0，所以C> π 2 ，故 A正 ； B.由 ab> c2， cosC= a 2+b2-c2 2ab > 2ab-ab 2ab = 1 2 ， 0<C< π 3 ，故 B错误； C.假设C≥ π2 ， c> a，c> b，cosC= a2+b2-c2 2ab ≤ 0， 28 ∴ c2≥ a2+ b2， c3≥ ca2+ cb2> a3+ b3，与 a3+ b3= c3矛盾，∴C< π2 ,故C正 ； D.取 a= b= c= 2，满足 a+ b= 2c，此时C= π3 ,故D错误． 41 (23- 24高一下· 江· 段练习)已知△ABC的三内角 A、B、C所对的边 a、b、c， 设 m = a,b ,n= cosB,cosA ，若m ∥ n， △ABC的 状 ( ) A. 直角三角 B. 三角 C. 直角三角 D. 三角 或直角三角 【 】D 【 析】 用 量 行的条件 acosA= bcosB，再 用 定理可 边的关系， 可 解. 【详解】由 意， 量m = a,b ,n= cosB,cosA ，且m ∥ n， acosA= bcosB，故 a× b 2+c2-a2 2bc = b× a2+c2-b2 2ac ， 整理 a2-b2 c2- a2-b2 a2+b2 = 0， 故 a2-b2  c2-a2-b2 = 0，故 a2= b2或 c2= a2+ b2， a= b或 c2= a2+ b2，故△ABC的 状为 或直角三角 . 42 (23- 24高一下· 东惠州· 段练习) (多 ) △ABC中，A> B， 下 不 中一定正 的 ( ) A. sinA> sinB B. cosA< cosB C. sin2A> sin2B D. cos2A< cos2B 【 】ABD 【 析】 用边角关系及正 定理 断 A； 用 函数的 质 断 B；举 说 断C； 用二倍 角公 结 A 断D. 【详解】对于 A， △ABC中，A> B⇔ a> b，由正 定理 sinA> sinB，A正 ； 对于 B， 然 π> A> B> 0，因此 cosA< cosB，B正 ； 对于C，取 A= 75°,B= 60°，满足 A> B，而 sin2A= 12 < 3 2 = sin2B，C错误； 对于D，由 A知，sinA> sinB> 0， cos2A= 1- 2sin2A< 1- 2sin2B= cos2B，D正 . 43 (23- 24高一下· 东 州·期中) (多 ) △ABC中，下 说法正 的 ( ) A. 若 A> B>C， sinA> sinB> sinC B. 若 A> B>C， sin2A> sin2B> sin2C C. 若 A> B>C， cosA< cosB< cosC D. 若 A> B>C， cos2A< cos2B< cos2C 【 】ACD 【 析】对 A，根 三角 大边对大角与正 定理 断 可；对 B，举反 A= π2 ,B= π 6 断；对C， 根 函数的 断 可；对D，由 A结 的二倍角公 断 可. 【详解】对 A，由三角 大边对大角可 若 A> B> C a> b> c，再由正 定理 asinA = b sinB = 29 c sinC 可 sinA> sinB> sinC，故 A正 ； 对 B，若 A= π2 ,B= π 6 ， sin2A= 0，sin2B= 3 2 ，sin2A< sin2B，故 B错误； 对 C， △ABC中，π> A> B> C> 0， y= cosx 0,π 上为减函数，故 cosA< cosB< cosC， 故C正 ； 对D，由 A可 ，若 A> B>C， sinA> sinB> sinC> 0， sin2A> sin2B> sin2C，故 1- 2sin2A< 1- 2sin2B< 1- 2sin2C， cos2A< cos2B< cos2C，故D正 . 44 (23- 24高一下·安 淮南· 段练习) (多 )下 中 的 ( ) A. 若 sinA> sinB， A> B B. 若 AB  ，CD  满足 AB   > CD   ，且 AB  与CD  ， AB  >CD  C. 若两个 零 AB  ，CD  满足 AB  +CD  = 0  ， AB  ∥CD  D. △ABC中，a= 1，b= x，∠A= 30°， △ABC有两解的 x的 围 1,3  【 】ABD 【 析】A举反 可 断 A为假 ；B根 量不能比较大 断；C根 共线 量定理 断；D 根 △ABC有两解的边长关系 断 可. 【详解】若 sinA> sinB， 如 sin π3 > sin 5π 6 ， π 3 < 5π 6 ， 不成立，故 A 假 ； 因为 间 量不能比较大 ，只能对 量的长 进行比较，因此也 有 AB  > CD  这种写法，故 B 假 ； 因为 AB  +CD  = 0  ，所以 AB  =-CD  ， AB  与CD  共线，故 AB  ⎳CD  ， C ． 要 △ABC有两解， a< b< asinA ，故 1< b< 2， 1< x< 2，故D 假 . 45 (高一下· 东东 ·期中) (多 ) △ABC中，角 A，B，C的对边 为 a，b，c，下 说法 正 的 ( ) A. 若 A= 45°，a= 2，b= 2 2， △ABC只有一解 B. 若 AC  ⋅ AB  > 0， △ABC 锐角三角 C. 若O为△ABC所 内一点，且OA  ⋅OB  =OB  ⋅OC  =OC  ⋅OA  ， O为△ABC的 D. 若 a- b= c ⋅ cosB- c ⋅ cosA， △ABC的 状 或直角三角 【 】ACD 【 析】 用正 定理可 断 A；根 数量积的定义 断 B；根 数量积的运 可 断 C；根 定理 已知 可 断D. 【详解】对于 A，由正 定理 asinA = b sinB , ∴ sinB= bsinA a = 2 2×sin45° 2 = 1， 因为 B为三角 内角，故 B= 90°， △ABC只有一解，A正 ； 对于 B，由 AC  ⋅ AB  > 0可知 |AC  ||AB  |cosA> 0, ∴ cosA> 0， 高一下数学 第一次月考复习 2025 名校优选 100题 1 高一下 第一次月考 考题 巩固 模 一 向量综合题 梳理 【 1】 的线 运 【 2】 的模长，夹角，投 问 【 3】 考大 专练 【 4】 中的最 与 围问 【 5】 与三角 四 【 6】 中的新定义问 【 7】 解 考中 专练 模 二 解三角形 【 8】三角 质辨析 【 9】解三角 中的 距， 高问 【 10】解三角 大 专练 (基 ) 【 11】角 线，线，高线相关问 【 12】解三角 综 【 13】解三角 与实 结 【 14】解三角 大 (提高 ) 模 三 三角函数 【 15】三角函数综 【 16】三角函数与 【 16】三角函数与解三角 模 四 复数中档题 【 17】数系的扩充与复数的 念 【 18】 定系数法 【 19】复数的模与 模块一 向量综合题型梳理 【题型 1】向量的线性运算 1 下 不能化 为 PQ  的 ( ) A. QC  -QP  +CQ  B. AB  + (PA  + BQ  ) C. (AB  + PC  )+ (BA  -QC  ) D. PA  + AB  - BQ  2 (高一下· 西·期中)如图， △ABC中，设 AB  = a,AC  = b  ,BD  = 2DC  ,AE  = 4ED  ， BE  = ( ) A. 1115 a - 815 b  B. 23 a - 815 b  C. - 1115 a + 815 b  D. - 23 a + 815 b  2 3 (高一下·河南 · 段练习)已知点O △ABC的内部，D,E 为边 AC,BC的中点， 且 OA  -OC  -2OB   = 2， ∣ ED  + EO  ∣= ( ) A. 12 B. 1 C. 3 2 D. 2 4 (23- 24高一下· 江· 段练习)已知六边 ABCDEF为正六边 ，且 AC  = a，BD  = b  ，以 下不正 的 ( )    A. DE  =- 23 a + 13 b  B. BC  = 13 a + 13 b  C. AF  =- 23 a + 23 b  D. BE  =- 23 a + 43 b  【题型 2】向量的模长，夹角，投影向量问题 5 (23 - 24 高一下 ·河北沧州 · 段练习)已知 a = 3,1 ,b  = 3,2 , c = 1,4 ， cos a,b  -c = ． 6 (高一下·安 肥·期中) (多 )设 a= 0,-1 ,b  = - 12 , 1 2 ， ( ) A. a∥ b  B. a+b   ⊥ b  C. |a- b  | = |b  | D. a b  上的投 为 1 2 ,- 1 2  3 7 (23- 24高一下· 东 州· 段练习)已知 a= (2,1),b  = (1, -1)， 下 说法正 的 ( ) A. a与 b  的夹角为钝角 B. 若 c 与 a 直的单 ， c为 55 ,- 2 5 5  C. 与 b  共线的单 为 - 22 , 2 2  D. a b  上的投 为 b  8 (23- 24高一下· 中· 段练习) (多 )关于 一 内的任 三个 a、b  、c，下 四种说法错误的有 ( ) A. a⋅b   ⋅ c= a ⋅ b  ⋅c  B. 若 a⎳ b  ，且 b  ⎳ c， a⎳ c C. 若 |a| = |b  |， a= b  或 a=-b  D. |a+ b  |≤ |a+ c| +|c- b  | 9 (高一下· 南·期中)已知 a，b  满足 a = 4，b  = 1,2 ，a与 b  的夹角为 π 3 ， a  b  上 的投 为 (用 表示)． 10 (23- 24高一下· 江· 段练习)已知 a、b  满足 a = b   = a+b   ， a与 b  - a 夹角的大 为 . 11 已知 a= 32 , 1 2 ，b   = 2，2a-b   = 6，a ⋅ b  = ；b  a上的投 的 为 ． 4 12 (23- 24高一下· 东 州· 段练习)如图，已知O为 直角 系的原点．∠OAB= ∠ABC= 120°，OA   = BC   = 2 AB   = 4， (1)求OB  OC  的 标； (2)求 量 BC  与 量OA  的夹角； (3)求 量 BC  量OA  上的投影 量的 标． 13 (23- 24高一下·安 淮南· 段练习)已知 a，c满足 a = a ⋅ c= 2，且 a+λc ≥ a- 12 c  对任 实数 λ 成 ， 于 c  ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 14 (23- 24· 东 泽· 学考试) (多 )已知 a= cosθ,sinθ ,b  = -3,4 ， ( ) A. 若 a⎳ b  ， tanθ=- 43 B. 若 a ⊥ b  ， sinθ= 35 C. a-b   的最大 为 5 D. 若 a ⋅ a-b   = 0， a-b   = 2 6 5 【题型 3】向量常考大题专练 15 已知 |a| = 1,|b  | = 3 ,a+ b  = ( 3 ,1)，求: (1)|a- b  |的 ; (2)a+ b  与 a- b  的夹角 θ． 16 已知 零 a,b  满足 |a| = 1，且 (a- b  ) ⋅ (a+ b  )= 34 . (1)求 |b  |； (2)当 a ⋅ b  =- 14 时，求 量 a 与 a+ 2b  的夹角 θ的 . 17 (高一下·安 肥·期中)已知 a,b  满足 a = 1,a ⋅ b  = 14 , a +b   ⋅ a-b   = 12 . (1)求 b   及 a+b   的 ；(2)求 量 b  与 a+ b  夹角的 弦 . 6 18 (23- 24高一下· · 段练习)已知 a = 10，b   = 5，a⊥ - 12 a +b   . (1)求 量 a与 b  的夹角 θ的大 ； (2)若 量m = a+ λb  ，n= λa- 2b  (λ∈ R)，当 m-n 取得最 时，求 m+n . 19 (23- 24高一下· 东深 · 段练习)已知 AB  = -1,3 ，BC  = 3,m ，CD  = 1,n ，且 AD  ⎳ BC  . (1)求实数 n的 ； (2)若 AC  ⊥ BD  ，求实数m的 ； (3) AC  ⊥ BD  的条件下，取 BC  不 直于CD  的情形，求 量 BC  AB  的投影 量 (结果用 标 表示). 20 (安 肥 2022- 2023学 高一下学期 4月期中考试数学试 )如图， △ABC中， 点M、N满足 AM  =mAB  ，AN  = nAC  m>0,n>0 ，点D满足 BD  = 13 BC  ，E为 AD的中点，且 M、N、E三点共线.    (1)用 AB  、AC  表示 AE  ；(2)求 1m + 1 2n 的 . 7 21 (23- 24高一下· 东深 · 段练习)如图所示，△ABC的 点 我国 南 的三个战略 ， 之间建有资 补给站， 图中的 D、E、F点上. A 补给站 D的距离为 A B的 25 ， A C 补给站 E的距离相 ，补给站 F 近 C的 BC的三 点上.设CB  = a，CA  = b  .    (1)用 a，b  表示 EF  ，CD  ； (2)如果∠ACB= 60°，AC= 20 里，且CD⊥ EF，求 C 补给站D的距离 CD   以及 A B的距离 AB   . 【题型 4】向量中的最值与范围问题 22 (23- 24高一下·河北沧州· 段练习)已知 e1,e  2 夹角为 60°的两个单 ．若 a = 3e1+ 2e  2,b  = te1+ 2e  2，其中 t∈ R，若 a ,b  的夹角为锐角， t的取 围 ． 23 (23- 24高一下· 东 州·期中)已知△ABC的外 半 为 1， AB  ⋅ BC  的最大 为 ． 8 24 (23- 24高一下· 东惠州· 段练习) △ABC中，D为 AC上的一点，满足 AD  = 13 DC  . 若 P为 BD上的一点，满足 AP  = mAB  + nAC  m>0,n>0 ， m与 n的关系为 ；4m + 1 n 的最 为 . 25 (河南驻马 ·期中)已知 a = 2, b   = 3， a+b   + a-b   的取 围 ( ) A. 4,2 13  B. 4,10  C. 6,2 13  D. 6,10  26 (23- 24高一下· · 段练习) 行四边 ABCD中，E为CD的中点，BF  = 13 BC  ， AF与 BE交于点G，过点G的直线 与 线 BA，BC交于点M，N，BM  = λBA  ，BN  = μBC  ， λ+ 2μ的最 为 ( ) A. 1 B. 87 C. 9 7 D. 9 5 27 (高一下·江 镇江·期末) (多 )如图， ABCD中，AD⎳ BC，AD⊥ CD，AD= 4， BC= 2，CD= 2 3，E为线段 CD的中点，F为线段 AB上一 点 (包括端点)，EF  = λCD  + μBA  ， 下 说法正 的 ( )    A. AB= 4 B. 若 F为线段 AB的中点， λ+ μ= 1 C. λ=- 32 D. FC  ⋅ FD  的最 为 6 9 28 (23- 24高一下· 中· 段练习)键线 可以直观 述有机物的结构， 有机化学 中 泛 用．有机物“萘”可以用下左图所示的键线 表示，其结构 可以抽 为下右图所 示的图 ．已知 ABCHIJ与 CDEFGH为全 的正六边 ．若点 P为右边正六边 CDEFGH 的边界 (包括 点)上的 点，且 AP  = λAC  + uAJ  ， 实数 λ+ u的取 围为 ( ) A. 0,2  B. -1,3  C. 1,3  D. -1,2  29 (多 ) (23- 24高一下· · 段练习) 一中学 一所历史 久的全国 ， 园安 ，环 ，有大 的绿 ， 学们入 入 的 一片 林， 木 整齐， 高大 拔，枝繁叶 ， 成一 天然 ，为夏日添一份凉爽.如图 一中入 林的 木 图，其中每一个点代表一棵 木，五角 P处 一个鸟类观 点， D处为 雕 ，图中 AMBNCD 成一个“ ”区域. 此，下 说法正 的有 ( ) 本题中图形 数 如下：AP= 12米，把△ADC 成 以 AD，DC为直角边的 直角三角形，B 为 AC的中点，BA= BP= 20米，K为 BD的中点，KL⎳DC A. DK  ⋅DC  = 200 2 B. 若Q为 区域 AMBNCD内任 一点， 么QB  ⋅QD  有最 -100 C. 若 P对 A,B两棵 的 仰角 为 45°， 么 A,B两棵 的 之间距离为 4 29米 D. I为四边 KLCD内任 一点 (包 边界)，AI  = λAD  + μAC  ， 么 λ+ μ的 围为 34 ,1     10 【题型 5】向量与三角形四心 30 (23- 24高一下· 东 南· 段练习) △ABC中，D,E,F 边 BC,CA,AB的中点， 点G为△ABC的 ， 下 结论中正 的 ( ) A. AB  + BC  =CA  B. AG  = 12 AB  +AC    C. AF  + BD  +CE  = 0  D. GA  +GB  =GC  31 (23- 24高一下· 江· 段练习) (多 )下 说法中正 的 ( ) A. 若 AB  =CD  ， AB   = CD   ，且 A,B,C,D四点构成 行四边 B. 若m为 零实数，且ma= nb  ， a与 b  共线 C. △ABC中，若有 AO  = t AB  AB    + AC  AC         ， 么点O一定 ∠BAC的 线所 直线上 D. 若 a⎳ b  ， a与 b  的方 相 或相反 32 (高一下·上 黄 · 段练习) △ABC中， 点 P满足CA 2=CB 2- 2AB  ⋅CP  ， P点轨 迹一定 过△ABC的 ( ) A. 外 B. 内 C. D. 11 33 (23- 24高一下· 东· 段练习) (多 )下 说法正 的 ( ) A. 已知 a,b  ，“a与 b  共线”“b  = λa”的充要条件 B. 已知 零 a,b  满足 a+b   ⊥ a-b   ， a = b    C. 若O为△ABC的外 ，且OA  ⋅OB  =OB  ⋅OC  =OC  ⋅OA  ， △ABC 边三角 D. 已知单 a,b  ,c满足 2a+ 3b  + 4c= 0  ， a ⋅ b  +c =- 716 34 (23- 24高一下· 东深 · 段练习) (多 )点O △ABC所 的 内，以下说法正 的有 ( ) A. 若OA  +OB  +OC  = 0  ， 点O为△ABC的 B. 若 OA   = OB   = OC   ， 点O为△ABC的外 C. 若 OA  +OB   ⋅ AB  = OB  +OC   ⋅ BC  = OC  +OA   ⋅CA  = 0， 点O为△ABC的内 D. 若OA  ⋅OB  =OB  ⋅OC  =OC  ⋅OA  ， 点O为△ABC的 【题型 6】向量中的新定义问题 35 (高一下· 北武汉·期末)已知 α∈ 0,π ，且 α≠ π2 ， ∠xoy= α时，定义 系 xoy 为“α-仿 ” 系，“α-仿 ” 系中，任 一点 P的斜 这 定义：e1  ,e2  为 x 轴，y轴正方 上的单 ，若OP  = xe1  + ye2  ， 记为OP  = x,y ， 么下 说法中正 的 ( ) A. 设 a= m,n ， a = m2+n2 B. 设 a= m,n ,b  = s,t ，若 a∥ b  ， mt- ns= 0 C. 设 a= m,n ,b  = s,t ，若 a⊥ b  ， ms+ nt+ mt+ns sinα= 0 D. 设 a= -1,2 ,b  = -2,1 ，若 a与 b  的夹角为 α， α= π3 12 36 (23- 24高一下· 东 州· 段练习)如图，设Ox，Oy 内相交成 60°角的两条数 轴，e1  ，e2  x轴与 y轴方 的单 ，若 OP  = xe1  + ye2  ， 把有 数对 x,y  叫 斜 系 xOy中的 ，记为OP  = x,y  (1) 斜 标系 xOy中的 标，已知 a= x,y ，求 a ； (2) 斜 标系 xOy中的 标，已知 a= sinθ,2 ，b  = cosθ,1 ，π4 ≤ θ≤ π 2 ，求 a -b   的最大 及 此时 θ的 ． 37 (23- 24高一下· 东深 · 段练习)定义：已知两个 零 a与 b  的夹角为 θ.我们把 数 a b   sinθ叫 a与 b  的叉乘 a× b  的模，记 a×b   ，即 a×b   = a b   sinθ. (1)若 量 a= 2,4 ，b  = -3,1 ，求 a×b   ； (2)若 行四边形 ABCD的 积为 4，求 AB  ×AD   ； (3)若 a×b   = 3，a ⋅ b  = 1，求 a+2b   的最 . 13 【题型 7】向量解答题常考中档题专练 38 (23- 24高一下· 江· 段练习)如图， △ABC中，D BC中点，E 边 AB上，且 BE = 2EA，AD与CE交于点O． (1)用 AB  ，AC  表示 AO  ； (2)过点O 直线交线段 AB于点G，交线段 AC于点H，且 AG  = 23 AB  ,AH  = tAC  ，AH  = tAC  ，求 t 的 ； (3)若 AB  ⋅ AC  = 6AO  ⋅ EC  ，求 ABAC 的 ． 39 (23- 24高一下· 中· 段练习)如图： △ABC中，已知 AE  = 23 AB  ,AD  = 12 AC  , BD与CE交于点G．    (1)用 量 AB  、AC  表示 量 AG  ； (2)过点G 直线MN， 交线段 AB、AC于点M、N，设 AM  =mAB  、AN  = nAC  ，若 |AB  |= 6, |AC  |= 4，AB  ⋅ AC  = 15，当m+ 2n取得最 时，求模长 MN   ． 14 模块二 解三角形 【题型 8】三角形性质辨析 40 (2024高一下·全国·专 练习) (多 )设△ABC的内角 A，B，C的对边 为 a，b，c， 下 结论正 的 ( ) A. 若 a2+ b2< c2， C> π2 B. 若 ab> c 2， C≥ π3 C. 若 a3+ b3= c3， C< π2 D. 若 a+ b= 2c， C> π 2 41 (23- 24高一下· 江· 段练习)已知△ABC的三内角 A、B、C所对的边 a、b、c， 设 m = a,b ,n= cosB,cosA ，若m ∥ n， △ABC的 状 ( ) A. 直角三角 B. 三角 C. 直角三角 D. 三角 或直角三角 42 (23- 24高一下· 东惠州· 段练习) (多 ) △ABC中，A> B， 下 不 中一定正 的 ( ) A. sinA> sinB B. cosA< cosB C. sin2A> sin2B D. cos2A< cos2B 15 43 (23- 24高一下· 东 州·期中) (多 ) △ABC中，下 说法正 的 ( ) A. 若 A> B>C， sinA> sinB> sinC B. 若 A> B>C， sin2A> sin2B> sin2C C. 若 A> B>C， cosA< cosB< cosC D. 若 A> B>C， cos2A< cos2B< cos2C 44 (23- 24高一下·安 淮南· 段练习) (多 )下 中 的 ( ) A. 若 sinA> sinB， A> B B. 若 AB  ，CD  满足 AB   > CD   ，且 AB  与CD  ， AB  >CD  C. 若两个 零 AB  ，CD  满足 AB  +CD  = 0  ， AB  ∥CD  D. △ABC中，a= 1，b= x，∠A= 30°， △ABC有两解的 x的 围 1,3  45 (高一下· 东东 ·期中) (多 ) △ABC中，角 A，B，C的对边 为 a，b，c，下 说法 正 的 ( ) A. 若 A= 45°，a= 2，b= 2 2， △ABC只有一解 B. 若 AC  ⋅ AB  > 0， △ABC 锐角三角 C. 若O为△ABC所 内一点，且OA  ⋅OB  =OB  ⋅OC  =OC  ⋅OA  ， O为△ABC的 D. 若 a- b= c ⋅ cosB- c ⋅ cosA， △ABC的 状 或直角三角 16 46 (23- 24高一下· 中· 段练习) (多 ) △ABC中，角 A、B、C的对边 为 a、b、 c，且已知 a= 2， ( ) A. 若 A= 45°，且△ABC有两解， b的取 围 2,2 2  B. 若 A= 45°，且△ABC 有一解， b的取 围 0,2  C. 若 c= 3，且△ABC为钝角三角 ， b的取 围 13,5  D. 若 c= 3，且△ABC为锐角三角 ， b的取 围 5, 13  【题型 9】解三角形中的测距，测高问题 47 (高一下· 东深 ·期末)高中数学兴趣 组计 某大厦的高 ， 取与 部 B 一水 内的两个基 点 C与D.现 ∠BCD= 15°，∠BDC= 120°，CD= 100米， 点C 大厦 A的仰角∠ACB= 60°， 该大厦高 AB= 米 (精 1米). 参考数 ： 2 ≈ 1.414， 3 ≈ 1.732.    48 (23- 24高一下· 江· 段练习)鼎 峰，矗 于 江 云县仙都 胜区，状如 拔 而起，其峰 镶 一汪 .某 数学建模 ，有建模课 组的学生 择 鼎 峰的高 ，为此，他们设计了 方 .如图， A P 仰角为 45°，沿 斜角 为 15°的斜 上走了 90米 达 B点 (A，B，P，Q 一个 内)， B处 P 仰 角为 60°， 鼎 峰的 高 PQ为 (    )米. A. 45 6- 2  B. 45 6+ 2  C. 90 3-1  D. 90 3+1  17 49 (23- 24高一下· 东 州· 段练习) (多 )装货轮 A处 灯 B 货轮北 东 75°， 距离为 12 6 ； A处 灯 C 货轮的北 西 30°，距离为 8 3 .货轮自 A处 正北 行 D处时，再 灯 B 南 东 60°， 下 说法正 的 ( ) A. A处与D处之间的距离 24 B. 灯 C与D处之间的距离 8 3 C. 灯 C D处的西 南 60° D. D 灯 B的北 西 30° 50 (23- 24高一下· 江· 段练习)如图 A、B 沿 上相距 15+ 5 3 的两个哨 所，B 于 A的正南方 .A哨所 凌 1点发现其南 东 30°方 处有一 走私 ， 时，B哨 所也发现走私 其东北方 上.两哨所 即联系 私 拦截， 私 于 A点南 西 30°的D点，且 A与D相距 20 3 ，试求：    (1) 发现走私 时，走私 与哨所 A的距离； (2) 发现走私 时，走私 距离 私 多 里？ 私 的北 东多 ？ (3)若 私 得知走私 以 10 3 里 /时的 从C 北 东 15°方 ，立即以 30 里 /时 的 进行追截， 私 至 要多长时间才能追上走私 ？ 18 【题型 10】解三角形大题专练 (基础篇) 51 (高一下·安 肥·期中)设 △ABC的内角 A,B,C的对边 为 a,b,c,bsin B+C2 = asinB. (1)求 A；(2)若 a= 3 ,sinB= 2sinC，求△ABC的 长. 52 (23- 24高一下· 东· 段练习) △ABC中，已知 cosC= 1314 ,a= 7 3 c． (1)求∠A的大 ； (2)请从条件①：b- a= 1，条件②：bcosA=- 52 ，这两个条件中任 一个 为条件，求 cosB a 的 ． 注：如果 择两个条件 解 ， 一个解 计 53 (23- 24高一下· 北武汉· 段练习)如图， 四边 ABCD中，∠ABC= 3π4 ，S△ABC = 2，∠BAC=∠DAC，CD= 2AB= 4． (1)求线段 BC的长 ；(2)求线段 AC的长 ；(3)求 sin∠ADC的 ． 19 54 (23- 24高一下· 江· 段练习) 直角 系中，已知点 A(-1, -2)，B(3,1)，C( -4, -3)． (1)求 量 AB  AC  的投影 量的 标；(2)求△ABC的 积． 55 (23- 24高一下· 中· 段练习) △ABC中，角 A、B、C的对边 为 a、b、c，若 3acosB= bsinA，又以 a、b、c为边长的三个正三角 的 积 为 S1,S2,S3，且 S1+ S3- S2= 10 3． (1)求△ABC的 积：(2)若 sinAsinC= 3049 ，求△ABC的 长． 56 (22- 23高一下·安 肥·期中)△ABC的内角 A,B,C的对边 为 a,b,c，已知 c+ a= 2bcosA. (1)证 ：B= 2A； (2)若△ABC 锐角三角形，a= 1，求 b的取 围. 20 【题型 11】角平分线，线，高线相关问题 57 (23- 24高一下· 中· 段练习) △ABC中，角 A,B,C所对的边 为 a,b,c，已知 c= 1,2sinAcosB= asinA- bsinB+ 14 bsinC，若 AD为 BC边上的中线，且 cos∠BAD= 1 8 ， △ABC的 积 于 ． 58 (23 - 24 高一下 · · 段练习)△ABC的内角 A，B，C的对边 为 a，b，c，且 2b+c cosA+ acosC= 0，b= 2 3，若边 BC的中线长 于 3， c= ( ) A. 3 B. 2 3 C. 4 3 D. 6 3 59 (23- 24高一下· 东 州· 段练习)如图． 锐角△ABC中，BC边上的中线 AD长为 3，且 sinB= 3 68 ，cos∠ADC=- 1 4 ．    (1)求 AB边的长；(2)求△ABC的 积． 21 60 (23- 24高一下· 中· 段练习) △ABC中，角 A,B,C的对边 为 a,b,c，已知 asinB= bsin A+ π3 ． (1)求角 A的大 ； (2)若△ABC的 积为 3 32 ，角 A的 线与 BC交于点D，且 AD= 3，求边 a的 ． 61 (23- 24高三上·云南 · 段练习) △ABC中，角 A，B，C的对边 为 a，b，c， 3c+ bsinA= 3acosB． (1)求 A； (2)若点D BC上的点，AD ∠BAC，且 AD= 2，求△ABC 积的最 ． 【题型 12】解三角形综合小题 62 (23- 24高一下· 南长沙· 段练习) △ABC中，sin B-A = 14 ,2a 2+ c2= 2b2， sinC= ( ) A. 23 B. 3 2 C. 1 2 D. 1 22 63 (23- 24高一下· 中· 段练习) △ABC中，角 A、B、C的对边 为 a、b、c，若 A = 60°,b= 2，且 AB  ⋅ AC  = 3， b+csinB+sinC = ( ) A. 3 32 B. 2 21 3 C. 2 7 3 D. 4 21 3 64 (23- 24高一下· 中· 段练习) △ABC中，角 A、B、C的对边 为 a、b、c，若 5cosB-8cosC 8c-5b = cosA a ，又△ABC的 积 S= 10 3，且 B+ C= 2A， AB  ⋅ BC  + BC  ⋅ CA  + CA  ⋅ AB  = ( ) A. 64 B. 84 C. - 69 D. - 89 65 (23- 24高一下· 北武汉· 段练习)△ABC的内角 A，B，C的对边 为 a，b，c，已知 △ABC的 积为 a2sinA， cosA的最 ． 66 (23- 24高一下· 东· 段练习) △ABC中，角 A,B,C所对的边 为 a,b,c，且 2b= a + c，设△ABC的 积为 S，若 AB  ⋅ BC  =- 2 33 S， 此三角 的 状为 ( ) A. 三角 B. 直角三角 C. 边三角 D. 直角三角 23 67 (高一下·安 肥·期中) (多 )△ABC的内角 A,B,C的对边 为 a,b,c，若 AB  ⋅ AC  = 2, a= 2， ( ) A. bccosA= 2 B. b2+ c2= 8 C. 角 A的最大 为 π3 D. △ABC 积的最 为 3 68 (23- 24高一下· 江· 段练习) △ABC中，内角 A，B，C所对的边 为 a，b，c．已 知 a≠ b，c= 2，sinA= 22 ，cos 2A - cos2B= 3 sinAcosA - 32 sin2B， △ABC的 积 ． 69 (23- 24高三下·内蒙古赤峰· 学考试) △ABC中，D为边 BC上一点，∠DAC= 2π3 , AD= 4,AB= 2BD，且△ADC的 积为 4 3， sin∠ABD= ( ) A. 15- 38 B. 15+ 3 8 C. 5- 3 4 D. 5+ 3 4 70 (23- 24高一下· 东 州· 段练习) △ABC中，∠ABC的 线交 AC于点D，∠ABC = 2π3 ,BD= 4， △ABC 长的最 为 ． 24 71 (23- 24高一下· 中· 段练习) (多 ) 锐角△ABC中，已知角 A、B、C的对边 为 a、b、c，且 3b ⋅ cosC+ 3c ⋅ cosB= a2，cos2A- 3cos B+C = 1， 下 说法正 的 有 ( ) A. △ABC的外 的 长为 4 3π B. △ABC的 长的取 围为 3+3 3,9  C. △ABC的 积的取 围为 3 32 , 9 3 4  D. △ABC的内 的半 的取 围为 3- 32 , 3 2  72 设锐角 的内角 A，B，C的对边 为 a，b，c，若 ， 2c+ba 的取 围 ． 73 (23- 24高一下· · 段练习)锐角 的内角 A，B，C的对边 为 a，b，c，若 ，b= 3， 的取 围 ( ) A. 32 ,3  B. 3,2 3  C. 3,2 3  D. 3,3  25 【题型 13】解三角形与实际结合 74 (23- 24高一下· · 段练习)我国油纸 的 工 巧妙．如图 (1)， 不 还 收拢， 柄 AP始终 一 内两条 骨所成的角 ，且 ，从而保证 D能够沿 柄滑 ，如图 (2). 完全收拢时， D已滑 的 ，且 A，B， 三点共 线，AD= 60cm，B为 的中点， 从完全 完全收拢， D沿 柄 下滑 的 距离为 24cm， 完全 时， 的 ( )    A. - 725 B. - 8 25 C. - 4 21 25 D. - 3 5 【题型 14】解三角形大题 (提高篇) 75 (23- 24高一下· 江宁波· 段练习) 锐角△ABC中，已知 b= 2 3 ,2a- c= 2bcosC. (1)求 B；(2)求 3a+ 2c的取 围. 26 76 (23 - 24高一下· 江· 段练习)已知 内角 ， ， 的对边 ， ， ， ． (1)求 的大 ； (2)若 ， 线 线 绕点 ， 顺时针旋转 15°， ，旋转 相交于点 (如 图所示)，且∠DBC= 30°，求 ． 77 古 的数学家 其著 《 术》中给出了由三角 的三边长 a，b，c计 三角 积的公 ： ，这个公 称为 公 .其中， .我 国南宋著 数学家秦九韶 《数书九章》中给出了由三角 的三边长 a，b，c计 三角 积的 公 ：S= 14 c 2a2- c 2+a2-b2 2  2   ，这个公 称为“三斜求积”公 . (1) 用以上信息，证 三角形的 积公式 S= 12 acsinB； (2) 中，a+ c= 8， ，求 积的最大 . 27 78 锐角 中，角 A,B,C的对边 ，且 . (1)求 ； (2)若 外 的半径 1，求 积的取 围. 79 (23- 24高一下· · 段练习)已知 为 三个内角 A，B，C的对边，满 足：b- 2ccosA= c． (1)证 ：A= 2C； (2)若 ，且 为锐角三角形，求 的 积 S的取 围． 模块三 三角函数 【题型 15】三角函数综合 80 ( 23 - 24 高 一 下 · 东 州 · 段 练 习 ) ( 1 ) 已 知 α 三 角 ，且 cos(π-α)cos(π+α) sin π2 -α tan(2π-α)sin(π+α) = 13 ①求 tanα的 ； ②求 sin2α+ 3sinαcosα的 ． (2)化 ： (1+sinα+cosα) cos α2 -sin α 2  2+2cosα (0< α< π)． 28 81 (23- 24高一下· 北武汉· 段练习)若 π3 × 5 2 + φ= π+ 2kπ k∈Z ，且 α∈ π 4 , π 2    ，β ∈ π, 32 π    ， α+ β的 ． 82 (23- 24高一下· 东 州· 段练习)已知函数 f x = 2cosx sinx- 3cosx + 3． (1)求 f x 的最 正 期 f x 的单 减区间； (2)当 x∈ π2 ,π    时，求函数 f x 的 域及取得最 时 x的 ． 83 (23- 24高一下· · 段练习)已知 f x = sin22x+ 3sin2xcos2x+ 2cos22x. (1)若 f x  0,m (m> 0)上单 ，求m的最大 ； (2)若函数 y= f x - k 0, π4    上有两个零点 x1，x2，求实数 k的取 围及 tan x1+x2- π 4 的 . 29 84 (23- 24高一下· · 段练习)已知函数 f x = 3cos2 x+ π6 + 2sinxcosx- 3 2 ． (1)求函数 f x 的单 区间； (2)记方 f x = 34 x∈ - π 6 , 25π 12    上的从 大 次为 x1，x2，⋯，xn，试 定 n的 ， 求 x1+ 2x2+ 2x3+⋯+2xn-1+ xn的 ． 【题型 16】三角函数与向量 85 (23- 24高一下· · 段练习)已知函数 f x = sin 2x+ π6 的图 上一个最 点为 A，离 A最近的两个最高点 为 B与C， AB  ⋅ AC  = ． 86 (23- 24高一下· 东汕头· 段练习)已知对任 AB  = x,y ，把 AB  绕其起点 沿 时针方 旋转 θ角 AP  = xcosθ-ysinθ,xsinθ+ycosθ ，叫 把点 B绕点 A沿 时 针方 旋转 θ角 点 P. 已知 内点 A 1,2 ，点 B 1+ 2,2-2 2 ，把点 B绕点 A沿 时 针方 旋转 π 4 点 P， 点 P的 为 ( ) A. -2,1  B. 4,1  C. 2,-1  D. 0,-1  【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 高一下学期第一次月考常考中档题型巩固总览 题型·解读 模块一 向量综合题型梳理 【题型1】向量的线性运算 【题型2】向量的模长，夹角，投影向量问题 【题型3】向量常考大题专练 【题型4】向量中的最值与范围问题 【题型5】向量与三角形四心 【题型6】向量中的新定义问题 【题型7】向量解答题常考中档题专练 模块二 解三角形 【题型8】三角形性质辨析 【题型9】解三角形中的测距，测高问题 【题型10】解三角形大题专练（基础篇） 【题型11】角平分线，线，高线相关问题 【题型12】解三角形综合小题 【题型13】解三角形与实际结合 【题型14】解三角形大题（提高篇） 模块三 三角函数 【题型15】三角函数综合 【题型16】三角函数与向量 【题型16】三角函数与解三角形 模块四 复数中档题 【题型17】数系的扩充与复数的概念 【题型18】待定系数法 【题型19】复数的模与圆 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 向量综合题型梳理 基础知识 【题型1】向量的线性运算 1. 下列不能化简为的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用向量的加减法及运算性质，即可得到答案. 【详解】对于A，，故A不符合题意； 对于B，，故B不符合题意； 对于C，，故C不符合题意； 对于D，，故D符合题意. 2. （高一下·陕西·期中）如图，在中，设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合图形由向量的线性运算可得. 【详解】因为， 所以，， 又因为， 所以， 所以 3. （高一下·河南洛阳·阶段练习）已知点在的内部，分别为边的中点，且，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】 利用向量的加减法的几何表示运算即可. 【详解】由题意得 ， 所以． 故选：B. 4. （23-24高一下·浙江·阶段练习）已知六边形ABCDEF为正六边形，且，，以下不正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正六边形的特征求出,，再由向量加法的三角形法则以及向量的减法即可求解. 【详解】如图，设    因为六边形ABCDEF为正六边形， 所以，且. 又是等腰三角形，所以， 从而可有， 则， 所以,同理有. 所以，所以选项A不符合题意； ，所以选项B不符合题意； ，所以选项C符合题意； ，所以选项D不符合题意. 【题型2】向量的模长，夹角，投影向量问题 5. （23-24高一下·河北沧州·阶段练习）已知向量，则 ． 【答案】 【分析】根据向量夹角的坐标运算公式进行计算即可. 【详解】因为， 则，所以 6. （高一下·安徽合肥·期中）（多选）设向量，则（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 【答案】BD 【分析】根据向量平行的坐标表示可判断A；根据向量垂直的向量表示判断B；求出向量的坐标，可求得其模，求出，判断C；根据投影向量的定义可判断D. 【详解】由题意向量，则， 故不平行，A错误； 因为， 故，即，B正确； 因为，则， 故，C错误； 在上的投影向量为，D正确 7. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）已知向量，则下列说法正确的是（    ） A．与的夹角为钝角 B．若向量是与向量垂直的单位向量，则为 C．与向量同向共线的单位向量为 D．向量在上的投影向量为 【答案】D 【分析】 根据向量数量积，以及共线向量，单位向量的坐标表示，投影向量公式，即可求解. 【详解】A.由，所以与的夹角为锐角，故A错误； B.设，则，得或，即为或，故B错误； C. 与向量同向共线的单位向量为，故C错误； D. 向量在上的投影向量为，故D正确. 8. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）（多选）关于同一平面内的任意三个向量，下列四种说法错误的有（    ） A． B．若，且，则 C．若，则或 D． 【答案】ABC 【分析】对A，根据向量的数量积不满足结合律可判断，对B，若，则不一定成立，对C，根据向量及向量模的概念可判断，对D，由向量模的三角公式可判断. 【详解】对于A：因为向量的数量积不满足结合律，故选项A错误； 对于B：若，则不一定成立，故选项B错误； 对于C：，但是与不一定是共线同向或反向，故选项C错误； 对于D：，故选项D正确 9. （高一下·湖南·期中）已知向量，满足，，与的夹角为，则在上的投影向量为 （用坐标表示）． 【答案】 【分析】直接利用向量在向量上的投影向量的定义求解. 【详解】向量在向量上的投影向量是 10. （23-24高一下·浙江·阶段练习）已知平面向量满足，则与夹角的大小为 . 【答案】 【分析】先利用向量的运算律求得及，然后利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】因为平面向量满足， 所以， 所以，即， 所以， 设与夹角为，则， 又，所以. 11. 已知向量，，， ；在上的投影向量的坐标为 ． 【答案】 ； . 【分析】由条件结合向量的模的坐标表示求，根据向量的模与数量积的关系由条件求，再由投影向量的定义求在上的投影向量的坐标. 【详解】因为，所以， 由可得， 所以，即 所以， 所以在上的投影向量为． 故在上的投影向量的坐标为. 12. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）如图，已知O为平面直角坐标系的原点．，， (1)求和的坐标； (2)求向量与向量的夹角； (3)求向量在向量上的投影向量的坐标． 【答案】(1) (2)向量与向量的夹角为 (3)在向量上的投影向量的坐标为 【分析】（1）依题意求出A、B、C的坐标，即可得解； （2）利用向量的夹角公式可求向量与向量的夹角； （3）首先求出，，再根据数量积的几何意义求出向量在向量上的投影，从而求出投影向量. 【详解】（1）依题意，设， 则， ， ， ， 所以，所以； （2）由（1）可得， 设向量在向量的夹角为， 所以， 因为，所以. 所以向量与向量的夹角为； （3）由（1）可得， 所以在向量在向量上的投影长度为， 所以在向量上的投影向量的坐标为． 13. （23-24高一下·安徽淮南·阶段练习）已知平面向量，满足，且对任意实数恒成立，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】不等式，两边平方得到关于实数的不等式，进而得到结果. 【详解】由，两边平方得 又，且对任意实数恒成立， 即恒成立，所以， 即，所以，即. 14. （23-24·山东菏泽·开学考试）（多选）已知向量，则（ ） A．若，则 B．若，则 C．的最大值为5 D．若，则 【答案】AD 【分析】根据向量共线的坐标公式即可判断A；根据向量垂直的坐标公式即可判断B；根据向量的模的坐标公式结合三角函数的性质即可判断C；根据，求出的关系，进而可判断D. 【详解】因为，， 所以，， 对于A，若，则，所以，故A正确； 对于B，若，则，所以， 又，解得或，故B错误； 对于C， ，其中， 当时，取得最大值，故C错误； 对于D，若，则， 即，所以， 所以 ，故D正确. 【题型3】向量常考大题专练 15. 已知，求: (1)的值; (2)与的夹角． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的运算律求出即可得解. （2）利用数量积的运算律及向量夹角公式求解即得. 【详解】（1）由，得， 则，而，于是， 所以. （2）显然， 则，而，于是. 所以与的夹角为 16. 已知非零向量满足，且. (1)求； (2)当时，求向量与的夹角θ的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的运算律求解即得. （2）利用数量积的运算律及夹角公式求解即得. 【详解】（1）向量，由，得，即， 所以. （2）由（1）知，，而， 则，， 因此，而， 所以所求夹角. 17. （高一下·安徽合肥·期中）已知向量满足. (1)求及的值；(2)求向量与夹角的余弦值. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据数量积的运算律可求得，根据向量模的计算即可求得； （2）求出的值，根据向量的夹角公式即可求得答案. 【详解】（1）因为， 所以，即； ； （2）由题意得， 故 18. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知向量，，. (1)求向量与的夹角的大小； (2)若向量，（），当取得最小值时，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量垂直时，数量积为0，结合数量积的运算律，列式求解，即得答案； （2）利用，结合数量积运算律求出当取得最小值时的值，即可得，再根据即可求得答案. 【详解】（1）由题意向量，，， 则，即， 故， ，即向量与的夹角； （2）由（1）可知，， 则 ， 当时，取得最小值，即取最小值， 此时，则. 19. （23-24高一下·广东深圳·阶段练习）已知，，，且. (1)求实数的值； (2)若，求实数的值； (3)在的条件下，取不垂直于的情形，求向量在的投影向量（结果用坐标表示）. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量，建立关于的方程，即可求解的值； （2）写出向量的坐标，利用得出关于的方程，即可求解实数的值； （3）结合（2）中结论，利用向量垂直的坐标表示分析得的值，再利用投影向量公式即可得解. 【详解】（1）， ， 又 ， ，则. （2）由（1）得， ， 又，所以，则. （3）当时，， 此时，则，不满足题意； 当时，， 此时，满足题意， 所以，此时，又， 所以，， 所以在上的投影向量为. 20. （安徽省合肥市2022-2023学年高一下学期4月期中考试数学试题）如图，在中，点、满足，，点满足，为的中点，且、、三点共线.    (1)用、表示；(2)求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由结合平面向量的减法化简可得出关于、的表达式，再由可得出关于、的表达式； （2）由、、三点共线知，存在，使得，进而可得出，利用平面向量的基本定理可求得的值. 【详解】（1）解：因为，则，所以，， 因为为的中点，故. （2）解：因为、、三点共线，则， 所以，存在，使得，即， 所以，， 又因为，且、不共线，所以，， 所以，，故. 21. （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. 【答案】(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. 【题型4】向量中的最值与范围问题 22. （23-24高一下·河北沧州·阶段练习）已知是夹角为的两个单位向量．若，其中，若的夹角为锐角，则的取值范围 ． 【答案】 【分析】 根据题意利用建立不等式，解出后，排除同向共线的情况即可. 【详解】因为是夹角为的两个单位向量， 则， 又， 则 ， 由题意知，解得， 又当共线时，则存在唯一的实数，使得， 即， 所以，解得， 此时同向，夹角为，不符合题意，故的取值范围为 23. （23-24高一下·广东广州·期中）已知的外接圆半径为1，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】取中点，设的外接圆圆心为，化简可得，进而可得当反向共线且时取最大值即可. 【详解】取中点，设的外接圆圆心为，则， . 又，故. ，当且仅当反向共线时取等号. 又，当且仅当时取等号. 即的最大值为. 24. （23-24高一下·广东惠州·阶段练习）在中，为上的一点，满足.若为上的一点，满足，则与的关系为 ；的最小值为 . 【答案】 【分析】根据平面向量共线定理的推论得到，再由乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】如图所示， 由得，即， 又， 所以，又为上的一点， 所以， 因为，， 所以， 当且仅当即时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：；. 25. （河南驻马店·期中）已知，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设向量，的夹角为，求得的表达式，利用平方的方法，结合余弦函数的值域等知识求得正确答案. 【详解】设向量，的夹角为，则， 因为， 所以， 令，则， 因为，所以，又，所以. 26. （23-24高一下·重庆·阶段练习）在平行四边形中，为的中点，，与交于点，过点的直线分别与射线，交于点，，，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平面向量基本定理，将用和表示，再利用，，三点共线，求得，再利用基本不等式求得最值. 【详解】由，，共线，可设， 由,,三点共线，故可设， 则有，解得：， 故， 由题意，，，三点共线， 故可设， 则，整理得， 故， 当且仅当，即时等号成立，则的最小值为 27. （高一下·江苏镇江·期末）（多选）如图，在梯形中，，，，，，为线段的中点，为线段上一动点（包括端点），，则下列说法正确的是（    ）    A． B．若为线段的中点，则 C． D．的最小值为6 【答案】AC 【分析】对于选项A，过作的垂直，再根据条件即可求出，从而判断出选项A的正误； 对于选项BCD，通过建立平面直角从标系，求出各点坐标，逐一对BCD分析判断即可得出结果. 【详解】选项A，过作的垂直，交于，所以，又，，，，， 所以，故选项A正确； 建立如图所示平面直角坐标系，则，，，， 选项B，因为为线段的中点，则，，， 所以，由，得到，所以，故选项B错误； 设，则，， 选项C，由，得到，解得，故选项C正确； 选项D，，，所以， 令，对称轴为，又，当时，所以的最小值为，故选项D错误；    28. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）键线式可以直观地描述有机物的结构，在有机化学中广泛使用．有机物“萘”可以用下左图所示的键线式表示，其结构简式可以抽象为下右图所示的图形．已知与为全等的正六边形．若点为右边正六边形的边界（包括顶点）上的动点，且向量，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由“等和线定理”结合图形分析得解. 【详解】 由平面向量共线定理可得，，，则三点共线的充要条件是. 下面先证明“等和线定理”， 如图，设，， 因为三点共线，所以存在，使得. ， ，，则. 由“等和线定理”结合图形可知：当点在上时，易得， 当点在上时，易得， 当点在上时，易得， 当点在上时，易得， 当点在上时，易得， 当点在上时，易得， 综上，可得. 29. （多选）（23-24高一下·重庆·阶段练习）重庆市第一中学校是一所历史悠久的全国名校，校园安静，环境优美，有大量的绿植，同学们入校后映入眼帘的就是一片树林，树木排列整齐，高大挺拔，枝繁叶茂，形成一道天然屏障，为夏日添一份凉爽.如图是重庆一中入校小树林的树木排列图，其中每一个点代表一棵树木，五角星处是一个鸟类观测点，圆圈处为邓小平雕塑，图中形成一个“心形”区域.据此，下列说法正确的有（    ） 本题中图形和数据如下：米，把看成是以，为直角边的等腰直角三角形，为的中点，米，K为BD的中点，// A． B．若为心形区域内任意一点，那么有最小值 C．若对两棵树的树顶仰角均为45°，那么两棵树的树顶之间距离为米 D．I为四边形内任意一点（包含边界），，那么的范围为 【答案】BCD 【分析】利用向量数量积的定义计算A，平面向量的线性运算处理B，利用基本几何关系证明C，建立平面直角坐标系，利用坐标运算处理D即可. 【详解】 对于A，在中，已知是以，为直角边的等腰直角三角形， 且B为AC的中点，，故，，则， 连接，易知，而K为BD的中点，故， 易知的夹角为，而， 可得，故A错误， 对于B，， ，而，故，故B正确， 对于C，令的树顶分别为， 那么有；． 由勾股定理得．故C正确， 对于D，连接，以为原点建立平面直角坐标系，， 设，故，，， 易知，， 故， 可得，化简得， 由中点坐标公式得，而I为四边形内任意一点， 可得，故， 即，故D正确. 【题型5】向量与三角形四心 30. （23-24高一下·山东济南·阶段练习）在中，分别是边的中点，点为的重心，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由向量的线性运算结合三角形的重心的性质求解即可． 【详解】因为分别是边的中点，点为的重心， 所以三点共线，三点共线，三点共线， 对于A，，故A错误；     对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确 对于D，，故D错误. 故选：C.    31. （23-24高一下·浙江·阶段练习）（多选）下列说法中正确的是（    ） A．若，则，且四点构成平行四边形 B．若为非零实数，且，则与共线 C．在中，若有，那么点一定在的平分线所在直线上 D．若向量，则与的方向相同或相反 【答案】BC 【分析】根据相等向量的定义即可判断A；根据平面向量共线定理即可判断B；根据平面向量加法的平行四边形法则即可判断C；根据共线向量的定义即可判断D. 【详解】对于A，若，则， 则，故四点共线或构成平行四边形，故A错误； 对于B，若为非零实数，且， 则，所以与共线，故B正确； 对于C，设分别是与方向相同的单位向量， 则， 设，则， 所以，又为公共始点，所以三点共线， 因为，所以平行四边形为棱形， 所以平分， 所以点一定在的平分线所在直线上，故C正确.    对于D，若向量，当时，此时的方向是任意的，故D错误. 32. （高一下·上海黄浦·阶段练习）在中，动点P满足，则P点轨迹一定通过的（    ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【答案】A 【分析】由变形得，设的中点为，推出，点P在线段AB的中垂线上，再根据外心的性质可得答案. 【详解】因为， 所以， 所以， 设的中点为，则，则，    所以，所以点P在线段AB的中垂线上，故点P的轨迹过的外心. 33. （23-24高一下·山东·阶段练习）(多选)下列说法正确的是（    ） A．已知向量，则“与共线”是“”的充要条件 B．已知非零向量满足，则 C．若为的外心，且，则是等边三角形 D．已知单位向量满足，则 【答案】BCD 【分析】对于A，令，即可举出反例判断；对于B，由向量垂直的充要条件结合平方差公式即可判断，对于C，由分解向量后，由向量模的平方展开结合外接圆半径相等有，注意到，从而即可进一步判断；对于D，注意到，平方可得，而，由此结合数量积的运算律即可求解. 【详解】对于A，若，则有与共线，但不可能成立，故A错误； 对于B，若，则，所以，故B正确； 对于C，因为为的外心，所以， 而，同理有， ， 又因为， 所以，即， 也就是说是等边三角形，故C正确； 对于D，因为，所以， 所以，即， 解得， 从而 ，故D正确. 34. （23-24高一下·广东深圳·阶段练习）（多选）点在所在的平面内，以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的重心 B．若，则点为的外心 C．若，则点为的内心 D．若，则点为的垂心 【答案】ABD 【分析】利用向量的线性运算即可判断A；根据模长相等结合外心的性质即可判断B，利用向量的数量积和向量的线性运算，结合外心以及垂心的性质即可求解CD. 【详解】对于A：设边，，的中点分别为，，， 所以，则， 所以， 所以，，三点共线，即点在中线上， 同理可得点在中线，上， 所以点是的重心，故A正确；    对于B：若，所以点为的外心，故B正确； 对于C：设边，,中点分别为点，，， 则，所以，所以为线段的垂直平分线， 同理可得，分别为线段，的垂直平分线， 所以为三角形三条边垂直平分线的交点，所以点为的外心，故C错误； 对于D：由已知可得， 即， 所以点在边边上的高上， 同理可得点在边边上的高上，点在边边上的高上， 所以点是的垂心，故D正确 【题型6】向量中的新定义问题 35. （高一下·湖北武汉·期末）已知，且，当时，定义平面坐标系为“-仿射”坐标系，在“-仿射”坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：分别为轴，轴正方向上的单位向量，若，则记为，那么下列说法中正确的是（    ） A．设，则 B．设，若，则 C．设，若，则 D．设，若与的夹角为，则 【答案】BD 【分析】根据题意得：，，对于A结合向量相等理解判断；对于B、D：利用以及进行运算判断；对于C：若，则，使得. 【详解】， 对于A： 即，故选项A错误； 对于B：若，当即时，显然满足：； 当即或时，则，使得， 即 则可得，消去得：，故选项B正确； 对于C：∵，则，可得 ， 若，则，故选项C错误； 对于D：∵， 由选项A可得：， ， 由选项C可得：， 若与的夹角为，则， 即， 整理可得，， 解得或（舍去）， ∵，则，故选项D正确 36. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是x轴与y轴方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系xOy中的坐标，记为 (1)在斜坐标系xOy中的坐标，已知，求； (2)在斜坐标系xOy中的坐标，已知，，，求的最大值及此时的值． 【答案】(1) (2)当时，的最大值为 【分析】（1）根据向量的数量积的运算律求解； （2）利用平面向量的数量积的坐标表示以及两角差的正弦公式，结合正弦函数的性质求解. 【详解】（1）由题意可知： , , 则. （2）由题意可知, 即, 由（1）可得：, 令 ， 又因为，所以， ，所以， 则 , 又因为函数在单调递增， 即：时，函数取到最大值3， 即，则有， 所以当时，的最大值为. 37. （23-24高一下·广东深圳·阶段练习）定义：已知两个非零向量与的夹角为.我们把数量叫做向量与的叉乘的模，记作，即. (1)若向量，，求； (2)若平行四边形的面积为4，求； (3)若，，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量数量积的运算求得，从而利用新定义即可得解； （2）利用平行四边形的面积公式，结合新定义即可得解； （3）利用新定义与向量数量积的定义求得的夹角，从而得到，再利用向量数量积的运算法则与基本不等式即可得解. 【详解】（1）因为，， 则， 所以， 因为是向量的夹角，所以， 因此，故. （2）因为平行四边形ABCD的面积为4， 所以，所以. （3）因为， 所以，所以， 因为，所以，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为. 【题型7】向量解答题常考中档题专练 38. （23-24高一下·浙江·阶段练习）如图，在中，D是BC中点，E在边AB上，且，AD与CE交于点O． (1)用，表示； (2)过点O作直线交线段AB于点G，交线段AC于点H，且，，求t的值； (3)若，求的值． 【答案】(1) (2) (3)． 【分析】（1）由E，O，C三点共线，得，又，从两个角度用，表示，从而得的值得解； （2）因为H，O，G三点共线，所以，转化为用，表示，可得的值； （3）用，表示，从而进行数量积运算. 【详解】（1）因为A，O，D三点共线，所以，，且E，O，C三点共线， 所以存在实数，使，其中D是BC中点，且， 所以 即 解得，， 所以． （2）因为H，O，G三点共线，所以存在实数，使， 其中，，所以， 根据平面向量基本定理可得：即， 所以． （3） ， 整理可得：，所以． 39. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）如图：在中，已知与交于点．    (1)用向量表示向量； (2)过点作直线，分别交线段于点，设，若，，当取得最小值时，求模长． 【答案】(1) (2)5 【分析】（1）设，将向量分别用和表示，根据三点共线可求的值；； （2）将向量用表示，由三点共线，可得，由基本不等式可解. 【详解】（1）设，将代入， 得,因为三点共线，且三点共线， 所以，得 即． （2）， 则，因为三点共线， 则，即 当且仅当，即时取得等号． 此时 . 模块二 解三角形 【题型8】三角形性质辨析 40. （2024高一下·全国·专题练习）（多选）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】根据余弦定理判断A；根据余弦定理和基本不等式，即可判断B；利用反证法，假设，结合余弦定理和不等式的性质，即可判断C；举反例，即可判断D. 【详解】A.由，可以得出，所以，故A正确； B.由，得，得，故B错误； C.假设，则，，， ，即，与矛盾，,故C正确； D.取，满足，此时,故D错误． 41. （23-24高一下·浙江·阶段练习）已知的三内角所对的边分别是，设向量，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．等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【分析】利用平面向量平行的条件得，再利用余弦定理可得边的关系，即可得解. 【详解】由题意，向量，且， 则，故， 整理得到， 故，故或， 即或，故的形状为等腰或直角三角形. 42. （23-24高一下·广东惠州·阶段练习）（多选）在中，，则下列不等式中一定正确的是（  ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用边角关系及正弦定理判断A；利用余弦函数的性质判断B；举例说明判断C；利用二倍角公式结合选项A判断D. 【详解】对于A，在中，，由正弦定理得，A正确； 对于B，显然，因此，B正确； 对于C，取，满足，而，C错误； 对于D，由选项A知，，则，D正确. 43. （23-24高一下·广东广州·期中）（多选）在中，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】ACD 【分析】对A，根据三角形大边对大角与正弦定理判断即可；对B，举反例判断；对C，根据余弦函数的单调性判断即可；对D，由A结合余弦的二倍角公式判断即可. 【详解】对A，由三角形大边对大角可得若则，再由正弦定理可得，故A正确； 对B，若，则，，，故B错误； 对C，在中，，又在上为减函数，故，故C正确； 对D，由A可得，若，则，则，故，即，故D正确. 44. （23-24高一下·安徽淮南·阶段练习）（多选）下列命题中是假命题的是（    ） A．若，则 B．若向量，满足，且与同向，则 C．若两个非零向量，满足，则 D．在中，，，，则使有两解的的范围是 【答案】ABD 【分析】A举反例可判断A为假命题；B根据向量不能比较大小判断；C根据共线向量定理判断；D根据有两解的边长关系判断即可. 【详解】若，例如，但，则命题不成立，故选项A是假命题； 因为空间向量不能比较大小，只能对向量的长度进行比较，因此也就没有这种写法，故选项B是假命题； 因为，所以，即与共线，故，选项C是真命题． 要使有两解，则需，故，即，故D是假命题. 45. （高一下·广东东莞·期中）（多选）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（    ） A．若，，则只有一解 B．若，则是锐角三角形 C．若O为所在平面内一点，且，则O为的垂心 D．若，则的形状是等腰或直角三角形 【答案】ACD 【分析】利用正弦定理可判断A；根据数量积的定义判断B；根据数量积的运算律可判断C；根据余弦定理化简已知等式可判断D. 【详解】对于A，由正弦定理得， 因为B为三角形内角，故，即只有一解，A正确； 对于B，由可知， 即三角形内角A为锐角，但B，C大小不确定，推不出是锐角三角形，B错误； 对于C，由可得， 即即，同理可得， 即O为的垂心，C正确； 对于D，由得，， 即， 即，即或， 即的形状是等腰或直角三角形，D正确 46. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）（多选）在中，角的对边分别为，且已知，则（    ） A．若，且有两解，则的取值范围是 B．若，且恰有一解，则的取值范围是 C．若，且为钝角三角形，则的取值范围是 D．若，且为锐角三角形，则的取值范围是 【答案】AD 【分析】根据三角形的构成，结合正弦、余弦定理可判断三角形有几个解和特殊三角形所要满足的条件. 【详解】选项：由正弦定理，， 且，则，选项正确； 选项：①，则； ②且，则 综上或，选项错误； 选项：①为最大边：，且，此时； ②为最大边：，且，此时，选项错误； 选项：，且，所以，选项正确 【题型9】解三角形中的测距，测高问题 47. （高一下·广东深圳·期末）高中数学兴趣小组计划测量某大厦的高度，选取与底部在同一水平面内的两个基测点与.现测得，，米，在点测得大厦顶的仰角，则该大厦高度 米（精确到1米）. 参考数据：，.    【答案】 【分析】在中，利用正弦定理求出，再解即可. 【详解】在中，，，米， 则， 因为， 所以米， 在中，， 则， 所以米. 48. （23-24高一下·浙江·阶段练习）鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高为（    ）米. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在中，利用正弦定理求，进而在中求山的高度. 【详解】由题知，，，则，， 又，所以，所以，， 在中，， 根据正弦定理有， 且， 则， 在中，. 所以山高为米. 49. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）（多选）装货轮在A处看灯搭B在货轮北偏东，距离为海里；在A处看灯塔C在货轮的北偏西，距离为海里.货轮自A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东，则下列说法正确的是（    ） A．A处与D处之间的距离是24海里 B．灯塔C与D处之间的距离是海里 C．灯塔C在D处的西偏南 D．D在灯塔B的北偏西 【答案】ABC 【分析】根据题意作出图形，然后在中，结合正弦定理得求出，在中，由余弦定理得，然后求出相关角度，进而逐项分析即可. 【详解】根据题意作出图形：    由货轮在A处看灯搭B在货轮北偏东，距离为海里，得，， 又在A处看灯塔C在货轮的北偏西，距离为海里，得，， 又货轮自A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东，得， 所以在中，. 对于A：在中，由正弦定理得， 所以（海里)，故A正确； 对于B：在中，由余弦定理得， 即（海里)，故B正确； 对于C：因为，所以， 所以灯塔在处的南偏西方向，即灯塔C在D处的西偏南，故C正确； 对于D：由，在灯塔的南偏东处，在灯塔的北偏西处，故D错误. 50. （23-24高一下·浙江·阶段练习）如图是在沿海海面上相距海里的两个哨所，位于的正南方向.哨所在凌晨1点发现其南偏东方向处有一艘走私船，同时，哨所也发现走私船在其东北方向上.两哨所立即联系缉私艇前往拦截，缉私艇位于点南偏西的点，且与相距海里，试求：    (1)刚发现走私船时，走私船与哨所的距离； (2)刚发现走私船时，走私船距离缉私艇多少海里？在缉私艇的北偏东多少度？ (3)若缉私艇得知走私船以海里/时的速度从向北偏东方向逃窜，立即以30海里/时的速度进行追截，缉私艇至少需要多长时间才能追上走私船？ 【答案】(1) (2)走私船距缉私艇30海里，在缉私艇的北偏东方向上 (3)小时 【分析】（1）在中根据正弦定理可得结果； （2）在中根据余弦定理可得结果； （3）在中由余弦定理可得结果. 【详解】（1）由在的南偏东，在的东北偏方向，在中， ，由正弦定理得， ， 代入上式得：海里． 答：走私船与观测点的距离为海里； （2）在中，海里，海里，， ． ， ，解得海里， 又， 且，所以， 故刚发现走私船时，走私船距缉私艇30海里，在缉私艇的北偏东方向上． （3）设小时后缉私艇在处追上走私船，则， 又，， 在中，由余弦定理得， ，化简得 解得．故缉私艇至少需要小时追上走私船．    【题型10】解三角形大题专练（基础篇） 51. （高一下·安徽合肥·期中）设的内角的对边分别为. (1)求A；(2)若，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合诱导公式，化简可得，再求出A； （2）根据，利用正弦定理边化角可得，再利用余弦定理求出，最后求出周长即可. 【详解】（1）在中，， 由正弦定理得， 因为，则， 即，即， 而，即，所以， 故； （2）因为，所以，又， 所以，即， 所以，所以的周长为. 52. （23-24高一下·山东·阶段练习）在中，已知． (1)求的大小； (2)请从条件①：，条件②：，这两个条件中任选一个作为条件，求和的值． 注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】(1)或 (2)选条件①，，，选条件②，， 【分析】（1）先用正弦定理求出角A； （2）选条件①：先判断出，分别求出，利用两角和的余弦公式即可求出，再用余弦定理求出a；选条件②：先判断出，分别求出，利用两角和的余弦公式即可求出，再用正弦定理求出a． 【详解】（1）中，因为，所以， 由正弦定理得：，所以， 且，所以或. （2）选条件①：，则，所以（舍去）. 此时，，，， 所以 . 即， 由余弦定理得：， 即，解得：（舍去）． 选条件②：. 因为，所以，所以（舍去）. 此时，，，， 所以 ， 即.所以， 由正弦定理得：， 即，即. 53. （23-24高一下·湖北武汉·阶段练习）如图，在平面四边形ABCD中，，，，． (1)求线段BC的长度；(2)求线段AC的长度；(3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用三角形的面积公式即可求解； （2）利用（1）的结论及余弦定理即可求解； （3）利用（1）(2)的结论及正弦定理即可求解； 【详解】（1）因为，，， 所以，解得， 所以线段BC的长度为. （2）由（1）知，， 在中，由余弦定理可得 ， 解得， 所以线段AC的长度为. （3）由（1）（2）知, 在中，由正弦定理可得 ，即，得， 又因为， 所以 在中，由正弦定理可得 ，即得， 故的值为. 54. （23-24高一下·浙江·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，，． (1)求向量在的投影向量的坐标； (2)求的面积． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由投影向量的定义求解即可； （2）由数量积的定义和模长公式求出，再由同角三角函数的基本公式求出，最后由三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以在上的投影向量为：． （2），， ， ， ，， ． 55. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角的对边分别为，若，又以为边长的三个正三角形的面积分别为，且． (1)求的面积：(2)若，求的周长． 【答案】(1)； (2)20. 【分析】 （1）利用正弦定理边化角求出，利用三角形面积公式求出即可计算得解. （2）利用正弦定理求出三角形外接圆半径，进而求出，再利用余弦定理求出得解. 【详解】（1） 在中，由及正弦定理，得， 而，则，解得，显然， 同理，依题意，，解得， 由余弦定理得，于是， 所以的面积. （2） 由（1）知，，令的外接圆半径为， 于是，解得，则， 又，解得， 所以的周长. 56. （22-23高一下·安徽合肥·期中）的内角的对边分别为，已知. (1)证明：； (2)若是锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和差公式，得到，即可得证； （2）利用正弦定理及题设条件，求得，结合为锐角三角形，求得的范围，即可求解. 【详解】（1）证明：由正弦定理及，可得， 因为，可得， 所以, 所以或， 因为，所以，即. （2）解：由正弦定理且，，可得， 因为为锐角三角形，所以，解得，所以， 所以的取值范围是. 【题型11】角平分线，线，高线相关问题 57. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角所对的边分别为，已知，若为边上的中线，且，则的面积等于 ． 【答案】 【分析】将条件式，利用正弦定理角化边，再根据余弦定理求得，以为邻边做平行四边形，在中，利用余弦定理求得，所以，得解；方法二，设，在中由余弦定理得，又，由余弦定理可得，解得，后面同解法一. 【详解】由，得， ， 注意，得，得， 记，由，知， 如图，以为邻边做平行四边形， 在中：，即， 得，所以， 故答案为：． 法（2）：设，在中：① 因为，则， 由余弦定理可得，得② 联立①②知：，即，解得，后面同上． 故答案为： 58. （23-24高一下·重庆·阶段练习）的内角，，的对边分别为，，，且，，若边的中线长等于，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【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求出，即可求出，设的中点为，则，将两边平方，结合数量积的运算律及定义计算可得. 【详解】因为， 由正弦定理可得， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 因为，所以． 设的中点为，则， 所以， 又， 所以，又， 所以，解得或（舍去）. 故选：C 59. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）如图．在锐角中，边上的中线长为，且，．    (1)求边的长；(2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合诱导公式利用正弦定理即可求解； （2）利用余弦定理和面积公式求解即可. 【详解】（1）因为， 所以，所以在锐角中，， 由正弦定理得，， 即，解得. （2）由（1）知， ， 因为，为锐角三角形，所以， 由余弦定理得，， 解得或， 又， 所以，， 所以的面积为. 60. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角的对边分别为，已知． (1)求角的大小； (2)若的面积为，角的平分线与交于点，且，求边的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由两角和的正弦公式以及正弦定理可得，可得结果； （2）由三角形面积公式并利用可得，再由余弦定理即可求得. 【详解】（1）由，得， 由正弦定理可得， 即； 因为，所以可得，又因为， 所以． （2）易知，所以； 如下图所示： 因为为角平分线，所以， 即，即 而， 所以． 61. （23-24高三上·云南昆明·阶段练习）在中，角，，的对边分别为，，，． (1)求；(2)若点是上的点，平分，且，求面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式，化简已知等式，可得，结合同角的三角函数关系，即可求得答案； （2）利用面积相等，即，推出，利用基本不等式结合三角形面积公式，即可求得答案. 【详解】（1）由题意知中，， 故，即, 即, 所以，而， 故，即， 又，故； （2）由于点是上的点，平分，且， 则， 由，得， 即，则，当且仅当时取等号， 故，当且仅当时取等号， 所以， 即面积的最小值为. 【题型12】解三角形综合小题 62. （23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）在中，，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】利用余弦定理的边角变换得到，再利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式即可得解. 【详解】因为，所以， 因为， 两式相减，得， 由正弦定理，得，即， 因为，所以. 63. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角的对边分别为，若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据数量积运算先求出，再由正、余弦定理求解. 【详解】，所以， 则，即， 由正弦定理，. 64. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角、、的对边分别为、、，若，又的面积，且，则（    ） A．64 B．84 C．-69 D．-89 【答案】C 【分析】利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式整理可求得关系，再由三角形面积公式和余弦定理求得三边，再由数量积运算得到结果 【详解】由，得， 所以， 则，即，即， 又，即， 又，得， 联立、、，解得， 则，即， 由，平方知， 所以. 65. （23-24高一下·湖北武汉·阶段练习）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】利用三角形的面积公式及余弦定理的推论，结合基本不等式即可求解. 【详解】因为的面积为， 所以, 因为，所以, 所以 所以，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值是. 66. （23-24高一下·山东·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且，设的面积为，若，则此三角形的形状为（    ） A．等腰三角形 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】首先由三角形面积公式数量积定义得，结合化简得，即，由此即可判断. 【详解】因为，所以，解得， 又， 所以， 因为， 所以， 所以， 所以，即， 又， 所以此三角形的形状为等边三角形. 67. （高一下·安徽合肥·期中）（多选）的内角的对边分别为，若，则（    ） A． B． C．角A的最大值为 D．面积的最小值为 【答案】ABC 【分析】由平面向量的数量积计算可得A，由余弦定理可得B，由基本不等式及余弦定理可判断C，结合条件可得，由项判定的范围即可. 【详解】由，故A正确； 由余弦定理结合A项可得，故B正确； 由上结合基本不等式及余弦定理有 故，而，单调递减，所以由， 当且仅当时取得最大值，故C正确； 由上可得，又，所以，故D错误. 68. （23-24高一下·浙江·阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，，，则的面积是 ． 【答案】 【分析】由已知利用三角函数恒等变形化简，得，可得，从而可得，又，正弦定理可求，再由三角形面积公式得解. 【详解】由题意得，， 即， ，由得，，又， 得，即，所以； 由，，得， 由，得，从而，， 故， 所以的面积为． 69. （23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）在中，为边上一点，，且的面积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由面积公式求出，即可得到为等腰三角形，则，在中由正弦定理求出，即可求出，最后由利用两角差的正弦公式计算可得. 【详解】因为，解得， 所以为等腰三角形，则， 在中由正弦定理可得，即，解得， 因为，所以为锐角，所以， 所以 . 70. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，的平分线交AC于点D，，则周长的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据等面积法得，进而结合基本不等式得，，当且仅当时等号成立，再结合余弦定理得，当且仅当时等号成立，进而得周长最小值. 【详解】根据题意，设，， 因为，，，， 所以，即， 所以， 因为根据基本不等式有， 所以，，当且仅当时等号成立， 由余弦定理得 ，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立. 所以周长的最小值为. 故答案为：. 71. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）（多选）在锐角中，已知角的对边分别为，且，，则下列说法正确的是有（    ） A．的外接圆的周长为 B．的周长的取值范围为 C．的面积的取值范围为 D．的内切圆的半径的取值范围为 【答案】BCD 【分析】将条件式利用正弦定理和三角恒等变换求得，，对A，由正弦定理求解判断；对B，利用正弦定理边化角并结合角的范围求解；对C，利用三角形面积公式结合正弦定理边化角并结合角的范围求解；对D，由内切圆，结合余弦定理，可得，结合B选项求解判断. 【详解】由，得到，得到， 由，得到，则，得到. 因为为锐角三角形，则，且，得 对于A选项：，即，外接圆周长为，故选项A错误； 对于B选项：周长 ， ，， ，则， 所以周长的取值范围为.故选项B正确； 对于C选项：的面积 ， ，， ，.故选项C正确； 对于D选项：，得， 因为内切圆，则， 由选项B，知， ，故选项D正确 72. 设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据已知条件，利用正弦定理边角互化结合三角恒等变换将目标式化为角的函数关系，再求的取值范围，根据函数值域即可求得结果． 【详解】因为，则，， 又， 故由正弦定理可得： ， 又为锐角三角形，故可得， 解得，则， 由于，在上单调递增， 当当， 故， 即． 73. （23-24高一下·重庆·阶段练习）锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据正弦定理和条件化简得到，把转化为角求解可得答案. 【详解】因为，所以， 整理可得，即有. 又，所以，解得，所以， 于是 . 因为三角形是锐角三角形，所以，所以， 所以的取值范围是. 【题型13】解三角形与实际结合 74. （23-24高一下·重庆·阶段练习）我国油纸伞的制作工艺巧妙．如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈D能够沿着伞柄滑动，如图（2）.伞完全收拢时，伞圈D已滑到的位置，且A，B，三点共线，，B为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为24cm，则当伞完全张开时，的余弦值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出的长，利用余弦定理求出，再利用二倍角余弦公式，即可求得答案. 【详解】依题意，，当伞完全张开时，， B为的中点，故， 当伞完全收拢时，， 在中，， 故， 故选：A 【题型14】解三角形大题（提高篇） 75. （23-24高一下·浙江宁波·阶段练习）在锐角中，已知. (1)求；(2)求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再借助三角函数和差角公式化简可解； （2）利用正弦定理边化角，再借助辅助角公式化简求范围. 【详解】（1）由题意，根据正弦定理可得， 则，展开可得， . （2）由正弦定理， 则 ，其中， 是锐角三角形，，. ，， 显然，当时，， . 76. （23-24高一下·浙江·阶段练习）已知内角，，的对边分别是，，，． (1)求的大小； (2)若，将射线和射线分别绕点，顺时针旋转，，旋转后相交于点（如图所示），且，求． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用两角和（差）的余弦公式展开得到，再利用正弦定理将边化角，即可求出，从而得解； （2）在中，由正弦定理求出，再在中，由正弦定理求出，最后在中利用余弦定理计算可得. 【详解】（1），， ， ， ， 由正弦定理可得， 又在中，， 所以， 又因为，所以． （2）依题意，，所以， 所以， 又，所以， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 于是，在中，由余弦定理得 ． 77. 古希腊的数学家海伦在其著作《测地术》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为海伦公式.其中，.我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为“三斜求积”公式. (1)利用以上信息，证明三角形的面积公式； (2)在中，，，求面积的最大值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据题意结合余弦定理分析证明； （2）利用三角恒等变换结合正弦定理分析可得，再运用题中公式结合基本不等式运算求解. 【详解】（1）因为，即， 可得 ， 且，则，所以. （2）因为， 由题意可得，即， 整理得， 由正弦定理可得，即， 的面积 ， 因为，当且仅当时，等号成立， 则， 所以面积的最大值为. 78. 在锐角中，角的对边分别是，且. (1)求； (2)若外接圆的半径是1，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）利用余弦定理结合二倍角的正弦公式即可得解； （2）先利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式，由三角恒等变换化一结合正弦函数的性质即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 则， 因为是锐角三角形，所以，则 所以， 所以； （2）因为外接圆的半径是1， 所以， 则， 所以 ， 因为是锐角三角形， 所以，所以， 则， 故面积的取值范围是. 79. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知分别为三个内角A，B，C的对边，满足：． (1)证明：； (2)若，且为锐角三角形，求的面积S的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，结合，利用正弦的差角公式整理化简即可求得结果； （2）根据之间的关系，结合正弦定理，构造面积关于的函数关系，再结合三角形形状，求得的范围，进而求函数值域即可. 【详解】（1）证明：∵，∴， ∴，∴， ∴，∴或， ∵，∴. （2）∵，∴，∴． 由正弦定理得且，∴   ∴， ∵为锐角三角形且， ∴，， ∴ ∵为锐角三角形，∴，  ∴，     ∴， 此时为增函数，∴． 模块三 三角函数 【题型15】三角函数综合 80. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）（1）已知是第三象限角，且 ①求的值； ②求的值． （2）化简：． 【答案】（1）①；②；（2）. 【分析】（1）①利用三角诱导公式和同角的基本关系式化简已知式求得，再根据角的象限确定值；②将所求的弦的二次齐次式通过构造分母化弦为切即得； （3）利用二倍角公式化单角为半角，再逆用二倍角公式，最后根据角的范围去掉根号，化简即得． 【详解】（1）①依题意，， 即，而是第三象限角，所以. ②是第三象限角，， 所以. （2）由 ， 由，即，得， 所以原式. 81. （23-24高一下·湖北武汉·阶段练习）若，且，，则的值是 ． 【答案】 【分析】先由降幂公式得到，再由同角三角函数关系得到和，然后经过拆角和余弦展开式化简得到结果. 【详解】， 所以， 因为，所以，所以， 因为，所以， 又，所以， 所以， 因为，所以，故答案为：. 82. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）已知函数． (1)求的最小正周期和的单调递减区间； (2)当时，求函数的值域及取得最小值时x的值． 【答案】(1)； (2)答案见解析 【分析】（1）利用二倍角降幂公式、辅助角公式可得出，利用周期公式可计算出函数的最小正周期，解方程可得出函数的对称中心坐标；解不等式，可得出函数的单调递减区间； （2）由，计算出的取值范围，利用正弦函数的性质可得出该函数的最小值以及对应的的值，从而得值域. 【详解】（1） ， 所以，函数的最小正周期为. 解不等式， 解得. 因此，函数的单调递减区间为； （2）当时，， 当时，即当时，函数取得最大值，最小值为， 当时，即当时，函数取得最小值，最小值为， 所以函数的值域为． 83. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知. (1)若在（）上单调，求m的最大值； (2)若函数在上有两个零点，，求实数k的取值范围及的值. 【答案】(1)的最大值为； (2); 【分析】（1）首先化简函数的解析式，再根据定义域，代入求的范围，结合函数的单调性，即可求解； （2）由题意转化为两个函数的交点问题，再利用函数的图象，以及对称性，即可求解. 【详解】（1）， ， ， ， 因为，所以， 若在（）上单调，所以， 解得：，所以的最大值为； （2）由（1）可知，在上有两个零点，， 即与在上有2个交点， ，，设， 即与，有2个交点， 在单调递增，在单调递减， ，，， 则，解得：； 并且，与关于对称，即， 所以 . 84. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知函数． (1)求函数的单调递增区间； (2)记方程在上的从小到大依次为，，⋯，，试确定n的值，并求的值． 【答案】(1)，； (2)5，. 【分析】（1）对合理化简后求出单调递增区间即可. （2）先用换元法求出方程根的个数，进而确定n的值，再利用性质求和即可. 【详解】（1）由题意知：      令，，则， 所以的单调递增区间为：， （2）令，则， ∵，∴     令，则函数在上的图象如下图所示， 由图可知，与共有5个交点， ∴在上共有5个根，即， ∵ ∴， 故的值为. 【题型16】三角函数与向量 85. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知函数的图像上一个最低点为A，离A最近的两个最高点分别为B与C，则 ． 【答案】 【分析】根据函数图象，分别求出函数的周期，得到，分别求出和,代入向量的数量积定义式化简即得. 【详解】   如图，分别过点作轴的垂线段,垂足分别为,依题意，函数的最小正周期为, 由图知,而,故, 则,设,则由余弦定理，， 于是 86. （23-24高一下·广东汕头·阶段练习）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P. 已知平面内点，点，把点B绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，则点P的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 设，再根据新定义得到，解出点的坐标即可. 【详解】 由题意可知，把点绕点A逆时针方向旋转，得到点， 设，则， 所以，解得，所以点的坐标为 87. （23-24高一下·湖北武汉·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点和点，，且，其中O为坐标原点． (1)若，求的值； (2)若，设点D为线段OA（包括端点）上的动点，求的最小值； (3)若，向量，，求式的最小值及对应的值． 【答案】(1) (2) (3)当时，最小0. 【分析】（1）求出，将目标式转化为用表示，然后代入的值计算即可； （2）设点，利用向量的坐标运算以及二次函数的性质计算模的最小值； （3）计算化简，然后利用正弦函数的性质求解最值. 【详解】（1）因为，则， 则； （2）因为，且，则点，设点，， 则， 所以， 当时，最小，且最小为； （3）由已知点，则， 又， 所以 ， 因为，所以， 则当，即时，取最小值，且最小值为. 【题型16】三角函数与解三角形 88. （23-24高一下·浙江·阶段练习）在中，内角的对边分别为，且. (1)求角； (2)若，求面积的最大值； (3)若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理边角互化得，再利用余弦定理求解即可； （2）利用余弦定理结合基本不等式求得，然后利用面积公式求解即可； （3）根据正弦定理结合两角和差公式化简得，然后结合锐角三角形性质，根据正弦函数的性质求解范围即可. 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理得，整理得， 由余弦定理得，因为，所以. （2）由余弦定理得，所以，即， 当且仅当时，等号成立，所以， 即当为正三角形时，面积最大值为. （3）由正弦定理得 ， 其中为锐角，且，所以， 又因为为锐角三角形，所以，解得， 所以， 所以，即， 故的取值范围为. 模块四 复数中档题 【题型17】数系的扩充与复数的概念 89. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知方程，有两个虚数根，在复平面上对应两虚根之间的距离为，则 ． 【答案】 【分析】直接解二次方程得到两个虚数根，从而利用复数的几何意义得到关于的方程，注意检验，从而得解. 【详解】因为方程，有两个虚数根， 所以，则， 又由，得，即， 所以，即， 所以的两个虚数根分别为， 它们在复平面上对应的点分别为， 所以它们之间的距离为，解得，满足， 所以. 90. （23-24高一下·浙江·阶段练习）（多选）已知复数（i是虚数单位），则下列结论正确的是（    ） A．复数的虚部等于 B．对应复平面内的点在第三象限 C． D．若是实数，是纯虚数，则 【答案】BCD 【分析】先化简复数，然后根据复数的纯虚数和虚部概念，几何意义，及复数的运算逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，复数， 对于A项：，所以复数的虚部等于，所以A项错误； 对于B项：，对应的点在复平面的第三象限，所以B项正确； 对于C项：，所以C项正确； 对于D项：因为是纯虚数且是实数，即为纯虚数，所以，解得， 所以D项正确. 91. 已知复数（是虚数单位）是方程的根，其中是实数 (1)求和的值；(2)若是纯虚数，求实数的值 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由为方程的根可知是方程的另一根，利用韦达定理可得结果； （2）由复数乘法运算化简，由纯虚数定义可构造方程求得的值. 【详解】（1）是方程的根，是方程的另一根， . （2）由（1）知：； 是纯虚数，，解得：. 92. （高一下·河北保定·期中）已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数（是的共轭复数） (1)求实数及； (2)设复数，且复数对应的点在第二象限，求实数的取值范围． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的概念得到方程（不等式）组，求出的值，即可求出，从而求出其模； （2）根据复数的乘方及代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可. 【详解】（1）∵，∴， ， 为纯虚数， ，解得， 故，则 （2）， ， 复数所对应的点在第二象限， ，解得， 故实数的取值范围为. 93. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）已知复数z为纯虚数，是实数，i是虚数单位． (1)求复数z；(2)若复数所表示的点在第二象限，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据复数的除法运算，得到复数的实部与虚部，由复数是实数的充要条件解出的值即可； （2）根据复数的乘法运算，得到复数的代数形式，再由复数所表示的点在第二象限，建立不等式求解即可. 【详解】（1）由已知复数为纯虚数，设且， 所以， 又因为是实数，所以，解得，即. （2）因为，所以 ， 又因为复数所表示的点在第二象限， 所以，解得，即实数的取值范围为. 94. （23-24高一下·浙江·阶段练习）（1）已知，若为实数，求的值. （2）已知复数满足，若复数是实系数一元二次方程的一个根，求的值. 【答案】（1）；（2）19. 【分析】（1）化简复数，然后根据复数为实数列方程求解即可； （2）根据复数模的运算求得，代入二次方程，根据复数相等列方程组求解即可. 【详解】（1）因为为实数， 所以，解得； （2）由可设，由题意，所以， 所以，所以，代入得， 即，所以，所以，所以. 【题型18】待定系数法 95. （23-24高一下·浙江宁波·阶段练习）（多选）设为复数，则下列结论中正确的是（    ） A．若为虚数，则也为虚数 B．若，则的最大值为 C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A，由为虚数，得为虚数，从而可判断A，对于B，由进行判断，对于C，设，然后分别求解进行判断，对于D，根据复数的向量表示及向量三角不等式分析判断. 【详解】对于A，因为为虚数，为实数，所以为虚数，所以也为虚数，所以A正确； 对于B，当时，满足，此时，所以B错误； 对于C，设，则 ， ， 所以， ， 所以，所以C正确， 对于D，设对应的向量分别为，则由向量三角不等式得， 所以恒成立，所以D正确 96. （23-24高一下·重庆·阶段练习）设，，是复数，则下列命题中的真命题是（    ） A．若，则 B．若，则 C．，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】根据条件，结合共轭复数的定义，复数模的公式，复数的四则运算，即可求解. 【详解】对于A，若，则，，所以，故A正确； 对于B，令，，，所以，但，故B不正确； 对于C，设，，则， 则， 所以， 则， 所以， 则，故C正确； 对于D，令，，则，但，所以D不正确 97. （23-24高一下·山东泰安·阶段练习）（多选）已知复数，下列结论正确的有（    ） A． B．若，则 C． D．若，则 【答案】ACD 【分析】利用共轭复数的定义判断选项A；由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B；由复数模的运算性质判断选项C；由复数的乘法运算及共轭复数的概念判断选项D. 【详解】设， 对于A，，，故选项A正确； 对于B，因为， 则，则或， 所以中至少有一个0，即或，故选项B不正确； 对于C，由复数模的运算性质可知， ， =， 所以，故选项C正确； 对于D，当，则， 可得，解得，即， 所以，故选项D正确. 【题型19】复数的模与圆 98. （23-24高一下·山东泰安·阶段练习）已知复数满足，则（为虚数单位）的最大值为 . 【答案】14 【分析】由，根据复数减法的几何意义将问题转化为点的距离问题，然后结合图形可解. 【详解】， 记，对应点为，对应点为，复平面原点为， 由可知，点在单位圆上， 由复数减法的几何意义可知，表示点的距离， 易知，， 因为， 所以，故的最大值为14. 故答案为：14 99. （23-24高一下·浙江宁波·阶段练习）复数的虚部是 ；若复数满足为虚数单位，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】借助复数的运算法则及复数的三角形式运算即可得. 【详解】，故复数的虚部是； 因为复数满足，则设，有， 因此 ， 而时，，则， 即， 于是，所以的取值范围为. 故答案为：；. 100. （23-24高一下·安徽淮南·阶段练习）（多选）下列四个命题正确的是（    ） A．若，则的最大值为3 B．若复数，满足，，，则 C．若，则点的轨选经过的重心 D．在中，D为所在平面内一点，且，则 【答案】ABC 【分析】A根据复数模的几何意义及圆的性质判断；B利用复数的运算和模的运算求解即可；C结合重心的性质进行判断；D利用平面向量基本定理，判断出D点位置，进而可求. 【详解】对A，由的几何意义，知复数对应的动点到定点的距离为1， 即动点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，表示动点的轨迹以的距离， 由圆的性质知： ，A正确； 对B，设， 因为， 所以，， 所以，所以 ，B正确； 对C，由正弦定理的，即， ，设中点为， 如图： 则，则，由平面向量的共线定理得三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心,C正确； 对D，如图由已知点在中与平行的中位线上，且靠近的三等分点处， 故有， 所以，D错误. 2 / 74 学科网（北京）股份有限公司 $$【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 高一下学期第一次月考常考中档题型巩固总览 题型·解读 模块一 向量综合题型梳理 【题型1】向量的线性运算 【题型2】向量的模长，夹角，投影向量问题 【题型3】向量常考大题专练 【题型4】向量中的最值与范围问题 【题型5】向量与三角形四心 【题型6】向量中的新定义问题 【题型7】向量解答题常考中档题专练 模块二 解三角形 【题型8】三角形性质辨析 【题型9】解三角形中的测距，测高问题 【题型10】解三角形大题专练（基础篇） 【题型11】角平分线，线，高线相关问题 【题型12】解三角形综合小题 【题型13】解三角形与实际结合 【题型14】解三角形大题（提高篇） 模块三 三角函数 【题型15】三角函数综合 【题型16】三角函数与向量 【题型16】三角函数与解三角形 模块四 复数中档题 【题型17】数系的扩充与复数的概念 【题型18】待定系数法 【题型19】复数的模与圆 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 向量综合题型梳理 基础知识 【题型1】向量的线性运算 1. 下列不能化简为的是（    ） A． B． C． D． 2. （高一下·陕西·期中）如图，在中，设，则（    ） A． B． C． D． 3. （高一下·河南洛阳·阶段练习）已知点在的内部，分别为边的中点，且，则（    ） A． B．1 C． D．2 4. （23-24高一下·浙江·阶段练习）已知六边形ABCDEF为正六边形，且，，以下不正确的是（    ）    A． B． C． D． 【题型2】向量的模长，夹角，投影向量问题 5. （23-24高一下·河北沧州·阶段练习）已知向量，则 ． 6. （高一下·安徽合肥·期中）（多选）设向量，则（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 7. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）已知向量，则下列说法正确的是（    ） A．与的夹角为钝角 B．若向量是与向量垂直的单位向量，则为 C．与向量同向共线的单位向量为 D．向量在上的投影向量为 8. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）（多选）关于同一平面内的任意三个向量，下列四种说法错误的有（    ） A． B．若，且，则 C．若，则或 D． 9. （高一下·湖南·期中）已知向量，满足，，与的夹角为，则在上的投影向量为 （用坐标表示）． 10. （23-24高一下·浙江·阶段练习）已知平面向量满足，则与夹角的大小为 . 11. 已知向量，，， ；在上的投影向量的坐标为 ． 12. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）如图，已知O为平面直角坐标系的原点．，， (1)求和的坐标； (2)求向量与向量的夹角； (3)求向量在向量上的投影向量的坐标． 13. （23-24高一下·安徽淮南·阶段练习）已知平面向量，满足，且对任意实数恒成立，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 14. （23-24·山东菏泽·开学考试）（多选）已知向量，则（ ） A．若，则 B．若，则 C．的最大值为5 D．若，则 【题型3】向量常考大题专练 15. 已知，求: (1)的值; (2)与的夹角． 16. 已知非零向量满足，且. (1)求； (2)当时，求向量与的夹角θ的值. 17. （高一下·安徽合肥·期中）已知向量满足. (1)求及的值；(2)求向量与夹角的余弦值. 18. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知向量，，. (1)求向量与的夹角的大小； (2)若向量，（），当取得最小值时，求. 19. （23-24高一下·广东深圳·阶段练习）已知，，，且. (1)求实数的值； (2)若，求实数的值； (3)在的条件下，取不垂直于的情形，求向量在的投影向量（结果用坐标表示）. 20. （安徽省合肥市2022-2023学年高一下学期4月期中考试数学试题）如图，在中，点、满足，，点满足，为的中点，且、、三点共线.    (1)用、表示；(2)求的值. 21. （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. 【题型4】向量中的最值与范围问题 22. （23-24高一下·河北沧州·阶段练习）已知是夹角为的两个单位向量．若，其中，若的夹角为锐角，则的取值范围 ． 23. （23-24高一下·广东广州·期中）已知的外接圆半径为1，则的最大值为 ． 24. （23-24高一下·广东惠州·阶段练习）在中，为上的一点，满足.若为上的一点，满足，则与的关系为 ；的最小值为 . 25. （河南驻马店·期中）已知，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 26. （23-24高一下·重庆·阶段练习）在平行四边形中，为的中点，，与交于点，过点的直线分别与射线，交于点，，，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 27. （高一下·江苏镇江·期末）（多选）如图，在梯形中，，，，，，为线段的中点，为线段上一动点（包括端点），，则下列说法正确的是（    ）    A． B．若为线段的中点，则 C． D．的最小值为6 28. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）键线式可以直观地描述有机物的结构，在有机化学中广泛使用．有机物“萘”可以用下左图所示的键线式表示，其结构简式可以抽象为下右图所示的图形．已知与为全等的正六边形．若点为右边正六边形的边界（包括顶点）上的动点，且向量，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 29. （多选）（23-24高一下·重庆·阶段练习）重庆市第一中学校是一所历史悠久的全国名校，校园安静，环境优美，有大量的绿植，同学们入校后映入眼帘的就是一片树林，树木排列整齐，高大挺拔，枝繁叶茂，形成一道天然屏障，为夏日添一份凉爽.如图是重庆一中入校小树林的树木排列图，其中每一个点代表一棵树木，五角星处是一个鸟类观测点，圆圈处为邓小平雕塑，图中形成一个“心形”区域.据此，下列说法正确的有（    ） 本题中图形和数据如下：米，把看成是以，为直角边的等腰直角三角形，为的中点，米，K为BD的中点，// A． B．若为心形区域内任意一点，那么有最小值 C．若对两棵树的树顶仰角均为45°，那么两棵树的树顶之间距离为米 D．I为四边形内任意一点（包含边界），，那么的范围为 【题型5】向量与三角形四心 30. （23-24高一下·山东济南·阶段练习）在中，分别是边的中点，点为的重心，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 31. （23-24高一下·浙江·阶段练习）（多选）下列说法中正确的是（    ） A．若，则，且四点构成平行四边形 B．若为非零实数，且，则与共线 C．在中，若有，那么点一定在的平分线所在直线上 D．若向量，则与的方向相同或相反 32. （高一下·上海黄浦·阶段练习）在中，动点P满足，则P点轨迹一定通过的（    ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 33. （23-24高一下·山东·阶段练习）(多选)下列说法正确的是（    ） A．已知向量，则“与共线”是“”的充要条件 B．已知非零向量满足，则 C．若为的外心，且，则是等边三角形 D．已知单位向量满足，则 34. （23-24高一下·广东深圳·阶段练习）（多选）点在所在的平面内，以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的重心 B．若，则点为的外心 C．若，则点为的内心 D．若，则点为的垂心 【题型6】向量中的新定义问题 35. （高一下·湖北武汉·期末）已知，且，当时，定义平面坐标系为“-仿射”坐标系，在“-仿射”坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：分别为轴，轴正方向上的单位向量，若，则记为，那么下列说法中正确的是（    ） A．设，则 B．设，若，则 C．设，若，则 D．设，若与的夹角为，则 36. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是x轴与y轴方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系xOy中的坐标，记为 (1)在斜坐标系xOy中的坐标，已知，求； (2)在斜坐标系xOy中的坐标，已知，，，求的最大值及此时的值． 37. （23-24高一下·广东深圳·阶段练习）定义：已知两个非零向量与的夹角为.我们把数量叫做向量与的叉乘的模，记作，即. (1)若向量，，求； (2)若平行四边形的面积为4，求； (3)若，，求的最小值. 【题型7】向量解答题常考中档题专练 38. （23-24高一下·浙江·阶段练习）如图，在中，D是BC中点，E在边AB上，且，AD与CE交于点O． (1)用，表示； (2)过点O作直线交线段AB于点G，交线段AC于点H，且，，求t的值； (3)若，求的值． 39. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）如图：在中，已知与交于点．    (1)用向量表示向量； (2)过点作直线，分别交线段于点，设，若，，当取得最小值时，求模长． 模块二 解三角形 【题型8】三角形性质辨析 40. （2024高一下·全国·专题练习）（多选）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 41. （23-24高一下·浙江·阶段练习）已知的三内角所对的边分别是，设向量，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．等腰三角形或直角三角形 42. （23-24高一下·广东惠州·阶段练习）（多选）在中，，则下列不等式中一定正确的是（  ） A． B． C． D． 43. （23-24高一下·广东广州·期中）（多选）在中，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 44. （23-24高一下·安徽淮南·阶段练习）（多选）下列命题中是假命题的是（    ） A．若，则 B．若向量，满足，且与同向，则 C．若两个非零向量，满足，则 D．在中，，，，则使有两解的的范围是 45. （高一下·广东东莞·期中）（多选）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（    ） A．若，，则只有一解 B．若，则是锐角三角形 C．若O为所在平面内一点，且，则O为的垂心 D．若，则的形状是等腰或直角三角形 46. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）（多选）在中，角的对边分别为，且已知，则（    ） A．若，且有两解，则的取值范围是 B．若，且恰有一解，则的取值范围是 C．若，且为钝角三角形，则的取值范围是 D．若，且为锐角三角形，则的取值范围是 【题型9】解三角形中的测距，测高问题 47. （高一下·广东深圳·期末）高中数学兴趣小组计划测量某大厦的高度，选取与底部在同一水平面内的两个基测点与.现测得，，米，在点测得大厦顶的仰角，则该大厦高度 米（精确到1米）. 参考数据：，.    48. （23-24高一下·浙江·阶段练习）鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高为（    ）米. A． B． C． D． 49. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）（多选）装货轮在A处看灯搭B在货轮北偏东，距离为海里；在A处看灯塔C在货轮的北偏西，距离为海里.货轮自A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东，则下列说法正确的是（    ） A．A处与D处之间的距离是24海里 B．灯塔C与D处之间的距离是海里 C．灯塔C在D处的西偏南 D．D在灯塔B的北偏西 50. （23-24高一下·浙江·阶段练习）如图是在沿海海面上相距海里的两个哨所，位于的正南方向.哨所在凌晨1点发现其南偏东方向处有一艘走私船，同时，哨所也发现走私船在其东北方向上.两哨所立即联系缉私艇前往拦截，缉私艇位于点南偏西的点，且与相距海里，试求：    (1)刚发现走私船时，走私船与哨所的距离； (2)刚发现走私船时，走私船距离缉私艇多少海里？在缉私艇的北偏东多少度？ (3)若缉私艇得知走私船以海里/时的速度从向北偏东方向逃窜，立即以30海里/时的速度进行追截，缉私艇至少需要多长时间才能追上走私船？ 【题型10】解三角形大题专练（基础篇） 51. （高一下·安徽合肥·期中）设的内角的对边分别为. (1)求A；(2)若，求的周长. 52. （23-24高一下·山东·阶段练习）在中，已知． (1)求的大小； (2)请从条件①：，条件②：，这两个条件中任选一个作为条件，求和的值． 注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分 53. （23-24高一下·湖北武汉·阶段练习）如图，在平面四边形ABCD中，，，，． (1)求线段BC的长度；(2)求线段AC的长度；(3)求的值． 54. （23-24高一下·浙江·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，，． (1)求向量在的投影向量的坐标； (2)求的面积． 55. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角的对边分别为，若，又以为边长的三个正三角形的面积分别为，且． (1)求的面积：(2)若，求的周长． 56. （22-23高一下·安徽合肥·期中）的内角的对边分别为，已知. (1)证明：； (2)若是锐角三角形，，求的取值范围. 【题型11】角平分线，线，高线相关问题 57. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角所对的边分别为，已知，若为边上的中线，且，则的面积等于 ． 58. （23-24高一下·重庆·阶段练习）的内角，，的对边分别为，，，且，，若边的中线长等于，则（    ） A． B． C． D． 59. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）如图．在锐角中，边上的中线长为，且，．    (1)求边的长；(2)求的面积． 60. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角的对边分别为，已知． (1)求角的大小； (2)若的面积为，角的平分线与交于点，且，求边的值． 61. （23-24高三上·云南昆明·阶段练习）在中，角，，的对边分别为，，，． (1)求；(2)若点是上的点，平分，且，求面积的最小值． 【题型12】解三角形综合小题 62. （23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）在中，，则（   ） A． B． C． D．1 63. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角的对边分别为，若，且，则（    ） A． B． C． D． 64. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角、、的对边分别为、、，若，又的面积，且，则（    ） A．64 B．84 C．-69 D．-89 65. （23-24高一下·湖北武汉·阶段练习）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为，则的最小值是 ． 66. （23-24高一下·山东·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且，设的面积为，若，则此三角形的形状为（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 67. （高一下·安徽合肥·期中）（多选）的内角的对边分别为，若，则（    ） A． B． C．角A的最大值为 D．面积的最小值为 68. （23-24高一下·浙江·阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，，，则的面积是 ． 69. （23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）在中，为边上一点，，且的面积为，则（    ） A． B． C． D． 70. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，的平分线交AC于点D，，则周长的最小值为 ． 71. （23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）（多选）在锐角中，已知角的对边分别为，且，，则下列说法正确的是有（    ） A．的外接圆的周长为 B．的周长的取值范围为 C．的面积的取值范围为 D．的内切圆的半径的取值范围为 72. 设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围是 ． 73. （23-24高一下·重庆·阶段练习）锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【题型13】解三角形与实际结合 74. （23-24高一下·重庆·阶段练习）我国油纸伞的制作工艺巧妙．如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈D能够沿着伞柄滑动，如图（2）.伞完全收拢时，伞圈D已滑到的位置，且A，B，三点共线，，B为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为24cm，则当伞完全张开时，的余弦值是（    ）    A． B． C． D． 【题型14】解三角形大题（提高篇） 75. （23-24高一下·浙江宁波·阶段练习）在锐角中，已知. (1)求；(2)求的取值范围. 76. （23-24高一下·浙江·阶段练习）已知内角，，的对边分别是，，，． (1)求的大小； (2)若，将射线和射线分别绕点，顺时针旋转，，旋转后相交于点（如图所示），且，求． 77. 古希腊的数学家海伦在其著作《测地术》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为海伦公式.其中，.我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为“三斜求积”公式. (1)利用以上信息，证明三角形的面积公式； (2)在中，，，求面积的最大值. 78. 在锐角中，角的对边分别是，且. (1)求； (2)若外接圆的半径是1，求面积的取值范围. 79. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知分别为三个内角A，B，C的对边，满足：． (1)证明：； (2)若，且为锐角三角形，求的面积S的取值范围． 模块三 三角函数 【题型15】三角函数综合 80. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）（1）已知是第三象限角，且 ①求的值； ②求的值． （2）化简：． 81. （23-24高一下·湖北武汉·阶段练习）若，且，，则的值是 ． 82. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）已知函数． (1)求的最小正周期和的单调递减区间； (2)当时，求函数的值域及取得最小值时x的值． 83. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知. (1)若在（）上单调，求m的最大值； (2)若函数在上有两个零点，，求实数k的取值范围及的值. 84. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知函数． (1)求函数的单调递增区间； (2)记方程在上的从小到大依次为，，⋯，，试确定n的值，并求的值． 【题型16】三角函数与向量 85. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知函数的图像上一个最低点为A，离A最近的两个最高点分别为B与C，则 ． 86. （23-24高一下·广东汕头·阶段练习）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P. 已知平面内点，点，把点B绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，则点P的坐标为（    ） A． B． C． D． 87. （23-24高一下·湖北武汉·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点和点，，且，其中O为坐标原点． (1)若，求的值； (2)若，设点D为线段OA（包括端点）上的动点，求的最小值； (3)若，向量，，求式的最小值及对应的值． 【题型16】三角函数与解三角形 88. （23-24高一下·浙江·阶段练习）在中，内角的对边分别为，且. (1)求角； (2)若，求面积的最大值； (3)若为锐角三角形，求的取值范围. 模块四 复数中档题 【题型17】数系的扩充与复数的概念 89. （23-24高一下·重庆·阶段练习）已知方程，有两个虚数根，在复平面上对应两虚根之间的距离为，则 ． 90. （23-24高一下·浙江·阶段练习）（多选）已知复数（i是虚数单位），则下列结论正确的是（    ） A．复数的虚部等于 B．对应复平面内的点在第三象限 C． D．若是实数，是纯虚数，则 91. 已知复数（是虚数单位）是方程的根，其中是实数 (1)求和的值；(2)若是纯虚数，求实数的值 92. （高一下·河北保定·期中）已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数（是的共轭复数） (1)求实数及； (2)设复数，且复数对应的点在第二象限，求实数的取值范围． 93. （23-24高一下·广东广州·阶段练习）已知复数z为纯虚数，是实数，i是虚数单位． (1)求复数z；(2)若复数所表示的点在第二象限，求实数m的取值范围． 94. （23-24高一下·浙江·阶段练习）（1）已知，若为实数，求的值. （2）已知复数满足，若复数是实系数一元二次方程的一个根，求的值. 【题型18】待定系数法 95. （23-24高一下·浙江宁波·阶段练习）（多选）设为复数，则下列结论中正确的是（    ） A．若为虚数，则也为虚数 B．若，则的最大值为 C． D． 96. （23-24高一下·重庆·阶段练习）设，，是复数，则下列命题中的真命题是（    ） A．若，则 B．若，则 C．，则 D．若，则 97. （23-24高一下·山东泰安·阶段练习）（多选）已知复数，下列结论正确的有（    ） A． B．若，则 C． D．若，则 【题型19】复数的模与圆 98. （23-24高一下·山东泰安·阶段练习）已知复数满足，则（为虚数单位）的最大值为 . 99. （23-24高一下·浙江宁波·阶段练习）复数的虚部是 ；若复数满足为虚数单位，则的取值范围为 . 100. （23-24高一下·安徽淮南·阶段练习）（多选）下列四个命题正确的是（    ） A．若，则的最大值为3 B．若复数，满足，，，则 C．若，则点的轨选经过的重心 D．在中，D为所在平面内一点，且，则 21 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $$