专题01 平面向量及其应用(9大考点经典基础练+优选提升练)-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期末真题分类汇编（ 甘肃专用）

专题01 平面向量及其应用 题型概览 题型01平面向量的概念 题型02平面向量的加减运算 题型03平面向量的数乘运算 题型04向量的数量积 题型05 平面向量的基本定理及坐标表示 题型06 平面向量的坐标运算 题型07 向量在几何、物理中的应用 题型08 正弦定理、余弦定理 题型09 解三角形应用举例 ( 题型01 ) 平面向量的概念 1．（23-24高一下·甘肃甘南·期末）已知、都是单位向量，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·甘肃武威·期末）在下列结论中，正确的为 A．两个有共同起点的单位向量，其终点必相同 B．向量与向量的长度相等 C．向量就是有向线段 D．零向量是没有方向的 3．（22-23高二下·甘肃兰州·期末）关于空间向量的命题： ①方向不同的两个向量不可能是共线向量； ②长度相等，方向相同的向量是相等向量； ③平行且模相等的两个向量是相等向量； ④若，则． 其中所有真命题的序号有 ． 4．（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）在等边△ABC中，D，E，F分别为BC，AB，AC的中点，写出一个与向量垂直的向量： ．（用字母作答） ( 题型02 ) 平面向量的加减运算 1．（23-24高二上·甘肃·期末）下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·甘肃·期末）在平行四边形中，，，若是的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·甘肃庆阳·期中）在中，，，则等于（    ） A． B． C． D． 4．（多选）（23-24高一下·甘肃白银·期末）下列命题正确的是（    ） A．若向量，共线，则A，B，C，D必在同一条直线上 B．若A，B，C为平面内任意三点，则 C．若点G为的重心，则 D．若向量，满足，且，方向相同，则 ( 题型03 ) 平面向量的数乘运算 1．（23-24高一下·甘肃武威·期末）已知点是内一点，满足，则实数为（   ） A．2 B． C．4 D． 2．（22-23高一下·甘肃天水·期末）已知是所在平面内一点，，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·甘肃武威·期中）已知为所在平面内的一点，为的中点，则（   ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）已知，，则实数 ． ( 题型04 ) 向量的数量积 1．（24-25高三上·甘肃白银·期末）已知两个非零向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·甘肃白银·期末）在正三角形中，是线段上的点，，则（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（23-24高一下·甘肃临夏·期末）八卦图是中国古代哲学的重要符号，被广泛应用于易经、中医等领域，如图1为八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中，则（    ）    A． B． C． D． 4．（24-25高三上·甘肃定西·期末）已知向量、满足，，且，则、的夹角的余弦值为 ． 5．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知单位向量，的夹角为，则 ． 6．（22-23高一下·甘肃白银·期末）已知向量满足，且，则 ，向量，的夹角为 ． ( 题型0 5 ) 平面向量的基本定理及坐标表示 1．（23-24高一下·甘肃·期末）在中，点是线段上一点，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·甘肃·期末）已知A(3，7)，B(5，2)，把向量按向量=(1，2)平移后，所得向量的坐标是（    ） A．(2，－5) B．(1，－7) C．(0，4) D．(3，－3) 4．（22-23高二上·甘肃甘南·期末）已知的重心为O，则向量（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·甘肃酒泉·期末）梯形ABCD中，，，，，，点E在线段BD上，点F在线段AC上，且，，则（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·甘肃甘南·期末）已知非零向量，不共线． (1)如果，，，求证：，，三点共线； (2)欲使和共线，试确定实数的值． ( 题型0 6 ) 平面向量的坐标运算 1．（22-23高一下·甘肃白银·期末）已知向量，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·甘肃·期末）已知向量，，．若，，三点共线，则（   ） A．2 B． C． D． 3．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知向量，.若，则（   ） A． B． C． D．1 4．（24-25高三上·甘肃酒泉·期末）已知向量，，若，则实数（    ） A．或 B．1或 C．或 D．1或 5．（23-24高一下·甘肃·期末）已知向量，. (1)若，求； (2)若向量，，求与夹角的余弦值. 6．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）在中，，，设点P是所在平面内的任意一点，． (1)求m的最小值； (2)当m取最小值时，求在方向上的投影数量． ( 题型0 7 ) 向量向量在几何、物理中的应用 1．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）在四边形ABCD中，，，，，则四边形ABCD的面积为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．（24-25高一下·甘肃酒泉·期中）如图所示，支座受两个力的作用，已知，与水平线成角，，沿水平方向，两个力的合力的大小，则（    ）    A． B． C． D． 3．（23-24高一下·甘肃天水·期中）冰球运动是以冰刀和冰球杆为工具在冰上进行的一种相互对抗的集体性竞技运动.同学小张在冰球训练的过程中，以力作用于冰球，使冰球从点移动到点，则对冰球所做的功为（    ）    A． B． C．17 D．10 4．（21-22高一下·甘肃兰州·期末）在面上有及内一点满足关系式：即称为经典的“奔驰定理”，若的三边为，，，现有，则为的 心. ( 题型0 8 ) 正弦定理、余弦定理 1．（23-24高一下·甘肃酒泉·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状是（    ） A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．等腰或直角三角形 2．（23-24高二上·甘肃白银·期末）中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·甘肃·期末）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为（   ） A． B． C．6 D．12 4．（多选）（23-24高一下·甘肃武威·期末）在中，角的对边分别为，若，则等于（   ） A． B． C． D． 5．（22-23高一下·甘肃庆阳·期末）在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，，，则 . 6．（24-25高三上·甘肃酒泉·期末）已知的内角，，的对边分别为，，，且满足． (1)求； (2)若，，求的面积． ( 题型0 9 ) 解三角形应用举例 1．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）在中，若，则此三角形为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 2．（23-24高一下·甘肃酒泉·期末）在中，内角、、的对边分别为、、，，则是（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 3．（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）如图，点是海上的一个钻井平台，甲船､乙船､丙船分别位于点三个位置，甲船在乙船的正北方向，丙船在乙船的正东方向，且海里，海里，若海里，则丙船到钻井平台的距离为 海里．    4．（23-24高一下·甘肃白银·期末）已知. (1)求在上的单调递增区间； (2)已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边长分别是a，b，c，若，，求△ABC的面积的最大值. 5．（22-23高一下·甘肃临夏·期末）近年来临夏州深入实施生态环境保护和流域综合治理，城区面貌焕然一新某片水域，如图，，为直线型岸线，米，米，，该水域的水面边界是某圆的一段弧，过弧上一点P按线段和修建垃圾过滤网，已知．    (1)求岸线上点A与点B之间的距离； (2)如果线段上的垃圾过滤网每米可为环卫公司节约50元的经济效益，线段上的垃圾过滤网每米可为环卫公司节约元的经济效益，则这两段垃圾过滤网可为环卫公司节约的经济总效益最高约为多少元？（参考数据，） 6．（22-23高一下·甘肃酒泉·期末）已知函数. (1)若，求函数的值域； (2)设三角形中，内角、、所对边分别为、、，已知，且锐角满足，求的取值范围. 1．（23-24高一下·甘肃白银·期末）在中，，，，若，则等于（    ） A．7 B．8 C．12 D．13 2．（23-24高一下·甘肃白银·期末）已知向量，满足，，，则（    ） A． B． C．5 D．4 3．（24-25高三上·甘肃临夏·期末）如图，在长方形ABCD中，点M，N分别是的中点，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图，在中，点O是BC的中点，，分别连接MO、NO并延长，与边AB的延长线分别交于P，Q两点，若，则（    ）    A．2 B．1 C．－2 D．－1 5．（23-24高一下·甘肃白银·期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 6．（23-24高一下·甘肃白银·期末）已知外接圆的圆心为，半径为1，点到近的距离分别为，，.若，则（    ） A． B．1 C． D．2 7．（多选）（24-25高三上·甘肃临夏·期末）如图，在四边形ABCD中，，且的外接圆面积与的面积满足，则（    ） A． B． C．外接圆面积为 D．的最大值为 8．（多选）（23-24高一下·甘肃白银·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则（    ） A．若，则 B．若是单位圆的内接三角形，则 C．若，则 D．若，则是锐角三角形 9．（24-25高三上·甘肃·期末）已知向量，，若，则 . 10．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）已知向量，，则的最小值为 . 11．（23-24高一下·甘肃酒泉·期末）已知，，设，的夹角为，则的最小值为 . 12．（23-24高一下·甘肃白银·期末）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设（，），若，则 . 13．（24-25高三上·甘肃白银·期末）在中，内角，，的对边分别为，，，. (1)求角的大小； (2)若，，求的面积. 14．（23-24高一下·甘肃庆阳·期中）已知，，与的夹角为45°. (1)求在方向上的投影向量； (2)求的值； (3)若向量与平行且方向相同，求实数. 15．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知分别为的角所对的边，且满足，． (1)求； (2)若外接圆的半径为，求. 16．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）“费马点”是由法国数学家费马提出的一个问题．该问题是：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答．当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当内有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且． (1)求A； (2)若，的面积为，求； (3)若，设点P为的费马点．求． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 平面向量及其应用 题型概览 题型01平面向量的概念 题型02平面向量的加减运算 题型03平面向量的数乘运算 题型04向量的数量积 题型05 平面向量的基本定理及坐标表示 题型06 平面向量的坐标运算 题型07 向量在几何、物理中的应用 题型08 正弦定理、余弦定理 题型09 解三角形应用举例 ( 题型01 ) 平面向量的概念 1．（23-24高一下·甘肃甘南·期末）已知、都是单位向量，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由、都是单位向量，由向量的数量积和共线的定义可判断出正确选项. 【详解】由、都是单位向量，所以.设、的夹角为. 则，所以A，D不正确. 当时，、同向或反向，所以C不正确. ,所以B正确. 故选：B 【点睛】本题考查了单位向量的概念，属于概念考查题，应该掌握． 2．（23-24高一下·甘肃武威·期末）在下列结论中，正确的为 A．两个有共同起点的单位向量，其终点必相同 B．向量与向量的长度相等 C．向量就是有向线段 D．零向量是没有方向的 【答案】B 【分析】逐一分析选项，得到答案. 【详解】A.单位向量的方向任意，所以当起点相同时，终点在以起点为圆心的单位圆上，终点不一定相同，所以选项不正确； B. 向量与向量是相反向量，方向相反，长度相等，所以选项正确； C.向量是既有大小，又有方向的向量，可以用有向线段表示，但不能说向量就是有向线段，所以选项不正确； D.规定零向量的方向任意，而不是没有方向，所以选项不正确. 故选B. 【点睛】本题考查了向量的基本概念，属于基础题型. 3．（22-23高二下·甘肃兰州·期末）关于空间向量的命题： ①方向不同的两个向量不可能是共线向量； ②长度相等，方向相同的向量是相等向量； ③平行且模相等的两个向量是相等向量； ④若，则． 其中所有真命题的序号有 ． 【答案】② 【分析】根据平面向量的相关概念逐项分析判断. 【详解】对于①：由共线向量的定义可知：方向相反的两个向量也是共线向量，故①错误； 对于②：长度相等，方向相同的向量是相等向量，故②正确； 对于③：平行向量的方向相同或相反，不一定方向相同，所以不一定相等，故③错误； 对于④：若，可能只是方向不相同，但模长相等，故④错误. 故答案为：②. 4．（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）在等边△ABC中，D，E，F分别为BC，AB，AC的中点，写出一个与向量垂直的向量： ．（用字母作答） 【答案】  （答案不唯一） 【分析】先计算出，从而可判断与其垂直的向量. 【详解】如图，连接， ， 因为为等边三角形，D为中点，故， 所以与向量垂直的向量有（答案不唯一，，，，，，，也可以）． 故答案为：（答案不唯一）. ( 题型02 ) 平面向量的加减运算 1．（23-24高二上·甘肃·期末）下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量加法、减法的几何意义即可判断出，都错误，正确，根据向量的数乘运算即可判断错误． 【详解】解：，，． 故选：． 2．（23-24高二上·甘肃·期末）在平行四边形中，，，若是的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意画出图形，结合图像利用平面向量的线性表示，即可得到结果. 【详解】如图，平行四边形中，，， 又是的中点， 故选：C 3．（24-25高一下·甘肃庆阳·期中）在中，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由向量的线性运算即可求解. 【详解】由题意. 故选：B. 4．（多选）（23-24高一下·甘肃白银·期末）下列命题正确的是（    ） A．若向量，共线，则A，B，C，D必在同一条直线上 B．若A，B，C为平面内任意三点，则 C．若点G为的重心，则 D．若向量，满足，且，方向相同，则 【答案】BC 【分析】由向量共线的定义判断A，由向量运算性质判断D，由三角形重心的性质可判断C，对于D，由向量无法比较大小即可判断. 【详解】对于A，若向量，共线，只需两个向量方向相同或相反即可，则A，B，C，D不必在同一直线上，故A项错误； 对于B，由向量线性运算性质知，故B项正确； 对于C，由平面向量中三角形重心的性质，可得C项正确； 对于D，由于向量间无法比较大小，故D项错误. 故选：BC. ( 题型03 ) 平面向量的数乘运算 1．（23-24高一下·甘肃武威·期末）已知点是内一点，满足，则实数为（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】D 【分析】根据条件可以得出，取上靠近点的三等分点，即可得到，这样即可得出三点共线，画出图形，并得到，从而解出的值． 【详解】因为，所以， 如图，取上靠近点的三等分点，则， 所以，则三点共线； 所以与共线反向，则，且， ，解得．    故选：D. 2．（22-23高一下·甘肃天水·期末）已知是所在平面内一点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由平面向量线性运算可得. 【详解】 由，得 得，得， 故选：A 3．（24-25高一下·甘肃武威·期中）已知为所在平面内的一点，为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用平面的线性运算法则求解即可. 【详解】由题意得 ． 故选：C 4．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）已知，，则实数 ． 【答案】 【分析】将代入中，整理即可求解. 【详解】由题，因为， 所以，即， 所以， 故答案为： ( 题型04 ) 向量的数量积 1．（24-25高三上·甘肃白银·期末）已知两个非零向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据模长相等在左右平方得出数量积，再应用投影向量公式计算求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以向量在向量上的投影向量为. 故选：D. 2．（23-24高二下·甘肃白银·期末）在正三角形中，是线段上的点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量的数量积公式计算可得答案. 【详解】因为，所以， 所以， . 故选：A. 3．（多选）（23-24高一下·甘肃临夏·期末）八卦图是中国古代哲学的重要符号，被广泛应用于易经、中医等领域，如图1为八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据数量积的定义求解数量积，即可判定AD，根据相等向量的定义即可求解B，根据模长的定义即可求解C. 【详解】对于A,由正八边形可得，则，A正确； 对于B，方向相反，故不是相等向量，B错误， 对于C, 由正八边形可得,C正确， 对于D，，故D错误． 故选：AC． 4．（24-25高三上·甘肃定西·期末）已知向量、满足，，且，则、的夹角的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】设向量、的夹角为，利用平面向量数量积的运算性质和定义可求得的值. 【详解】设向量、的夹角为， 因为，解得． 故答案为：. 5．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知单位向量，的夹角为，则 ． 【答案】 【分析】根据，结合题目条件计算即可得到结果. 【详解】由题意得，， ∴. 故答案为：. 6．（22-23高一下·甘肃白银·期末）已知向量满足，且，则 ，向量，的夹角为 ． 【答案】 / 【分析】由得，结合条件利用平面向量数量积的运算律化简可求得；再由平面向量的夹角公式即可求得夹角． 【详解】因为，且， 所以， 即， 所以， 所以； 所以， 因为， 所以． 故答案为：． ( 题型0 5 ) 平面向量的基本定理及坐标表示 1．（23-24高一下·甘肃·期末）在中，点是线段上一点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，，三点共线，可得，求解即可. 【详解】因为，且点是线段上一点，即，，三点共线， 所以，解得. 故选：C. 2．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据两点的坐标直接可得向量. 【详解】由，， 得， 故选：C. 3．（23-24高一下·甘肃·期末）已知A(3，7)，B(5，2)，把向量按向量=(1，2)平移后，所得向量的坐标是（    ） A．(2，－5) B．(1，－7) C．(0，4) D．(3，－3) 【答案】A 【分析】由向量平移后与原向量相等可得． 【详解】由题意，∴． 故选：A， 【点睛】本题考查求向量的坐标，考查向量平移．向量平移只改变表示向量的有向线段的位置，不改变向量的大小与方向，即平移后的向量与原向量是相等向量． 4．（22-23高二上·甘肃甘南·期末）已知的重心为O，则向量（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量线性运算的几何表示结合条件即得. 【详解】设分别是的中点， 由于是三角形的重心， 所以. 故选：C. 5．（23-24高一下·甘肃酒泉·期末）梯形ABCD中，，，，，，点E在线段BD上，点F在线段AC上，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平面向量的线性运算求得，，再根据数量积的运算求解即可 【详解】，，，，，． 故选：D 6．（23-24高一下·甘肃甘南·期末）已知非零向量，不共线． (1)如果，，，求证：，，三点共线； (2)欲使和共线，试确定实数的值． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据平面向量基本定理用，分别表示出，，有，且都过点，进而可证，，三点共线； （2）根据已知条件有，求得，解出即可. 【详解】（1）证明：因为，， 所以，共线，且有公共点，所以，，三点共线. （2）因为与共线，所以存在实数，使， 则，又由于向量，不共线，只能有， 解得： ( 题型0 6 ) 平面向量的坐标运算 1．（22-23高一下·甘肃白银·期末）已知向量，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件，结合平面向量共线的性质，以及向量的坐标运算法则，即可求解． 【详解】， 则，解得， 故， ． 故选：A． 2．（23-24高二下·甘肃·期末）已知向量，，．若，，三点共线，则（   ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】求出向量的坐标，再利用向量共线的坐标表示计算即得. 【详解】由，，得， 由，，三点共线，得，又， 因此，所以. 故选：B 3．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知向量，.若，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据向量数乘和加法的坐标运算求出的坐标，再根据向量数量积的坐标运算列出关于的方程，最后解方程求出的值. 【详解】已知，可得.又已知，得. 已知，得 ，解得. 故选：A 4．（24-25高三上·甘肃酒泉·期末）已知向量，，若，则实数（    ） A．或 B．1或 C．或 D．1或 【答案】D 【分析】利用向量线性运算的坐标表示，垂直关系的坐标表示列式求出值. 【详解】由，，得， 由，得，即，所以或. 故选：D 5．（23-24高一下·甘肃·期末）已知向量，. (1)若，求； (2)若向量，，求与夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件结合向量垂直的表示及向量坐标运算公式列方程求，再由向量的模的坐标公式求结论； （2）由条件，结合向量平行的坐标表示列方程求，由此可得，再求，，，再由向量夹角坐标公式求结论. 【详解】（1）因为， 所以， 所以，又，， 所以， 所以， 所以， 所以， 即； （2）因为，，， 所以，又， 所以， 所以，所以， 所以，，， 设与夹角为， 所以， 所以与夹角的余弦值为. 6．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）在中，，，设点P是所在平面内的任意一点，． (1)求m的最小值； (2)当m取最小值时，求在方向上的投影数量． 【答案】(1)30 (2) 【分析】（1）由，得，建立平面直角坐标系，表示出，求最小值即可； （2）由（1）得m取最小值时，点，然后计算在方向上的投影数量即可. 【详解】（1）由，得． 以A为坐标原点，直线AB，AC分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系， 则，，．设， 则， 所以的最小值为30，即m的最小值为30； （2）由（1）得m取最小值时，点，得，， 所以，，， 所以在方向上的投影数量为． ( 题型0 7 ) 向量向量在几何、物理中的应用 1．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）在四边形ABCD中，，，，，则四边形ABCD的面积为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】根据，得到四边形是平行四边形，再由，可得四边形是矩形也为菱形即为正方形即可求解． 【详解】如图所示， ，四边形是平行四边形， 分别表示的单位向量， ，平方可得， ，， 四边形是矩形， 又平分，四边形是菱形， 四边形是正方形，且，此四边形的面积等于5， 故选：D．    2．（24-25高一下·甘肃酒泉·期中）如图所示，支座受两个力的作用，已知，与水平线成角，，沿水平方向，两个力的合力的大小，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用平行四边形法则及向量夹角公式求解. 【详解】依题意，，则， 即，所以. 故选：D 3．（23-24高一下·甘肃天水·期中）冰球运动是以冰刀和冰球杆为工具在冰上进行的一种相互对抗的集体性竞技运动.同学小张在冰球训练的过程中，以力作用于冰球，使冰球从点移动到点，则对冰球所做的功为（    ）    A． B． C．17 D．10 【答案】C 【分析】由平面向量数量积的定义即可得出答案. 【详解】因为，，所以，又， 故力对冰球所做的功为. 故选：C. 4．（21-22高一下·甘肃兰州·期末）在面上有及内一点满足关系式：即称为经典的“奔驰定理”，若的三边为，，，现有，则为的 心. 【答案】内 【分析】利用平面向量的线性运算得到，再利用三角形内心的性质求解即可． 【详解】，， ， ， ，分别是，方向上的单位向量， 向量平分，即平分，同理平分， 为的内心， 故答案为：内 ( 题型0 8 ) 正弦定理、余弦定理 1．（23-24高一下·甘肃酒泉·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状是（    ） A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】A 【分析】由余弦定理及得，即可判断的形状. 【详解】由余弦定理及得， ，整理得， 即，∴为等腰三角形． 故选：A. 2．（23-24高二上·甘肃白银·期末）中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题得，进而根据余弦定理求解即可. 【详解】解：依题意，即， 所以， 所以，由于， 所以． 故选：A 3．（24-25高三上·甘肃·期末）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为（   ） A． B． C．6 D．12 【答案】A 【分析】根据正弦定理（为的外接圆半径）求解即可. 【详解】设外接圆的半径为， 则，即. 故选：A . 4．（多选）（23-24高一下·甘肃武威·期末）在中，角的对边分别为，若，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】利用正弦定理计算可得. 【详解】在中由正弦定理，即，解得， 由，所以，所以，则或. 故选：BC 5．（22-23高一下·甘肃庆阳·期末）在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，，，则 . 【答案】/ 【分析】由余弦定理直接运算求解即可. 【详解】由余弦定理得，即， 解得：或，因为，所以. 故答案为：. 6．（24-25高三上·甘肃酒泉·期末）已知的内角，，的对边分别为，，，且满足． (1)求； (2)若，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换化简得解； （2）由余弦定理及三角形面积公式计算得解. 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理得， 所以，， 即． 因为，所以． 由于，所以． （2）由余弦定理， 得，解得或（舍去）． 所以， 所以的面积． ( 题型0 9 ) 解三角形应用举例 1．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）在中，若，则此三角形为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】B 【分析】根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得求解. 【详解】由可得， 又， 所以， 由于为的内角，所以， 故为等腰三角形， 故选：B 2．（23-24高一下·甘肃酒泉·期末）在中，内角、、的对边分别为、、，，则是（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】D 【分析】利用正弦定理结合二倍角的正弦公式可得出，求出、，利用正弦型函数的基本性质可得出、的关系，即可得出结论. 【详解】因为，则， 因为中至少有两个锐角，则、中至少一个为锐角， 不妨设为锐角，则，从而可知为锐角， 由正弦定理可得，即， 因为、，则、， 所以，或，即或， 因此，为等腰三角形或直角三角形. 故选：D. 3．（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）如图，点是海上的一个钻井平台，甲船､乙船､丙船分别位于点三个位置，甲船在乙船的正北方向，丙船在乙船的正东方向，且海里，海里，若海里，则丙船到钻井平台的距离为 海里．    【答案】 【分析】先应用正弦定理得出，再应用余弦定理求边长即可. 【详解】设，则， 在中，由正弦定理可得，可得，所以， 则，所以海里，， 在中，由余弦定理得 ， 即丙船到钻井平台的距离为海里． 故答案为：. 4．（23-24高一下·甘肃白银·期末）已知. (1)求在上的单调递增区间； (2)已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边长分别是a，b，c，若，，求△ABC的面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用整体法得到函数的单调递增区间； （2）由得，由余弦定理得到，得到面积的最大值. 【详解】（1）由题意得， 又（），得（）， 令，得，令，得， 所以在上的单调递增区间是. （2）因为， 所以（），得， 又C是锐角，所以. 由余弦定理，得， 所以，当且仅当时，等号成立. 所以， 故△ABC的面积的最大值为. 5．（22-23高一下·甘肃临夏·期末）近年来临夏州深入实施生态环境保护和流域综合治理，城区面貌焕然一新某片水域，如图，，为直线型岸线，米，米，，该水域的水面边界是某圆的一段弧，过弧上一点P按线段和修建垃圾过滤网，已知．    (1)求岸线上点A与点B之间的距离； (2)如果线段上的垃圾过滤网每米可为环卫公司节约50元的经济效益，线段上的垃圾过滤网每米可为环卫公司节约元的经济效益，则这两段垃圾过滤网可为环卫公司节约的经济总效益最高约为多少元？（参考数据，） 【答案】(1)米 (2)20100元 【分析】（1）根据余弦定理即可求得答案； （2）利用正弦定理求得的长，即可求出节约的经济总效益的表达式，结合三角函数恒等变换即可求得答案. 【详解】（1）由题意，米，米，， 故 （米）. （2）设, 则在中，，即, 故，， 设这两段垃圾过滤网可为环卫公司节约的经济总效益为y元， 则 ， 其中为辅助角，不妨取其为锐角，，则， 当，即时，取到最大值， 故经济总效益的最大值为（元）， 即这两段垃圾过滤网可为环卫公司节约的经济总效益最高约为20100元. 6．（22-23高一下·甘肃酒泉·期末）已知函数. (1)若，求函数的值域； (2)设三角形中，内角、、所对边分别为、、，已知，且锐角满足，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，由可求出的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得函数的值域； （2）由已知条件可得出，结合角的取值范围可得出角的值，利用余弦定理结合基本不等式可得出的最大值，再结合三角形三边关系即可得出的取值范围. 【详解】（1）解： ， 当时，，则，故， 当时，函数的值域为. （2）解：因为，可得， 因为，则，所以，，解得， 因为，由余弦定理可得 ， 可得，当且仅当时，等号成立， 又因为，故，故的取值范围是. 1．（23-24高一下·甘肃白银·期末）在中，，，，若，则等于（    ） A．7 B．8 C．12 D．13 【答案】C 【分析】建立平面直角坐标系，通过数量积的坐标运算即可求解. 【详解】如图，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系. 过作，且，连接，延长到，使， 连接，则四边形为平行四边形， . 又， 为边的中点. 根据条件得，，，， ，， . 故选：C.    2．（23-24高一下·甘肃白银·期末）已知向量，满足，，，则（    ） A． B． C．5 D．4 【答案】C 【分析】根据题意，求模先求平方，再开方即可得到答案. 【详解】因为，，，所以，所以. 故选：C. 3．（24-25高三上·甘肃临夏·期末）如图，在长方形ABCD中，点M，N分别是的中点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】选取作为基底，表示出，根据平面向量基本定理列方程求解即可. 【详解】由图可知，， 所以，解得，则. 故选：A. 4．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图，在中，点O是BC的中点，，分别连接MO、NO并延长，与边AB的延长线分别交于P，Q两点，若，则（    ）    A．2 B．1 C．－2 D．－1 【答案】B 【分析】利用向量共线的推论与线性关系，求解系数再结合向量减法即可求参. 【详解】因为三点共线，所以， 又因为是中点，所以，因为，所以， 所以，则 所以， 因为三点共线，所以， 又因为是中点，所以，因为，所以， 所以，则 所以， 所以， 所以. 故选：B. 5．（23-24高一下·甘肃白银·期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】利用余弦定理得到，由正弦定理得到. 【详解】因为， 所以，所以. 故选：B 6．（23-24高一下·甘肃白银·期末）已知外接圆的圆心为，半径为1，点到近的距离分别为，，.若，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】依据给定条件化简得到，再设出中点的位置，分类讨论即可. 【详解】因为外接圆的圆心为O，半径为1，所以， 结合， 所以， 所以， 所以， 所以.设边的中点分别为， 所以，即，同理可得，. 若点不与任何一点重合，由于，，，所以不符合题意. 不妨设点与点重合， 由，易得，则， 所以，故B正确. 故选：B 7．（多选）（24-25高三上·甘肃临夏·期末）如图，在四边形ABCD中，，且的外接圆面积与的面积满足，则（    ） A． B． C．外接圆面积为 D．的最大值为 【答案】AB 【分析】利用余弦定理角化边运算可判断A；由已知可得，进而可判断B，利用正弦定理求得外接圆的半径，进而求得面积判断C，求得的最大值判断D. 【详解】对于A，由余弦定理可得 ，故A正确； 对于B，因为，所以是外接圆的直径， 又的外接圆面积与的面积满足， 所以，所以，又， 所以，所以，所以是等腰直角三角形， 所以，故B正确； 对于C，，所以外接圆的半径为，所以外接圆面积为，故C错误； 对于D，在中，由余弦定理可得， 所以，所以， 所以，当且仅当时，取等号， 所以的最大值为，故D错误. 故选：AB. 8．（多选）（23-24高一下·甘肃白银·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则（    ） A．若，则 B．若是单位圆的内接三角形，则 C．若，则 D．若，则是锐角三角形 【答案】AC 【分析】选项A利用余弦定理求解即可，选项B利用正弦定理求解即可，选项C利用正弦定理结合余弦定理求解即可，选项D利用特殊法直角三角形满足题目条件否定锐角三角形的结论. 【详解】对于选项A，将已知等式展开整理得，所以， 又，所以，所以选项A正确； 对于选项B，外接单位圆的半径，由正弦定理得： ，，， 所以，所以选项B错误； 对于选项C，由正弦定理得，整理得， 所以，又，所以，所以选项C正确； 对于选项D，在直角中，斜边为，则，， 得，所以选项D错误. 故选：AC. 9．（24-25高三上·甘肃·期末）已知向量，，若，则 . 【答案】/ 【分析】由向量垂直的性质列方程求，利用向量的模的坐标表示求，再由向量夹角公式求结论. 【详解】因为， 所以，得. 因为，，， 所以. 故答案为：. 10．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）已知向量，，则的最小值为 . 【答案】1 【分析】根据模的坐标计算公式以及向量不等式即可求解. 【详解】因为，所以，因为，所以，当且仅当与反向时取等号， 所以的最小值为1. 故答案为：1. 11．（23-24高一下·甘肃酒泉·期末）已知，，设，的夹角为，则的最小值为 . 【答案】 【分析】令，利用向量的模，可得向量的数量积，利用向量的夹角公式可得，从而求得.利用向量夹角公式求得，令，求得的最值，从而求得的最小值. 【详解】设，由可得，化简可得， 根据向量夹角公式，可得， 由，可得，解得. 由，的夹角为可得， ， 分子分母同除以，可得， 令，则，所以， 当，时取得最大值；当或时，取得最小值， 所以的最小值为，的最大值为. 故答案为：. 12．（23-24高一下·甘肃白银·期末）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设（，），若，则 . 【答案】3 【分析】因为大三角形是等边三角形，所以可以通过建系的方法进行求解. 【详解】不妨设，则，如图，由题可知. 由， 得，所以，所以，，. 又，所以，所以， 所以，即. 所以，，， 因为，所以， 解得，所以. 故答案为：3 13．（24-25高三上·甘肃白银·期末）在中，内角，，的对边分别为，，，. (1)求角的大小； (2)若，，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）通过正弦定理将边的关系化为角的关系，根据两角和的正弦公式即可得解； （2）通过余弦定理得到，最后根据三角形面积公式得结果. 【详解】（1）因为， 所以， 所以，所以，因为，所以. （2）由（1）知，，因为， ，，所以，解得， 所以的面积为. 14．（23-24高一下·甘肃庆阳·期中）已知，，与的夹角为45°. (1)求在方向上的投影向量； (2)求的值； (3)若向量与平行且方向相同，求实数. 【答案】(1)； (2)； (3) 【分析】（1）根据投影向量求解公式求出答案； （2）平方后求出，得到模长； （3）根据两向量平行得到方程，求出的两个解，检验是否方向相同，得到答案. 【详解】（1）∵，，与的夹角为45°， ∴， ∴在方向上的投影向量为； （2）∵， ∴； （3）∵与平行， ∴ ∴，解得：或， 当时，，此时方向相同 当时，，此时方向相反，故舍去. ∴ 15．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知分别为的角所对的边，且满足，． (1)求； (2)若外接圆的半径为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理即可求解； （2）先利用三角形内角和定理和两角差的正弦公式求得的值，再根据正弦定理求解即可. 【详解】（1），由正弦定理可得， ，. ，. （2）由（1）知，. ，，. 由正弦定理可知，. 16．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）“费马点”是由法国数学家费马提出的一个问题．该问题是：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答．当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当内有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且． (1)求A； (2)若，的面积为，求； (3)若，设点P为的费马点．求． 【答案】(1) (2) (3)-2 【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案； （2）利用余弦定理结合面积公式求解； （3）利用费马点的性质等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案． 【详解】（1）已知中． 即， 故，由正弦定理可得， 由余弦定理得，又，所以； （2）因为，所以， 由（1）知， 所以，则， 则； （3）由（1）知，所以的三个角都小于120°， 则由费马点定义可知：， 设，，，由， 得， 整理得， 则 ． 【点睛】关键点点睛：由面积分割关系得. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$