专题01 平面向量及其应用22考点（期中真题汇编，北京专用）高一数学下学期人教A版

丽学科网 www.zxxk.com 专题01平面向量及其 ☆2大高频烤点概览 考点01向量的加减法与数乘向量 考点02向量共线定理的应用 考点03平面向量的线性表示 考点04平面向量基本定理求参数 考点05平面向量的坐标运算 考点06向量共线的坐标运算 考点07向量的数量积 考点08向量的夹角 考点09向量的模长 考点10向量的投影 考点11向量垂直的应用 考点12向量夹角为锐角钝角问题 考点13向量与最值取值范围问题 考点14平面向量与四心与面积比问题 考点15向量的新定义 考点16正余弦定理解三角形 考点17正余弦定理的边角互化 考点18三角形周长面积问题 考点19三角形形状问题 考点20三角形个数问题 考点21多三角形问题 考点22最值与取值范围问题 目目 考点01 向量的加减法与数乘向量 1.(24-25高一下.北京延庆区·期中)已知在三角形△ABC中，AB () A. B.a-6 C.-a+b 2.(24-25高一下·北京通州区·期中如图，在平行四边形ABCD中 A.AB+BD=DA B.BA+BC=BD C.AB-AD=BD D.BD-BA=DA 3.(24-25高一下.北京丰台区期中)0A+AB.ō元=() A.AC B.BC C.CB 1/20 让教与学更高效 应用 =京，B元=b,用a,6表示向量CA= D.-a-b 连结BD,下列运算正确的是() D.CA 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 4.(23-24高一下北京日坛中学期中)如图，在矩形ABCD中，E为BC中点，那么向量号A面+AE等于() A.AB B.AC C.B元 D.BE D C E 5.(24-25高一下·北京人大附中石景山学校期中)AB-A⑦+C化简后等于() A.BC B.BD C.CB D.DB 目目 考点02 向量共线定理的应用 1.(24-25高一下北京通州区期中)已知平面向量，石是不共线的两个向量，A=京+26，A元=4-46 ，C⑦=-a+26,则() A.A,B,C三点共线 B.A,B,D三点共线 C.A,C,D三点共线 D.B,C,D三点共线 2.(24-25高一下北京第十九中学期中已知向量AB=(1,5),BC=(-1,13),CD=(3,-3),则(） A.A、B、C三点共线 B.A、B、D三点共线 C.A、C、D三点共线 D.B、C、D三点共线 3.(2425高一下北京第十五中学期中)已知平面向量三，五，为两两不共线的单位向量，则 “(京-)·=0"是“a+6与共线的(） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.(24-25高一下·北京人大附中石景山学校期中)已知两个非零向量a与6不共线， (1)若A=京+6，B元=2+85，C⑦=3（京-b),求证：AB,D三点共线： (2)试确定实数k,使ka+b和后+kb共线 5.(2425高一下·北京汇文中学教育集团期中)在如图所示的方格纸中，向量，乃，的起点和终点均在格点 (小正方形顶点)上，若与xa+yb(x,y为非零实数)共线，则的值为 2/20 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点03 平面向量的线性表示 1.(24-25高一下·北京清华附中学院路学校期中)若四边形ABCD为正方形，E是CD中点，且A=a, AD=6,则BE等于() A.石+a B.B- c.+ D.京-6 2.(24-25高一下·北京第五中学期中)设D为△ABC所在平面内一点BC=3C⑦，则(） A.i=等A丽+Ad B.A=A店-AC C.AD=-B+AC D.A=A店-AG 3.(23-24高一下·北京丰台区·期中)如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，若E为AD的中点，则 C2=() A.-AB-AC B.-A店-AG C.A丽-AC D.B-AC E B D 4.(23-24高一下·北京顺义牛栏山第一中学期中)已知平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O,E为线段 OD的中点，AE的延长线与CD交于点F.若AC=,BD=b,则AD=,A立=一 (答案用 含a,的式子表示). 5.(23-24高一下北京大兴区期中)如图，在△ABC中，点Q是BC的中点，A=tA00<t<1,过点 3/20 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P的直线分别交边AB,AC于M,N(不同于B,C)两点，且A应=A应，AN=AC, (①)当t=专时，用向量A館，AC表示A0,A; (2)证明：克+为定值. M 目目 考点04 平面向量基本定理求参数 1.(23-24高一下·北京通州区·期中)如图，在△ABC中，D是AB的中点，E是BC延长线上一点，且 BE=2BC,若D2=A店+AC,则入+u的值为() A.-方 B.吉 C.1 D.2 0 B C E 2.(24-25高一下，北京清华大学附属中学期中)在△ABC中，点D在边BC上，BD=2DC,E为边AC的 中点，D2=xA庙+yAC,则x=,y=· 3.(2425高一下·北京第五十七中学期中)在△ABC中，点M,N满足BM=B元，A=AC,若 A=A店+AM,则2+4= 4.(24-25高一下·北京中央民族大学附属中学（朝阳）期中)在△ABC中，AD=2DB,P为CD上一点，且 A=mA丽+AC,则实数m值为() A. B,青 C. D. 5.(23-24高一下·北京海淀区中央民族大学附属中学期中)根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为 边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边上作出的正方形面积之和，现在对直角 三角形CDE按上述操作作图后，得如图所示的图形，若A正=xA+yA而，则x-y() 4/20 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 A.-青 B.-专 c.1-v5 D.5-1 H E G D 30° A B 目目 考点05 平面向量的坐标运算 1.(23-24高一下北京第一六五中学期中)已知向量言=(0,1)，石=(2,1)，则-6= 2.(24-25高一下北京朝阳区青苗学校常营校区期中)已知：a=(5,-2),石=(-4，-3)，元=（名y) ，若a-2b+3=0,则2=() A.（1,号)】 B.(号，) c.(号，) D.(-号-号) 3.(23-24高一下北京翔宇中学期中)已知平面向量京=(1,1)，6=(2,3)，则向量2-36=() A.(-7,-4)B.(-3,-7) C.(-4,-2) D.(-4,-7) 4.(22-23高一下北京育才学校期中)已知向量京=(1，sin8),石=(cos8,V3,其中日∈R,则a-的最 大值是() A.4 B.3 C.2 D.1 5.(24-25高一下·北京延庆区·期中已知平行四边形ABCD的三个顶点A(-2,1),B(2,2),C(4,5),而 且A,B,C,D按逆时针方向排列，则线段AD的长度为，D点的坐标为· 目目 考点06 向量共线的坐标运算 1.(24-25高一下北京中学期中)如果向量=(k3),石=（⑤，k)共线，则k等于 2.(2425高一下北京中关村中学期中)已知向量A=(43),Ai=(-3,-1,点A(-1,-2,若 BM-BD (1)求与向量A应方向相同的单位向量a的坐标： (2)求点M的坐标； 5/20 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (3)若点P(2,y)满足P=B(aER,求y与的值 3.(24-25高一下北京中关村中学期中)已知向量=(1,2)，乙=(m,tm-1),若京=五，则t=一， 若存在实数m,使得三，b方向相反，则t的取值范围为 4.(24-25高一下北京中关村中学期中)若向量a=(2sina,cos,石=(1,1)，且a//石，则 sin4a-cos4a的值为() A.-青 B.青 c. D.-月 5.(24-25高一下·北京清华大学附属中学期中已知=(-1,3)，则与ā反向的单位向量为() B.（-京) D.(年，-) 目目 考点07 向量的数量积 1.(2425高一下北京第八十中学期中)已知向量1，且=V5,引=1，则a.6 a-引= 2.(24-25高一下·北京第十四中学·期中)如图，正方形ABCD的边长为4，AC与BD交于点E,P是EB的中 点，Q为AC上任意一点，则PO·BD= D C 3.(2425高一下北京顺义区杨镇第一中学期中)已知京，均是单位向量，目+引=2，则a.石= 4.(24-25高一下·北京房山区·期中)如图，己知矩形ABCD中，AB=6,AD=3,点E为CD上一点，则 Ai·A应=一；当DB.A应最大时，A正=· 6/20 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 D B 5.(24-25高一下北京通州区期中)已知向量a=(1,-2),b=(4,1),则a.6=（) A.2 B.4 C.6 D.9 目目 考点08 向量的夹角 1.(24-25高一下北京延庆区期中)已知引=V5,=2,言.6=3，则（京，）为() A.晋 B.晋 c.晋 D.罗 2.(24-25高一下.北京师范大学附属实验中学期中)已知向量1,2满足：E=2,E引=3， |E-e2=3,则cos(e〉=() A.吉 B. C.青 D.吉 3.(2425高一下北京顺义区第一中学期中)已知=(-1,1)，b=(1,0),飞=a+t6,若 (a,)=(石，)，则实数t= 4.(23-24高一下·北京大兴区期中)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，P(-2,1),Q(4,3,则 cos∠P0Q=() A与 B与 c. D. 5.(23-24高一下北京大兴区期中)已知向量=(3-1)，石=(2,1 (1)求a.6 (2)求a-26: (3)求与a+的夹角的余弦值. 目目 考点09 向量的模长 1.(24-25高一下北京师范大学附属实验中学期中)平面直角坐标系x0y中，OA=(1,0),可方=(-1,2) ,0元=(1-t)oA+toB (1)当t=时，求AB.OC的值； 7/20 耐学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (2)求O的最小值，及此时t的值， 2.(2425高一下·北京广渠门中学期中)已知向量三，b,c在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正 方形的边长为1，则目+=；（京-）= 3.(24-25高下北京丰台区期中)已知=2，=1，且与6的夹角为60°，则目+2=() A.V10 B.2W3 C.4 D.32 4.(24-25高一下北京延庆区期中)已知=2，=1，（京，）=120°，则a+2=（) A.4 B.2 C.12 D.13 5.(2425高一下北京第十九中学期中)已知向量a=(-2,t2),b=(-1,t),t∈R,且a// (1)求满足条件的所有t的值 (2)求2a+的值 目目 考点10 向量的投影 1.(24-25高一下·北京通州区期中)我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称为“赵 爽弦图，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.若A=25, A应=A应，则向量D元在B厅上的投影向量的模为一；设DA=京，D元=，若A应=入+6， 则入十4= D 2.(24-25高一下北京回民学校期中)设向量京，6的夹角为60°，且引=2，=4，则向量在向量6方 8/20 学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 向上的投影数量为，后-引= 3.23-24高一下北京汇文中学期中)已知向量京=(1，-)，6=（-2,1)，则2+6=；向量a在 上的投影向量的坐标为 4.(22-23高一下北京房山区期中)已知向量=(1,3)，石=(-1,1)，则下列结论正确的是（) A.a与的夹角是钝角 B.（a+)1 C.在6上的投影的数量为y2 D.a在6上的投影的数量为0 5 5.(24-25高一下北京顺义区第一中学期中已知向量言和，则|=2，=2，（位可）=60·求： (1).6的值： (22+的值； (3)求向量2+b在乃方向上的投影向量； 目目 考点11 向量垂直的应用 1.(24-25高一下北京第五十五中学期中)已知向量，满足=4，⑤=2，（自+）1石，则向量，的 夹角为() A.晋 B.胃 C. D. 2.(24-25高一下北京房山区·期中)已知向量i=（a,-2),i=(a,8),则“a=-4”是“方1”的(） A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.(24-25高一下北京通州区期中)已知平面向量a,6,其中=2，回=2，且与6的夹角为号， (1)求·（+)的值： (2)求2-的值： (3)若向量(k京-可)与(+k6)互相垂直，求实数k的个数。 4.(23-24高一下北京第一中学期中)已知=2，=3，a与6的夹角为， (1)求ab 9/20 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 2)求a+: (3)当k为何值时，（a+26)1(（ka-)? 5.(2425高一下北京房山区期中)已知向量=(-1,2)，6=(1，-1)： (1)求与6的数量积a.6: (2)若2+6与k宝-b垂直，求k的值. 目目 考点12 向量夹角为锐角钝角问题 1.(2425高一下北京第五十七中学期中)已知向量a=(2,6),=(x4),若-6与6的夹角为锐角， 则x的取值范围为 2.(23-24高一下·北京第十四中学期中)己知向量品和都是非零向量，则“五·五>0”是“（五，五）为锐角”的 () A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 3.(24-25高一下·北京师范大学附属中学期中)已知平面向量 a=(1,x),b=(2x+3,-x),=(-3,5),x∈R (1)若言1b,求x的值： (2)若a与的夹角是钝角，求x的取值范围 4.(24-25高一下北京汇文中学教育集团期中)已知向量=(1,2)，6=（-3，k, (1)若ab,求2a+的值： (2)若1（自+），求与品的夹角： (3)若三与的夹角是钝角，求实数k的取值范围. 5.(24-25高一下北京大学附属中学元培学院期中)已知向量a石满足=2，=1，且豆的夹角为 60°. (1)求-： (2)求在a上的投影向量： (3)若向量2ta+7乃与向量+tb的夹角为钝角，求实数t的取值范围. 10/20 专题01平面向量及其应用 22大高频考点概览 考点01向量的加减法与数乘向量 考点02向量共线定理的应用 考点03平面向量的线性表示 考点04 平面向量基本定理求参数 考点05 平面向量的坐标运算 考点06 向量共线的坐标运算 考点07向量的数量积 考点08 向量的夹角 考点09 向量的模长 考点10 向量的投影 考点11向量垂直的应用 考点12 向量夹角为锐角钝角问题 考点13 向量与最值取值范围问题 考点14 平面向量与四心与面积比问题 考点15 向量的新定义 考点16 正余弦定理解三角形 考点17 正余弦定理的边角互化 考点18 三角形周长面积问题 考点19 三角形形状问题 考点20 三角形个数问题 考点21 多三角形问题 考点22 最值与取值范围问题 地 城 考点01 向量的加减法与数乘向量 1．(24-25高一下·北京延庆区·期中)已知在三角形中，，，用，表示向量（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据相反向量的性质，然后利用向量加法的三角形法则即可得到答案. 【详解】. 故选:D. 2．(24-25高一下·北京通州区·期中)如图，在平行四边形中，连结，下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量加法和减法法则即可. 【详解】由向量加法的三角形法则得，，故A错误； 由向量加法的平行四边形法则得，，故B正确； 由向量的减法法则得，，，故CD错误. 故选：B 3．(24-25高一下·北京丰台区·期中)（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平面向量加减运算法则计算可得. 【详解】. 故选：C. 4．(23-24高一下·北京日坛中学·期中)如图，在矩形中，为中点，那么向量等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平面向量的线性运算，结合图形可得. 【详解】因为四边形为矩形，为中点， 所以， 所以. 故选：B 5．(24-25高一下·北京人大附中石景山学校·期中)化简后等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】应用向量加减法的运算律化简即可得. 【详解】. 故选：C 地 城 考点02 向量共线定理的应用 1．(24-25高一下·北京通州区·期中)已知平面向量，是不共线的两个向量，，，，则（   ） A．，，三点共线 B．，，三点共线 C．，，三点共线 D．，，三点共线 【答案】D 【分析】利用平面向量共线向量定理求解即可. 【详解】由题意，，，， 不存在唯一的实数使得，所以，，三点不共线，故A错误， 由于， 所以，则，，三点共线，故D正确. 由于， 不存在唯一的实数使得， 不存在唯一的实数使得，故BC错误， 故选：D. 2．(24-25高一下·北京第十九中学·期中)已知向量，则（   ） A．A、B、C三点共线     B．A、B、D三点共线 C．A、C、D三点共线 D．B、C、D三点共线 【答案】B 【分析】先利用向量坐标运算得到相应的向量，再计算向量共线所满足的关系式，看是否为0，得到结论. 【详解】A选项，由于，故不共线， 所以A、B、C三点不共线，A错误； B选项，， 由于，故共线，A、B、D三点共线，B正确； C选项，， 由于，故不共线，A、C、D三点不共线，C错误； D选项，，故不共线，B、C、D三点不共线，D错误. 故选：B 3．(24-25高一下·北京第十五中学·期中)已知平面向量为两两不共线的单位向量，则“”是“与共线”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由题设有设，，，如下图，为边长为1的菱形，数形结合及向量加减、数乘的几何意义判断条件间的推出关系，即可得答案. 【详解】由平面向量为两两不共线的单位向量， 设，，，如下图，为边长为1的菱形， 若，即与垂直，， 即，而，且， 所以共线，即与共线； 若与共线，即且，而，即， 所以与垂直，故. 所以“”是“与共线”的充要条件. 故选：C 4．(24-25高一下·北京人大附中石景山学校·期中)已知两个非零向量与不共线. (1)若，求证：三点共线； (2)试确定实数，使和共线. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据平面向量共线定理证明即可得出结论； （2）利用共线定理构造方程组即可解得. 【详解】（1）由可得； 显然，即共线， 又因为它们有公共点， 所以可得三点共线； （2）若和共线，且向量与不共线， 则存在实数满足，因此， 解得； 即存在，使和共线. 5．(24-25高一下·北京汇文中学教育集团·期中)在如图所示的方格纸中，向量的起点和终点均在格点（小正方形顶点）上，若与（x，y为非零实数）共线，则的值为_____________．    【答案】 【分析】由题意易得每个向量的坐标，由向量共线可得和的关系式，变形可得答案． 【详解】解：设图中每个小正方形的边长为1， 则，，， ， 与共线， ， ，即. 故答案为：. 地 城 考点03 平面向量的线性表示 1．(24-25高一下·北京清华附中学院路学校·期中)若四边形ABCD为正方形，E是CD中点，且，，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】应用向量加减、数乘的几何意义用，表示出. 【详解】由. 故选：B 2．(24-25高一下·北京第五中学·期中)设D为所在平面内一点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用平面向量基本定理，把作为基底，再利用向量的加减法法则把向量用基底表示出来即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：C. 3．(23-24高一下·北京丰台区·期中)如图，在中，为边上的中线，若为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得. 【详解】 . 故选：D 4．(23-24高一下·北京顺义牛栏山第一中学·期中)已知平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E为线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若，，则______，______（答案用含，的式子表示）． 【答案】 【分析】对于，在中运用向量加法法则计算即可；对于，先利用共线定理确定与关系即可根据几何图形边的关系即可求解. 【详解】由题； 设， 因为, 因为三点共线， 所以， 所以. 故答案为：；. 5．(23-24高一下·北京大兴区·期中)如图，在中，点是的中点，，过点的直线分别交边于（不同于）两点，且，．    (1)当时，用向量表示，； (2)证明：为定值． 【答案】(1)，； (2)证明见解析 【分析】（1）由是的中线和向量加法的平行四边形法则得到，再由表示出； （2）由得到，又由、、三点共线，得到，从而表示出，因为，不共线，所以系数相等，得到的关系. 【详解】（1）因为点是的中点，所以是的中线，所以， 当时，； （2）由（1）知，所以， 因为、、三点共线，所以， 所以， 由已知，，所以， 所以， 因为，不共线，所以，即，消去整理可得， 所以为定值. 【点睛】方法点睛：两直线交点在向量中的应用 本题中，点为直线和的交点， 所以、、三点共线，；、、三点共线，. 地 城 考点04 平面向量基本定理求参数 1．(23-24高一下·北京通州区·期中)如图，在中，是的中点，是延长线上一点，且，若，则的值为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】根据平面向量的线性运算可得结果. 【详解】因为，所以为的中点，又D是AB的中点， 所以 ， 则，. 故选：B. 2．(24-25高一下·北京清华大学附属中学·期中)在中，点在边上，，为边的中点，，则______，______． 【答案】 【分析】根据已知及数形结合用表示出，即可得. 【详解】由 ， 又，则 ， . 故答案为：，    3．(24-25高一下·北京第五十七中学·期中)在中，点满足，若，则______ 【答案】 【分析】由题中所给条件求出，结合及，即可求解，，进而求得． 【详解】由题得， 所以， 又，所以，所以， 所以． 故答案为：． 4．(24-25高一下·北京中央民族大学附属中学（朝阳）·期中)在中，为上一点，且，则实数值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用，将用表示，替换，再结合三点共线，即可求出的值. 【详解】 ， 因此， 因为三点共线，所以，， 故选：B. 5．(23-24高一下·北京海淀区中央民族大学附属中学·期中)根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边上作出的正方形面积之和，现在对直角三角形CDE按上述操作作图后，得如图所示的图形，若，则=（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依题意，建立平面直角坐标系，设，求得的坐标，再由列式求解即可. 【详解】建立如图所示平面直角坐标系： 设，则， 则，， 所以，即， 所以， 因为， 所以，则， 则，化简得， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：涉及几何图形中的向量运算，根据图形特征建立平面直角坐标系，求出相关点的坐标是解题的关键. 地 城 考点05 平面向量的坐标运算 1．(23-24高一下·北京第一六五中学·期中)已知向量，则________. 【答案】 【分析】直接利用向量的坐标运算计算即可. 【详解】， . 故答案为：. 2．(24-25高一下·北京朝阳区青苗学校常营校区·期中)已知：，，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意结合向量的坐标运算求解. 【详解】因为，，且， 所以. 故选：D. 3．(23-24高一下·北京翔宇中学·期中)已知平面向量，则向量（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由向量的坐标线性运算即可求解. 【详解】由题意，所以，所以. 故选：D. 4．(22-23高一下·北京育才学校·期中)已知向量，，其中，则的最大值是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】先计算向量差的坐标，再通过模长公式得出模长的表达式，利用三角函数辅助角公式化简，最后根据正弦函数的性质求出最大值． 【详解】，， ， ，当且仅当时取等号， 的最大值是3． 故选：B． 5．(24-25高一下·北京延庆区·期中)已知平行四边形的三个顶点，，，而且，，，按逆时针方向排列，则线段的长度为_____，点的坐标为_____． 【答案】 【分析】利用平行四边形的性质和三个点的坐标即可得出线段的长度，结合向量即可求得点的坐标. 【详解】由题意，在平行四边形中，,,， 所以，， 所以，即， 故答案为：；. 地 城 考点06 向量共线的坐标运算 1．(24-25高一下·北京中学·期中)如果向量，共线，则等于________． 【答案】 【分析】由向量共线判定定理即可求解. 【详解】因为向量，共线， 所以存在，使得， 即， 则， 解得或， 所以． 故答案为： 2．(24-25高一下·北京中关村中学·期中)已知向量，，点，若 (1)求与向量方向相同的单位向量的坐标； (2)求点M的坐标； (3)若点满足，求y与的值. 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】（1）利用，即可求解. （2）由，可得，进而可求得的坐标； （3）利用向量相等即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 与向量方向相同的单位向量； （2）因为，所以， 整理得， 因为点，所以； （3）因为，所以，所以， 即，所以， 解得， 3．(24-25高一下·北京中关村中学·期中)已知向量，，若，则______，若存在实数 m，使得方向相反，则t的取值范围为______. 【答案】 3 【分析】利用相等相量的坐标相等可求的值；利用，，求解可得t的取值范围. 【详解】因为向量，，若，则且，解得； 存在实数m，使得，方向相反， 即存在实数，使得，，可得且， 解得， 由得：，所以t的取值范围为 故答案为：①3；②. 4．(24-25高一下·北京中关村中学·期中)若向量，，且，则的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平面向量平行的坐标运算得，利用同角三角函数的商数关系式即可得的值，进而将化为齐次式可求值. 【详解】向量，，且， 则，故， . 故选：D. 5．(24-25高一下·北京清华大学附属中学·期中)已知，则与反向的单位向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据单位向量的定义及已知有与反向的单位向量为，即可得. 【详解】与反向的单位向量为. 故选：C 地 城 考点07 向量的数量积 1．(24-25高一下·北京第八十中学·期中)已知向量，且，，则__________，__________. 【答案】 0 2 【分析】由数量积的定义、运算律即可求解. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为：0；2. 2．(24-25高一下·北京第十四中学·期中)如图，正方形的边长为4，与交于点E，P是的中点，Q为上任意一点，则__________．    【答案】8 【分析】由题意，直角中，然后利用平面向量的数量积的定义求解即可. 【详解】因为正方形的边长为4，与交于点E，P是的中点，Q为上任意一点， 所以，，， 在直角中，， 所以． 故答案为：8． 3．(24-25高一下·北京顺义区杨镇第一中学·期中)已知，均是单位向量，，则______． 【答案】1 【分析】利用单位向量的概念、向量的数量积运算即可得解. 【详解】∵，均为单位向量，∴，， 又∵， ∴， ∴. 故答案为：1. 4．(24-25高一下·北京房山区·期中)如图，已知矩形中，，，点为上一点，则________；当最大时，________． 【答案】 9 【分析】建立平面直角坐标系，用坐标表示出各向量，根据向量数量积运算的坐标表示，求出数量积的表达式，求出结果. 【详解】 因为四边形是矩形，所以以为坐标原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系. 可得,因为点为上，可设， 可知，则. 可知，则，因为，所以当时，取得最大值， 此时，，则. 故答案为：9；. 5．(24-25高一下·北京通州区·期中)已知向量，，则（   ） A．2 B．4 C．6 D．9 【答案】A 【分析】根据平面向量数量积的坐标表示求解即可. 【详解】由，， 所以. 故选：A. 地 城 考点08 向量的夹角 1．(24-25高一下·北京延庆区·期中)已知，，，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】代入公式直接计算可得. 【详解】因为， 所以 故选：A. 2．(24-25高一下·北京师范大学附属实验中学·期中)已知向量，满足：，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由数量积的运算律计算可得，再由夹角计算公式代入即可. 【详解】依题意可知， 解得， 所以. 故选：C 3．(24-25高一下·北京顺义区第一中学·期中)已知，，，若，则实数______． 【答案】 【分析】由向量坐标的运算求出向量的坐标，再根据，利用向量夹角余弦公式列方程，求出实数的值． 【详解】由，，则， 又，则， 则，即，进而，解得， 故答案为： 4．(23-24高一下·北京大兴区·期中)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由向量夹角的余弦的坐标公式直接计算即可得解. 【详解】根据题意知O为坐标原点，，， 所以，， 则. 故选：C 5．(23-24高一下·北京大兴区·期中)已知向量，． (1)求； (2)求； (3)求与的夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据数量积的坐标表示计算可得； （2）首先求出，再根据向量模的坐标表示计算可得； （3）首先求出，，，再由夹角公式计算可得. 【详解】（1）因为，， 所以； （2）因为， 所以； （3）因为， 则， 又，， 则， 即与的夹角的余弦值为． 地 城 考点09 向量的模长 1．(24-25高一下·北京师范大学附属实验中学·期中)平面直角坐标系中，，，． (1)当时，求的值； (2)求的最小值，及此时的值． 【答案】(1) (2)的最小值为， 【分析】（1）首先求出、的坐标，根据数量积的坐标表示计算可得； （2）首先表示的坐标，再由向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得. 【详解】（1）因为，， 所以， 当时，， 所以； （2）因为， 所以， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为，此时. 2．(24-25高一下·北京广渠门中学·期中)已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则_______；________． 【答案】 0 【分析】建立平面直角坐标系，求出的坐标，再利用向量运算的坐标表示求解. 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系， 则， ， 所以. 故答案为：；0 3．(24-25高一下·北京丰台区·期中)已知，，且与的夹角为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平面向量数量积的定义和运算性质可求得的值. 【详解】因为，，且与的夹角为， 由平面向量数量积的定义可得， 所以，. 故选：B. 4．(24-25高一下·北京延庆区·期中)已知，，，则（   ） A．4 B．2 C．12 D．13 【答案】B 【分析】对 两边平方可得答案. 【详解】因为，，， 所以. 故选：B. 5．(24-25高一下·北京第十九中学·期中)已知向量，，且. (1)求满足条件的所有t的值. (2)求的值. 【答案】(1)或2 (2)5或. 【分析】（1）根据平行得到方程，求出或2，检验后得到结论； （2）在（1）基础上，分或2两种情况，利用模长公式求出答案. 【详解】（1），故，解得或2， 经检验，或2均满足要求，故或2； （2）当时，， 故； 当时，， 故， 所以的值为5或. 地 城 考点10 向量的投影 1．(24-25高一下·北京通州区·期中)我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．若，，则向量在上的投影向量的模为________；设，，若，则________． 【答案】 4 / 【分析】先求出，结合可得向量在上的投影向量即为在上的投影向量，即为，进而求解即可；根据平面向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意，设，则，， 由，则，解得， 因为，所以向量在上的投影向量即为在上的投影向量，即为， 则在上的投影向量的模为； 由 ， 则， 所以，则. 故答案为：4；. 2．(24-25高一下·北京回民学校·期中)设向量，的夹角为，且，，则向量在向量方向上的投影数量为_____，_____． 【答案】 【分析】第一空，利用向量在向量方向上的投影数量为可求，第二空：先根据数量积的定义求，再利用向量模长公式可计算. 【详解】向量在向量方向上的投影数量为， ， ， 故答案为：，. 3．(23-24高一下·北京汇文中学·期中)已知向量，，则________；向量在上的投影向量的坐标为________． 【答案】 【分析】运用平面向量加法、向量数量积、向量的模、投影向量公式计算即可. 【详解】解：，， 则； ，， 故向量在上的投影向量的坐标为：. 故答案为：；. 4．(22-23高一下·北京房山区·期中)已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A．与的夹角是钝角 B． C．在上的投影的数量为 D．在上的投影的数量为 【答案】C 【分析】利用数量积的坐标表示判断A；利用垂直的坐标表示判断B；求出投影的数量判断CD作答. 【详解】向量，， 对于A，由，有，则与的夹角不是钝角，故A错误； 对于B，，，即与不垂直，故B错误； 对于CD，在上的投影的数量为，故C正确，D错误. 故选：C 5．(24-25高一下·北京顺义区第一中学·期中)已知向量 和 ，则 ，， 求： (1) 的值； (2) 的值； (3)求向量 在 方向上的投影向量； 【答案】(1)； (2)； (3) 【分析】（1）根据平面向量的数量积的定义即可求解； （2）根据模长公式即可求解. （3）根据平面向量的投影公式即可求解． 【详解】（1）∵ ，， . ∴ ； （2）∵， ∴ ； （3）∵， ∴ ∴向量 在 方向上的投影向量是. 地 城 考点11 向量垂直的应用 1．(24-25高一下·北京第五十五中学·期中)已知向量，满足，，，则向量，的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先设向量夹角为，再由平面向量数量积的运算，结合平面向量夹角的运算，求解即可. 【详解】设向量，的夹角为.因为，则， 所以，则，解得，所以. 故选：C. 2．(24-25高一下·北京房山区·期中)已知向量，，则“”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据向量垂直得出参数，再结合充分而不必要条件定义判断即可. 【详解】因为，所以，解得或， 故可以推出，充分性成立， 当不能推出，必要性不成立， 则“”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 3．(24-25高一下·北京通州区·期中)已知平面向量，，其中，，且与的夹角为． (1)求的值； (2)求的值； (3)若向量与互相垂直，求实数的个数． 【答案】(1)6； (2)； (3)2. 【分析】（1）利用数量积的定义及运算律求解. （2）利用数量积的运算律求出向量的模. （3）利用垂直关系的向量表示列式，结合数量积的运算律求解. 【详解】（1）由，，且与的夹角为，得， 所以. （2）. （3）由向量与互相垂直， 得， 解得，所以的值有2个. 4．(23-24高一下·北京第一中学·期中)已知，，与的夹角为． (1)求； (2)求； (3)当k为何值时，？ 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）直接利用数量积公式计算可得答案； （2）对两边平方再开方可得答案； （3）利用数量积为零可得答案. 【详解】（1）； （2）； （3）由得， 即， 可得，解得 5．(24-25高一下·北京房山区·期中)已知向量，． (1)求与的数量积； (2)若与垂直，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用数量积的坐标表示计算即得. （2）利用向量线性运算的坐标表示，向量垂直的坐标表示列式求解. 【详解】（1）向量，， 所以. （2）由向量，，得，， 由与垂直，得，即， 所以实数. 地 城 考点12 向量夹角为锐角钝角问题 1．(24-25高一下·北京第五十七中学·期中)已知向量，，若与的夹角为锐角，则x的取值范围为______ 【答案】且. 【分析】转化为数量积大于0，并去掉共线同方向的情况即可. 【详解】，当，则，解得， 且此时为共线同方向， 若与的夹角为锐角，则，且去掉同方向共线的情况， 则，解得， 则且. 故答案为：且. 2．(23-24高一下·北京第十四中学·期中)已知向量和都是非零向量，则“”是“为锐角”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】先由及向量夹角范围推断充分性，再由数量积定义以及“为锐角”即可推断必要性. 【详解】因为，向量和都是非零向量， 则由得， 所以由向量夹角范围为，得“”或“为锐角”； 反之，若为锐角，则， 故“”是“为锐角”的必要不充分条件. 故选：B. 3．(24-25高一下·北京师范大学附属中学·期中)已知平面向量. (1)若，求的值； (2)若与的夹角是钝角，求的取值范围. 【答案】(1)或； (2). 【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示求出. （2）利用向量夹角公式及共线向量的坐标表示求出范围. 【详解】（1）由，得，解得或， 所以或. （2）由与的夹角是钝角，得且与不共线， 则，解得且， 所以的取值范围是. 4．(24-25高一下·北京汇文中学教育集团·期中)已知向量，． (1)若，求的值； (2)若，求与的夹角； (3)若与的夹角是钝角，求实数k的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量共线的坐标式求出值，再根据向量数量积的运算律计算即可； （2）由求出值，再利用向量夹角的坐标公式求解即得； （3）由题意推出和与不共线，列出不等式求解即得. 【详解】（1）由可得，则， 于是， ； （2）由，可得，解得， 则，于是， 设与的夹角为，则， 因，故，即与的夹角为； （3）由与的夹角是钝角，可得， 解得且，故实数k的取值范围是. 5．(24-25高一下·北京大学附属中学元培学院·期中)已知向量满足，，且的夹角为． (1)求； (2)求在上的投影向量； (3)若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)求：先利用向量模的平方等于向量自身平方，将转化为，再用完全平方公式展开，结合向量数量积公式算出结果，最后开方. (2)求在上的投影向量：依据投影向量定义，把已知的和的值代入公式计算. (3)先根据数量积分配律展开式子，解不等式得到的初步范围；再通过设共线关系求出共线时的值，排除这些值，得到最终范围. 【详解】（1）根据向量模的平方等于向量自身平方，可得. 根据完全平方公式，则. 已知，，且，的夹角为，可得. 所以.则. （2）根据投影向量的定义，在上的投影向量为. 由前面计算可知，，所以投影向量为. （3）因为向量与向量的夹角为钝角，所以，且与不共线. 可得. 将，，代入上式，得到，即.解得. 若两向量反向共线，则存在实数，使得， 即，将代入，得到，因，解得. 综合以上两个条件，实数的取值范围是. 地 城 考点13 向量与最值取值范围问题 1．(24-25高一下·北京第八十中学·期中)已知A、B是单位圆O上的两点（O为圆心），，点C是线段AB上不与A、B重合的动点.MN是圆O的一条直径，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据，利用向量的运算可以将转化为，进而得解. 【详解】∵，∴点在线段上，且， ∴ ， ∵，∴. 故选：A 2．(24-25高一下·北京清华大学附属中学·期中)在平面直角坐标系中，已知点，点在函数的图象上． ①若，则点的坐标为______； ②的取值范围为______． 【答案】 【分析】令，应用向量数量积的坐标表示列方程求坐标，由，讨论、求范围即可. 【详解】令，且，则，， 由，则，故， 由上，则 ， 当时，且， 则，，则，则； 当时，且， 则，，则，则； 所以. 故答案为：； 3．(24-25高一下·北京第一六一中学·期中)在平面直角坐标系中，O为原点，，，，，P为线段BC上一点，且． (1)求n的值； (2)当时，求； (3)求的取值范围． 【答案】(1)8 (2) (3) 【分析】（1）利用向量的坐标表示，再结合向量垂直的坐标表示，列出方程求解即得； （2）由（1）求出的坐标，利用向量夹角公式计算即得； （3）用表示的坐标，利用数量积的坐标表示建立函数关系，求出函数值域即得． 【详解】（1）依题意，， 由，得． （2）由（1）知，，由，，得， ，， 所以． （3）由（2）知，，， 则， 由为线段上一点，且，得， 当时，，当时，， 所以的取值范围． 4．(24-25高一下·北京广渠门中学·期中)如图所示，在边长为的正方形ABCD中，E，F分别是AB和BC的中点． (1)求证：（用向量法证明）； (2)设，求的值． (3)若点P（不与点E重合）为正方形ABCD边上的动点，直接写出的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）建立平面直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量垂直的坐标表示推理得证. （2）利用向量线性运算的坐标表示，结合相等向量列式求解. （3）按点的不同位置设出其坐标，利用数量积的坐标表示列式求出范围. 【详解】（1）以直线分别为轴建立平面直角坐标系， 则， ，， 所以. （2）由（1）知，， 由，得，解得， 所以. （3）由（1）知， 当在线段上时，设，，； 当在线段上时，设，， ； 当在线段上时，设，，； 当在线段上时，设，， ， 所以的取值范围是. 5．(24-25高一下·北京八一学校·期中)已知，，． (1)求的值，的值； (2)若，，求的最小值，并求取得最小值时的值． 【答案】(1)； (2)当，最小值为 【分析】（1）根据题意，利用向量的数量积的坐标运算公式，以及向量的数量积的运算律，即可求解； （2）由，得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）解：因为向量，，，则， 可得， . （2）解：因为，可得，， 则， 设，由二次函数的性质得，当时，函数取得最小值， 所以的最小值为，此时. 地 城 考点14 平面向量与四心与面积比问题 1．(24-25高一下·北京大兴区·期中)在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝，O是的内心，若＝x＋y，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为（    ） A． B． C．4 D．6 【答案】B 【分析】根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P的轨迹是以OB，OC为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC的面积的2倍. 【详解】在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得a＝7. 设△ABC的内切圆的半径为r，则 bcsin A＝ (a＋b＋c)r，解得r＝， 所以S△BOC＝×a×r＝×7×＝. 故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为＝. 故选：B 【点睛】本题考查了余弦定理、根据内切圆半径求三角形的面积，属于基础题. 2．(22-23高一下·北京一零一中学·期中)已知的外心是O，其外接圆半径为1，设，则下列论述正确的是____________. ①若，，则为直角三角形； ②若，则为正三角形； ③若，，则为顶角为的等腰三角形； ④若，，则. 【答案】①②③ 【分析】对于①②，利用平面向量的知识得出O的位置，结合三角形的性质得出判断即可；对于③④，还需要利用向量数量积的公式求出数量积或者夹角才能正确判断. 【详解】若，，则，所以O是AB的中点，又O是的外心，从而为直角三角形，故①正确； 若，则，即，所以O是的重心，又O是的外心，从而为等边三角形，故②正确； 若，，则，即. 取AB的中点D，则,从而， 所以O是中线CD上一点，又因为O是的外心，即O是中垂线的交点， 所以，从而是等腰三角形. 由得， 两边平方得（*）. 因为且， 所以（*）式化为，所以， 由圆周角是圆心角的一半可得，即为顶角为的等腰三角形，故③正确； 若，，则， 两边平方得， 因为，所以； 从而 ,故④错误. 故答案为：①②③. 3．(24-25高一下·北京丰台区·期中)已知平面内三个向量，，满足 ，且，，给出下列四个结论： ①若，则射线平分； ②若，则的最小值为； ③若，则△面积是△面积的4倍； ④若，，设点到所在直线的距离为，则的取值范围为． 其中所有正确结论的序号是___． 【答案】①③④ 【分析】对于①，取为的中点后可判断其正误；对于②，利用二次函数的性质可判断其正误；对于③④，利用等和线转化后可判断它们的正误. 【详解】对于①，若，则， 因为，故为等腰三角形，取为的中点， 则，而平分，故平分，故①正确； 对于②，若，则， 所以， 当时，，故，故②错误； 对于③，若，则，故在内部， 如图，延长交于，则， 设，因为，故三点共线， 而，故三点共线，故重合， 故，故即， 所以，故到直线的距离为到直线距离的4倍， 故面积是面积的4倍，故③正确；    对于④，取，则， 由可得， 因为，故在直线上， 取的中点，过作的平行线交于，过作的平行线交于， 则，， 因为，故在线段上（如图所示），而， 故到的距离为，到的距离为， 故的取值范围为，故④正确；    故答案为：①③④. 4．正的边长为1，中心为O，过O的动直线l与边AB，AC分别相交于点M，N，，．给出下列四个结论： ①； ②若，则 ③不是定值，与直线l的位置有关； ④与的面积之比的最小值为． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】①②④ 【分析】 利用向量加法的平行四边形法则可判断①；利用向量数量积的定义可判断②；根据三点共线即可判断③；由三角形的面积公式结合③，利用基本不等式即可判断④. 【详解】   对于①，由,故①正确； 对于②， ，故②正确； 对于③，由 ① ，因为三点共线， 所以 ，即 ，故③错误； 对于④, , 又且， 由基本不等式得，当且仅当时取等号， 即与之比的最小值为，故④正确. 故答案为: ①②④. 地 城 考点15 向量的新定义 1．(24-25高一下·北京中央民族大学附属中学（朝阳）·期中)如图所示，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy为斜坐标系，若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，记为．在的斜坐标系中，﹒则下列结论中，错误的是（    ） ①；②；③；④在上的投影为 A．②③ B．②④ C．③④ D．②③④ 【答案】D 【分析】借鉴单位向量夹角为 时的情况，注意夹角为； ； ； 数量积为； 在上的投影为 . 【详解】对于①. ， 所以，故①正确； 对于②. ，故②错误； 对于③. ，故③错误； 对于④. 在上的投影为 ，故④错误. 故选：D 2．(23-24高一下·云南昆明第三中学·期中)设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种运算“”：．试求解下列问题： (1)已知向量满足，求的值； (2)①若，用坐标表示； ②在平面直角坐标系中，已知点，求的值； (3)已知向量，求的最小值． 【答案】(1) (2)①；② (3) 【分析】（1）借助新定义计算即可得； （2）借助所给定义及三角函数间的关系，计算可得，代入数据计算即可得； （3）由，代入数据，结合基本不等式计算即可得. 【详解】（1）由已知，得， 所以，即， 又，所以， 所以； （2）①设，则， 所以， ， 所以， ②， 所以； （3）由（2）得， 故， ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值是9． 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助所给定义及三角函数间的关系，计算得到. 3．(24-25高一下·北京第二中学朝阳学校·期中)对于三维向量，定义“F变换”：，其中，，，.记，. (1)若，求及； (2)证明：对于任意，经过若干次F变换后，必存在，使； (3)已知，，将再经过m次F变换后，最小，求m的最小值. 【答案】(1)；. (2)证明见解析 (3)505 【分析】（1）直接按照“F变换”规则逐步计算和，再根据和的定义求解； （2）采用反证法，通过分析变换过程中的变化情况来证明； （3）先根据已知条件求出和的值，再分析每次“F变换”后向量模长的变化规律，从而确定的最小值. 【详解】（1）已知，根据“F变换”规则，其中，，，可得： 根据，可得； 根据，可得. （2）设, 假设对任意，，则，，均不为. 经过一次“F变换”后，. 所以，即 又因为，所以. 所以，这与矛盾，故假设不正确. 综上，对于任意，经过若干次F变换后，必存在，使. （3）设，因为，所以有或. 当时，可得，三式相加得. 又因为，将代入可得，解得，. 当时，同理可得，，于是 设的三个分量为，，这三个数. 当时，的三个分量为，，这三个数，所以. 当时，的三个分量为，，，则的三个分量为，，，的三个分量为，，，所以. 因为，所以由可得. 因为，所以任意的三个分量始终为偶数，且都有一个分量等于. 所以的三个分量只能是，，三个数，的三个分量只能是，，三个数. 所以当时，；当时， 则 的最小值为505. 4．(24-25高一下·广东东莞东莞中学松山湖学校·)在平面直角坐标系xOy中，对于非零向量，，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道，平行的充要条件为. (1)已知，，求； (2)①已知，的夹角为，且，的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，，，角A的平分线AD与BC交于点D，且，若，求. 【答案】(1)1 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）按题意直接代入公式运算. （2）①先通过向量坐标运算得到，推出，再结合题意分析证明. ②依据角平分线性质和数量积得出，知道点是的重心，然后求得出结果. 【详解】（1）因为，， 所以. （2）①因为 ， 且，，则，所以. 若，等价于，即， 所以的充分必要条件是； ②因为角A的平分线AD与BC交于点D，则，即， 则， 可得， 即，可得， 又因为，可知点P为的重心，则， 可得，， 则， ， ， 可得， 所以. 5．(24-25高一下·北京大兴区·期中)如图，设是平面内相交成角的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，记. (1)在仿射坐标系中. ①若，求； ②若，且，的夹角为，求； (2)如图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，，E，F分别为BD，BC中点，求的最大值. 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①由题意，，将其两边平方，再开方即可得到； ②由表示出和，再由已知用表示出，因为与的夹角为，然后由，即可得到； （2）由题意，设出坐标，表示出，由，求出的表达式，在中依据余弦定理可得，代入得的表达式化简，再在中，用正弦定理，求出，代入的表达式，通过三角恒等化简可得出答案. 【详解】（1）①因为， ， 所以； ②由，即， 得， ， ， 因为与的夹角为， 则，得； （2）依题意设， ， 因为为中点，则， 为中点，所以， 所以 ， 因为， 则， 在中依据余弦定理得，所以，代入上式得， ， 在中，由正弦定理， 设，则， ，其中，是取等号， 则. 【点睛】关键点点睛：设出坐标，求出的表达式是解决第三问的关键. 地 城 考点16 正余弦定理解三角形 1．(24-25高一下·北京中学·期中)在中，已知，，，则的大小为（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】A 【分析】由正弦定理结合三角形大边对大角性质即可求解. 【详解】由正弦定理得，即， 解得，又为三角形内角，所以或， 又因为，所以，又，所以． 故选：A． 2．(24-25高一下·北京第三十五中学·期中)已知中，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由正弦定理建立方程，可得答案. 【详解】由题意可得，，则， 可得. 故选：B. 3．(24-25高一下·北京顺义牛栏山第一中学·期中)已知满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正弦定理及三角形内角的性质有则且均为锐角，进而有，再由及和角余弦公式求函数值. 【详解】由，而，则且均为锐角， 所以，又， 所以. 故选：A 4．(24-25高一下·北京通州区·期中)在中，角，，的对边分别是，，，已知，，，则________． 【答案】 【分析】利用正弦定理即可求解. 【详解】在中，由正弦定理可得，又，，， 所以，解得. 故答案为：. 5．(24-25高一下·北京第十四中学·期中)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． (1)已知，求中最大的角； (2)已知，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据大边对大角确定最大角，再利用余弦定理求出该角； （2）先由同角三角函数关系求出，运用余弦定理求出，再根据三角形面积公式求解. 【详解】（1）在三角形中，大边对大角.已知，，，因为边最大，所以角最大. 根据余弦定理，将，，代入可得： 因为，所以. （2）已知，且，根据同角三角函数的平方关系，可得： . 根据余弦定理，可得： ，解得（负值舍去） 根据三角形面积公式，可得：，则的面积为. 地 城 考点17 正余弦定理的边角互化 1．(24-25高一下·北京第十五中学·期中)在中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可求解. 【详解】由，由正弦定理可得， 所以，所以， 所以，又，所以. 故选：D. 2．(24-25高一下·北京广渠门中学·期中)在中，若，则（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】利用正弦定理计算可得. 【详解】因为，即，由正弦定理，所以， 所以，又，所以，所以. 故选：A 3．(23-24高一下·北京育才学校·期中)在中，已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再逆用和角的正弦求出即得. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 则，即，而， 因此，而， 所以. 故选：C 4．(23-24高一下·北京一六六中学·期中)在中，内角A，B，C的对边分别是． (1)求的大小； (2)若，求证：是正三角形． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出. （2）利用正弦定理边化角，结合（1）及和角的正弦公式推理即得. 【详解】（1）在中，由，得， 由余弦定理得，而， 所以. （2）在中，由及正弦定理得， 而，则，由（1）知， 于是，整理得，而， 因此，即有，所以是正三角形. 5．(24-25高一下·北京通州区·期中)在中，，，所对的边分别为，，，已知，． (1)若，求及的面积； (2)若，求． 【答案】(1)，的面积为 (2)或 【分析】（1）由同角三角函数的关系可求得，进而利用余弦定理可求得，可求的面积； （2）由正弦定理可得，可求得，可求. 【详解】（1）因为，，所以， 由余弦定理可得， 所以，所以， 所以的面积为； （2）由，可得， 又因为，所以，所以， 又，所以或. 地 城 考点18 三角形周长面积问题 1．(24-25高一下·北京中学·期中)在中， (1)求c的值； (2)已知，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的周长． 条件①：； 条件②：AB边上的高为； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再结合两角和的正弦公式化简求解的值； （2）根据所选条件，结合正弦定理、三角形面积公式等求出三角形的其他边，进而求得周长. 【详解】（1）由正弦定理及 得． 所以． 所以． 又因为，所以． 所以． （2）选条件①：因为，且， 所以． 因为，所以．所以． 又因为，所以． 所以． 又，所以． 所以的周长为． 选条件②：因为边上的高为，所以． 又因为，所以． 所以． 因为，所以． （1）当时，由，得． 又，所以． 所以． 所以的周长为． （2）当时，由，得． 又，所以，不符合题意． 综上，的周长为． 选条件③： 由余弦定理，可得，即。 解得或，此时不唯一，不符合要求. 2．(24-25高一下·北京第二中学朝阳学校·期中)在中，角，，所对的边分别为，，.已知. (1)求的值： (2)若，的周长为，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理化角为边，然后由余弦定理可得； （2）由诱导公式和两角和的正弦公式求得，从而得到，结合已知条件求解即可. 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理可得， 由余弦定理得， 所以，得； （2）因为，，， 所以，， 所以， 即，由正弦定理得①， 因为的周长为，即②， 由（1）知③， ①②③联立解得，， 所以的面积为. 3．(23-24高一下·北京第六十五中学·期中)在中，内角所对的边分别为.已知. (1)求； (2)若，且的面积为，求的周长. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）利用二倍角公式化简即可求得. （2）利用面积公式和余弦定理即可求解. 【详解】（1）由，得， 在中，， 在中，. （2）， 由余弦定理得， ，， 的周长为. 4．(24-25高一下·北京回民学校·期中)已知函数． (1)求的最小正周期、对称轴和对称中心： (2)求在上的最值及此时的取值； (3)锐角中，，角满足，求角A的值与面积． 【答案】(1)最小正周期为，对称轴为，对称中心为； (2)最小值为，此时；最大值为2，此时； (3). 【分析】（1）利用正弦函数的图象性质求解. （2）求出相位的范围，进而求出最值及对应值. （3）求出，再利用三角形面积公式求解. 【详解】（1）由，得；由，得， 所以的最小正周期为，对称轴为，对称中心为. （2）当时，，则当，即时，； 当，即时，， 所以的最小值为，此时；最大值为2，此时. （3）由，得，而为锐角，则，解得， 又，所以面积为. 5．(24-25高一下·北京丰台区·期中)在中，，. (1)求的值； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理化简可得的值； （2）选①：利用正弦定理求出，利用两角和的正弦公式求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积； 选②：利用正弦定理求出角的值，利用两角和的正弦公式求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积. 【详解】（1）由余弦定理，且， 所以. 又，所以，所以. （2）选择条件①：由正弦定理得.       又因为在中，，所以，       即 .      所以的面积； 选择条件②：由正弦定理得. 因为在△中，，所以，所以.       又因为在中，，所以，            即 .      所以△的面积. 地 城 考点19 三角形形状问题 1．(24-25高一下·北京中学·期中)在，若，且，则的形状是（   ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形 【答案】C 【分析】利用正弦定理以及两角差的正弦公式逆用可得，再由可得，可得出结论. 【详解】因为，由正弦定理可得，则， ．所以， 又因为，所以， 又，可得，故的形状是等腰直角三角形. 故选：C 2．(24-25高一下·北京第八十中学·期中)在中，，则一定为__________三角形.（选填“锐角”、“直角”、“钝角”、“等腰”） 【答案】直角 【分析】由正弦定理边化角得，由此即可判断. 【详解】因为，所以， 所以，因为，所以， 又，所以， 所以一定为直角三角形. 故答案为：直角. 3．(24-25高一下·北京通州区·期中)在中，角，，的对边分别是，，，则下列说法正确的个数为（   ） ①若，则一定为等腰三角形 ②若，则一定为锐角三角形 ③若，，则面积的最大值为 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】①根据正弦定理及二倍角公式化解可得或，进而判断即可；②结合平面向量的定义可得，即可得到为锐角，进而判断即可；③根据余弦定理及基本不等式可得，进而结合三角形的面积公式求解判断即可. 【详解】①由，根据正弦定理得， 则，所以或， 则或，所以为等腰三角形或直角三角形，故①错误； ②由，则，所以为锐角， 此时不一定为锐角三角形，故②错误； ③由余弦定理得， 则，当且仅当时等号成立， 则，故③正确. 故选：B. 4．(24-25高一下·北京丰台区·期中)在中，，则的形状一定为（   ） 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】A 【分析】由余弦定理化简得出，即可得出结论. 【详解】由余弦定理可得，整理可得， 因此，为等腰三角形. 故选：A. 5．(24-25高一下·北京第十四中学·期中)函数（，，，）的部分图象如图所示． (1)求的解析式，并求出函数的单调递增区间： (2)在中，若且，试判断三角形的形状，并说明理由． 【答案】(1)； (2)为等腰直角三角形 【分析】（1）由图象求出的解析式，进而得函数单调增区间； （2）利用正弦定理和两角和的正弦公式解得，又得，解得即可求解. 【详解】（1）由图可知，， 所以，又， 得，所以， 又，所以，， 所以， 令， 解得， 所以的单调递增区间为； （2）因为， 由正弦定理有， 又， ， 所以，， 又，所以，又，所以， 由得， 又，所以， 所以， 所以为等腰直角三角形. 地 城 考点20 三角形个数问题 1. 1．(24-25高一下·北京师范大学附属中学·期中)已知，，分别是的三个内角，，所对的边.若，，写出一个值，使满足条件的有2个，则值可以为_____. 【答案】3（填（2，4）上任意实数即可） 【分析】先根据正弦定理表示出，再根据三角形有两组解的条件确定的取值范围，从而得出满足条件的的整数值. 【详解】由正弦定理，已知，， 可得. 因为，，要使有两组解， 则且，即. 所以满足条件的值可以为. 故答案为：3 2．(24-25高一下·北京第五十五中学·期中)已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则使得有两组解的a的一个值可以为______． 【答案】8（任何一个值均可） 【分析】根据得到答案. 【详解】有两组解，需满足，即，， 所以a的值可以为8， 故答案为：8（任何一个值均可） 3．(24-25高一下·北京丰台区·期中)在中，，． ① 若，则___； ② 若有两个，则的一个值可以为___． 【答案】 （只需满足即可） 【分析】利用余弦定理可求得的值；②由有两解可得出，求出的范围即可. 【详解】①因为，，若， 由余弦定理可得，故； ②如下图所示： 若有两解，则，即，即. 故答案为：①；②（只需满足即可）. 4．(23-24高一下·北京大兴区·期中)在中，，，分别为，，的对边，给出下列四个条件： ①，， ；         ②，，； ③，，；  ④，，． 能判断三角形存在且有唯一解的是（    ） A．①④ B．②③ C．①②③ D．②③④ 【答案】B 【分析】由正弦定理及三角形的性质分别判断出所给命题的真假． 【详解】①中，，，， 由正弦定理可得，即，可得， 因为角为锐角，所以角有两解，所以①不正确； ②中，由三边为定值，且满足任意两边之和大于第三边，所以②唯一确定三角形；所以②正确； ③中，由两边和夹角确定唯一三角形，可得③正确； ④中，由正弦定理可得，所以不存在这样的三角形，所以④不正确． 故选：B． 5．(24-25高一下·北京清华大学附属中学·期中)在中，，且满足该条件的有两个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可知，画出和边长，以为圆心，为半径作圆与边有两个交点时即可求出的取值范围. 【详解】根据题意如下图所示：    易知当时，，若满足条件的三角形只有一个； 由题可知以为圆心，为半径的圆与边有两个交点时，即图中两点满足题意； 所以可得，即； 即的取值范围是. 故选：C 地 城 考点21 多三角形问题 1．(24-25高一下·北京大兴区·期中)在中，． (1)求的大小； (2)若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求BC边上中线的长． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理，得到，求得，即可求解. （2）取BC中点，则BC边上中线为，且，选条件①：由余弦定理，求得或，再利用余弦定理，即可求得的值；选条件③：由的面积为，结合面积公式，求得，结合余弦定理，即可求解. 【详解】（1）在中，可得，所以， 由正弦定理，可得， 因为，所以， 又因为且，所以，所以 因为，所以. （2）取BC中点，则BC边上中线为，且， 选条件①：当时， 在中，由余弦定理得，即， 整理得，解得或， 当时，可得，所以； 当时，可得. 选条件③：由的面积为， 在中，可得，解得， 由余弦定理，可得，所以． 若选条件②：由， 由函数在上为单调递减函数，所以， 此时，不符合题意. 2．(24-25高一下·北京大兴区·期中)已知平面四边形的边长满足，且． (1)若，求的大小； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）由正弦定理，同角的三角函数关系结合题意计算可得； （2）利用题中数据由余弦定理求出，再利用三角形的面积公式计算可得. 【详解】（1） 在中，由正弦定理知，. 因为，所以， 且 因为， 所以． 又因为，且 所以或. （2）因为， 所以， 因为， 所以在中，由余弦定理可得 在中，由余弦定理可得 所以 故四边形的面积 3．(24-25高一下·北京第五十五中学·期中)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，． (1)求角A的值； (2)求的值； (3)若D是中点，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据，求出，再由正弦定理，求出，得到答案； （2）根据，借助两角和的正弦公式化简求值； （3）在中，根据余弦定理，求得答案. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 根据正弦定理，即， 解得， 又因为，所以. （2） （3） 因为，，所以， 若D是中点，则根据余弦定理得 ， 所以. 4．(24-25高一下·北京汇文中学教育集团·期中)已知的内角的对边为，且 (1)求; (2)若的面积为 ①已知为的中点，且，求底边上中线的长; ②求内角的角平分线长的最大值. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，由余弦定理可得，由同角三角函数的基本关系求解即可. （2）①根据面积公式可得，结合以及向量的模长公式求解即可，②利用等面积法可得，进而根据半角公式可得，即可得，再利用基本不等式求解即可. 【详解】（1）由正弦定理得，即， 故，因为，所以， 所以. （2）①由（1）知，因为的面积为， 所以，解得， 且，解得，由于， 所以 ，所以，即. ②因为为角的角平分线，所以， 由于， 得到， 由于，所以， 由二倍角公式得，则，解得， 又，所以， 由于，当且仅当时，等号取得到， 故，故. 5．(24-25高一下·北京顺义区第一中学·期中)在中，． (1)求； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求最长边上的高． 条件①：，； 条件②：，的周长为20； 条件③：，． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】(1) (2)选条件②③时，最长边上的高为. 【分析】（1）根据正弦定理可得，结合辅助角公式可求； （2）条件①中三角形不唯一，若选条件②，则可以通过余弦定理求出两边，故可求最长边上的高；若选条件③，利用正弦定理可求边，再由余弦定理求得，故可求最长边上的高. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 而为三角形内角，故，故， 所以，而， 故即. （2）若选①，则，，由余弦定理可得， 整理得到：，故或， 因为三角形不唯一，故舍； 若选②，则，的周长为20， 故，由余弦定理得，故， 故最长边为，该边上的高为； 若选③，则，，由正弦定理得， 故，由余弦定理可得， 解得或(舍)，以下同选条件②. 地 城 考点22 最值与取值范围问题 1．(24-25高一下·北京通州区·期中)在中，角，，的对边分别是，，，已知，，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用和角的正弦可得，再将三角形面积公式表示为的函数，并利用基本不等式求出最大值. 【详解】在中，， 整理得，即，显然为锐角，即， 由正弦定理得，又， 则面积 ， 当且仅当，所以，即时取等号， 所以面积的最大值为. 故选：D. 2．(23-24高一下·北京通州区·期中)在中，角，，的对边分别为，，，且. (1)求角； (2)若，求周长的最大值. 【答案】(1)； (2)6. 【分析】（1）利用正弦定理边化角即可求解. （2）由（1）的结论，利用余弦定理及基本不等式求出最大值. 【详解】（1）在中，由及正弦定理，得， 而，则，又， 所以. （2）由（1）及余弦定理，得，而， 则，即，又， 于是，整理得，解得， 则当且仅当，即时取等号， 所以，即周长的最大值为6. 3．(23-24高一下·北京顺义区第一中学·期中)①；②；③向量与平行，在这三个条件中任选一个，补充在下面题干中，然后解答问题. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足______.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） (1)求角； (2)若，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）若选①：借助正弦定理与余弦定理计算即可得；若选②：借助正弦定理将边化为角后借助两角和的正弦定理计算即可得；若选③：借助向量平行计算即可得； （2）借助余弦定理与基本不等式计算即可得. 【详解】（1）若选①：： 借助正弦定理可得，即， 即，又，故，故； 若选②：： 借助正弦定理可得， 即有， 即， 又，故，故，故； 若选③：向量与平行： 由题意可得，即， 又，故，故，故； （2）由（1）知：，又， 所以，即， 即，当且仅当时，等号成立， 故， 即面积的最大值为. 4．(24-25高一下·北京师范大学附属中学·期中)在中，已知 (1)求角； (2)若，，求的面积； (3)求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）运用正弦定理实现边角转化，再结合余弦定理进行求解即可； （2）运用余弦定理和三角形面积公式进行求解即可； （3）运用两角差的正弦公式、辅助角公式把函数解析式化成为正弦型函数形式，最后利用正弦型函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）根据正弦定理将边角互化， 得到，化简可得， 即，再根据余弦定理， 因为，所以. （2）已知，，， 根据余弦定理，可得. 即，整理得. 解得或（边长不能为负，舍去）. 最后根据三角形面积公式， 可得. （3）设， 因为,在上递增，在上递减， 的最大值为， 而，故， 故范围是. 5．(24-25高一下·北京通州区·期中)在中，角，，所对的边分别为，，，，． (1)再从下面给出的条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积； 条件①：； 条件②：； 条件③：． (2)若，求周长的取值范围． 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）选择①，利用正弦定理推出不存在； 若选择②，利用余弦定理求出，再由面积公式计算可得； 若选择③，首先求出，利用正弦定理求出，再由两角和的正弦公式求出，最后由面积公式计算可得； （2）根据正弦定理及三角恒等变换公式化简可得的周长为，结合角的范围及正弦函数的性质求解即可. 【详解】（1）选条件①：，由正弦定理得， 即，解得， 故无解，所以不存在； 选条件②：，由余弦定理得， 则，解得或， 当时，； 当时，. 选条件③：，则， 由正弦定理得，则， 又 ， 所以. （2）由，则，则为钝角， 因为，所以， 又， 则的周长为 ， 因为，所以，则， 所以， 即周长的取值范围为． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $