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2024-2025 学年高一下学期期中复习解答题压轴题十八大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 向量线性运算的几何应用
π
1．（23-24 1高一下·河南周口·阶段练习）如图，在梯形 中，| | = 2，∠ = 3， = 2 ， 为
的中点， = ( ≠ 0).
(1)若 = 34 +
1
4 ，试确定点 在线段 上的位置；
(2)若| | = ，当 为何值时，| |最小
【解题思路】（1）结合图形，先证得四边形 是平行四边形，利用向量的线性运算即可判断点 在线段
上的位置；
2
（2）结合（1）中的结论，得到 关于 的表达式，进而利用向量数量积运算求模得到 关于 的二次表
达式，从而可求得| |最小以及相应 的值.
【解答过程】（1）过 作 // 交 于 ，如图，
= 1因为 2 ，所以 // , = 2 ，
则四边形 是平行四边形，故 = 2 = 2 ，即 是 的中点，
= 1所以 2 =
1
2 =
1
2
1
2 =
1
4
1
2 ，
因为 = ，所以 = (1 ) ，
= + + = (1 ) + 1所以 2 +
1
4
1
2 =
1 +
3
4 2
3 1
又因为 = 4 + 4 ，
1 1 1
所以2 = 4，解得 = 4，
所以 在线段 上靠近 点的四等分点处；
（2）因为 = ( ≠ 0)，所以 = + = + = (1 ) ，
= + + = (1 ) + 1 + 1所以 2 4
1
2 = (
1
2 ) +
3
4 ，
π
因为 = 2 cos = ， 2 = 2
2
3 ， = 4
2 1 2 9 3 1 1 2
所以 = 2 + 4 + 2 = +
3 + 27
2 2 2 4 16
，
1 3 1 3 2 27
所以当 = 4，即 = 2 + 4 时， 取得最小值16.2
| | 3 3 1 3所以 的最小值为 ，此时 = 2 + 4 .4
2．（24-25 高一·全国·随堂练习）如图，点 D 是 △ 中 BC 边的中点， = ， = .
(1)试用 ， 表示 ；
(2)若点 G 是 △ 的重心，能否用 ， 表示 ？
(3)若点 G 是 △ 的重心，求 + + .
【解题思路】（1）利用三角形法则整理化简即可；
（2）利用三角形重心性质及向量的线性运算化简计算即可；
（3）利用三角形重心性质及三角形法则化简计算即可.
【解答过程】（1）因为点 D 是 △ 中 BC 边的中点，且 = ， = ，
所以 = + = + 12 = +
1 1 1
2 = 2 + 2 =
1 + 12 2 ；
（2）因为点 G 是 △ 的重心，
= 2 = 2 2 + = + 1
2 2
所以 3 3 3 = 3 +
1 = 1
2 2 3
+
2
= 13 +
1
3 .
（3）因为点 G 是 △ 的重心且 D 是 BC 边的中点，所以 + = 2 ，
又 = 23 = 2 ，所以 + = = ，所以 + + = 0.
3．（24-25 高一·全国·课堂例题）如图，四边形 ABCD 是平行四边形，E，F 分别是 AD，DC 的中点，BE，
BF 分别交 AC 于 M，N．求证：M，N 三等分 AC．
【解题思路】根据题意结合向量的线性运算分析证明.
【解答过程】由题意可得： + = = 2 ， = + ，
所以 + = 2 = 2 +2 ,
由于 与 ， 与 分别共线，但 与 不共线，
所以 = 2 ， = 2 ，因此 N 是 AC 的一个三等分点；
同理可证 = 2 ，因此 M 也是 AC 的一个三等分点．
4 1 1．（23-24 高一上·北京昌平·期末）如图，在 △ 中， = 3 , = 2 .设 = , = .
(1)用 , 表示 , ；
(2)若 为 △ 5 1内部一点，且 = 12 + 4 .求证： , , 三点共线.
【解题思路】（1）由图中线段的位置及数量关系，用 , 表示出 , ，即可得结果；
（2）用 , 表示 + ，得到 = + ，根据向量共线的结论 + = 1即证结论.
【解答过程】（1）由题图， = = ，
= = 12 +
2
3 =
1
2( ) +
2 1 1
3 = 2 + 6 .
（2）由 + = 13 + + =
1
3 +
1 1
2 = 3 +
1 5 1
2( ) = 6 + 2 ，
又 = 512 +
1
4
1 1
，所以 = 2 + 2 ，故 , , 三点共线.
题型 2 向量的数量积、夹角问题
5．（23-24 高二上·河北唐山·开学考试）已知| | = 3，| | = 5，| + | = 7．
(1)求向量 与 的夹角 ；
(2)当向量 + 与 的模相等时，求实数 的值．
→ →
【解题思路】（1）利用数量积的性质及运算律求出 · ，再利用夹角公式计算作答；
（2）利用向量的模相等，两边同时平方，由数量积的运算律求解 的值.
【解答过程】（1）因| | = 3，| | = 5，| + | = 7，
2 2 15
则有49 = + = 2 + 2 + = 9 + 2 + 25，解得 = 2 ，
cos =
15 1
因此 = 2 = ，而0° ≤ ≤ 180°，于是得 = 60°，
| || | 3×5 2
所以向量 与 的夹角 = 60°.
2 2
（2）由| + | = | |，则 + = ，
2 2
即 2 2 +2 + = 2 2 + ，得9 2 +15 + 6 = 0 2，解得 = 3或 = 1.
π
6．（23-24 高一下·四川成都·阶段练习）已知向量 与 的夹角为4，且| | = 2，| | = 2．
(1)求 和| |；
(2)求向量 与向量 的夹角．
【解题思路】（1）先求出 ，再结合模长关系代入求解即可得出答案.
（2）设向量 与向量 的夹角 ，由向量的夹角公式结合数量积的运算律求解即可.
π
【解答过程】（1）因为向量 与 的夹角为4，且| | = 2，| | = 2，
则 = | || |cos , = 2 × 2 × 2 = 2．2
所以| | = 2 = 2 + 2 2 = 4 + 2 4 = 2．
（2）设向量 与向量 的夹角 ，
cos =
2 | |2= =
4 2
可得 | | = =
2，
| | | | | | | | | | 2×2 2
π π
且 ∈ [0,π]，则 = 4，所以向量 与向量 的夹角为4．
7．（23-24 高一下·山西大同·期中）如图，在 △ 中， = 3, = 4,∠ = 60°，点 , 满足 = 2 ,
= 2 , 边上的中线 与 交于点 ．设 = , = ．
(1)用向量 , 表示 , ；
(2)求∠ 的大小．
【解题思路】（1）利用平面向量的线性运算即可求解；
（2）利用平面向量的数量积公式即可求解．
【解答过程】（1）由 = 2 , = 2 可知， = 2 , = 2 ，
则 = 3 , = 3 ，
所以 = = 3 +2 ；
1又 为 边上的中线，所以 = = 2 = +3 ．
（2）由 = 3, = 4得| | = 1,| | = 2，
又∠ = 60°，所以向量 与 的夹角为120°，则 = 1，
由图形可知，∠ 的大小等于向量 与 的夹角，
又| | = (3 + 2 )2 = 9 2 + 12 + 4 2 = 36 12 + 4 = 2 7，
| | = ( + 3 )2 = 2 + 6 + 9 2 = 4 6 + 9 = 7，
2
= 3 + 2 + 3 = 3 +11 +6 2 = 12 11 + 6 = 7，
7
所以cos∠ = = = 1，
| || | 2 7× 7 2
又∠ ∈ (0,π)，所以∠ = 60°．
8．（23-24 高一下·山东临沂·期中）已知向量 , 满足| | = 3,| | = 6, 5 4 2 + = 81．
(1)求向量 与 的夹角；
(2)若向量 在 方向上的投影向量为 ，求 + 的值．
【解题思路】（1）由题意得到 = 9，利用平面向量的夹角公式即可求解；
（2）利用投影向量和数量积的运算即可求解．
【解答过程】（1） ∵ (5 4 ) (2 + ) = 81，
∴ 10| |2 3 4| |2 = 81，即90 3 144 = 81，
∴ = 9 9 1， ∴ cos < , >= =
| || | 3×6
= 2，
π
又 < , >∈ [0,π]， ∴ 与 的夹角为3；
（2） ∵ = | |cos < , > = 1 ，
| | 4
2
∴ ( + ) = 14 ( + ) =
1 + 1 = 1 × 9 + 1 × 62 = 454 4 4 4 4 ．
题型 3 平面向量基本定理的应用
9．（24-25 1 2高一上·河北保定·期中）如图，在 △ 中， = 2 , = 3 .设 = , = .
(1)用 , 表示 , ；
(2)若 为 △ 4内部一点，且 = 9 +
1
9 .求证： , , 三点共线.
【解题思路】（1）借助向量加法法则与减法法则计算即可得；
（2）借助向量线性运算法则可用 , 表示出 ，再利用向量共线定理推导即可得证.
1
【解答过程】（1） = + = + 3 = +
1 = 2 + 1 = 2 + 13 3 3 3 3 ，
= = 2 1 1 1 1 1 13 + 3 2 = 6 + 3 = 6 + 3 ；
（2） = = + 12 =
4
9 +
1 1 1 1
9 + 2 = 18 + 9 ，
= 1 1又 6 + 3 ，故 = 3 ，
故 , , 三点共线.
10．（23-24 高一下·山东·期中）如图，在 △ 中，已知 = 2， = 3，∠ = 60 ，N 是 的中点，
= 23 ，设 与 相交于点 P．
(1)求cos∠ 的值；
(2)若 = + ，求 + 的值．
【解题思路】（1）以 , 为基底表示 , ，利用平面向量数量积公式求其夹角余弦即可；
（2）利用平面向量共线的充要条件，结合平面向量基本定理，根据待定系数法计算即可.
【解答过程】（1）以 , 为基底，设 = , = ，
则 = 12 =
1
2 ,
= + = + 2 2 1 23 = + 3 = 3 + 3 ，
2 2
所以 = 1 + 24 =
9
4 2 × 3 × cos60
+4 = 134 | | =
13
，
2
| | 1 2 2 = + 4 同理 + 4 = 2 13，9 9 9 3
2
= 1 1 1 1 1 + 2 1 = 2
3 3 2 3
2 3 = 6，
1
cos = cos∠ = 1则 , 6| = = ； | | | 13 × 2 13 26
2 3
（2）因为 、 、 三点共线，不妨设 = = + =
+ 2 3 1 ，3
同理有 、 、 三点共线，不妨设 = = = 1 + (1 ) ，
2
= 1 = = 3 = 1
3 5 5 2则有 2 1 = 1 = = 4
3 + = . = 5
3 2 5 5
11．（23-24 高一下·安徽蚌埠·期末）如图，在 中，E，H 分别是 AD，BC 的中点， = 2 ，G
为 DF 与 BE 的交点．
(1)记向量 = ， = ，试以向量 ， 为基底表示 ， ；
(2)若 = + ，求 m，n 的值；
(3)求证：A，G，H 三点共线．
【解题思路】（1）根据向量的减法法则结合题意求解；
（2）对 = + 结合（1）化简用 ， 表示，而 = + ，然后列方程组可求得结果；
（3）设 = ， = ，由 = + ， = + ，用用 ， 表示，列方程组求出 , ，从
而可得 = 12 ，进而证得结论.
【解答过程】（1）因为在 中，E，H 分别是 AD，BC 的中点， = 2 ，
所以 = = 12 =
1
2 ，
= = 23 =
2
3 ．
（2 1 2）由（1）知 = 2 ， = 3 ，
所以 = + = 1 + 2 = 2 + 1 ，
2 3 3 2
2 = 1 = 5
因为 = + ，所以 31 ，解得 2 ； = 1 = 9
2 4
（3） = + = + 12 ，
设 = ， = ，则
= + = + 1 1 = (1 ) + ，
2 2
2 2
又 = + = + = 3 + (1 ) ，3
2 = 1 = 1
所以 3 21 ，解得 3 ，所以 =
1 + 12 4 ，1 = =
2 4
∴ = 1 12 +
1 = ，
2 2
∴ ∥ ，即 A，G，H 三点共线．
12．（23-24 高一下·山东·期中）如图，在 △ 中，点 满足 = 2 , 是线段 的中点，过点 的直线
与边 , 分别交于点 , .
(1)若 = + ，求 和 的值；
2
(2)若 = ( > 0), = ( > 0) 1，求 + 的最小值.
【解题思路】（1）利用基底法，用 ， 表示出 ，即可求解.
(2)先根据已知条件，得到 = (1 + ) ， = (1 + ) ，再根据 =
1
2 =
1
3 +
1
6
1+
，即可得 = 3
+ 1+ 6 ，再根据 , , 三点共线，得2 + = 3，再由基本不等式，即可求解.
1 = 2 = 1【解答过程】（ ）因为 ，所以 3 ，
所以 = + = + 13 = +
1 2 1
3 = 3 + 3 ，
= 1 = 1 2 1 1 1又 是线段 的中点，所以 2 2 + = + ，3 3 3 6
又 = + ，且 不共线，
= 1, = 1所以 3 6.
（2）因为 = + = + = (1 + ) ，
= + = + = (1 + ) ，
1 1 1 1+ 1+
由（1）可知， = 2 = 3 + 6 ，所以 = 3 + 6 ，
因为 , , 1+ + 1+ 三点共线，所以 3 6 = 1，即2 + = 3
又 > 0, > 0，
1 2
所以 + =
1 1 + 2 3
1 1 8
(2 + ) = 4 4
3
4 + + ≥ 3 4 + 2 = ， 3
当且仅当 = 2 ，即 = 34, =
3
2时取等号，
1 2 8
所以 + 的最小值为3.
题型 4 向量坐标运算的几何应用
平面向量线性运算的坐标表示
13．（24-25 高一·江平西面宜向量春线性·运期算中的坐）标已表示知 1, 2是平面内两个不共线的非零向量， = 2 1 + 2, = 1 + 2
, = 2 1 + 2，且 , , 三点共线．
(1)求实数 的值；
(2)已知 1 = (2,1), 2 = (2, 2)，点 (3,5)，若 , , , 四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点 A 的坐标．
【解题思路】（1）根据已知有 = 1 +(1 + ) 2，结合三点共线有 = ，得(1 + 2 ) 1 = ( 1 )
2，根据已知列方程求参数即可；
（2）根据已知得 = ( 7, 2)，结合 = 的坐标表示求点坐标.
【解答过程】（1）由题意， = + = (2 1 + 2) + ( 1 + 2) = 1 +(1 + ) 2，
由 , , 三点共线，存在实数 k，使得 = ，
即 1 +(1 + ) 2 = ( 2 1 + 2)，得(1 + 2 ) 1 = ( 1 ) 2，
∵ 1, 2是平面内两个不共线的非零向量，
∴ 1 + 2 = 0 = 1 ，解得 =
1
2, =
3
2．
（2） = + = 3 1
1
2 2 = ( 6, 3) + ( 1,1) = ( 7, 2)，
由 , , , 四点按逆时针顺序构成平行四边形，则 = ，
设 ( , )，则 = (3 ,5 )， = ( 7, 2)，
3 = 7 = 10
所以 5 = 2 ，解得 = 7 ，即点 A 的坐标为(10,7)．
→
14．（23-24 高一下·湖南永州·阶段练习）已知 ， ， 三点的坐标分别为( 1,0)，(3, 1)，(1,2)，且 =
1 → → →
3 ， =
1
3 ．
(1)求点 ， 的坐标;
(2)判断 与 是否共线．
【解题思路】（1）根据向量的坐标运算列方程组求出坐标；
（2）根据向量的坐标表示判断向量的共线.
【解答过程】（1）依题意得 = (2,2)， = ( 2,3)．
设 ( 1, 1)， ( 2, 2).
= 1由 3
1
，可知( 1 + 1, 1) = 3(2,2)，
1 + 1 =
2 , = 1 ,
即 3
1
解得 3
1 =
2 , = 2 ,
3 1 3
∴ 1 2点 的坐标为 , .
3 3
由 = 1 13 ，可知( 2 3, 2 + 1) = 3( 2,3)，
{
2 7
即 2
3 = ,
3 2 = ,解得 3 2 + 1 = 1, 2 = 0,
∴ 点 7的坐标为 ,0 ．
3
2 7 1（ ）由（1）可知 = ,0 , 2 = 8 , 2 ，
3 3 3 3 3
又 = (4, 1)，
∴ = 2 23(4, 1) = 3 ，
故 与 共线．
15．（24-25 高一下·广东中山·阶段练习）在直角梯形 中，已知 // ，∠ = 90 ， = 6，
= = 3，对角线 交 于点 ，点 在 上，且 ⊥ ．
(1)求 的值；
(2)若 为线段 上任意一点，求 的取值范围．
【解题思路】（1）以 为原点， 、 分别为 、 轴建立平面直角坐标系，根据题中条件求出点 、 的
坐标，然后利用平面向量数量积的坐标运算可求得 的值；
（2）设 = ，其中 ∈ [0,1]，求出向量 、 的坐标，利用二次函数的基本性质可求得 的
取值范围.
【解答过程】（1）解：以 为原点， 、 分别为 、 轴建立平面直角坐标系，
则 (0,0)、 (6,0)、 (3,3)、 (0,3)，
因为 // ， = 6， = 3，
所以 △ ∽△ ，所以 = = = 2，所以点 (2,2)，
设 ( ,0)，则 = ( 2, 2)， = ( 6,3)，
因为 ⊥ ，所以 = 6( 2) 6 = 6 6 = 0，解得 = 1，
所以 (1,0)， = (1,0)，则 = 6．
（2）解：由（1）知， = (3,3)，设 = = (3,3) = (3 ,3 )，其中0 ≤ ≤ 1，
则 = = (3 1,3 )，
2
所以 = 3 (3 1) +9 2 = 18 2 3 = 18 1
1
12 8，
因为 ∈ [0,1]，故当 = 1时， 取得最大值15，
1 1
当 = 12时， 取得最小值 8，
故 1的取值范围为 ,15 ．
8
16．（23-24 高一下·河南·期末）如图，已知平行四边形 的三个顶点 、 、 的坐标分别是( 1,3)、
(3,4)、(2,2).
(1)求顶点 的坐标；
(2)在线段 上是否存在一点 | |满足 ⊥ ，若存在，求 ；若不存在，请说明理由.
| |
【解题思路】（1）利用 = 和平面向量的坐标表示建立方程组，解之即可求解；
（2）设 = (0 < < 1)，根据平面向量线性运算的坐标表示可得 = (4 1, 2)，结合向量的垂直
表示建立方程，解之即可求解.
【解答过程】（1）设 ( , )，又 ( 1,3)、 (3,4)、 (2,2)，
∴ = (2 ,2 )， = (4,1).
又四边形 是平行四边形，所以 = ，
∴ (2 ,2 ) = (4,1)，
2 = 4, = 2,
即 2 = 1, 解得 = 1,
∴ 顶点 A 的坐标为( 2,1).
（2）存在.
由（1）可知， = (5,3)， = (4,1)， = ( 1, 2)，
设 = (0 < < 1)，则 = + = + = (4 1, 2).
又 ⊥ ， ∴ 5(4 1) + 3( 2) = 0，
= 11 | | 11解得， 23，即 =| | 23.
题型 5 用向量解决夹角、线段的长度问题
平面向量线性运算的坐标表示
17．（23-24 高三上·平河面向南量新线性乡运算·阶的坐段标表练示习）如图，在 △ 中，已知 = 2， = 5，∠ = 60°， ，
边上的两条中线 ， 相交于点 P，
(1)求| |；
(2)求∠ 的正弦值.
【解题思路】（1）先通过向量线性运算求得 : = 2：1，再将 用 、 表示，利用平面向量数量积
的运算性质可求得 的长，即可求解 的长；
（2）把∠ 视作 与 夹角，运用平面向量的夹角公式求解.计算出 的值，结合平面向量的数
量积可计算出cos∠ = cos , 的值，最后利用同角三角函数关系求出正弦值即可.
1
【解答过程】（1）由 是 上的中线，所以 = 2 +
1
2 =
1
2 + ，

设 : = ，则 = +1 =
1
+1 + =2 2( +1) + +1 ，

又 , , 三点共线，所以2( +1) + +1 = 1，解得 = 2，所以 : = 2:1，
1
因为 是 上的中线，所以 = 2 ，
所以| |2 2 2= + 14 = 4 +
1
4 × 25 2 × 5 ×
1
2 = 4 +
25 5 = 254 4 1 =
21
4 ，
1 21
所以| | = 21，故2 | | = 3| | = .6
（2）∠ 为 与 夹角，且cos∠ = | | | ， |
因为 是 BC 1上的中线，所以 = 2 + ，
| |2 2 2所以 = 1 1 1 1 1 1 14 + 4 +2 × 4 = 4 × 4 + 4 × 25 + 2 × 4 × 2 × 5 × 2
= 1 + 254 +
5 = 4+25+102 4 =
39
4 ，所以| | =
39
，
2
2 2
又 = 1 12 +
1 = 1 1
2 2
+
2 2
= 12 4 +
25 1 × 2 × 5 × 1 = 3，
2 2 2
3
所以cos∠ = cos , = 4 91| = 39 21 = ， | | | ×2 6 91
所以sin∠ = 1 cos2∠ = 5 273.91
18．（24-25 高一下·贵州贵阳·阶段练习）如图所示，矩形 ABCD 的顶点 A 与坐标原点重合，B，D 分别在
x，y 轴正半轴上， = 4， = 2，点 E 为 AB 上一点
(1)若 ⊥ ，求 AE 的长；
(2)若 E 为 AB 的中点，AC 与 DE 的交点为 M，求cos∠ ．
【解题思路】（1）设 ( ,0)(0 ≤ ≤ 4)，由 ⊥ 可得 = 0，即可得答案；
（2）由图可知∠ = , ，由向量夹角公式可得答案.
【解答过程】（1）由题，可得 (0,0), (4,0), (0,2), (4,2).则 = (4,2).
设 ( ,0)(0 ≤ ≤ 4)，则 = ( , 2).因 ⊥ ，则 = 4 4 = 0 = 1.则 (1,0)，故 AE 的长为 1；
（2）若 E 为 AB 的中点，则 (2,0)， = (2, 2)，又 = (4,2).
4
由图可知cos∠ = cos , = | | | = =
10.
| 2 2×2 5 10
π
19．（23-24 高一下·广东广州·期中）如图，在 △ 中， = 3, = 2,∠ = 3, 是 边的中点， ⊥ ,
与 交于点 .
(1)求 和 的长度；
(2)求cos∠ .
【解题思路】（1）利用三角函数定义即可求得 的长；利用向量法即可求得 的长度；
（2）利用向量夹角的余弦公式即可求得cos∠ 的值.
π π
【解答过程】（1） ∵ 是高， ∴ ∠ = 2，在 Rt △ 中， = 2,∠ = 3，
π
所以 = sin∠ = 2sin3 = 3.
∵ 是中线， ∴ = 12 + ，
2 1 2 1 2 2
∴ = 2 + = 4 + 2 +
= 1 32
19
4 + 2 × 3 × 2cos
π + 22 = ， ∴ = 19
3 4 2
19
∴ = 3, = 2
π
（2） ∵ = cos3 = 1 =
1 1
3 , ∴ = 3 ，
1
∴ = = 3
1 1
∴ = 2 + 3
1 2 2 1 2 1 2 π 1 3
= 2 + 3 3 = 2 2
2 + 3 × 3 × 2cos 3 3 × 3
2 = 2
3
∴ cos∠ = cos , = = 2 = 57| . | | | 19 × 3 19
2
另解：过 D 作 // 交 于 ，
∵ 是 的中点， ∴ 是 的中点，
∴ = = = 1, 是 △ 的中位线， 是 △ 的中位线，
∴ = 12 =
1 = 3, = 1 = 194 ，4 2 4
3
cos∠ = cos∠ = 4 57 = 19 = .19
4
20．（23-24 高一下·重庆·期末）如图，在 △ 中，已知∠ = 120°， = 2， = 4，点 在 上，
且 = 2 ，点 是 的中点，连接 ， 相交于 点.
(1)求线段 ， 的长；
(2)求∠ 的余弦值.
1 2 2
【解题思路】（1）由| |2 = 2 = | |2 = 2 = ( 2 + 1， )2 3 3 ，根据向量数量积的运算
即可求解；
（2）由 与 的夹角即为∠ ，利用向量的夹角公式即可求解.

【解答过程】（1）解：由题意， = 2, = 2 = 2，∠ = 120°，
又 = = 12 ，
2
所以| |2 = 2 = 1 = 1 24 +
2 = 14| |
2
2 | | | |cos∠ + | |
2 = 12，
∴ | | = 2 3，即 = 2 3，
∵ = + = + 23 = +
2( )=2 13 3 + 3
2
∴ | |2 = 2 = ( 2 + 1 ) = 4 2 +2 × 2 × 1 × + 1 2 = 4| |2 +2 × 2 × 1 × cos
3 3 9 3 3 9 9 3 3 | | | |
∠ + 1 2 529| | = 9 ，
∴ | | = 2 13 2 13，即 = ；3 3
（2）解： ∵ = = 12 ，
∴ = (2 + 1 )(1 )=1 2 1 1 2=1 × 42 1 × ( 4) 1 × 223 3 2 3 2 3 3 2 3 = 6，
∵ 与 的夹角即为∠ ，
6
∴ cos∠ = 3 39| || | = 2 3× 2 13 = .3 26
题型 6 向量与几何最值（范围）问题
平面向量线性运算的坐标表示
π
21．（23-24 高一下·平江面向西量线九性江运算·的期坐末标表）示 已知四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠ = 3，P 为平面 ABCD 内
一点，AC 与 BP 相交于点 Q．
(1)若 = ， = + ，求 x，y 的值；
(2)求 + 最小值．
【解题思路】（1）建立直角坐标系，利用向量的线性运算的坐标表示即可求解，
（2）根据向量数量积的坐标运算，结合二次型多项式的特征即可求解最值.
【解答过程】（1）当 = 时，则 为 的中点，

由于 △ △ , = = 1所以 2,
1 1 1 1
= 3 = 3 + = 3 + 3 ,
= 1所以 3, =
1
3；
π
（2）由于四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，且∠ = 3，建立如图所示的直角坐标系，
则 (2,0), (0,0), (1, 3),
取 中点为 ，连接 , ,则 (1,0), + = 2
设 ( , )
= (1 , ), = 1 , 3 ，
+ = 2 = 2 (1 ) (1 ) 3 = 2 2 + 2 2 3 + 1
2
= 2 3( 1)2 + 3 _2，2
故当 = 1, = 3 3时，取最小值 .
2 2
22．（23-24 高一下·湖北荆州·期中）已知 △ 中， = 90°, = 2, = 1， 是线段 上一点，且 =
， 是线段 上的一个动点.
(1)若 = + ，求 （用 的式子表示）；
(2)求 的取值范围.
【解题思路】（1）根据平面向量运算法则得到 = +(1 ) ，从而得到 = , = 1 ，求出答案；
（2）建立平面直角坐标系，设 ( , )，由 , , 三点共线，可得 = 3(1 )，从而求出 = 4 2
2
+7 3 = 4 7 + 116， ∈8 [0,1]，从而求出 的取值范围.
【解答过程】（1）由 = 得 = ，解得 = +(1 ) ，
又已知 = + ，
∴ = , = 1 ，故 = 2 1；
（2）以 C 为原点，CB 为 轴，CA 为 轴建立平面直角坐标系，
则 (0,1), ( 3,0)，
设 ( , )， ∈ [0,1]，可得 = ( , 1), = 3, ，
由 , , 三点共线，可得 ( 3)( 1) = 0，即 = 3(1 )，
代入整理得 = ( , ) ( ,1 ) = 2 2 + = 3(1 )2 2 +
2
= 4 2 +7 3 = 4 7 + 1
8 16，
∈ [0,1]，
2
当 ∈ 10, 7 时， = 4 7 +
8 8 16
单调递增，
2
当 ∈ 7 1,1 时， = 4 7 +8 16单调递减，8
7 2
故当 = 8时， = 4
7 + 1 1
8 16取得最大值，最大值为16，
又当 = 0时， = 3，当 = 1时， = 0，
故 1的取值范围为 3, .
16
23．（23-24 2π高一下·辽宁朝阳·期中）在 △ 中， = 2， = 3，∠ = 3 ， 为 的三等分点（靠
近 点）．
(1)求 的值；
(2)若点 满足 = ，求 的最小值，并求此时的 ．
【解题思路】（1）将 化为 和 表示，利用 和 的长度和夹角计算可得结果；
（2）用 、 表示 ，求出 关于 的函数解析式，根据二次函数知识可求出结果.
1 1
【解答过程】（1）因为 为 的三等分点（靠近 点），所以 = 3 = 3( )，
所以 = + = + 1 1 13 3 = 3 +
2
3 ，
1 2 1 2
所以 = ( 23 + 3 ) ( ) = 3| | + 3| |
2 13
= 1 2 1 2π 23 × 9 + 3 × 4 3 × 3 × 2 × cos 3 = 3.
（2）因为 = ，所以 = ，
因为 = + = + = +( 1) ，
所以 = + ( 1) = + ( 1)| |2
2π
= | || |cos 3 + ( 1)| |
2
2
= 3 + 4 ( 1) = 4 2 7 = 4( 7 ) 498 16，
所以当 = 78时，
49
取得最小值 16.
24．（24-25 高一下·四川成都·阶段练习）在△ABC 中，已知 = 2， = 1， = 1， =
(0 ≤ ≤ 1)，Q 为线段 CA 延长线上的一点，且 = ( < 0).
(1)当 = 1且 = 12，设 PQ 与 AB 交于点 M，求线段 CM 的长；
(2)若 +3 = ，求 t 的最大值.
【解题思路】（1）用 , 表示 ，结合向量的模公式，即可求得本题答案；
（2）结合题目条件和向量积的公式，逐步化简，可得到7 2 +2 4 + 1 = 5 1，然后分离变量，利用
函数的单调性即可求得本题答案.
【解答过程】（1）因为 = 1且 = 12，所以 是 的中点， 是 的中点，则 M 是 △ 的重心，
设 = ， =
1 1 1
所以 = 3 + = 3 2 = 3 =
1
3 ，
| | 1 2 = = 1 2 2 + 2 = 4 + 2 + 1 = 19；
3 9 3 9 3 3
（2）因为 = (0 ≤ ≤ 1)， = ( < 0)，
所以 = + = + = +(1 ) = +(1 ) ，
= = + (1 ) = +( + 1) ，
= + (1 ) = 2 + (1 ) = 5 1，
= + ( 1) + ( + 1) = 7 2 +2 4 + 1，
由 +3 = ，得：7 2 +2 4 + 1 = 5 1，
所以 (1 2 ) = 7 2 9 + 5，因为 < 0，7 2 9 + 5 > 0，
1 2
所以2 < ≤ 1 =
7 9 +5
， 1 2 ，
7 (1 )2 9 = 1 2 ∈ = (1 )+5 = 7 9令 [ 1,0)，则 4 2 4 + 4 +1在[ 1,0)单调递减，所以当 = 1时， 有最大
值－3.
题型 7 证明三角形中的恒等式或不等式
平面向量线性运算的坐标表示
25．（2024·安徽·模平拟面预向量测线性）运算在的坐△标表 示 中，A，B，C 所对的边是 a，b，c．
(1)请用正弦定理证明：若 > ，则 > ；
(2)请用余弦定理证明：若 > ，则 > ．
【解题思路】（1）根据正弦定理结合已知条件得出sin > sin ，对角 , 的范围进行分类讨论，再利用正
弦函数的单调性即可得出结果；
（2）根据余弦函数 = cos 在(0,π)上单调递减，得cos < cos ，利用余弦定理转化为边的关系即可得出结
果.

【解答过程】（1）由正弦定理知，sin = sin = 2 ，若 > ，则2 sin > 2 sin ，即sin > sin ．
ⅰ π π（ ）若 A， ∈ 0, ，则由 = sin 在 0, 单调递增，得 > ．
2 2
（ⅱ）若 ∈ 0, π ， ∈ π ,π ，则sin > sin = sin(π ) π ∈ 0, π，此时 ，
2 2 2
由 = sin 在 0, π 单调递增，得 > π + > π，显然不成立，舍去．
2
ⅲ ∈ 0, π ∈ π（ ）若 ， ,π ，必有 > 成立.
2 2
综上，在 △ 中，若 > ，则 > .
（2）由 = cos 在(0,π)上单调递减，若 > ，则cos < cos ，
2+ 2 2 2+ 2 2
由余弦定理得， < ，则 ( 22 2 +
2 2) < ( 2 + 2 2)，
所以 2 + 2 3 < 2 + 2 3，
即 ( ) + 2( ) + ( )( 2 + 2 + ) < 0，
即( ) ( + )2 2 = ( )( + + )( + ) < 0，
而 + + > 0， + > 0，所以 > ．
所以在 △ 中，若 > ，则 > .
26．（2024·全国·模拟预测）在 △ 中，点 D，E 都是边 BC 上且与 B，C 不重合的点，且点 D 在 B，E
之间， = ．
(1)求证：sin∠ = sin∠ ．
(2)
2 2 2
若 ⊥ ，求证： 2 + 2 = 1 sin∠ ．
【解题思路】（1）分别在 △ ， △ ， △ 中，利用正弦定理即可得证；
π π
（2）设∠ = ∠ = ，则0 < < 4，∠ = 2 2 ，在 △ ， △ 中，利用正弦定理即可得证.
【解答过程】（1）如图．在 △ sin 中，由正弦定理，得sin = ．
在 △ sin 中，由正弦定理，得sin∠ = ．
在 △ sin 中，由正弦定理，得sin∠ = ．
sin∠ = sin = 所以sin∠ sin = 1，
所以sin∠ = sin∠ ．
（2）因为 ⊥ ，
π
所 + = 2，所以sin = cos ．
π
由∠ = 2可知∠ ，∠ 均为锐角．
由（1）知，∠ = ∠ ．
π π
设∠ = ∠ = ，则0 < < 4，∠ = 2 2 ．
由sin∠ = cos2 = 1 2sin2 sin2 = 1 sin∠ ，得 2 ．
在 △ sin 中，由正弦定理，得 = sin ．
△ = sin cos 在 中，由正弦定理，得 sin = sin ．
2 +
2
= sin
2 + cos
2
所以 2 2 sin2 sin2 =
1 2
sin2 = 1 sin∠ ．
27．（23-24 高一下·安徽·期中）已知锐角 △ , , , 分别为角 , , 的对边，若 2 + 2 2 = 2
(1 + cos ).
(1)求证： = 2 ；
(2) 求 的取值范围.
【解题思路】（1）根据题干，利用余弦定理化简可得 cos = (1 + cos )，再由正弦定理可得sin cos sin
cos = sin 即sin( ) = sin ，再根据 △ 是锐角三角形，所以 = 即可得解；
π π
（2 1）由 △ 是锐角三角形，所以6 < < 4，由正弦定理可得 = = 3 4sin2 ,结合角 的范围即可得解.
2 2 2 2 2 2【解答过程】（1） + = 2 (1 + cos ) +

2 = (1 + cos )

cos = (1 + cos ) cos = (1 + cos )

根据正弦定理sin = sin ，由 cos = (1 + cos )
sin cos = sin (1 + cos ) sin cos sin cos = sin ，
即sin( ) = sin .
∵△ 是锐角三角形，
∴ , ∈ 0, π ， ∴ ∈ π , π ，
2 2 2
因此有 = = 2
（2） △ 是锐角三角形， ∴ , , ∈ 0, π ，而 = π = π 3 ，
2
0 < < π ,
2π
∴ 0 < 2 < ,2
π < < π ，
0 < π 3 < π
6 4
2
sin sin
由正弦定理sin = sin ，得 = sin = sin3 ，
则sin3 = sin(2 + ) = sin2 cos + cos2 sin = 2sin cos2 + (1 2sin2 )sin ，
而1 sin2 = cos2 , ∴ sin3 = 3sin 4sin3
= = 1 , ∵ ∈ π π所以 3 4sin2 , , ∴ sin ∈
1 , 2 ，
6 4 2 2
∴ = ∈ 1 ,1
1
，因此
2
的取值范围为 ,1 .
2
28．（23-24 高一下·江苏盐城·期末）在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 C=2B.
(1) 1若sin = 3，求sin 的值；

(2) 1 若 > ，求证： 5 12 < < .（参考数据： = 2sin10 = ≈ 0.618）2

【解题思路】（1）由三角形内角性质可得0 < < 2，结合已知并利用二倍角正余弦公式求cos 、sin 、
cos ，最后应用诱导公式、和角正弦公式求sin .

（2）由大边对大角及三角形内角性质得0 < < 5，根据 = 2
1
及正弦定理边角关系得 = 2cos ，即可证结
论.

【解答过程】（1）由 = 2 ， + + = ，故0 < < 3，
sin = 1 cos = 2 2 sin = sin2 = 2sin cos = 4 2又 3，可得 ，则 ，cos = cos2 = 2cos
2 1 = 7，
3 9 9
则sin = sin[ ( + )] = sin( + ) = sin cos + cos sin = 2327.
（2）由 > 知： > = 2 > 0，

所以 = + + > + 2 = 5 ，即0 < < 5，
又sin = sin2 = 2sin cos sin 1 1，则sin = 2cos ，即 = 2cos ，
1 1 1 2
所以 < < 2cos 2 ，而cos5 = 1 2sin
2
10 =
5+1，则 = = 5 1 =
5 4 2cos 5 5+1
，
2
1
综上，2 <

< .
题型 8 三角形（四边形）的面积问题
平面向量线性运算的坐标表示
29．（2024·黑龙江哈平面尔向滨量线·性一运模算的）坐标在表示△ 中，角 , , 所对的边分别为 , , ， sin = 3 cos ，角 的平
分线交 于点 ，且 = 1．
(1)求 的大小；
(2)若 = 2 5，求 △ 的面积．
【解题思路】（1）利用正弦定理把边化成角，进而求解；
（2）由三角形面积公式并利用 △ + △ = △ 可得 + = ，再由余弦定理即可求得 = 5，由
三角形的面积公式可得结果.
【解答过程】（1）因为 sin = 3 cos ，
所以由正弦定理可得sin sin = 3sin cos ．
因为 ∈ (0,π)，所以sin ≠ 0，
所以sin = 3cos ，故tan = 3，
∈ = 2π又因为 (0,π)，所以 3 ．
（2）由题意可知 △ + △ = △ ，
1 π π sin + 1 1 2π即2 3 2 sin3 = 2 sin 3 ，化简可得 + = ．
2+ 2 2 2 2
在 △ 中，由余弦定理得cos = ( + ) 2 2 = 2 =
1
2，
( )2 2 20 1
从而 2 = 2，解得 = 5或 = 4（舍）．
则 1△ = 2 sin =
1 × 5 × sin2π2 3 =
5 3
．
4
30．（23-24 高一下·江苏无锡·阶段练习）在四边形 中， // , sin∠ = 2 sin∠ .
(1)求证： = 2 .
(2)若 = 3 = 3，且∠ = 60°，求四边形 的面积.
【解题思路】（1）由条件结合正弦定理证明 sin∠ = sin∠ ，由此证明结论；
（2）由余弦定理求 ，结合三角形面积公式求结论.
【解答过程】（1）在 △ 中，由正弦定理得 sin∠ = sin∠ ，
因为 // ，所以∠ = ∠ ，
所以 sin∠ = sin∠ ，
在 △ 中，由正弦定理得，
即 sin∠ = sin∠ ，
所以 sin∠ = sin∠ .
又 sin∠ = 2 sin∠ ，
所以 sin∠ = 2 sin∠ ，
所以 = 2 .
（2） = 3 = 3，则 = 1，由（1）知 = 2 = 2，
因为∠ = 60 ，则在 △ 中，由余弦定理得，
2 = 2 + 2 2 cos∠ ，即22 = 2 + 12 2 × 12
又 > 0 1+ 13，解得 = ，
2
此时四边形 = 1 1( + ) × × sin60 = × (3 + 1) × 1+ 13 × 3 = 39+ 3的面积 2 2 .2 2 2
31．（23-24 高一下·河南南阳·期中）在锐角 △ 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且2 cos
= 2 .
(1)求 C；
(2)若 = 5， = 19，求 △ 的面积.
【解题思路】（1）方法一：根据余弦定理将角化为边，化简后，再根据余弦定理求角；
方法二：根据正弦定理将边化为角，再根据三角函数两角和差公式化简，即可求解；
（2）根据余弦定理和锐角三角形的性质，求 ，再代入三角形面积公式，即可求解.
2+ 2 2
【解答过程】（1）（方法一：）由余弦定理得：cos = 2 ，
又由题知：2 cos = 2 ，
2 2 2所以 +
2 = 2 ，化简得 2 + 2 2 = ，
2
2 2 2
所以：cos = + 2 =
1
2，
π
因为 ∈ 0, π ，故 =
2 3
.
（方法二：）由正弦定理得：2sin cos = 2sin sin ，
sin = 2sin( + ) 2sin cos
sin = 2sin cos
因为sin ≠ 0
1
所以：cos = 2，
π
因为 ∈ 0, π ，故 = .
2 3
（2）由余弦定理： 2 = 2 + 2 2 cos ，
整理得 2 5 + 6 = 0，解得 = 2或 = 3.
当 = 2时， 2 + 2 < 2，最大角 B 是钝角， △ 为钝角三角形，舍去；
当 = 3时， 2 + 2 > 2，最大角 B 是锐角， △ 为锐角三角形，符合题意.
= 1 sin = 1所以 △ 2 2 × 5 × 3 ×
3 = 15 3.
2 4
32．（23-24 高一下·河南洛阳·期中）已知平面四边形 中，对角线 为∠ 的平分线， 与 相交
于点 ， = 5， = 7，cos∠ = 15．
(1)求 的长；
(2)若 = ，求 △ 的面积．
【解题思路】（1）先根据余弦定理得出边长再结合面积公式得出边长即可；
（2）先应用正弦定理得出角的正弦，再结合同角三角函数关系得出余弦值，最后应用两角和差公式求出正
弦及面积公式计算.
2
1 △ cos∠ = 25+ 49 1【解答过程】（ ）在 中，由余弦定理得 2×5× = 5，
= 4 = 6 ∵cos∠ = 1解得 或 （舍去）． 5，∴sin∠ =
2 6
．
5
又cos∠ = 1 2sin2∠ ，解得sin∠ = 15（负值舍去），
5
∴sin∠ = sin∠ = 15．∵
5 △
= △ + △ ，
∴1 1 12 sin∠ = 2 sin∠ + 2 sin∠
1
即2 × 5 × 4 ×
2 6 = 12 × 5 × ×
15 + 12 × 4 × ×
15 8 10．∴ = ．
5 5 5 9
（2）在 △ 中，由正弦定理可得sin∠ = sin∠ ，
5 7 2 6
即sin∠ = 2 6，则sin∠ = ，5 7
5
由于∠ 为锐角，∴cos∠ = 7．∵ = ，∴∠ = ∠ ，
即sin∠ = sin∠ = 15，∴cos∠ = 10，
5 5
10 2+ 2 2 16 2
由余弦定理可得cos∠ = = 2 =5 8 = ，解得 = = 10．
∵cos∠ = 57，∴sin∠ = sin(∠ ∠ ) = sin∠ cos∠ cos∠ sin∠ =
15 × 5 10
5 7
×
5
2 6 = 15，
7 35
∴ = 1 sin∠ = 1 × 7 × 10 × 15 6△ 2 2 = ．35 2
题型 9 求三角形中的边长或周长的最值或范围
平面向量线性运算的坐标表示
33 24-25 ·平面向量线性运·算的坐标表示 △ , , ( 2 )cos +
2+ 2 2
．（ 高三上 安徽合肥 阶段练习） 的内角 的对边分别为 ，，，已知 2
= 0．
(1)若 = 4， + = 8，求 △ 的面积；

(2)若角 为钝角，求 的取值范围．
π
【解题思路】（1）利用正、余弦定理以及三角恒等变换可得 = 3，利用余弦定理可得 = 16，即可得面
积；

2 3 1（ ）利用正弦定理以及三角恒等变换可得 = + 2，结合角 B 的范围运算求解.2tan
2+ 2 2
【解答过程】（1）因为( 2 )cos + 2 = 0，由余弦定理可得( 2 )cos + cos = 0，
由正弦定理得(sin 2sin )cos + sin cos = 0，
又因为sin cos + sin cos = sin( + ) = sin(π ) = sin ，
则有sin (1 2cos ) = 0，
因0 < < π 1，sin > 0，则cos = 2，
π
且0 < < π，故 = 3．
由余弦定理， 2 = 2 + 2 2 cos ，代入得， 2 + 2 = 16，
因 + = 8，则有( + )2 3 = 16，即得 = 16，
故 △ 的面积 = 12 sin =
1 × 16 × 32 = 4 3．2

（2 sin 2π）由正弦定理，sin = sin 可得 = sin ，且 = 3 ，
sin sin 2π 3 cos +1 sin 1
代入化简得： = = 3 = 2 2 3 sin = + ．sin sin 2tan 2
0 < < π π
因 为钝角，故由 22π > π ，可得0 < < 6，
3 2

则0 < tan < 3 3 > 3， ，即 > 2，
3 2tan 2

故 的取值范围是(2, + ∞).
34．（23-24 高一下·广东茂名·期中）设 △ 内角 , , 的对边分别为 , , ，已知 = 2 3，2 = 2 cos
．
(1)求角 ；
(2)若 + = 4，求 △ 的面积；
(3)求 △ 的周长的取值范围．
【解题思路】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式计算可得；
（2）利用余弦定理求出 ，再由面积公式计算可得；
3 π 2π（ ）由正弦定理将边化角，再化简得 + = 4 3sin + ，再由0 < < 3 求得 + 的取值范围，即可得6
周长的取值范围.
【解答过程】（1）因为2 = 2 cos ，
由正弦定理可得2sin sin = 2sin cos ，
又sin = sin[π ( + )] = sin( + )，
所以2sin( + ) sin = 2sin cos ，
即2sin cos + 2cos sin sin = 2sin cos ，
所以2cos sin = sin ，
又 ∈ (0,π)，所以sin > 0，则cos =
1
2，
π
又 ∈ (0,π)，所以 = 3.
π
（2）因为 = 2 3， = 3， + = 4，
由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos = ( + )2 2 2 cos ，
即12 = 42 2 2 × 12， 解得 =
4
3，
π
所以 △ 1的面积 △ = 2 sin =
1 × 42 3 × sin
3
3 = .3
π
（3）因为 = 2 3， = 3，
2 3
由正弦定理得sin = sin = sin = 3 = 4，2
2π
因为 + = π = 3 ，
所以 + = 4(sin + sin ) = 4 sin + sin 2π
3
2π 2π
= 4 sin + sin 3 cos cos 3 sin
= 4 3 1 cos + 3 sin = 4 3sin + π ，
2 2 6
π π
因为0 < < 2π 5π3 ， 所以6 < + 6 < 6 ，sin +
π ∈ 1 ,1 ，
6 2
所以 + ∈ (2 3,4 3]， 即 + + ∈ (4 3,6 3]，
所以 △ 周长的取值范围为(4 3,6 3].
35．（23-24 高一下·浙江丽水·阶段练习）在锐角 △ 中，已知角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且
2 2 2
sin( ) = 3cos ．
(1)求角 C 的大小；
2
(2) 求 2+ 2的取值范围．
【解题思路】（1）应用正弦定理和余弦定理边角互化，进而求出角 C.
2 2+ 2 1
（2）应用余弦定理，化简 = 2+ 2 2+ 2 = 1 2+ 2 = 1 + ，利用正弦定理结合三角函数求出范围.

【解答过程】（1）由余弦定理 2 2 = 2 2 cos ，及正弦定理sin = sin = sin 得
2 2 2= 2 cos = 2 cos = sin 2sin cos = sin( + ) 2sin cos = sin cos +cos sin 2sin cos 2 2 sin sin sin
= sin cos cos sin sin( )sin = sin ．
sin( ) sin( )
所以 sin = sin( ) ≠ 03cos ，又 ，
所以sin = 3cos tan = 3
π
所以 = 3
2
2 2+ 2 1
（ ） 2+ 2 = 2+ 2 = 1 2+ 2 = 1 +

= sin sin +
π 1 sin + 3 cos 1 1
因为 3 2 2
3
sin = = = 2 + sin sin 2 tan ，
∈ 0, π
2
在锐角 △ 2π π π π π中， = ∈ 0, π ,解得 ∈ , ∪ , ，
3 2 6 3 3 2
≠

所以tan ∈ 3 1, 3 ∪ ( 3, + ∞)，所以 = 2 +
3 1 1tan ∈ ,1 ∪ (1,2)，3 2 2
5 2 1 1 3
由对勾函数的性质可得 + ∈ 2, ，所以 2 2+ 2 = 1 + ∈ , . 2 5
36．（23-24 + 高三上·浙江绍兴·期末）已知锐角 △ 的内角 A，B，C，所对的边分别为 a，b，c，且 sin 2
= sin .
(1)求角 A；
(2)若 = 2 3，求 △ 的周长的取值范围.
【解题思路】（1）利用诱导公式和正弦定理即可；
（2）根据正弦定理得 = 4sin , = 4sin + π ，从而化边为角，结合三角恒等变换和三角函数值域即可得
3
到其范围.
π
【解答过程】（1）由已知得， sin = sin ，
2 2

则根据正弦定理得sin cos2 = sin sin (sin > 0)，
cos 2 = 2sin
1
2cos2 sin2 = 2(cos

2 ≠ 0)，
π
∵△ 为锐角三角形， ∴ = 3．

（2）由正弦定理得sin = πsin = sin = 4，即sin = sin = sin π + = 4，3
则 = 4sin , = 4sin + π ，
3
π
+ + = 2 3 + 4sin + 4sin + 3
π π
= 2 3 + 4sin + 4 sin cos 3 + cos sin 3
= 2 3 +4 3sin + π ，
6
0 < < π
因为 2
π π π π 2π
0 < 2π < π ，解得6 < < 2，得 + 6 ∈ , ，3 3
3 2
所以sin + π ∈ 3 ,1 ，得 + + ∈ (2 3 + 6,6 3]．
6 2
题型 10 解三角形与三角函数综合
平面向量线性运算的坐标表示
37 23-24 ·平面向量线性运算·的坐标表示 △ = 2 = 2．（ 高一下 浙江台州 期中）如图，在 中， ， 3 ，E 是边 上的点.
(1)若直线 与 的交点 O 恰好是线段 的中点，设 = ，求实数 x 的值；
π
(2)若∠ = 3， = 3 =
1
， 3 ，求 的取值范围.
1 = 2 2 1 1 1 1【解题思路】（ ）因为 ，得到 = 3 + 3 ，再由 = 3 + 6 ，进而化简拿得到 = 3
+ 14 ，结合三点共线，即可求解；
（2）由正弦定理得到 = 2 3sin 4 3 2 3， = 2 3sin ，分别求得 = sin 和 = sin ，化简得到3 3
= 2sin π ，结合三角函数的性质，即可求解.
6
【解答过程】（1）解：因为 = 2 ，
可得 = + = + 1 = + 1 2 13 3 + = 3 + 3 ，
1 1
又因为 是线段 的中点，所以 = 2 = 3 +
1
6 ，
因为 = ， = 23
1
，所以 = ， =
3
2
1 1
，所以 = 3 + 4 ，
又因为 E，O，F 1 1三点共线，可得3 + 4 = 1，解得 =
4
9.
π
2 = 3,∠ = =
3
（ ）解：因为 3，由正弦定理得到sin∠ sin = sin = 3 = 2 3，2
所以 = 2 3sin ， = 2 3sin ，
= 2 4 3 1 2 3可得 3 = sin ， = 3 = sin 3 3
则 = 4 3sin 2 3sin = 2 3 2sin sin π + = 3sin cos = 2sin3 3 3
π
，
3 6
π
∈ 0, 2π ∈ π , π sin ∈ 1因为 ，所以 6 ，则 ,1 ，3 6 2 6 2
所以 的取值范围是( 1,2).
38．（23-24 高一下·四川巴中·期末）已知函数 ( ) = 2sin( + ) > 0, < < 的部分图象如图所示．
2 2
（1）求函数 ( )的解析式；
（2）在锐角 △ 中，角 ， ， ( ) = 3 = 2 △ 3 3所对的边分别为 ， ， ，若 ， ，且 的面积为 ，2
求 ．
5
【解题思路】（1）根据图形求出最小正周期可求得 = 2，代入点 ,2 可求得 ；
12

（2）根据 ( ) = 3求得 = 3，根据面积求出c，即可由余弦定理求得a.
3 5 3
【解答过程】解：（1）据图象可得 4 = 12 = 4 ，故 = ，3
由 = 2 = 得： = 2．
5 由 = 2sin 2 × 5 + = 2 5 得：sin + = 1．
12 12 6
5 4
由 2 < < 2知，3 < 6 + < 3 ，
∴ 5

6 + = 2，解得 = 3，
∴ ( ) = 2sin 2 ；
3
（2） ∵ ( ) = 2sin 2 = 3， ∴ sin 2 = 3，
3 3 2

∵ ∈ (0, ) 2 ∈ , 2 2 ， 3 ，3 3

∴ 2 3 = 3， ∴ = 3，
△ 1

由题意得 的面积为2 × 2 × × sin3 =
3 3
，解得 = 3，
2

由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos = 22 + 32 2 × 2 × 3cos3 = 7，解得： = 7.
39．（2024·北京·三模）已知函数 ( ) = 2 3sin cos + 2cos2 ,( > 0)的最小正周期为π.
(1)求 的值；
(2)在锐角 △ π中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.c 为 ( )在 0, 上的最大值，再从条件①、条件
2
②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求 的取值范围.条件①： cos + cos = 2 cos ；条件
② 2 sin cos + sin2 = 3 ③ △ S = 3(
2+ 2 2)
： ；条件 ： 的面积为 ，且 .注：如果选择多个条件
4
分别解答，按第一个条件计分.
【解题思路】利用三角恒等变换整理可得 ( ) = 2sin 2 + π +1，结合最小正周期分析求解；
6
π π
以2 + 6为整体，结合正弦函数最值可得 = 3.若选条件①：利用正弦定理结合三角恒等变换可得 = 3，利
π
用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得 = 2 3sin ，结合正弦函数分析求解；若选条件②：
3
π
利用正弦定理结合三角恒等变换可得 = 3，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得 = 2 3sin
π π ，结合正弦函数分析求解；若选条件③：利用面积公式、余弦定理可得 = 3，利用正弦定理边化角，3
结合三角恒等变换可得 = 2 3sin π ，结合正弦函数分析求解.
3
π
【解答过程】（1）由题意可知： ( ) = 2 3sin cos + 2cos2 = 3sin2 + cos2 + 1 = 2sin 2 +
6
+1，
( ) π > 0 = 2π因为函数 的最小正周期为 ，且 ，所以 2π = 1.
（2）由（1）可知： ( ) = 2sin 2 + π +1，
6
∈ 0, π
π
2 + ∈ π 7π因为 ，则
2 6
, ，
6 6
π π π
可知当2 + 6 = 2，即 = 6时， ( )取到最大值 3，即 = 3.
若条件①：因为 cos + cos = 2 cos ，
由正弦定理可得sin cos + sin cos = 2sin cos ，
又因为sin cos + sin cos = sin( + ) = sin ，
可得sin = 2sin cos ，且 ∈ 0, π ，则sin ≠ 0，
2
π
可得cos = 12，所以 = 3，
3
由正弦定理可得sin = sin = sin = 3 = 2 3，可得 = 2 3sin , = 2 3sin ，2
则 = 2 3sin 2 3sin = 2 3sin 2 3sin + π
3
1 3
= 2 3sin 2 3 2 sin + 2 cos
= 3sin 3cos = 2 3sin π ，
3
π 0 < < π π
因为 △ 锐角三角形，则 20 < 2π < π ，解得6 < < 2，
3 2
π π π
可得 1 π 16 < 3 < 6，则 2 < sin < 2，可得 3 < < 33
所以 的取值范围为( 3, 3)；
若条件②；因为2 sin cos + sin2 = 3 ，
由正弦定理可得：2sin2 cos + sin sin2 = 3sin ，
则2sin2 cos + 2sin sin cos = 3sin ，
∈ 0, π因为 ，则sin ≠ 0，
2
可得2sin cos + 2sin cos = 2sin( + ) = 2sin = 3，
π
即sin = 3 π，且 ∈
2 0, ，所以 = ，2 3
3
由正弦定理可得sin = sin = sin = 3 = 2 3，可得 = 2 3sin , = 2 3sin ，2
则 = 2 3sin 2 3sin = 2 3sin 2 3sin + π
3
1 3
= 2 3sin 2 3 2 sin + 2 cos
= 3sin 3cos = 2 3sin π ，
3
0 < < π π π
因为 △ 锐角三角形，则 20 < 2π < π ，解得6 < < 2，
3 2
π π π
可得 6 < 3 < 6，则
1 π 1
2 < sin < 2，可得 3 < < 33
所以 的取值范围为( 3, 3)；
③ = 3(
2+ 2 2) 1 3×2 cos
若选 ：因为 ，则
4 2
sin = ，
4
π
整理得tan = 3，且 ∈ 0, π ，所以 = 3，2
3
由正弦定理可得sin = sin = sin = 3 = 2 3，可得 = 2 3sin , = 2 3sin ，2
则 = 2 3sin 2 3sin = 2 3sin 2 3sin + π
3
1 3
= 2 3sin 2 3 2 sin + 2 cos
= 3sin 3cos = 2 3sin π ，
3
0 < < π π π
因为 △ 锐角三角形，则 20 < 2π < π ，解得6 < < 2，
3 2
π π π
< < 1 π 1可得 6 3 6，则 2 < sin < 2，可得 3 < < 33
所以 的取值范围为( 3, 3).
40．（2024·湖南·模拟预测）已知函数 ( ) = 2 3sin cos 2cos2 .
(1)求函数 = log2 ( )的定义域和值域；
(2) + 已知锐角 △ 的三个内角分别为 A，B，C，若 = 0，求 的最大值.2
π 1
【解题思路】（1）先化简 ( )，然后利用真数大于 0 可得sin 2 > 2，即可求出定义域，继而求出值域；6
π π π
（2）先利用（1）可得 = 3，结合锐角三角形可得6 < < 2，然后利用正弦定理进行边变角即可求出答案
【解答过程】（1） ( ) = 2 3sin cos 2cos2 = 3sin2 cos2 1 = 2sin 2 π 1，
6
所以要使 = log2 ( ) = log2 2sin 2 π 1 有意义，6
只需2sin 2 π 1 > 0 sin π >
1
，即 2 ，
6 6 2
π π π π
所以6 +2 π < 2 6 <
5π
6 +2 π, ∈ Z，解得6 + π < < 2 + π, ∈ Z
所以函数 = log2 ( ) π π的定义域为 + π, + π , ∈ Z，6 2
由于0 < 2sin 2 + π 1 ≤ 1，所以log2 ( ) ≤ log21 = 0，6
所以函数 = log2 ( )的值域为( ∞,0]；
（2 π π 1）由于 = 2sin 1 = 0，所以sin = ，
2 6 6 2
π π π π π π π
因为0 < < 2，所以 6 < 6 < 3，所以 6 = 6即 = 3，
π 0 < < π π
由锐角 △ 可得 20 < = 2π < π ，所以6 < < 2，
3 2
+ sin +sin 2 π 2 3
由正弦定理可得 3 = sin = sin + sin + = sin + cos = 3sin + cos = 2sin3 3 3 2 2
+ π ，
6
π π π π 2π +
因为6 < < 2，所以3 < + 6 < 3 ,所以 3 < ≤ 2，
+
所以 的最大值为 2.
题型 11 根据复数的四则运算结果求复数特征
平面向量线性运算的坐标表示
41．（24-25 高一上·平上面向海量线·课性运后算的作坐业标表）示 已知复数 1 = 3 i与 2 =
1 + 32 i．2
(1)求| 1|及| 2|的值；
(2)设 ∈ ，满足| 2| ≤ | | ≤ | 1|的点 Z 的集合是什么图形？
【解题思路】（1）利用求复数模的公式求解即可；
（2）利用复数的几何意义，确定出点的集合即可判断．
2 | 1 3 | 1 2 3 2【解答过程】（1）| 1| = | 3 i| = ( 3) + ( 1)2 = 2，| 2| = + i = + = 1；2 2 2 2
（2）由（1）知1 ≤ | | ≤ 2，设 = + i（x、 ∈ ）．
因为不等式| | ≥ 1的解集是以为圆心，1 为半径的圆上和该圆外部所有点组成的集合，
不等式| | ≤ 2的解集是以 O 为圆心，2 为半径的圆上和该圆内部所有点组成的集合，
所以满足条件1 ≤ | | ≤ 2的点 Z 的集合是以原点 O 为圆心，以 1 和 2 为半径的两圆所夹的圆环，并包括圆环
的边界，如图所示．
42．（24-25 高一·全国·单元测试）已知复数 满足| + 2 2i| = 2，且复数 在复平面内的对应点为 ．
(1)确定点 的集合构成图形的形状；
(2)求| 1 + 2i|的最大值和最小值．
【解题思路】（1）根据复数模的几何意义确定点 的集合构成图形的形状.
（2）根据复数模的几何意义，结合圆的几何性质求得正确答案.
【解答过程】（1）设复数 2 + 2i在复平面内的对应点为 ( 2,2)，
则| + 2 2i| = | ( 2 + 2i)| = | | = 2，
故点 的集合是以点 为圆心，2 为半径的圆，如下图所示．
（2）设复数1 2i在复平面内的对应点为 (1, 2)，则| 1 + 2i| = | |,如下图所示，
| | = (1 + 2)2 + ( 2 2)2 = 5，
则| 1 + 2i|的最大值即| |的最大值是| | + 2 = 7；
| 1 + 2i|的最小值即| |的最小值是| | 2 = 3．
43．（23-24 高一下·浙江宁波·期中）已知复数 = + i，其中 , ∈ R,i为虚数单位.
(1)当| | = 5，且 2 +2 3 + ( 2 + 2)i是纯虚数，求 , 的值；
(2)当| | = 5时，求| 1|的取值范围.
【解题思路】（1）根据复数的种类及特点求参即可；
（2）根据复数的模长公式及两点间的距离公式，结合图形可得结果.
【解答过程】（1） ∵ | | = 5, 2 +2 3 + ( 2 + 2)i是纯虚数，故有
∵ 2 + 2 = 25, 2 +2 3 = 0, 2 + 2 ≠ 0，
经计算有， = 3, =± 4;
（2） ∵ | | = 5,| 1| = ( 1)2 + 2,所以有 2 + 2 = 25，如下图，根据几何意义，可知
4 ≤ | 1| ≤ 6.
44．（23-24 高一下·江苏无锡·期中）设复数 1 = 2 + i（其中 ∈ ）， 2 = 3 4i．

(1) 1若 是纯虚数，求 ；2
(2)求满足| 2| ≤ 3的复数 在复平面上对应的点构成的图形的面积．
1
【解题思路】（1）将 化成复数的一般形式，则实部为0，虚部不为0，即可求解（2）复数 在复平面上对2
应的点构成的图形是以(3, 4)为圆心，半径为 3的圆及其内部，代圆的面积公式即可求解
1 (2+ i)(3+4i) 2
【解答过程】（1） =
2+ i = 6+8i+3 i+4 i (6 4 )+(8+3 )i
2 3 4i (3 4i)(3+4i) = 32 (4i)2 = 25
依题意6 4 = 0且8 + 3 ≠ 0，
3
所以 = 2；
（2）设 = + i, , ∈ R，则 2 = ( 3) + ( + 4)i
| 2| ≤ 3 ( 3)2 + ( + 4)2 ≤ 3
故复数 在复平面上对应的点构成的图形是以(3, 4)为圆心，半径为 3的圆及其内部
所以 = 2 = 3 .
题型 12 复数范围内方程的根的问题
平面向量线性运算的坐标表示
45．（23-24 高一下·平上面向海量线松性江运算·的期坐末标表）示 已知i为虚数单位，复数 = ( 2 3 4) + ( 2 + )i．
(1)当实数 取何值时， 是纯虚数；
(2)当 = 1时，复数 是关于 的方程 2 + + = 0的一个根，求实数 与 的值．
【解题思路】（1）由 是纯虚数得到实部为0，虚部不为0，解方程组得到 的值；
（2）将 = 6 + 2i代入方程，实部和虚部均为0，解方程组得到 和 的值.
2
【解答过程】（1 3 4 = 0）由 是纯虚数得 2 + ≠ 0 ，解得 = 4.
所以当 = 4时， 是纯虚数.
（2）当 = 1时， = 6 + 2i，
因为 是关于 的方程 2 + + = 0的一个根，所以 2 + + = 0，
即( 6 + 2i)2 + ( 6 + 2i) + = 0，整理得(32 6 + ) + (2 24)i = 0，
32 6 + = 0 = 12
所以 2 24 = 0 ，解得 = 40 .
46．（23-24 高一下·上海·期末）设i是虚数单位， ∈ . 是关于 的方程
2 (2 + i) + = 0的两根，
且满足| | + | | = 3.
(1)若 = 2 + 5i，求 与 的值；
(2)若 = 0，求 的值.
2
【解题思路】（1）由| | = 22 + 5 = 3，及| | + | | = 3，得| | = 0，即可求解；
（2）当 = 0时，则 ， 是关于 的方程 2 2 + = 0的两根，则 △= 4 4 ，进行分类讨论，即可求解.
2
【解答过程】（1）解：由 = 2 + 5i，得| | = 22 + 5 = 3，
而| | + | | = 3，得| | = 0，
因为 ， 是关于 的方程 2 (2 + i) + = 0的两根，
2 + 5i+ =2+ i
所以 2 + 5i = ，
得 = 5 i，由| | = 0，得 = 5，
得 = 0，则 = 0；
（2）当 = 0时，则 ， 是关于 的方程 2 2 + = 0的两根，
则 △= 4 4 ，
当 = 1时，则 = = 1，不满足| | + | | = 3，
当 < 1时，得 △= 4 4 > 0
+ =2
得 = ，
由| | + | | = 3得(| | + | |)2 = 9，
得 2 + 2 +2| | = 9，
得( + )2 2 + 2| | = 9，
得 2 + 2| | = 5，
当0 ≤ < 1时，不成立，当 < 0 5时，得 = 4，
当 > 1时，得 △= 4 4 < 0，
不妨记 = 1 1i, = 1 + 1i，
由| | + | | = 3得 1 + 1 + 1 + 1 = 3，
9
得 = 4，
5 9故 的值为： 4或4.
47．（23-24 高一下·上海·期末）设复数 1, 2满足： 1 2 +2i 1 2i 2 +1 = 0
(1)若 2 1 = 2i，求 1与 2．
(2)若 1, 2是实系数一元二次方程 2 2 2 + = 0的两个根，求实数 的值．
【解题思路】（1）先设 1 = + i( , ∈ )，代入运算即可；
（2）由题意可设 1 = 2 + i( ∈ R)，则 2 = 2 i，代入运算即可.
【解答过程】（1）设 1 = + i( , ∈ R)，由 2 1 = 2i得到 2 = ( + 2)i，
因为 1 2 +2i 1 2i 2 +1 = 0，
则( + i)[ ( + 2)i] +2i( + i) 2i[ ( + 2)i] +1 = 0，
整理得 2 + ( + 2) + 1 4 4 2 i = 0，
2 + ( + 2) + 1 4 4 = 0 = 0 = 0
可得 2 = 0 ，解得 = 3 或 = 1 ，
所以 1 = 3i, 2 = 5i或 1 = i, 2 = i；
（2）若 1， 22是实系数一元二次方程 2 2 + = 0的两个虚根，
则 1 + 2 = 2 2, 1 2 = ，且 1， 2互为共轭复数，
设 1 = 2 + i( ∈ R)，则 2 = 2 i，可得 21 2 = 2 + = ， 1 2 = 2 i，
因为 1 2 +2i 1 2i 2 +1 = 1 2 +2i( 1 2) +1 = 0，即2 + 2 +2i(2 i) +1 = 2 4 + 3 = 0
解得 = 1或 = 3，
所以 = 3或 = 11.
48．（2024 高三·全国·专题练习）已知关于 的二次方程 2 (tan + i) (i + 2) = 0．
(1)当 为何值时，这个方程有一个实根？
(2)是否存在 ，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出 的值；若不存在，试说明理由．
【解题思路】（1）设方程的一个实根为 0，带入方程，化简成标准形式，再由复数相等的意义即可求得 ；
（2）设方程有纯虚数根 i（ ∈ ，且 ≠ 0），代入原方程，再复数相等意义得出 2 + 2 = 0，此方程无
解，即可判定不存在.
【解答过程】（1）设 0是方程的一个实根，则 20 (tan + i) 0 (i + 2) = 0,
即 20 tan 0 2 i( 0 + 1) = 0.
2 tan 2 = 0
根据复数相等的意义知 0 0 0 + 1 = 0
π
解得： 0 = 1,tan = 1, = π + 4( ∈ )．
π
所以，当 = π + 4( ∈ )时，原方程有一实根 0 = 1．
（2）假定方程有纯虚数根 i（ ∈ ，且 ≠ 0），代入原方程得
( i)2 (tan + i) i (i + 2) = 0,
即 2 + 2 ( tan + 1)i = 0.
2 + 2 = 0
由复数相等意义知 ( tan + 1) = 0
但方程 2 + 2 = 0即 2 + 2 = 0无实数解，即实数 不存在．
所以，对任何实数 ，原方程不可能有纯虚数根．
题型 13 空间几何体的截面问题
平面向量线性运算的坐标表示
49．（2024 高三·全国平面·向专量线题性练运算习的坐）标表如示图在正方体 1 1 1 1中， , 是所在棱上的中点.
(1)求平面 与平面 夹角的余弦值；
(2)补全截面 .
△投影
【解题思路】（1）利用投影面积法可得cos = ，可设正方体的棱长为 2，计算即可求解；△
（2）利用正方体截面的性质即可得结果.

【解答过程】（1 △投影）由投影面积法可得cos = ，△
因为 , 是所在棱上的中点，设正方体的棱长为 2，
则 投影 = 2 × 2
1 1 1
2 × 1 × 2 2 × 1 × 1 2 × 1 × 2 =
3
2，
= 12 + 12 = 2， = ( 5)2 + 22 = 3， = ( 5)2 + 22 = 3，
2 34
所以在 △ 中， 边上的高为 32 2 = ，
2 2
1 34
所以 17△ = 2 × 2 × = ，2 2
3
cos = △投影 = 2 = 3 17所以 .△ 17 17
2
（2）如图，设 所在直线与 1 1所在直线交于点 ，与 1 1所在直线交于点 ，
连接 交 1于点 ，连接 交 1于点 ，连接 , , , ，
则五边形 是平面 截正方体所得的截面.
50．（23-24 高一下·河南洛阳·期中）如图，在正方体 1 1 1 1中，H 是 1 1的中点，E，F，G 分
别是 DC，BC，HC 的中点.
(1)求证：平面 ∥ 平面 1 1；
(2)若正方体棱长为 2，请在正方体的表面完整做出过 A，E， 1三点的截面，写出作图过程，并求出截面的
面积.
【解题思路】（1）连接 BH，根据中位线性质及线面平行的判定定理得 和 平行于面 1 ，再根据面
面平行的判定定理证明即可.
（2）根据平面性质作出截面四边形 1 ，结合正方体性质，根据菱形面积公式求解即可.
【解答过程】（1）连接 BH，且 FG 为 △ 的中位线，∴ // ，
∵ 面 1 1， 面 1 1，∴ //面 1 1，
∵ // ， 面 1 1， 面 1 1，∴ //面 1 1，
∵ ∩ = ，EF，FG 都在平面 EFG 内，∴平面 //平面 1 1.
（2）如图，四边形 1 为所求截面.
取 1 1的中点 N，连接 1 ，NE，
∴ ∥ 1 ， = 1 ，
取 1 1的中点 M，连接 AM， 1 ，
∴ 1 ∥ 1 ， 1 = 1 ，
∴ 1 = ， 1 = ，
∴平行四边形 1 为过 A，E， 1三点的截面，
又 = = 5，则四边形 1 为菱形，
∴ = 1 1 1 2 1 = 2 2 3 2 2 = 2 6.
51．（23-24 高一下·吉林长春·期中）已知正四棱柱 1 1 1 1中， = 2， 1 = 4，点 , 分别是棱
1, 1 1的中点，过 1, , 三点的截面为 ．
(1)作出截面 （保留作图痕迹）；
(2)设截面 与平面 1 1 交于直线 ，且截面 把该正四棱柱分割成两部分，记体积分别为 1, 2( 1 < 2)．
（ⅰ）求证： 1 // ；

ⅱ 1（ ）求 的值．2
【解题思路】（1）连接 1 并延长交 1 1的延长线于点 ，连接 交 1于 ，连接 即可得截面 .
（2）（ⅰ）利用面面平行的性质推理即得；（ⅱ）利用割补法及三棱锥的体积公式求出 1，进而求出 2的值
即可.
【解答过程】（1）在正四棱柱 1 1 1 1中，连接 1 并延长交 1 1的延长线于点 ，连接 交 1
于 ，连接 ，
则四边形 1 是过 1, , 三点的平面截正四棱柱 1 1 1 1的截面 ，如图：
（2）（ⅰ）在正四棱柱 1 1 1 1中，平面 1 1//平面 1 1，
平面 1 ∩ 平面 1 1 = 1 ，平面 1 ∩ 平面 1 1 = ，
所以 1 // .
（ⅱ）由（1）及已知， 1 ⊥ 平面 1 1， 1 ⊥ 平面 1 1，
1
由 是 1 1中点， 1 1// 1 1，得 1是 的中点，又 1 // 1 ，则 1 = 2 1 = 4, 1 = 2 1 = 1，
= 1 1 1 1 1 1 71 1 1 1 = 3 △ 1 1 3 △ 1 = 3 × 2 × 2 × 2 × 4 3 × 2 × 1 × 1 × 2 = 3，
2 = 1 1 1 1 1 = 2 × 2 × 4
7
3 =
41
3 ，
1
所以 =
7
2 41
.
52．（23-24 高一下·河南·阶段练习）如图，在长方体 1 1 1 1中， , 分别在 1, 上.已知
= = 6, 1 = 8， = = 2.
(1)作出平面 1 截长方体 1 1 1 1的截面，并写出作法；
(2)求（1）中所作截面的周长；
(3)长方体 1 1 1 1被平面 1 截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积.
【解题思路】（1）延长 1 ，与 的延长线交于点 ，连接 并延长，可得交 的延长线于 ，可作所求
截面.
（2）利用平行线分线段成比例定理可求五边形 1 的周长；
（3）利用 = 1 ，可求体积.
【解答过程】（1）如图所示，五边形 1 为所求截面.
作法如下：
延长 1 ，与 的延长线交于点 ，
连接 并延长，分别交 于 ，交 的延长线于 ，
连接 1，交 1于点 ，连接 , ，则五边形 1 为所求截面.
2 ∥

（ ）因为 1，所以 =
1
= 4，则 = 2，1
2 1
由 ∥ ，可得 = = 4 = 2，
得 = 2, = 4，则 = 4 + 4 = 2 2，
= 16 + 16 = 4 2.
= = 2 = 1
2 1
由 4 2，得 = 2，由 = = 8 = 4，得 = 2, 1 = 6，1
则 = 4 + 4 = 2 2
1 = 1 = 36 + 36 = 6 2.
故截面的周长为2 2 +4 2 +2 2 +6 2 +6 2 = 20 2.
（3） = 1 1 1 = 3 × 2 × 8 × 8 × 8
1 × 13 2 × 2 × 2 × 2
1
3 ×
1 248
2 × 2 × 2 × 2 = 3 ，
248
故所求体积为 3 .
题型 14 几何体与球的切、接问题
平面向量线性运算的坐标表示
53．（24-25 高三上·平四面向川量线南性充运算·的阶坐段标表练示 习）如图,四边形 为矩形,且 = 2, = 1, ⊥ 平面
, = 1,E 为 的中点．
(1)求证： ⊥ ；
(2)求四棱锥 的外接球体积．
【解题思路】（1）连接 ，由线面垂直得到 ⊥ ，再由线面垂直的判定定理得到 ⊥ 平面 ，即可
证明；
（2）由底面为矩形利用长方体的性质可得四棱锥外接球的半径，再由体积公式计算体积.
【解答过程】（1）
连结 , ∵ 为 的中点, = = 1，
∴ △ 为等腰直角三角形,则∠ = 45°，同理可得∠ = 45°，
∴∠ = 90°，∴ ⊥ ，
又 ⊥ 平面 ，且 平面 ，∴ ⊥ ，
又∵ ∩ = ， , 平面 ，∴ ⊥ 平面 ，
又 平面 ，∴ ⊥ ．
（2）∵ ⊥ 平面 ，且四边形 为矩形，
∴ 的外接球直径2 = | |2 + | |2 + | |2，
3
∴ = 6 4 4 6，故： = 33π = 3π = 6π2 2 ，
∴四棱锥 的外接球体积为 6π．
54．（23-24 高一下·山东东营·期末）如图，正四棱锥 中， 是这个正四棱锥的高， 是斜高，且
= 2， = 2 2．
(1)求这个四棱锥的全面积;
(2)分别求出该几何体外接球与内切球的半径．
【解题思路】(1)利用勾股定理计算出 ，可得出 = 4，求出侧面三角形 面积，计算出该正四棱锥
的侧面积和底面积，相加即可得出该正四棱锥的全面积.
(2)根据题意，外接球球心在线段 上，勾股定理可求出外接的半径 ，内接球的半径可用等体积法求出半
径 .
【解答过程】（1）连接 ， ．
在 △ 中， = 2 2 = (2 2)2 22 = 2，故 = 4．
1
所以 = 4 × 4 = 16， △ = 2 × 4 × 2 2 = 4 2，
故这个四棱锥的全面积为16 + 16 2；
（2）由题几何体外接球球心在线段 上，设为 ，设外接的半径为 ．
因为 = 4，所以 = 2 2，
在 △ 中，由勾股定理得：
2 = 2 + 2，即 2 = 8 + ( 2)2，解得： = 3.
1 32 1
设内接球的半径为 ． = 3 × 16 × 2 = 3 ， = 3 × (16 + 16 2) ×
32 = 1所以 3 3 × (16 + 16 2) × ，
解得： = 2( 2 1).
55．（23-24 高三下·贵州·开学考试）如图，在四棱锥 中，平面 ⊥ 平面 ，∠ = 90 ，
// ，∠ = 90 ，2 = 2 = 2 = 2.
（1）求证： ⊥ 平面 ；
3
（2）若直线 与底面 所成的角的余弦值为 ，求三棱锥 的外接球表面积.
3
【解题思路】（1）由平行、垂直和长度关系可确定 △ 为等腰直角三角形，得到 ⊥ ；利用面面垂
直和线面垂直的性质可证得 ⊥ ，由线面垂直的判定可证得结论；
（2）由线面垂直的判定与性质可得到 △ ， △ 均为直角三角形，且公共斜边为 ，由此可确定外
接球半径为 = 12 ，由长度关系可求得半径 ，根据球的表面积公式可求得结果.
【解答过程】（1）在四边形 中， // ，∠ = 90 ，2 = 2 = 2 = 2，
∴△ ， △ 为等腰直角三角形，即 ⊥ ，
∵ 平面 ⊥ 平面 ，∠ = 90 ，平面 ∩ 平面 = ，
∴ ⊥ 平面 ，又 平面 ， ∴ ⊥ ，
∵ ∩ = ， , 平面 ， ∴ ⊥ 平面 .
（2） ∵ ⊥ 平面 ， , 平面 ， ∴ ⊥ ， ⊥ ，
又 // ，∠ = 90 ， ∴ ∠ = 90 ，即 ⊥ ，
∵ ∩ = ， , 平面 ， ∴ ⊥ 平面 ，
∵ 平面 ， ∴ ⊥ ，
即 △ ， △ 均为直角三角形，且公共斜边为 ，
∴ 中点到三棱锥 四个顶点的距离相等，
∴ 1三棱锥 的外接球半径 = 2 ；
∵ ⊥ 平面 ， ∴ ∠ 为直线 与底面 所成的角，
∴ cos∠ = =
3 1 6
，又 =
3 2， ∴ = 2 = ，2
∴ 三棱锥 的外接球表面积 = 4 2 = 6 .
56．（2024 高三·全国·专题练习）已知正三棱锥 的高为 2， = 4 6，其内部有一个球与它的四个
面都相切，求：
(1)正三棱锥 的表面积；
(2)正三棱锥 内切球的表面积与体积．
【解题思路】（1）根据正三棱锥棱长与锥体的高关系求出锥体的表面积；
（2）根据等体积法求出内切球的半径，即可求出内切球的表面积和体积.
【解答过程】（1）由题意，如图所示．
1 3
底面三角形中心 到 AC 的距离 = 3 × × 4 = 2 ，2 6 2
则正棱锥侧面的斜高为 = 22 + (2 2)2 = 2 3．
∴ 1侧 = 3 × 2 × 4 6 × 2 3 = 36 2．
2
故 全 =
1 3
侧 + 底 = 36 2 + 2 × × (4 6) = 36 2 +24 ．2 3
（2）设正三棱锥 的内切球球心为 1，
联结 1 、 1 、 1 、 1 ，
而点 1到三棱锥的四个面的距离都为球的半径 ，
∴ 1 1 1 1 = 1 + 1 + 1 + 1 = 3 侧 + 3 △ = 3 全 = 3(36 2 +24 3
) = (12 2 +8 3) ．
1 1 3
2
又 = 3 × 2 × × (4 6) × 2 = 16 ，2 3
∴ (12 2 + 8 3) = 16 3，解得 = 4 3 = 2( 6 2)．
3 2+2 3
2
∴ 内切球 = 4π 2( 6 2) = 32(5 2 6)π，
4 3 64内切球 = 3π 2( 6 2) = 3 (9 6 22)
题型 15 平行与垂直关系的综合应用
π．
平面向量线性运算的坐标表示
57．（2024 高二上·江苏平·面学向业量线考性运试算的）坐如标表图示 ，已知正方体 1 1 1 1.求证：
(1) 1 1 ∥ 平面 1 1；
(2) 1 ⊥ 平面 1 1.
【解题思路】（1）通过证明 1 1 //AB，可完成证明；
（2）通过证明 1 ⊥ 1， 1 ⊥ 可完成证明.
【解答过程】（1）由题，四边形 1 1为正方形，则 1 1 //AB.
又 1 1 平面 1 1， 面 1 1，则 1 1 //平面 1 1；
（2）由题， ⊥ 平面 1 1，又 1 面 1 1，则 1 ⊥ .
又四边形 1 1为正方形，则 1 ⊥ 1.
因 1 ⊥ 1， 1 ⊥ ， 1， 平面 1 1， 1 ∩ = ，
则 1 ⊥ 上平面 1 1.
58．（2024 高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， △ 为等边三
角形，平面 ⊥ 平面 ， ⊥ ， = 2， = 3，
(1)设 ， 分别为 ， 的中点，求证： //平面 ；
(2)求证： ⊥ 平面 ；
【解题思路】（1）连接 ，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到 ∥ ，利用线面
平行的判定定理证得结果；
（2）取棱 的中点 ，连接 ，依题意，得 ⊥ ，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到
⊥ ，利用线面垂直的判定定理证得结果；
【解答过程】（1）由题意，
1
连接 ，易知 ∩ = ， = = 2 ，
∴点 为 的中点，∵ 为 为 的中点，
在 △ 中， = ， ∥ ，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ．
（2）由题意证明如下，
取棱 的中点 ，连接 ，
在等边三角形 △ 中， ⊥ ，
∵平面 ⊥ 平面 ，平面 ∩ 平面 = ，
所以 ⊥ 平面 ，
又 平面 ，故 ⊥ ，
又已知 ⊥ ， ∩ = ， , 平面 ,所以 ⊥ 平面 ．
59．（24-25 高二上·北京·期中）如图，在四棱锥 中，底面 是菱形，点 ， 分别为 ， 的
中点.∠ = 60°，平面 ⊥ 平面 ， = = 2.
(1)求证：直线 //平面 ；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，在线段 上是否存在点 ，使得 ⊥ 平面 ？

若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
21
条件①： = ；条件②：cos∠ = .
7
【解题思路】（1）取 的中点为 ，连接 ， ，通过证明四边形 为平行四边形，即可求证；
（2）由平面 ⊥ 平面 ，根据四边形 为菱形，可证 ⊥ 平面 ，过点 作 ⊥ 于点 交
于点 ，即可满足 ⊥ 平面 ，若选①，可证 △ △ ，即可得∠ = 90°；若选②由余弦
定理可证∠ = 90° ，做出平面 ，根据三角形内角和及正弦定理可得 ，进而可得 .
【解答过程】（1）
取 的中点为 ，连接 ， ，
易得 // 1，且 = 2 ，
又底面 是菱形， = 12 ，
所以 // ， = ，
即四边形 为平行四边形，
所以 // ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ；
（2）
2
存在， = 5，
连接 ，
由（1 1）得 = 2 = 1，且∠ = 60°，
∴ ∠ = 90°， = 3，
即 ⊥ ，
又平面 ⊥ 平面 ，且平面 ∩ 平面 = ， 平面 ，
∴ ⊥ 平面 ， ⊥ ，
又 ∵ 平面 ，
则平面 ⊥ 平面 ，
∵ 平面 ∩ 平面 = ，
∴ 在平面 内，过点 作 ⊥ 于点 ，且与 相交于点 ，
则满足 ⊥ 平面 ，
若选①，由 = ，可知 △ △ ，
又 ⊥ ，即 ⊥ ，
∴ ∠ = 90°，
平面 如图所示，可知 = 1，则∠ = 60°，
∴ ∠ = 30°，
sin∠ = cos∠ = 21 sin∠ = 2 7又 ， ，
7 7
则 △ 中，sin∠ = sin(∠ + ∠ ) = sin∠ cos∠ + cos∠ sin∠ = 5 7，14

又由正弦定理sin∠ = sin∠ ，
∴ = 2 7，
5
2
即 = 5；
②由cos∠ = 21，
7
2 2 2
在 △ 中，由余弦定理得cos∠ = + 2 ，
2+3 4 = 21即 =2 3 ，解得 ，7 7
∴ 2 = 2 + 2，即∠ = 90°，
下同选①.
60．（24-25 高二上·江苏南通·期中）如图，在三棱柱 1 1 1中，侧棱 1 ⊥ 底面 ，底面 △
是直角三角形， ⊥ ，点 , 分别在 , 1 1上，且 = 2 ．
(1)证明： ⊥ 平面 1 1；

(2)若 1 //平面
1
，求 ．1
【解题思路】（1）由题意可得 1 ⊥ ，结合 ⊥ ，可证结论；
（2） 1 , 1 确定唯一平面 1 ，设平面 1 ∩ = ，连接 , ，进而可得 // ，四边形 1
1
是平行四边形，从而可求 .1
【解答过程】（1）因为侧棱 1 ⊥ 底面 ， 底面 ，所以 1 ⊥ ，
又 ⊥ ， 1 ∩ = ， 1, 平面 1 1，
所以 ⊥ 平面 1 1；
（2）因为 1 ∩ 1 = 1，所以 1 , 1 确定唯一平面 1 ，
设平面 1 ∩ = ，连接 , ，
因为 1 //平面 ，所以 1 // ，
又因为 1 1// ， 1 1 底面 ， 底面 ，所以 1 1//底面 ，
又 1 1 平面 1 ，平面 1 ∩ 底面 = ，
2
所以 1 1// ，所以 // ，所以 = = 3，
又因为 1 1// ， 1 // ，所以四边形 1 是平行四边形，所以 1 = ，
1 = 2
1
所以 1 1 3，所以
= 2.
1
题型 16 空间角问题
平面向量线性运算的坐标表示
61．（24-25 高二上·平山面向东量线泰性安运算·的期坐中标表）示 如图，在三棱锥 中， = = = = = 3， = 2，
M 在线段 上，且 = 2，N 为 的中点.
(1)证明： ⊥ ；
(2)求异面直线 ， 所成角的余弦值.
【解题思路】（1）易知 ⊥ 平面 ，进而可求证；
（2）取取 的靠近点 的三等分点 ，得到异面直线 ， 所成的角为∠ 或其补角，再由余弦定理即
可求解.
【解答过程】（1）证明：连接 ，如图，
∵ = = = = 3，N 为 的中点.
∴ ⊥ ， ⊥ ，
又 , 平面 ， ∩ = ， ∴ ⊥ 平面 ，
由 平面 ，所以 ⊥ ；
（2）取 的靠近点 的三等分点 ，连接 , ，如图，
则 // ，异面直线 ， 所成的角为∠ 或其补角，
由题意， = = 1， = = 2 2，
2 = 2 + 2 2 cos60° = 9 + 1 3 = 7，
所以 = 7，
又 = 1 = 2 2 2 4 23 ， = 3 = ,3 3
所以 2 = 2 + 2 = 419 ，
2 2 2 7+8 41
则在 △ 中，cos∠ = + 9 9 5 142 = = ，2× 7× 2 2 28
3
5 14
即异面直线 ， 所成角的余弦值为 .
28
62．（24-25 高三上·河北石家庄·阶段练习）如图，三棱锥 中， ⊥ 底面 ABC，
= = 2, = 1, = 3，D 是平面 ABC 内的一点．
(1)若 ⊥ 平面 PAB，求三棱锥 的体积；
(2)若 ⊥ 6，当直线 PD 与平面 ABC 所成角的正弦值为 时，求二面角 的正切值．
3
【解题思路】（1）先确定 点的位置，判断三棱锥 的高和底面积不变，再利用锥体的体积公式求体
积.
（2）先根据给出的线面角和 ⊥ 确定 点的位置，结合面积的射影关系求二面角的三角函数.
【解答过程】（1）如图：
在 △ 中， = 3， = 1， = 2，所以 △ 为直角三角形，且 ⊥ .
又 ⊥ 平面 ， 平面 ，所以 ⊥ ，
, P 平面 ， ∩ = ，所以 ⊥ 平面 .
又 ⊥ 平面 ，所以 // .
1 3所以 △ = △ = 2 × 1 × 3 = ，2
1 1 3 3
所以 = = 3 △ = 3 × × 2 = .2 3
（2）如图：
因为 ⊥ 底面 ，所以∠ 为直线 与平面 所成的角.
= 2 sin∠ = 6因为 ， ，所以 =
3 6， = 2.
又 ⊥ ， = 2，所以 = = 2.
取 中点 ，连接 ，则 ⊥
又 ⊥ ， , 平面 ， ∩ = ，所以 ⊥ 平面 .
所以 △ 为 △ 在平面 内的射影.
在 △ 中， = 1， = 2 1 1，所以 △ = 2 = 2 × 1 × 2 = 1.
2 2 2
在 △ 中， = 2， = 6， = 2 2，因为( 2) + ( 6) = (2 2) ，所以 △ 为直角三角形，
且 1△ = 2 × 2 × 6 = 3.
1 3
设二面角 为θ，则 △ cosθ = △ cosθ = =3 ，3
所以tanθ = 2.
63．（24-25 高二上·上海·期中）如图，正方体的棱长为 1， ′ ∩ ′ = ，求：
(1) 与 ′ ′所成角的大小；
(2) 与平面 所成角的正切值．
【解题思路】（1）根据 ′ ′// 得到异面直线所成的角，进而解出即可；
（2）取 BC 中点 E，然后证明 ⊥ 平面 ，进而得到线面角，解出即可；
【解答过程】（1）∵ ′ ′// ，∴ 与 ′ ′所成的角就是∠ （或其补角）.
∵ ⊥ 平面 ′ ′， 平面 ′ ′，∴ ⊥ ，
∵四边形 ′ ′是正方形，∴ ⊥ ，而 ∩ = ，
∴ ⊥ 平面 ，又 平面 ，∴ ⊥ .
在Rt △ 中， = 2， = 1
2 2，sin∠ = = 2，
∴∠ = 30°.即 与 ′ ′所成角为30°.
（2）如图，取 BC 中点 E，连接 ，易知 O 为 ′ 的中点，
∴ // ′ 且 = 1 ′2 ，
∴ ⊥ 平面 ，∴∠ 为 与平面 所成的角.
2
在Rt △ 1 1中， = ， = 12 + = 52 ，2 2
∴tan∠ = = 5 .5
即 与平面 所成角的正切值为 5.
5
64．（24-25 高二上·上海·期中）如图，在三棱锥 中， ⊥ 底面 ，垂足为 ，∠ = 90°，
= = = 4．
(1)求证：侧面 ⊥ 侧面 ；
(2) 为 的中点， ⊥ ，垂足为 ，求 与侧面 所成角的大小．
【解题思路】（1）根据线面垂直的性质证明 ⊥ ，再根据线面垂直的判定定理证明 ⊥ 侧面 ，再
根据面面
垂直的判定定理即可得证；
（2）先证明 ⊥ 侧面 ，则∠ 即为 与侧面 所成角的平面角，再解Rt △ 即可.
【解答过程】（1）因为 ⊥ 面 ， 面 ，
所以 ⊥ ，
又 ⊥ , ∩ = , , 侧面 ，
所以 ⊥ 侧面 ，
又因为 侧面 ，
所以侧面 ⊥ 侧面 ；
（2）因为 = = 4， 为 的中点，
所以 ⊥ ， = 2 2, = 4 2，
因为 ⊥ 侧面 ， , 侧面 ，
所以 ⊥ , ⊥ ，
又因为 ∩ = , , 侧面 ，
所以 ⊥ 侧面 ，
所以∠ 即为 与侧面 所成角的平面角，
在Rt △ 中， = 4 3,sin∠ =
= 3 ，3
Rt △ sin∠ = = 3 = 3 2 6在 中， ，所以 = ，3 3 3
π
在Rt △ 中，tan∠ = = 3，所以∠ = 3，
π
即 与侧面 所成角的大小为3．
题型 17 点、线、面的距离问题
平面向量线性运算的坐标表示
π π
65．（2024·贵州六盘平面水向量·模线性拟运算预的测坐标）表示如图甲，在梯形 中，∠ = ∠ = 2,∠ = 3, = 2 = 2， 为
中点．将 △ 沿 折起到 △ 1 位置，连接 1 ， 1 ，得到如图乙所示的四棱锥 1 ．
(1)证明： ⊥ 平面 1 ；
π
(2)当二面角 1 为3时，求点 到平面 1 的距离．
【解题思路】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推理得证.
（2）由（1）结合二面角大小可得正 △ 1 ，取 , 的中点 , ，利用线面垂直的判定性质、面面垂直的
判定性质求出点 到平面 1 的距离即可.
【解答过程】（1）在梯形 中， // , = = 1，
π
则四边形 为平行四边形，而∠ = 2，
则 是矩形，即 ⊥ ，
在四棱锥 1 中， ⊥ , ⊥ 1 ，
而 ∩ 1 = , , 1 平面 1 ，
所以 ⊥ 平面 1 .
（2）由（1）知，∠ 1 是二面角 1 的平面角，
π
即∠ 1 = 3，又 = 1 = 1，
则 △ 1 是正三角形，取 , 的中点 , ，连接 1 , 1 , ， 31 = ，2
则有 ⊥ , ⊥ 1 ，2024-2025 学年高一下学期期中复习解答题压轴题十八大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 向量线性运算的几何应用
π
1．（23-24 高一下· 1河南周口·阶段练习）如图，在梯形 中，| | = 2，∠ = 3， = 2 ， 为
的中点， = ( ≠ 0).
(1) = 3 + 1若 4 4 ，试确定点 在线段 上的位置；
(2)若| | = ，当 为何值时，| |最小
2．（24-25 高一·全国·随堂练习）如图，点 D 是 △ 中 BC 边的中点， = ， = .
(1)试用 ， 表示 ；
(2)若点 G 是 △ 的重心，能否用 ， 表示 ？
(3)若点 G 是 △ 的重心，求 + + .
3．（24-25 高一·全国·课堂例题）如图，四边形 ABCD 是平行四边形，E，F 分别是 AD，DC 的中点，BE，
BF 分别交 AC 于 M，N．求证：M，N 三等分 AC．
4 1 1．（23-24 高一上·北京昌平·期末）如图，在 △ 中， = 3 , = 2 .设 = , = .
(1)用 , 表示 , ；
(2)若 为 △ 5 1内部一点，且 = 12 + 4 .求证： , , 三点共线.
题型 2 向量的数量积、夹角问题
5．（23-24 高二上·河北唐山·开学考试）已知| | = 3，| | = 5，| + | = 7．
(1)求向量 与 的夹角 ；
(2)当向量 + 与 的模相等时，求实数 的值．
π
6．（23-24 高一下·四川成都·阶段练习）已知向量 与 的夹角为4，且| | = 2，| | = 2．
(1)求 和| |；
(2)求向量 与向量 的夹角．
7．（23-24 高一下·山西大同·期中）如图，在 △ 中， = 3, = 4,∠ = 60°，点 , 满足 = 2 ,
= 2 , 边上的中线 与 交于点 ．设 = , = ．
(1)用向量 , 表示 , ；
(2)求∠ 的大小．
8．（23-24 高一下·山东临沂·期中）已知向量 , 满足| | = 3,| | = 6, 5 4 2 + = 81．
(1)求向量 与 的夹角；
(2)若向量 在 方向上的投影向量为 ，求 + 的值．
题型 3 平面向量基本定理的应用
9．（24-25 高一上·河北保定·期中）如图，在 △ 中， = 12 , =
2
3 .设 = , = .
(1)用 , 表示 , ；
(2)若 为 △ 内部一点，且 = 4 19 + 9 .求证： , , 三点共线.
10．（23-24 高一下·山东·期中）如图，在 △ 中，已知 = 2， = 3，∠ = 60 ，N 是 的中点，
= 23 ，设 与 相交于点 P．
(1)求cos∠ 的值；
(2)若 = + ，求 + 的值．
11．（23-24 高一下·安徽蚌埠·期末）如图，在 中，E，H 分别是 AD，BC 的中点， = 2 ，G
为 DF 与 BE 的交点．
(1)记向量 = ， = ，试以向量 ， 为基底表示 ， ；
(2)若 = + ，求 m，n 的值；
(3)求证：A，G，H 三点共线．
12．（23-24 高一下·山东·期中）如图，在 △ 中，点 满足 = 2 , 是线段 的中点，过点 的直线
与边 , 分别交于点 , .
(1)若 = + ，求 和 的值；
2
(2)若 = ( > 0), = ( > 0) 1，求 + 的最小值.
题型 4 向量坐标运算的几何应用
平面向量线性运算的坐标表示
13．（24-25 高一·江平西面宜向量春线性·运期算中的坐）标已表示知 1, 2是平面内两个不共线的非零向量， = 2 1 + 2, = 1 + 2
, = 2 1 + 2，且 , , 三点共线．
(1)求实数 的值；
(2)已知 1 = (2,1), 2 = (2, 2)，点 (3,5)，若 , , , 四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点 A 的坐标．
→
14．（23-24 高一下·湖南永州·阶段练习）已知 ， ， 三点的坐标分别为( 1,0)，(3, 1)，(1,2)，且 =
1 → → 1 →
3 ， = 3 ．
(1)求点 ， 的坐标;
(2)判断 与 是否共线．
15．（24-25 高一下·广东中山·阶段练习）在直角梯形 中，已知 // ，∠ = 90 ， = 6，
= = 3，对角线 交 于点 ，点 在 上，且 ⊥ ．
(1)求 的值；
(2)若 为线段 上任意一点，求 的取值范围．
16．（23-24 高一下·河南·期末）如图，已知平行四边形 的三个顶点 、 、 的坐标分别是( 1,3)、
(3,4)、(2,2).
(1)求顶点 的坐标；
(2) | |在线段 上是否存在一点 满足 ⊥ ，若存在，求 ；若不存在，请说明理由.
| |
题型 5 用向量解决夹角、线段的长度问题
平面向量线性运算的坐标表示
17．（23-24 高三上·平河面向南量新线性乡运算·阶的坐段标表练示习）如图，在 △ 中，已知 = 2， = 5，∠ = 60°， ，
边上的两条中线 ， 相交于点 P，
(1)求| |；
(2)求∠ 的正弦值.
18．（24-25 高一下·贵州贵阳·阶段练习）如图所示，矩形 ABCD 的顶点 A 与坐标原点重合，B，D 分别在
x，y 轴正半轴上， = 4， = 2，点 E 为 AB 上一点
(1)若 ⊥ ，求 AE 的长；
(2)若 E 为 AB 的中点，AC 与 DE 的交点为 M，求cos∠ ．
π
19．（23-24 高一下·广东广州·期中）如图，在 △ 中， = 3, = 2,∠ = 3, 是 边的中点， ⊥ ,
与 交于点 .
(1)求 和 的长度；
(2)求cos∠ .
20．（23-24 高一下·重庆·期末）如图，在 △ 中，已知∠ = 120°， = 2， = 4，点 在 上，
且 = 2 ，点 是 的中点，连接 ， 相交于 点.
(1)求线段 ， 的长；
(2)求∠ 的余弦值.
题型 6 向量与几何最值（范围）问题
平面向量线性运算的坐标表示
π
21．（23-24 高一下·平江面向西量线九性江运算·的期坐末标表）示 已知四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠ = 3，P 为平面 ABCD 内
一点，AC 与 BP 相交于点 Q．
(1)若 = ， = + ，求 x，y 的值；
(2)求 + 最小值．
22．（23-24 高一下·湖北荆州·期中）已知 △ 中， = 90°, = 2, = 1， 是线段 上一点，且 =
， 是线段 上的一个动点.
(1)若 = + ，求 （用 的式子表示）；
(2)求 的取值范围.
23．（23-24 2π高一下·辽宁朝阳·期中）在 △ 中， = 2， = 3，∠ = 3 ， 为 的三等分点（靠
近 点）．
(1)求 的值；
(2)若点 满足 = ，求 的最小值，并求此时的 ．
24．（24-25 高一下·四川成都·阶段练习）在△ABC 中，已知 = 2， = 1， = 1， =
(0 ≤ ≤ 1)，Q 为线段 CA 延长线上的一点，且 = ( < 0).
(1)当 = 1且 = 12，设 PQ 与 AB 交于点 M，求线段 CM 的长；
(2)若 +3 = ，求 t 的最大值.
题型 7 证明三角形中的恒等式或不等式
平面向量线性运算的坐标表示
25．（2024·安徽·模平拟面预向量测线性）运算在的坐△标表 示 中，A，B，C 所对的边是 a，b，c．
(1)请用正弦定理证明：若 > ，则 > ；
(2)请用余弦定理证明：若 > ，则 > ．
26．（2024·全国·模拟预测）在 △ 中，点 D，E 都是边 BC 上且与 B，C 不重合的点，且点 D 在 B，E
之间， = ．
(1)求证：sin∠ = sin∠ ．
2 2
(2)若 ⊥ 2，求证： 2 + 2 = 1 sin∠ ．
27．（23-24 高一下·安徽·期中）已知锐角 △ , , , 分别为角 , , 的对边，若 2 + 2 2 = 2
(1 + cos ).
(1)求证： = 2 ；
(2) 求 的取值范围.
28．（23-24 高一下·江苏盐城·期末）在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 C=2B.
(1) sin = 1若 3，求sin 的值；

(2) 1 若 > ，求证：2 < < .（参考数据： = 2sin =
5 1
10 ≈ 0.618）2
题型 8 三角形（四边形）的面积问题
平面向量线性运算的坐标表示
29．（2024·黑龙江哈平面尔向滨量线·性一运模算的）坐标在表示△ 中，角 , , 所对的边分别为 , , ， sin = 3 cos ，角 的平
分线交 于点 ，且 = 1．
(1)求 的大小；
(2)若 = 2 5，求 △ 的面积．
30．（23-24 高一下·江苏无锡·阶段练习）在四边形 中， // , sin∠ = 2 sin∠ .
(1)求证： = 2 .
(2)若 = 3 = 3，且∠ = 60°，求四边形 的面积.
31．（23-24 高一下·河南南阳·期中）在锐角 △ 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且2 cos
= 2 .
(1)求 C；
(2)若 = 5， = 19，求 △ 的面积.
32．（23-24 高一下·河南洛阳·期中）已知平面四边形 中，对角线 为∠ 的平分线， 与 相交
于点 ， = 5， = 7 1，cos∠ = 5．
(1)求 的长；
(2)若 = ，求 △ 的面积．
题型 9 求三角形中的边长或周长的最值或范围
平面向量线性运算的坐标表示
2 2
33 24-25 ·平面向量线性运·算的坐标表示 △ , , ( 2 )cos + +
2
．（ 高三上 安徽合肥 阶段练习） 的内角 的对边分别为 ，，，已知 2
= 0．
(1)若 = 4， + = 8，求 △ 的面积；

(2)若角 为钝角，求 的取值范围．
34．（23-24 高一下·广东茂名·期中）设 △ 内角 , , 的对边分别为 , , ，已知 = 2 3，2 = 2 cos
．
(1)求角 ；
(2)若 + = 4，求 △ 的面积；
(3)求 △ 的周长的取值范围．
35．（23-24 高一下·浙江丽水·阶段练习）在锐角 △ 中，已知角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且
2 2 2
sin( ) = 3cos ．
(1)求角 C 的大小；
2(2)求 2+ 2的取值范围．
36．（23-24 高三上·浙江绍兴·期末）已知锐角 △ 的内角 A，B，C a b c sin + ，所对的边分别为 ， ， ，且 2
= sin .
(1)求角 A；
(2)若 = 2 3，求 △ 的周长的取值范围.
题型 10 解三角形与三角函数综合
平面向量线性运算的坐标表示
37．（23-24 高一下·平浙面向江量线台性州运算·的期坐中标表）示 如图，在 △ 中， = 2 2， = 3 ，E 是边 上的点.
(1)若直线 与 的交点 O 恰好是线段 的中点，设 = ，求实数 x 的值；
π
(2)若∠ = 3， = 3， =
1
3 ，求 的取值范围.
38．（23-24 高一下·四川巴中·期末）已知函数 ( ) = 2sin( + ) > 0, < < 的部分图象如图所示．
2 2
（1）求函数 ( )的解析式；
3 3
（2）在锐角 △ 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若 ( ) = 3， = 2，且 △ 的面积为 ，2
求 ．
39．（2024·北京·三模）已知函数 ( ) = 2 3sin cos + 2cos2 ,( > 0)的最小正周期为π.
(1)求 的值；
(2)在锐角 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.c 为 ( )在 0, π 上的最大值，再从条件①、条件
2
②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求 的取值范围.条件①： cos + cos = 2 cos ；条件
2 2 2
②：2 sin cos + sin2 = 3 3( + )；条件③： △ 的面积为 S，且 = .注：如果选择多个条件4
分别解答，按第一个条件计分.
40．（2024·湖南·模拟预测）已知函数 ( ) = 2 3sin cos 2cos2 .
(1)求函数 = log2 ( )的定义域和值域；
(2)已知锐角 △ 的三个内角分别为 A，B，C，若 = 0 + ，求 的最大值.2
题型 11 根据复数的四则运算结果求复数特征
平面向量线性运算的坐标表示
41 24-25 ·平面向量线· 性运算的坐标表示 = 3 i =
1 + 3．（ 高一上 上海 课后作业）已知复数 1 与 2 2 i．2
(1)求| 1|及| 2|的值；
(2)设 ∈ ，满足| 2| ≤ | | ≤ | 1|的点 Z 的集合是什么图形？
42．（24-25 高一·全国·单元测试）已知复数 满足| + 2 2i| = 2，且复数 在复平面内的对应点为 ．
(1)确定点 的集合构成图形的形状；
(2)求| 1 + 2i|的最大值和最小值．
43．（23-24 高一下·浙江宁波·期中）已知复数 = + i，其中 , ∈ R,i为虚数单位.
(1)当| | = 5，且 2 +2 3 + ( 2 + 2)i是纯虚数，求 , 的值；
(2)当| | = 5时，求| 1|的取值范围.
44．（23-24 高一下·江苏无锡·期中）设复数 1 = 2 + i（其中 ∈ ）， 2 = 3 4i．

(1) 1若 是纯虚数，求 ；2
(2)求满足| 2| ≤ 3的复数 在复平面上对应的点构成的图形的面积．
题型 12 复数范围内方程的根的问题
平面向量线性运算的坐标表示
45．（23-24 高一下·平上面向海量线松性江运算·的期坐末标表）示 已知i为虚数单位，复数 = ( 2 3 4) + ( 2 + )i．
(1)当实数 取何值时， 是纯虚数；
(2)当 = 1时，复数 是关于 的方程 2 + + = 0的一个根，求实数 与 的值．
46．（23-24 高一下·上海·期末）设i是虚数单位， ∈ . 是关于 的方程
2 (2 + i) + = 0的两根，
且满足| | + | | = 3.
(1)若 = 2 + 5i，求 与 的值；
(2)若 = 0，求 的值.
47．（23-24 高一下·上海·期末）设复数 1, 2满足： 1 2 +2i 1 2i 2 +1 = 0
(1)若 2 1 = 2i，求 1与 2．
(2)若 1, 2是实系数一元二次方程 2 2 2 + = 0的两个根，求实数 的值．
48．（2024 高三·全国·专题练习）已知关于 的二次方程 2 (tan + i) (i + 2) = 0．
(1)当 为何值时，这个方程有一个实根？
(2)是否存在 ，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出 的值；若不存在，试说明理由．
题型 13 空间几何体的截面问题
平面向量线性运算的坐标表示
49．（2024 高三·全国平面·向专量线题性练运算习的坐）标表如示图在正方体 1 1 1 1中， , 是所在棱上的中点.
(1)求平面 与平面 夹角的余弦值；
(2)补全截面 .
50．（23-24 高一下·河南洛阳·期中）如图，在正方体 1 1 1 1中，H 是 1 1的中点，E，F，G 分
别是 DC，BC，HC 的中点.
(1)求证：平面 ∥ 平面 1 1；
(2)若正方体棱长为 2，请在正方体的表面完整做出过 A，E， 1三点的截面，写出作图过程，并求出截面的
面积.
51．（23-24 高一下·吉林长春·期中）已知正四棱柱 1 1 1 1中， = 2， 1 = 4，点 , 分别是棱
1, 1 1的中点，过 1, , 三点的截面为 ．
(1)作出截面 （保留作图痕迹）；
(2)设截面 与平面 1 1 交于直线 ，且截面 把该正四棱柱分割成两部分，记体积分别为 1, 2( 1 < 2)．
（ⅰ）求证： 1 // ；
1
（ⅱ）求 的值．2
52．（23-24 高一下·河南·阶段练习）如图，在长方体 1 1 1 1中， , 分别在 1, 上.已知
= = 6, 1 = 8， = = 2.
(1)作出平面 1 截长方体 1 1 1 1的截面，并写出作法；
(2)求（1）中所作截面的周长；
(3)长方体 1 1 1 1被平面 1 截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积.
题型 14 几何体与球的切、接问题
平面向量线性运算的坐标表示
53．（24-25 高三上·平四面向川量线南性充运算·的阶坐段标表练示 习）如图,四边形 为矩形,且 = 2, = 1, ⊥ 平面
, = 1,E 为 的中点．
(1)求证： ⊥ ；
(2)求四棱锥 的外接球体积．
54．（23-24 高一下·山东东营·期末）如图，正四棱锥 中， 是这个正四棱锥的高， 是斜高，且
= 2， = 2 2．
(1)求这个四棱锥的全面积;
(2)分别求出该几何体外接球与内切球的半径．
55．（23-24 高三下·贵州·开学考试）如图，在四棱锥 中，平面 ⊥ 平面 ，∠ = 90 ，
// ，∠ = 90 ，2 = 2 = 2 = 2.
（1）求证： ⊥ 平面 ；
（2）若直线 与底面 3所成的角的余弦值为 ，求三棱锥 的外接球表面积.
3
56．（2024 高三·全国·专题练习）已知正三棱锥 的高为 2， = 4 6，其内部有一个球与它的四个
面都相切，求：
(1)正三棱锥 的表面积；
(2)正三棱锥 内切球的表面积与体积．
题型 15 平行与垂直关系的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
57．（2024 高二上·江平面苏向量·线学性业运算考的坐试标表）示如图，已知正方体 1 1 1 1.求证：
(1) 1 1 ∥ 平面 1 1；
(2) 1 ⊥ 平面 1 1.
58．（2024 高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， △ 为等边三
角形，平面 ⊥ 平面 ， ⊥ ， = 2， = 3，
(1)设 ， 分别为 ， 的中点，求证： //平面 ；
(2)求证： ⊥ 平面 ；
59．（24-25 高二上·北京·期中）如图，在四棱锥 中，底面 是菱形，点 ， 分别为 ， 的
中点.∠ = 60°，平面 ⊥ 平面 ， = = 2.
(1)求证：直线 //平面 ；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，在线段 上是否存在点 ，使得 ⊥ 平面 ？
21
若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.条件①： = ；条件②：cos∠ = .7
60．（24-25 高二上·江苏南通·期中）如图，在三棱柱 1 1 1中，侧棱 1 ⊥ 底面 ，底面 △
是直角三角形， ⊥ ，点 , 分别在 , 1 1上，且 = 2 ．
(1)证明： ⊥ 平面 1 1；

(2)若 1 //
1
平面 ，求 ．1
题型 16 空间角问题
平面向量线性运算的坐标表示
61．（24-25 高二上·平山面向东量线泰性安运算·的期坐中标表）示 如图，在三棱锥 中， = = = = = 3， = 2，
M 在线段 上，且 = 2，N 为 的中点.
(1)证明： ⊥ ；
(2)求异面直线 ， 所成角的余弦值.
62．（24-25 高三上·河北石家庄·阶段练习）如图，三棱锥 中， ⊥ 底面 ABC，
= = 2, = 1, = 3，D 是平面 ABC 内的一点．
(1)若 ⊥ 平面 PAB，求三棱锥 的体积；
(2)若 ⊥ ，当直线 PD 6与平面 ABC 所成角的正弦值为 时，求二面角 的正切值．
3
63．（24-25 高二上·上海·期中）如图，正方体的棱长为 1， ′ ∩ ′ = ，求：
(1) 与 ′ ′所成角的大小；
(2) 与平面 所成角的正切值．
64．（24-25 高二上·上海·期中）如图，在三棱锥 中， ⊥ 底面 ，垂足为 ，∠ = 90°，
= = = 4．
(1)求证：侧面 ⊥ 侧面 ；
(2) 为 的中点， ⊥ ，垂足为 ，求 与侧面 所成角的大小．
题型 17 点、线、面的距离问题
平面向量线性运算的坐标表示
π π
65．（2024·贵州六盘平面水向量·模线性拟运算预的测坐标）表示如图甲，在梯形 中，∠ = ∠ = 2,∠ = 3, = 2 = 2， 为
中点．将 △ 沿 折起到 △ 1 位置，连接 1 ， 1 ，得到如图乙所示的四棱锥 1 ．
(1)证明： ⊥ 平面 1 ；
π
(2)当二面角 1 为3时，求点 到平面 1 的距离．
66．（24-25 高三上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，在四棱锥 中， ⊥ 平面 ，底面 为平
行四边形， ， 分别为 ， 的中点.
(1)证明： //平面 ；
(2)若 = 2 = 2， = 1，∠ = 30°，求点 到平面 的距离.
67．（23-24 高一下·北京·阶段练习）如图，在正四棱柱 1 1 1 1中， = 1， 1 = 2， 是 1
的中点．
(1)求证： 1//平面 ；
(2)证明： ⊥ 1；
(3)求点 到平面 的距离．
68．（2024·陕西宝鸡·三模）如图，在三棱柱 1 1 1中， 1与 1的距离为 3， = = 1
= 2， 1 = = 2 2.
(1)证明：平面 1 1 ⊥ 平面 ABC；
(2)若点 N 是棱 1 1的中点，求点 N 到平面 1 1 的距离.
题型 18 立体几何中的探索性问题
平面向量线性运算的坐标表示
69．（2024 高三·全国平面·向专量线题性练运算习的坐）标表如示图，正三棱柱 1 1 1中， =
1
2 1 = 2，点 为 1 1的中点.
(1)证明：平面 1 ⊥ 平面 1 1

(2)在棱 1上是否存在点 ，使得 ⊥
1
平面 1 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
70 2024 · · // , = = 1．（ 高三 全国 专题练习）如图，已知等腰梯形 中， 2 = 2, 是 的中点，
∩ = ，将 △ 沿着 翻折成 △ 1 ，使平面 1 ⊥ 平面 .
(1)求证： ⊥ 平面 1 ；

(2) 1在线段 1 上是否存在点 P，使得 //平面 1 ，若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.1
71．（23-24 高一下·浙江杭州·期末）三棱台 1 1 1中， ⊥ ，面 1 1 ⊥ 面 1 1， 1 = 1
1 = 1 = 2, = 4，且 1与底面 所成角的正弦值为 15.5
(1)求证： ⊥ 面 1 1；
(2)求三棱台 1 1 1的体积；
π
(3)问侧棱 1上是否存在点 ，使二面角 成6？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.1
72．（23-24 高三上·山东临沂·开学考试）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 2 的菱形，
∠ = 60°， ⊥ 平面 ， = 2．
(1)证明；平面 ⊥ 平面 ；
(2)设 P 为 上的一个动点，是否存在点 P 使得 与平面 所成角为 30°，若存在，求 ，若不存在，说
明理由．

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