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第六章 平面向量及其应用 单元复习提升
拓展3 三角形中周长（边）的最值，范围问题
典例1
（2023下·河北张家口·高一统考期末）
1．在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则的取值范围为（ ）．
A． B．
C． D．
典例2
（2024上·河南新乡·高三新乡市第一中学校考阶段练习）
2．的三个内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，设向量，，且.
(1)求角C的大小；
(2)若，求周长的取值范围.
典例3
（2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考阶段练习）
3．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
(1)求角A的大小；
(2)若D为BC上一点，，，求的最小值．
跟踪训练1
（2023下·河北石家庄·高一河北赵县中学校联考阶段练习）
4．在锐角中，角，，所对的边为，，，已知.
(1)求角；
(2)若，求的取值范围.
跟踪训练2
（2024·全国·模拟预测）
5．已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，，则周长的取值范围为 ．
跟踪训练3
（2023上·广西玉林·高三博白县中学校考阶段练习）
6．在中，角所对的边分别为，.
(1)求角；
(2)若，求的范围.
拓展4 三角形、四边形面积最值，范围问题
典例1
（2023下·江苏淮安·高一马坝高中校考期中）
7．已知的三个角，，所对的边为，，，若，为边上一点，且，，则面积的最小值为 ．
典例2
（2023上·全国·高三贵溪市实验中学校联考阶段练习）
8．已知中，在线段上，．
(1)若，求的长；
(2)求面积的最大值．
典例3
（2023下·北京房山·高一统考期末）
9．某城市计划新修一座城市运动主题公园，该主题公园为平面五边形（如图所示），其中三角形区域为儿童活动场所，三角形区域为文艺活动场所，三角形区域为球类活动场所，为运动小道（不考虑宽度），，，.

(1)求的长度；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的长度；
(3)在（2）的条件下，应该如何设计，才能使儿童活动场所（即三角形）的面积最大？
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
典例4
（2023下·北京·高一101中学校考期中）
10．在中，角的对边分别为，.
(1)求角的大小；
(2)若，为外一点，如图，，求四边形面积的最大值.
跟踪训练1
（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）
11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，其中，．
(1)求角B的大小；
(2)若，求△ABC面积的最大值．
跟踪训练2
（2023下·重庆北碚·高一西南大学附中校考阶段练习）
12．由于某地连晴高温，森林防灭火形势严峻，某部门安排了甲、乙两名森林防火护林员对该区域开展巡查．现甲、乙两名森林防火护林员同时从A地出发，乙沿着正西方向巡视走了3km后到达D点，甲向正南方向巡视若干公里后到达B点，又沿着南偏西60°的方向巡视走到了C点，经过测量发现．设，如图所示．

(1)设甲护林员巡视走过的路程为，请用表示S，并求S的最大值；
(2)为了强化应急应战准备工作，有关部门决定在区域范围内储备应急物资，求区域面积的最大值．
跟踪训练3
（2023下·江苏南京·高一校考期中）
13．如图，在平面凸四边形中（凸四边形指没有角度数大于180°的四边形），，，．
(1)若，，求；
(2)已知，求四边形的面积为S的最大值．
跟踪训练4
（2023下·江苏连云港·高一校联考期中）
14．如图，已知半圆的直径，点在的延长线上，为半圆上的一个动点，以为边作等边三角形，且点与圆心分别在的两侧，记.
(1)当时，求四边形面积；
(2)求当取何值时，四边形的面积？并求出这个最大值.
（2022·高一课时练习）
15．给出下列四个命题：①若，则；②若，则或；③若，则；④若，则. 其中的正确命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2023下·北京·高一东直门中学校考期中）
16．下列命题正确的是（ ）
A．单位向量都相等 B．任一向量与它的相反向量不相等
C．平行向量不一定是共线向量 D．模为的向量与任意非零向量共线
（2023上·陕西西安·高三校联考阶段练习）
17．窗户，在建筑学上是指墙或屋顶上建造的洞口，用以使光线或空气进入室内.如图1，这是一个外框为正八边形，中间是一个正方形的窗户，其中正方形和正八边形的中心重合，正方形的上 下边与正八边形的上 下边平行，边长都是4.如图2，是中间正方形的两个相邻的顶点，是外框正八边形上的一点，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
（2023上·江西·高三校联考阶段练习）
18．已知向量，满足，，则的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．4
（2023上·河南洛阳·高三洛阳市第一高级中学校考阶段练习）
19．已知在中，，，，动点M位于线段BC上，则的最小值为（ ）
A．0 B． C． D．
（2023上·湖北·高三鄂南高中校联考期中）
20．已知为的重心，，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2023·江西九江·统考一模）
21．已知、为单位向量，则向量与夹角的最大值为（ ）
A． B． C． D．
（2023上·辽宁·高三东北育才学校校联考开学考试）
22．已知平面单位向量满足，若，则的最小值是（ ）.
A． B． C． D．
（2023下·广西河池·高一统考期末）
23．已知单位向量，，若对任意实数，恒成立，则向量，的夹角的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
（2021下·广东佛山·高一统考竞赛）
24．在一个圆心角为，半径为1米的扇形铁板中按如图方式截出一块矩形，则该矩形的面积的最大值为 平方米.

（2024·全国·模拟预测）
25．已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，则的面积S的取值范围为 ．
（2023上·内蒙古赤峰·高三赤峰二中校考阶段练习）
26．已知是锐角三角形，若，则的取值范围是 .
（2023上·青海西宁·高三统考期中）
27．在中内角A，B，C所对的边分别为a，b、c，，，则面积的最大值为 ．
（2023上·黑龙江·高二统考学业考试）
28．如图，直线，，，为线段上一点，且，点、分别为直线、上的点，且，设.
(1)当，求的面积；
(2)用表示的面积，并求的最小值.
（2023·广西·模拟预测）
29．在中，角，，的对边分别为，，，面积为，在下列三个条件中任选一个，解答下面的问题．①，②，③．
(1)求角的大小；
(2)若外接圆的面积为，求的最大值．
（2023·山东日照·校联考模拟预测）
30．如图，在凸四边形中，.
(1)若，求的长；
(2)若该四边形有外接圆，求的最大值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】利用正余弦定理进行边角互化，从而可得，进而求得，再把化为，结合即可求解.
【详解】 ，,
即 ，
，，
，，
，
.
故选：A.
2．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量平行的坐标形式，得到边和角之间的等式关系，根据正弦定理将角化为边，解得边之间关系，再根据余弦定理即可求解；
（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求周长为：，由，利用正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）由题知向量，，且.
所以，由正弦定理可得，
所以，所以，因为，所以；
（2）因为，，，
所以，，
所以.
因为，所以，所以，
所以，
所以，即周长的取值范围为.
3．(1)
(2)27
【分析】
（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）根据求出的关系，再利用基本不等式即可得解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，即，
，
所以，
又，所以；
（2）由，得，
因为，
所以，
即，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
4．(1)；
(2)．
【分析】
（1）由给定的等式，结合余弦定理求出角作答.
（2）根据（1）的结论，结合正弦定理边化角，再利用三角变换及三角函数的性质求解作答．
【详解】（1）在中，由，得，
由余弦定理得，又，解得，
所以.
（2）在锐角中，由（1）知，，则，解得，
由正弦定理得，，即，，
因此
，而，有，于是，
所以的取值范围是．
5．
【分析】本题利用正、余弦定理进行边角转化，将已知转化为角后，利用角的范围求三角函数的范围，从而解出周长的范围.
【详解】由，得，
化简为，因为为锐角，所以，
所以，即，因为为锐角，所以．
由正弦定理，得，
，
故的周长为
.
因为且为锐角三角形，
所以，，
因为，整理得，
解得，
所以，故，
所以，
即周长的取值范围为．
故答案为：.
【点睛】
本题得关键时在利用正余弦定理将边转化为角之后，根据已知条件推导出角范围，继而得出三角函数的取值范围.
6．(1)
(2)
【分析】
（1）由正弦定理结合三角函数恒等变换的应用化简，即可求得的值，从而求出角.
（2）由正弦定理结合三角函数恒等变换的应用化简，可求出，根据角的范围，结合正弦函数的图象和性质即可求出的范围.
【详解】（1）因为，由正弦定理得， ，即，
则，
所以，
即，因为，所以，
可得，因为，所以.
（2）因为，，则，所以，，
由正弦定理可得， ，
所以
，
因为，所以，则，
所以，
当且仅当，即，取得最大值是，
所以的范围为.
7．
【分析】
设，则，利用面积关系可以得到，从而求得；再利用面积关系可以得到，再利用基本不等式求出的取值范围，再根据面积公式计算可得.
【详解】
设，则，
∵，，
∴，
即，化简得，即，
又，解得或（舍去），
所以，
又，
所以，
即，即，
所以，当且仅当时取等号，
所以，即面积的最小值为.
故答案为：
8．(1)
(2)
【分析】
（1）先利用正弦定理求得，再利用余弦定理即可得解.
（2）利用余弦定理，结合基本不等式与三角形面积公式求得的最大值，进而得解.
【详解】（1）
因为在线段上，，
所以，又，，
在中，，即，
则，又，所以，则，
在中，
，
所以．
（2）
在中，，
所以，
则，当且仅当时，等号成立．
所以，即的最大值为．
因为，所以，
故的最大值为．
9．(1)
(2)
(3)当时，儿童活动场所（即三角形）的面积最大
【分析】
（1）在中，利用余弦定理可直接求解；
（2）若选①，在中，利用余弦定理构造方程求解；若选②，利用勾股定理直接求解；
（3）在中，利用余弦定理，结合基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式即可求得结果.
【详解】（1）在中，由余弦定理得：，.
（2）若选条件①，由（1）知：，
在中，由余弦定理得：，
解得：（舍）或，；
若选条件②，，，，
，.
（3）在中，由余弦定理得：，
（当且仅当时取等号），
，（当且仅当时取等号），
；
即当时，儿童活动场所（即三角形）的面积最大.
10．(1)
(2)
【分析】
（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式得到，即可得解；
（2）根据题意，利用余弦定理可得，再表示出，表示出四边形，进而可得最值.
【详解】（1）因为由正弦定理得，
，即，
因为，所以，即，
因为，所以.
（2）在中，，，
所以，
又，则为等边三角形，，
又，
所以，
所以当时，四边形的面积取最大值，最大值为.
11．(1)
(2)
【分析】
（1）方法一：利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理及两角和的正弦公式即可得解；
方法二：利用余弦定理化角为边，即可得解；
（2）利用余弦定理结合已知及基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】（1）方法一：由，
根据正弦定理边化角得：，
即，所以，
因为，所以，又，所以，
又，所以；
方法二：由，
根据余弦定理：得，
即，
因为，所以，
所以，又，得；
（2）由（1）及余弦定理知，
所以，
因为，
所以，化简得，
因为，，所以，，
所以，当且仅当，即，时取等号，
所以的面积，
所以面积的最大值为.
12．(1)；最大值为
(2)
【分析】
（1）结合题意，利用三角形内角和定理和正弦定理求出路程的表达式，然后利用三角恒等变换和正弦函数的图像与性质即可求解；
（2）根据题意，求出面积的表达式，令，根据二次函数的图像和性质即可求解.
【详解】（1）
由题意知：．
在中，由正弦定理：，即：，
在中，∵，∴．
由正弦定理：，
，，
∴且，
又，
∵，∴，
∴S的最大值为，当且仅当时取得等号．
（2）
由（1）知：，．
∴
，
∴，
不妨设，又∵，∴，，
∴而S在上单调递增，
，当且仅当时取得等号.
13．(1)
(2)
【分析】
（1）在中，由余弦定理得出，在中由余弦定理得出；
（2）在和中，由余弦定理得出，进而由三角形面积公式以及余弦函数的性质得出S的最大值．
【详解】（1）连接，在中，由余弦定理，得
，所以，
由余弦定理，得，
即，所以；
（2）在和中，，
，
所以，
又，
所以，
所以当时，S取最大值为.
14．(1)
(2)，最大值为
【分析】
（1）先根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可得解；
（2）先根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式结合辅助角公式及三角函数的性质即可得解.
【详解】（1）
在中，由余弦定理得
，
四边形的面积为
；
（2）在中，
由余弦定理得，
所以四边形的面积为
，
因为，所以，
当，即时，，
所以四边形面积的最大值为.
15．A
【分析】
根据向量的概念及零向量，平行向量的概念进行判断.
【详解】
对于①，前一个零是实数，后一个应是零向量，故①错误；
对于②，两个向量的模相等，只能说明它们的长度相等，它们的方向并不确定，故②错误；
对于③，两个向量平行，它们的方向相同或相反，模未必相等，③错误；
对于④，若，则，④正确.
故选：A.
16．D
【分析】
根据单位向量、零向量、共线向量的定义判断即可.
【详解】对于A：单位向量大小相等都是，但方向不一定相同，故单位向量不一定相等，故A错误；
对于B：零向量与它的相反向量相等，故B错误．
对于C：平行向量一定是共线向量，故C错误；
对于D：模为的向量为零向量，零向量与任非零意向量共线，故D正确；
故选：D．
17．A
【分析】
利用平面向量数量积的定义，结合线段长即可得解.
【详解】记正八边形右下角的两个顶点分别为，连接，
由题意易得是等腰直角三角形，，则，
不妨设，由于题目要求的最大值，故只考虑的情况，
过作，垂足为，则，又，
所以，
显然，当点与点重合时，取得最大值，
所以的最大值为.
故选：A.
18．D
【分析】
根据向量数量积的运算性质，可得答案.
【详解】因为，所以，即，
整理得，
又，所以，即，
所以，即，又，
所以当与反向时，取得最大值，且最大值为.
故选：D.
19．C
【分析】
根据给定条件，求出，用向量表示出，再利用数量积的运算律求解即得.
【详解】
在中，，即，且，
则
，而，
所以当时，有最小值为.
故选：C
20．D
【分析】取的中点为，由重心的性质可知，再根据已知条件可知，又，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】取的中点为，连接，如下图所示：

因为G为三角形ABC的重心，所以，
因为，，
所以，
所以，
又
，当且仅当时取等号；
故选：D.
21．A
【分析】
设，即可得到，，再根据夹角公式得到，最后利用换元及基本不等式计算可得.
【详解】
设，则，
，
则，
令，因为，所以，
，当且仅当时取等号，
又，所以，
所以向量与夹角的最大值为．
故选：A．
22．C
【分析】
由已知可得，，，令，则，化简配方后，利用基本不等式可求得结果.
【详解】
因为，所以，
所以，得，得，
同理可得，，
设，则
，
因为，，
所以，
当且仅当时取等号，
因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以，
当且仅当，即时取等号，
因为，所以，当时取等号，
所以，当且仅当，时取等号，
所以的最小值是，
故选：C
23．A
【分析】
利用平面向量数量积与模长的关系，结合一元二次不等式恒成立的解法计算即可.
【详解】
设向量，的夹角为，因为，所以，
则，即恒成立.
所以，解得，
因为，所以，
故，的夹角的取值范围是.
故选：A.
24．
【分析】
设，根据直角三角形的边角关系、余弦定理结合基本不等式即可得所求.
【详解】设，则，连接，

于是在中，由余弦定理，
从而，当且仅当，即时取等号.
所以该矩形面积的最大值为平方米.
故答案为：.
25．
【分析】利用正弦定理解三角形，利用三角函数的单调性求三角形的面积的取值范围.
【详解】
由题意及正弦定理，得．
因为，所以．
因为，所以，所以．
因为，所以，
由正弦定理，得，
所以，
因为是锐角三角形，所以解得，
所以，所以，从而．
26．
【分析】
先利用正弦定理和余弦定理进行边角转化得：；再结合三角恒等变形得到；最后利用三角形是锐角三角形和正弦定理边角转化即可求解.
【详解】，
由正弦定理得：.
由余弦定理知：，
则.
由正弦定理得：，即.
，
.
则，即.
所以.
是锐角三角形，
，
则.
在上单调递增，
，即.
所以.
由正弦定理得：，即.
是锐角三角形
，即，解得.
则，
所以，即的取值范围是
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查解三角形.解题关键在于正弦定理和余弦定理进行边角转化的掌握和灵活运用，以及三角恒等变形的熟练运用.
27．
【分析】
利用正弦定理的边角变换求得，进而求得，再利用余弦定理与基本不等式求得，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】因为，所以由正弦定理得，
因为，所以，所以，则，
因为，，所以，
又，所以，
因为，，
所以，则，
当且仅当时，等号成立，
所以.
故答案为：.
28．(1)
(2)，；
【分析】
（1）根据题意可得，结合面积公式运算求解；
（2）根据题意可得，，再利用面积公式结合三角恒等变换整理得，再根据正弦函数的有界性求最值.
【详解】（1）由题意可知：，，
当，则，
在中，可得，
在中，可得，
所以的面积.
（2）因为，则，
在中，可得，
在中，可得，
所以的面积
，
即，，
因为，则，
可知当，即时，取到最大值1，
即取到最小值，
所以取到最小值.
29．(1)
(2)
【分析】（1）选①，根据条件、正弦定理以及三角恒等变换进行化简即可求解；选②，根据条件、余弦定理以及三角形的面积公式进行化简即可求解；选③，根据条件以及射影定理进行化简即可求解；
（2）先根据题意求出外接圆的半径，再结合（1）及正弦定理求出，再根据余弦定理，基本不等式及三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）选①，由，
则根据正弦定理得，
在中，有，
则，
又，所以，即，
又，所以．
选②，由，
则根据余弦定理可得，
在中，有，
所以，即，
又，所以．
选③，由，
在中，根据射影定理可得，
所以，即，
又，所以．
（2）因为外接圆的面积为，所以外接圆半径为，
又结合（1）可知，则根据正弦定理可得，
则根据余弦定理可得，
又，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以面积，
所以的最大值为．
30．(1)
(2).
【分析】
（1）利用同角公式及差角的余弦公式，结合余弦定理求解即得.
（2）根据给定条件，利用正弦定理求出，再利用三角恒等变换结合三角函数的性质即可求出最值.
【详解】（1）在中，由，得，
则，
在中，由余弦定理得，
所以.
（2）由四边形有外接圆，得，令此圆直径为，
由正弦定理得，又，则，
而，因此，
设，则，
在中，由正弦定理，得，则，
在中，同理得，
因此，
由，得，则当，即时，取得最大值1，
所以的最大值是.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第六章 平面向量及其应用 单元复习提升
（易错与拓展）
易错点1 忽略向量平行（共线）同向还是反向
【指点迷津】向量的共线指方向相同，或者方向相反，与三点共线是有区别的，两个向量的共线在位置上可以是在同一条直线上的两个向量，也可以是两条平行线上的两个向量；
典例1
1．用有向线段表示两个相等的向量，这两个有向线段一定重合吗？
典例2
2．如图所示，点是正六边形的中心，则以图中点、中的任意一点为始点，与始点不同的另一点为终点的所有向量中，除向量外，与向量共线的向量有（ ）

A． B． C． D．
跟踪训练1
3．下列说法中不正确的是（ ）
A．零向量与任一向量平行 B．方向相反的两个非零向量不一定共线
C．单位向量是模为1的向量 D．方向相反的两个非零向量必不相等
跟踪训练2
4．如图所示，点O是正六边形ABCDEF的中心，则以图中点A B C D E F O中的任意一点为始点，与始点不同的另一点为终点的所有向量中，除向量外，与向量共线的向量有（ ）
A． B． C． D．
易错点2 忽视零向量
【指点迷津】零向量的方向是任意的，零向量与任意向量平行；平行关系注意别忽视了零向量；
典例1
（2023下·海南儋州·高一校考阶段练习）
5．若与任意都平行，则 .
典例2
（2023下·陕西咸阳·高一校考期中）
6．下列命题中，错误的是（ ）
A．若，则与方向相同或相反
B．若，，则
C．若，，则
D．若两个单位向量互相平行，则这两个单位向量相等
跟踪训练1
（2023下·江西鹰潭·高一鹰潭一中校考期中）
7．下列说法错误的为（ ）
A．共线的两个单位向量相等
B．若，，则
C．若，则一定有直线
D．若向量，共线，则点，，，不一定在同一直线上
跟踪训练
（2023下·贵州遵义·高一遵义二十一中校考阶段练习）
8．下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若与是非零向量且，则与的方向相同或者相反
D．若，都是单位向量，则
易错点3 向量夹角忽视了共起点找夹角
【指点迷津】在找向量夹角时，注意将两个向量的起点移至同一个点再找夹角，考生容易忽略这个条件而找成了补交至错.
典例1
（2022下·高一课时练习）
9．在锐角中，关于向量夹角的说法，正确的是（ ）
A．与的夹角是锐角
B．与的夹角是锐角
C．与的夹角是钝角
D．与的夹角是锐角
典例2
（2023·全国·高一随堂练习）
10．在等边三角形中，与的夹角为 ；点为的中点，则与的夹角为 ．
跟踪训练1
（2022下·高一课时练习）
11．已知三角形中，，则三角形的形状为_________三角形（ ）
A．锐角 B．直角 C．钝角 D．等腰直角
跟踪训练2
（2023·高一单元测试）
12．在等边三角形ABC中，向量与的夹角为 ．
易错点4 忽视向量数量积不满足结合律
【指点迷津】注意多个向量点成时，注意不满足结合律
典例1
（2023上·江苏扬州·高三仪征中学校联考阶段练习）
13．下列关于向量，，的运算，一定成立的有（ ）
A． B．
C． D．
典例2
（2023下·福建厦门·高一校考期中）
14．下列说法正确的有（ ）
A． B．若，则与的夹角为钝角
C． D．若，则
跟踪训练1
（2023上·广东肇庆·高三统考阶段练习）
15．已知，是夹角为的单位向量，且，，则（ ）
A．在上的投影向量为 B．
C． D．
跟踪训练2
（2023上·四川成都·高二成都七中校考期中）
16．下列说法正确的是（ ）
A．对任意向量，都有
B．若且，则
C．对任意向量，都有
D．对任意向量，都有
易错点5 求向量模时忽视开根号
【指点迷津】求向量模时注意开根号：；
典例1
（2023·四川甘孜·统考一模）
17．已知平面向量，且与的夹角为，则（ ）
A． B．4 C．2 D．0
典例2
（2023上·安徽·高三安徽省怀远第一中学校联考阶段练习）
18．已知向量，满足，，则 ．
跟踪训练1
（2023上·云南昆明·高三云南民族大学附属中学校考阶段练习）
19．已知，为单位向量，且与的夹角为，则＝（ ）
A．49 B．19 C．7 D．
跟踪训练2
（2023上·山西忻州·高三校联考阶段练习）
20．已知向量满足，则 .
易错点6 解三角形时忽视了的可能性和恒成立
【指点迷津】在解方程中，忽视了0不可约，而在解三角形问题中，是有可能的，所以方程左右两边不能同时约去，这样会造成漏根.
典例1
（2023上·江西九江·高二九江一中校考期中）
21．在中，角，，所对的边分别为，，，且．
(1)求的值；
(2)若，，求的面积．
典例2
（2022下·江西抚州·高二校联考阶段练习）
22．已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．判断的形状；
跟踪训练1
（2022下·辽宁阜新·高一阜新实验中学阶段练习）
23．在中，，，.求证：为直角三角形；
跟踪训练2
（2022·高一课时练习）
24．在中，已知，判断的形状．
易错点7 误解为而造成漏解
【指点迷津】在三角形中，解，很多考生直接得到，而忽视了而造成漏解.
典例1
（2023上·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习）
25．在中，内角所对的边分别为.已知，试判断的形状.
典例2
（2022·上海·高一假期作业）
26．在中，若试判断的形状.
典例3
（2022下·辽宁大连·高一大连八中校考期中）
27．在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中．
在，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．判断的形状并给出证明；
跟踪训练1
（2021·高二课时练习）
28．在中，已知，用正弦定理判断这个三角形的形状．
跟踪训练2
（2022·高一课时练习）
29．在中，若试判断的形状.
跟踪训练3
（2022下·高一课时练习）
30．已知a、b、c分别是的三个内角A、B、C的对边．
（1）若面积为，求a，b的值；
（2）若，试判断的形状．
易错点8 解三角形周长，边长，忽视了锐角三角形这个重要条件
【指点迷津】在解锐角三角形中周长取值范围问题时，忽视了锐角这个条件而错误的使用两边之和大于第三边，两边只差小于第三边，造成范围放大.
典例1
（2023下·江苏苏州·高一校考阶段练习）
31．在中，内角的对边分别为，若的角平分线交于点D．

(1)若，求的长度；
(2)若为锐角三角形，且的角平分线交于点E，且与交于点O，求周长的取值范围．
典例2
（2022上·河南省直辖县级单位·高二校考期末）
32．已知为锐角三角形，角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，求的取值范围.
跟踪训练1
（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）
33．在锐角中，内角所对的边分别为，且.
(1)证明：；
(2)若，求的周长的取值范围.
跟踪训练2
（2023上·福建·高三校联考期中）
34．已知的内角所对应的边分别为，且满足.
(1)求角的大小；
(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.
拓展1 自主建系法求平面向量数量积的最值问题
典例1
（2023上·辽宁锦州·高三统考期末）
35．平行四边形中，，，，点在边上，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
典例2
（2023·天津河西·统考二模）
36．窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图l是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形ABCDEFGH中，若，则的值为 ；若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的取值范围是 ．
典例3
（2022·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校联考二模）
37．在梯形中，与相交于点Q．若，则 ；若，N为线段延长线上的动点，则的最小值为 ．
跟踪训练1
（2023上·江苏常州·高三统考期中）
38．在梯形中，已知，点分别在线段和上，则的最大值为 ．
跟踪训练2
（2023下·黑龙江·高一龙江县第一中学校联考期末）
39．已知，，，；若P是所在平面内一点，，则的最大值为 ．
跟踪训练3
（2023下·重庆沙坪坝·高一重庆八中校考期中）
40．已知正六边形的边长为4，P为正六边形所在平面内一点，则的最小值为 ．
拓展2 自主建系法求平面向量模的最值问题
典例1
（2022下·重庆北碚·高一西南大学附中校考期中）
41．已知是边长为4的等边三角形，D，E分别是AC、AB上的两点，且，，BD与CE交于点G，则是（ ）
A． B． C． D．
典例2
（2021·山东·校考三模）
42．在等腰梯形中，是腰上的动点，则的最小值为（ ）
A． B．3 C． D．
跟踪训练1
（2021上·北京朝阳·高三统考期中）
43．如图，在直角梯形中，，，，，是线段上的动点，则的最小值为（ ）
A． B．6 C． D．4
跟踪训练
（2023下·辽宁鞍山·高一校考期末）
44．在矩形中，，，在上取一点M，在上取一点P，使得，，过M点作交于N点，若上存在一动点E，上存在一动点F，使得，则的最小值为 .
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．不一定重合
【分析】
根据有向线段表示向量的意义，即可得出结论．
【详解】
用有向线段表示两个相等的向量，这两个有向线段不一定重合；
例如在中，，但有向线段和不重合．
2．AC
【分析】
根据正六边形的性质和向量共线的定义进行分析判断.
【详解】对于A，因为在正六边形中，∥，所以与共线，所以A正确，
对于B，因为在正六边形中，与不平行，所以与不共线，所以B错误，
对于C，因为在正六边形中，∥，所以与共线，所以C正确，
对于D，因为在正六边形中，与不平行，所以与不共线，所以D错误，
故选：AC
3．B
【分析】
根据向量的定义、共线向量、相等向量的定义求解.
【详解】根据规定：零向量与任一向量平行，A正确；
方向相反的两个非零向量一定共线，B错误；
单位向量是模为1的向量，C正确；
根据相等向量的定义：长度相等方向相同的两个向量称为相等向量，
所以方向相反的两个非零向量必不相等，D正确；
故选:B.
4．ABD
【分析】
根据共线向量的概念和图形中的平行关系可得答案.
【详解】与向量共线的向量有、、，
故选：ABD
5．
【分析】根据零向量的性质可直接得到结果.
【详解】零向量与任意向量都平行，.
故答案为：.
6．ABD
【分析】
取，可判断A选项；取，可判断B选项；利用相等向量的定义可判断C选项；利用相等向量、相反向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，若，则零向量的方向任意，A错；
对于B选项，取，则，，但、不一定平行，B错；
对于C选项，，，则，C对；
对于D选项，若两个单位向量互相平行，则这两个单位向量相等或相反，D错.
故选：ABD.
7．ABC
【分析】
根据共线向量、单位向量的相关概念与性质判断各项的正误.
【详解】选项A：共线的两个单位向量的方向可能相反，故A错误；
选项B：，不一定有，故B错误；
选项C：直线与可能重合，故C错误；
选项D：若向量，共线，则与可能平行，此时A，B，C，D四点不共线，故D正确.
故选：ABC.
8．BCD
【分析】
举反例说明选项A错误；利用向量的定义及性质判断选项BCD得解.
【详解】A. 若，满足，，但是不满足，所以该选项错误；
B. 若，，则，所以该选项正确；
C. 若与是非零向量且，则与的方向相同或者相反，所以该选项正确；
D. 若，都是单位向量，则，所以该选项正确.
故选：BCD
9．B
【分析】利用向量夹角的定义逐一判断即可.
【详解】为锐角三角形，
A，与的夹角是钝角，A错误；
B，与的夹角是锐角，B正确；
C，与的夹角是锐角，C错误；
D，与的夹角是钝角，D错误.
故选：B
10． ## ##
【分析】
根据平面几何的性质及向量夹角的定义计算可得.
【详解】在等边三角形中，所以与的夹角为，

因为点为的中点，所以，所以与的夹角为.
故答案为：；
11．C
【分析】根据数量积的定义可判断为钝角，从而可得正确的选项.
【详解】因为，故，故，
而，故，故三角形为钝角三角形，
故选：C.
12．
【分析】在等边三角形ABC中，根据可得答案.
【详解】在等边三角形ABC中，，
所以向量与的夹角.
故答案为：.
13．AC
【分析】
根据平面向量数量积运算性质和定义逐一判断即可.
【详解】A：由平面向量数量积的运算性质可以判断本选项一定成立；
B：与共线，与共线，而与不一定共线，
所以不一定成立，因此本选项不一定成立；
C：，所以本选项一定成立；
D：当 时，，所以本选项不一定成立，
故选：AC
14．AD
【分析】利用数量积的运算律判断A、C，利用数量积夹角公式判断B、D.
【详解】对于A，根据数量积的分配律得，正确；
对于B，当两个非零向量与方向时，，此时与的夹角为平角，
不是钝角，错误；
对于C，表示与共线的向量，表示与共线的向量，
而不一定共线，错误；
对于D，若，则，正确.
故选：AD
15．AB
【分析】A选项，根据投影向量的定义可运算判断；B选项，根据向量模的定义结合数量积运算可判断；C选项，由数量积运算可判断；D选项，由向量夹角公式可运算判断.
【详解】对于A，B，，，则，，，
，
所以在上的投影向量为，故A，B正确；
对于C，，，
故C错误；
对于D，，所以，故D错误.
故选：AB.
16．AD
【分析】
可由数量积的定义及运算律可逐一判定选项.
【详解】，，
可得，故选项A正确；
由可得，
又，可得或，
故选项B错误；
,
所以不一定成立，
故选项C错误；
由向量数量积运算的分配律可知选项D正确；
故选：AD.
17．C
【分析】
平方展开后，利用向量的数量积定义进行运算即可.
【详解】因为
，
所以，
故选：C.
18．3
【分析】
将已知条件平方，然后消去可解.
【详解】由题意知，即，
消去可得，
所以．
故答案为：3.
19．C
【分析】
将平方， 根据数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】由题意得，
故，
故选：C
20．
【分析】
由向量的数量积的运算公式，运算求得，结合，即可求解.
【详解】由向量满足，
可得，解得，
又由，所以.
故答案为：.
21．(1)
(2)
【分析】
（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解；
（2）利用余弦定理求出，再由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，，
又，所以，
又，所以，故，所以.
（2）由余弦定理得，所以，
故．
22．直角三角形或等腰三角形
【分析】
先根据题目条件和正弦定理边化角得出；再利用及两角和的正弦公式得出，进而可判断的形状.
【详解】为等腰三角形或直角三角形.
证明如下：
由及正弦定理得: ，
即，
即，
整理得:，
所以，
故或，
又因为A、B、C为的内角，
所以或，
因此为等腰三角形或直角三角形．
23．证明见解析
【分析】
据题目所给两个向量的数量积列方程，利用三角形内角和定理、两角和的正弦公式进行化简，由此即可得证.
【详解】由于，
即，
化简得，
因为，所以，
所以，
又，所以，
所以为直角三角形.
24．直角三角形或等腰三角形.
【分析】结合正弦定理边化角，然后结合诱导公式以及两角和的正弦公式化简整理即可求出结果.
【详解】因为，结合正弦定理可得,
因此,
即，
故，
从而，
所以或，
即或，
故为直角三角形或等腰三角形.
25．等腰三角形或直角三角形
【解析】根据三角函数的基本关系式和正弦定理，化简得到，进而得到或，即可求解.
【详解】由，根据三角函数的基本关系式可得，
即，即，即，
可得或，所以或，
∴是等腰三角形或直角三角形.
【点睛】本题主要考查了三角形形状的判定问题，解答中熟练应用三角形的正弦定理，熟记三角形解形状的判定方法是解答的关键，同时注意容易忽视满足的另一种关系，导致丢解，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
26．等腰三角形或直角三角形
【分析】解法一：利用正弦定理边化角，可得，所以，根据，可得或即可求得答案；解法二：利用正弦定理边化角，可得，利用余弦定理，可得=，化简计算，即可得答案.
【详解】解法一：由已知条件及正弦定理可得，
，，
，即，
或，
或，
所以为等腰三角形或直角三角形.
解法二：由已知条件及正弦定理可得，
，，即，
由正弦定理和余弦定理可得=，
整理得，即，
或，或，
为等腰三角形或直角三角形.
【点睛】解题的关键是熟练掌握正弦定理、余弦定理并灵活应用，易错点为，可得2A=2B或者，容易丢解，属基础题.
27．选①②答案相同，为等腰三角形或直角三角形；证明见解析
【分析】
若选①，利用正弦定理边化角可得，进而得或，从而由的关系可得的形状；
若选②，利用正弦定理边化角可得，进而切化弦得，即或，从而由的关系可得的形状.
【详解】为等腰三角形或直角三角形，证明如下：
若选①∵，
∴，
∴，即，
∵且，
∴或，
∴或，故为等腰三角形或直角三角形；
若选②，由及正弦定理得，
故，化简得，
∴，即，
∵且，
∴或，
∴或，故为等腰三角形或直角三角形.
28．答案见解析
【分析】根据正弦定理可得，利用正弦的二倍角公式可得
，进而即可判断三角形的形状.
【详解】由题意知，，
由正弦定理，得，
即，
所以或，
得或，
所以是等腰三角形或直角三角形.
29．等腰三角形或直角三角形
【分析】解法一：利用正弦定理边化角，可得，所以，根据，可得或即可求得答案；解法二：利用正弦定理边化角，可得，利用余弦定理，可得=，化简计算，即可得答案.
【详解】解法一：由已知条件及正弦定理可得，
，，
，即，
或，
或，
所以为等腰三角形或直角三角形.
解法二：由已知条件及正弦定理可得，
，，即，
由正弦定理和余弦定理可得=，
整理得，即，
或，或，
为等腰三角形或直角三角形.
【点睛】解题的关键是熟练掌握正弦定理、余弦定理并灵活应用，易错点为，可得2A=2B或者，容易丢解，属基础题.
30．（1），；（2）为等腰三角形或直角三角形.
【分析】（1）直接利用三角形的面积公式求出的长，进一步利用余弦定理求出的值．
（2）利用正弦定理边化角，结合二倍角的正弦公式能判断三角形的形状．
【详解】（1）由已知得，
．
由余弦定理，
．
（2）由正弦定理得，，
，
即，
由已知、为三角形内角，
或．
为直角三角形或等腰三角形．
31．(1)
(2)
【分析】
（1）由关系，结合面积公式列方程求解；
（2）由正弦定理化边为角，结合三角恒等变换化简求，结合正弦定理利用角表示，结合正弦型函数的性质求的范围，由此可得结论.
【详解】（1）因为为的角平分线，，
所以，
因为
所以，
所以.
（2）在中，由正弦定理得，，
所以，
又，则，
又，所以，又，则.
在，由正弦定理得，，
所以
，
因为是锐角三角形，所以，于是，
则，所以，
所以，从而，
所以三角形周长的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是首先是求出，再利用正弦定理和三角恒等变换得到，再利用三角函数的性质得到其值域，则得到周长的范围.
32．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理化简原式得到，结合即可得到答案；
（2）根据正弦定理和辅助角公式化简，结合与三角函数值域相关知识求解答案即可.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，，
所以，
所以，
又因为为锐角三角形，所以，所以.
（2）在中，由正弦定理得，，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，则，
所以的取值范围为.
33．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知结合余弦定理可推得.进而根据正弦定理边化角以及三角恒等变换，化简可得.结合锐角三角形，即可得出证明；
（2）先根据已知得出.根据三角恒等变换化简得出，然后根据正弦定理化简得出，进而根据余弦函数的取值范围，即可得出答案.
【详解】（1）由余弦定理可得，.
又，
所以有，
整理可得.
由正弦定理边化角可得，.
又，
所以，，
整理可得，.
因为为锐角三角形，
所以，，，
所以，，.
（2）由（1）知，，则.
因为为锐角三角形，
所以，，解得.
根据正弦定理可得，
，.
因为
，
所以，，
，
所以，.
因为，
所以，，
，
所以，，
所以，.
所以，的周长的取值范围为.
34．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简求值即可；
（2）根据三角形为锐角求出，利用正弦定理化边为角，利用三角恒等变换化简函数，利用正切函数性质求解范围即可.
【详解】（1）由正弦定理得，
整理得，即，
由余弦定理得，又，所以.
（2）由（1）知，即.
因为为锐角三角形，所以，解得.
由正弦定理，得，
则
，
当时，，则，
又，
所以，所以，
所以，即，
所以周长的取值范围是.
35．C
【分析】
建立平面直角坐标系，设，把的取值范围转化为求二次函数的值域问题，即可求得本题答案.
【详解】作，垂足为，以点为原点，所在直线为轴，轴建立如下图的平面直角坐标系.
因为，而,所以，
在直角中，因为，，所以，，
则，设，
所以，
所以，
因为二次函数开口向上，对称轴为，且，
所以当时，取最小值，当时，取最大值，
所以的取值范围是.
故选：C
36．
【分析】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，由，列出方程组，求得，从而得到；设，则，由线性规划可求得的取值范围.
【详解】
，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
正八边形内角和为，则，
所以，,
,
因为，则，
所以，解得，
所以；
设，则，则，
令，即，由线性规划知平行移动直线，当此直线经过时有最小值, 当此直线经过时有最大值,
所以， 取值范围 .
故答案为：，.
【点睛】
方法点睛：在解决向量数量积、向量的模、向量的夹角等有关问题，以及在求有关最大、最小值问题时，常常会碰到某些难以突破的几何关系.在题目所给出的几何条件、几何关系或所隐藏的几何关系相对较难寻找的情况下，运用数量积的定义、向量的几何意义难以完成解题思路时，可建立直角坐标系、运用坐标法解决问题的意识、运用向量的坐标运算、寻找出变量与变量之间的关系、运用函数与方程求最值的方法、基本不等式等解决问题的方法是一种非常好的思想方法.
37．
【分析】易得四边形为平行四边形，设，再将用表示，根据共线，求得，再将用表示，根据数量积的运算律即可求出；根据求得，以点为原点建立平面直角坐标系，设，再根据数量积的坐标表示即可求出答案.
【详解】解：因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以且，
则可设，
故，
因为共线，
所以，解得，
所以，
因为，
所以，
所以；
因为，
所以，
所以，
又，所以，
因为，所以，
如图以点为原点建立平面直角坐标系，
则，
设，
故，
则，
当时，取得最小值.
故答案为：；.
38．3
【分析】
先建立平面直角坐标系，通过写出的坐标表示，再进行运算，最后根据取值范围得到最大值.
【详解】
如图建系，，所以，

设，则，
令，
则，
所以
当时取到等号.
故答案为：3
39．13
【分析】
根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，求出的坐标，再利用基本不等式计算的最大值.
【详解】根据题意建立如图所示的平面直角坐标系，则，，
因为，所以点的坐标为，
所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最大值为13．
故答案为：13.
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积运算，考查向量的坐标运算，考查基本不等式的应用，解题的关键是根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标求解，考查数形结合的思想，属于较难题.
40．
【分析】
建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求得的坐标，根据数量积的坐标表示求得的表达式，配方后即可求得答案.
【详解】如图，以正六边形的中心为坐标原点，以为x轴，过点O作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
则,设点，
则,
故
，
故当，即P点坐标为时，
取到最小值为，
故答案为：
【点睛】方法点睛：建立恰当的平面直角坐标系，利用向量的坐标运算，求得的表达式即可求解最值.
41．C
【分析】以所在的直线为轴，的垂直平分线所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，然后根据题意求出各个向量的坐标，从而可求得答案
【详解】如图，以所在的直线为轴，的垂直平分线所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，
因为是边长为4的等边三角形，D，E分别是AC、AB上的两点，且，，
所以,
则
设，则，，
因为与共线，所以，
因为，所以,
所以，所以，
所以解得，即，
所以,
所以，
所以，
故选：C

42．C
【分析】如图，以为原点，射线为轴正半轴建立直角坐标系，用坐标表示出，即可求出答案
【详解】解：如图，以为原点，射线为轴正半轴建立直角坐标系，则由题意可得，设，其，
则，
所以，
所以
，
所以当时，取最小值，
故选：C
43．B
【分析】根据题意，建立直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】解：如图，以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，，
因为，，
所以，
所以，，
所以，
所以，
所以当，即时，的最小值为.
故选：B
44．
【分析】
方法一：建立合适的平面坐标系，设，，计算得，根据向量模的坐标表示，再利用消元法结合基本不等式即可求出的最值；方法二：利用，则，再根据即可得到最值.
【详解】方法一：由题意建立如图所示平面直角坐标系，
由题意可知，E，F分别在线段，上
，设，，
则，，
所以，
所以，，，
所以
，
设，则，
当且仅当，，时或，，时，取等号，
所以的最小值为.

方法二：因为，
所以，因为，
所以，故.
故答案为：.
答案第1页，共2页
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