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第六章 平面向量及其应用（知识归纳+题型突破）
1．了解平面向量的数量积与向量投影的关系．
2．理解平面向量数量积的含义及其物理意义．
3．掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算．
4．能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系．
5．灵活应用正余弦定理解三角形，会运用正（余）弦定理，解决三角形中的边，角问题．
6．能灵活运用正余弦定理解决生活中的三角形问题．
知识点01：向量的加法
（1）向量加法的定义
求两个向量和的运算，叫做向量的加法.两个向量的和仍然是一个向量.对于零向量与任意向量，我们规定.
（2）向量加法的三角形法则(首尾相接，首尾连）
已知非零向量，，在平面内任取一点，作，，则向量叫做与的和，记作，即.这种求向量和的方法，称为向量加法的三角形法则.
（3）向量加法的平行四边形法则（作平移，共起点，四边形，对角线）
已知两个不共线向量，，作，，以，为邻边作，则以为起点的向量(是的对角线)就是向量与的和.这种作两个向量和的方法叫做向量加法的平行四边形法则.
知识点02：向量的减法
（1）相反向量
与向量长度相等，方向相反的向量，叫做的相反向量，记作.
①零向
量的相反向量仍是零向量
②任意向量与其相反向量的和是零向量，即:
③若，互为相反向量，则，，.
（2）向量减法定义
向量加上的相反向量，叫做与的差，即.
求两个向量差的运算叫做向量的减法.
向量减法的实质是向量加法的逆运算.利用相反向量的定义，可以把向量的减法转化为向量的加法进行运算.
（3）向量减法的几何意义
已知向量，，在平面内任取一点，作，，则向量.如图所示
如果把两个向量，的起点放在一起，则可以表示为从向量的终点指向向量的终点的向量.
知识点03：向量三角不等式
①已知非零向量，，则（当与反向共线时左边等号成立；当与同向共线时右边等号成立）；
②已知非零向量，，则（当与同向共线时左边等号成立；当与反向共线时右边等号成立）；
记忆方式：（“符异”反向共线等号成立；“符同”同向共线等号成立）如中，中间连接号一负一正“符异”，故反向共线时等号成立；右如：中中间链接号都是正号“符同”，故同向共线时等号成立；
知识点04：向量的数乘
（1）向量数乘的定义
一般地，我们规定实数与向量的积是一个向量，这种运算叫做向量的数乘，记作.它的长度与方向规定如下：
①
②当时，的方向与的方向相同；当时，的方向与的方向相反；当时，.
知识点05：向量共线定理
内容：向量与非零向量共线，则存在唯一一个实数，.
知识点06：平面向量数量积的概念
（1）平面向量数量积的定义
已知两个非零向量与，它们的夹角为，我们把数量叫做向量与的数量积(或内积).
记作：，即.
规定：零向量与任一向量的数量积为0
（2）投影
如图，设，是两个非零向量，，，作如下变换:过的起点和终点，分别作所在直线的垂线，垂足分别为，，得到，我们称上述变换为向量向向量投影，叫做向量在向量上的投影向量.
知识点07：平面向量基本定理
（1）平面向量基本定理
如果，是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量，有且只有一对实数，，使.
若，不共线，我们把，叫做表示这一平面内所有向量的一个基底.
知识点08：平面向量的坐标表示
（1）两个向量和（差）的坐标表示
两个向量和（差）的坐标分别等于这两个向量相应坐标的和（差）.
坐标表示：，则：
；
（2）向量数乘的坐标表示
实数与向量的积的坐标等于用这个实数乘原来向量的相应坐标.
坐标表示:，则.
知识点09：平面向量共线的坐标表示
设，，其中，则当且仅当存在唯一实数，使得；
用坐标表示，可写为，即：
消去得到：.
这就是说，向量()共线的充要条件是.
知识点10：两个向量平行、垂直的坐标表示
已知非零向量，
（1）．
（2）
知识点11：向量模的坐标表示
向量模的坐标表示
若向量，由于，所以．
其含义是：向量的模等于向量坐标平方和的算术平方根．
知识点12：两向量夹角余弦的坐标表示
已知非零向量，是与的夹角，则．
知识点13：平面几何中的向量方法
① 平面两个向量的数量积：；
② 向量平行的判定: ；
③向量平行与垂直的判定:；
④平面内两点间的距离公式： （其中，）
⑤求模：； ；
知识点141：余弦定理
（1）余弦定理的描述
①文字语言：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍.
②符号语言：在中，内角，所对的边分别是，则：
；
（2）余弦定理的推论
；
；
知识点15：正弦定理
（1）正弦定理的描述
①文字语言：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等.
②符号语言：在中， 若角、及所对边的边长分别为，及，则有
（2）正弦定理的推广及常用变形公式
在中， 若角、及所对边的边长分别为，及，其外接圆半径为，则
①
②；；；
③
④
⑤ ④，，（可实现边到角的转化）
⑥ ⑤，，（可实现角到边的转化）
知识点16：解决几何问题的常见公式
三角形面积的计算公式：
①；
②；
③（其中，是三角形的各边长，是三角形的内切圆半径）；
④(其中，是三角形的各边长，是三角形的外接圆半径).
题型一：平面向量基本概念
【例1】（2023下·河南·高三校联考阶段练习）
1．已知四边形，下列说法正确的是（ ）
A．若，则四边形为平行四边形
B．若，则四边形为矩形
C．若，且，则四边形为矩形
D．若，且，则四边形为梯形
【例2】（2023下·北京·高一北京市第九中学校考期中）
2．给出下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，，则
C．若且，则 D．若，，则
【例3】（2019·浙江·高三专题练习）
3．给出下列命题：
①两个具有共同终点的向量，一定是共线向量；
②若是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件；
③若与同向，且，则>；
④λ，μ为实数，若λ＝μ，则与共线．
其中假命题的个数为（　　）
A．1 B．2
C．3 D．4
巩固训练
（2023上·黑龙江·高三校联考阶段练习）
4．设，都是非零向量，下列四个条件中，能使一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
（2022下·四川遂宁·高一遂宁中学校考阶段练习）
5．下列命题中，正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若两个单位向量互相平行，则这两个单位向量相等
D．若，则与方向相同或相反
（2020下·四川凉山·高一四川省越西中学校考阶段练习）
6．如图所示，4×3的矩形(每个小方格都是单位正方形)，在起点和终点都在小方格的顶点处的向量中，试问：
（1）与相等的向量共有几个；
（2）与方向相同且模为的向量共有几个；
题型二：平面向量共线定理及推论
【例1】（2023·浙江·校联考模拟预测）
7．在中，点，分别是，边上的中点，线段，交于点D，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【例2】（2023下·四川成都·高一四川省成都市新都一中校联考期末）
8．已知点O是的内心，，，则（ ）
A． B． C．2 D．
【例3】（2023下·贵州·高二校联考阶段练习）
9．在中，E为AC上一点，，P为线段BE上任一点，若，则的最小值是（ ）
A． B． C．6 D．8
巩固训练
（2024上·陕西安康·高三校联考阶段练习）
10．已知是所在平面内一点，若均为正数，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．
（2023下·广东深圳·高一翠园中学校考期中）
11．如图，在△ABC中，点P在边BC上，且，过点P的直线l与射线AB，AC分别交于不同的两点M，N，若，，则实数的值是（ ）

A． B． C． D．
（2022下·湖南长沙·高一长沙市明德中学阶段练习）
12．如图所示，在平行四边形ABCD中，，，．

(1)试用向量来表示;
(2)AM交DN于O点，求的值．
题型三：平面向量基本定理
【例1】（2022·高一课时练习）
13．已知分别为的边上的中线，设，,则＝（ ）

A．＋ B．＋
C． D．＋
【例2】（2023下·江苏苏州·高一统考期末）
14．如图，在中，点，分别在边和边上，，分别为和的三等分点，点靠近点，点靠近点，交于点，设，，则（ ）

A． B．
C． D．
【例3】（2023下·江西·高一校联考期中）
15．如图，在中，为重心，，延长交于点，设，.
(1)若，求的值；
(2)若，求的值.
巩固训练
（2022上·海南·高三校联考期末）
16．已知长方形中，，是线段的中点，是线段上靠近的三等分点，线段，交于点，则（ ）
A． B．
C． D．
（2020上·江苏南通·高一统考期末）
17．在梯形中，，，，分别是，的中点，与交于，设，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023下·山东·高一滨州一中校联考期中）
18．如图，在梯形ABCD中，，E，F分别是AB，BC的中点，AC与DE相交于点O，设，．

(1)用，表示；
(2)用，表示．
题型四：平面向量共线的坐标表示
【例1】（2022下·广东梅州·高一统考期末）
19．已知，且三点共线，则（ ）
A． B． C． D．
【例2】（2023下·云南大理·高一大理白族自治州民族中学校考期中）
20．已知两个非零向量，，则“”是“”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
【例3】（2023上·陕西宝鸡·高三校联考阶段练习）
21．，且，则 .
巩固训练
（2023上·湖南·高二邵阳市第二中学校联考阶段练习）
22．已知向量，且，则 .
（2023上·北京朝阳·高三统考期中）
23．已知向量，若，则 ；若，则 .
（2023下·安徽宿州·高一统考期中）
24．平面内给定三个向量，且，求实数关于的表达式.
题型五：平面向量的数量积（含定值，最值，范围）
【例1】（2023上·广东中山·高三中山一中校考阶段练习）
25．正三角形中，，为上的靠近的四等分点，为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
【例2】（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）
26．已知是半径为2的圆上的三个动点，弦所对的圆心角为，则的最大值为（ ）
A．6 B．3 C． D．
【例3】（2023·全国·模拟预测）
27．如图，在四边形中，已知，，，点在边上，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
巩固训练
（2023上·浙江湖州·高二湖州中学校考阶段练习）
28．在边长为的正方形中，是中点，则 ；若点在线段上运动，则的最小值是 .
（2023上·天津·高三天津市第七中学校考阶段练习）
29．如图，在菱形中，，E、F分别为、上的点．，，点M在线段上，且满足， ；若点N为线段上一动点，则的取值范围为 ．
（2023上·天津蓟州·高三天津市蓟州区第一中学校考阶段练习）
30．如图，已知直角三角形△中，，，，点在以为圆心且与边相切的圆上，若与圆的切点为，则 ，则的取值范围为 .
题型六：向量的模（含定值，最值，范围）
【例1】（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）
31．已知平面向量，的夹角为，则 ．
【例2】（2023上·上海·高二上海市七宝中学校考阶段练习）
32．单位向量，，两两之间的夹角都是，求 .
【例3】（2016上·湖南·高三阶段练习）
33．已知为单位向量，且，向量满足，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【例4】（2023·上海崇明·统考一模）
34．已知不平行的两个向量满足，．若对任意的，都有成立，则的最小值等于 ．
【例5】（2023下·山西朔州·高一校联考阶段练习）
35．已知向量满足，若对任意的实数，都有，则的最小值为 .
巩固训练
（2023上·江西·高三校联考阶段练习）
36．已知向量，满足，，则的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．4
（2023上·吉林长春·高二长春外国语学校校考阶段练习）
37．已知向量，满足，，则 .
（2023上·上海黄浦·高二格致中学校考期中）
38．若，与、的夹角都是60°，且，，，则 .
（2023上·天津武清·高三天津市武清区杨村第一中学校考阶段练习）
39．在中，为中点，为线段上一点，且满足，若，则的最大值为 ．
（2023下·浙江绍兴·高二绍兴一中校考学业考试）
40．已知向量，为单位向量，且夹角为，若向量满足，则的取值范围是 .
题型七：向量的夹角（含定理，最值，范围）
【例1】（2023上·北京顺义·高一牛栏山一中校考期中）
41．如图，在中，，，，，边上的两条中线，相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【例2】（2021下·福建三明·高一统考期末）
42．中，若，，点满足，直线与直线相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【例3】（2022上·上海宝山·高二上海交大附中校考阶段练习）
43．若平面向量，，满足，，，，则，夹角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【例4】（2022·上海·校考三模）
44．在中，，点满足,则的最大值是
巩固训练
（2019上·广东深圳·高三深圳市南头中学校考期末）
45．在中，、分别是边、的中点，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2023·四川·校联考模拟预测）
46．已知向量，，，则向量与的夹角为 ．
（2019上·浙江杭州·高三杭州四中校考期中）
47．已知，向量满足，设的夹角为，则的最小值为 .
（2023下·新疆伊犁·高一校联考期末）
48．设，向量，，，且∥，．
(1)求；
(2)求向量与夹角的大小.
（2019上·广东深圳·高三深圳市南头中学校考期末）
49．在中，、分别是边、的中点，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2023·四川·校联考模拟预测）
50．已知向量，，，则向量与的夹角为 ．
（2019上·浙江杭州·高三杭州四中校考期中）
51．已知，向量满足，设的夹角为，则的最小值为 .
（2023下·新疆伊犁·高一校联考期末）
52．设，向量，，，且∥，．
(1)求；
(2)求向量与夹角的大小.
题型八：向量的投影
【例1】（2024·河南·方城第一高级中学校联考模拟预测）
53．已知向量，，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【例2】（2023·辽宁辽阳·统考二模）
54．若过作的垂线，垂足为，则称向量在上的投影向量为．如图，已知四边形均为正方形，则下列结论正确的是（ ）

A．在上的投影向量为
B．在上的投影向量为
C．在上的投影向量为
D．在上的投影向量为
【例3】（2022上·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考阶段练习）
55．在中，已知，，，若，且，则在上的投影向量为（为与同向的单位向量），则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
巩固训练
（2022上·湖南怀化·高二统考期中）
56．已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
（2022·高一课时练习）
57．已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
（2022下·上海金山·高一上海市金山中学校考期末）
58．已知菱形的边长为1，设，若恒成立，则向量在方向上数量投影的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2022下·浙江绍兴·高一统考期末）
59．已知，，函数，当时，f（x）有最小值，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C．－ D．－
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】
根据向量共线和模长相等的几何与意义结合平行四边形、矩形、梯形的定义逐项判断即可.
【详解】
A选项，若，则且，则四边形为平行四边形，正确；
选项，如图

，但是四边形不是矩形，错误；
选项，若，且，则四边形可以是等腰梯形,也可以是矩形，故错误．
选项，若，且，则四边形可以是平行四边形，也可以是梯形，故错误.
故选：A
2．B
【分析】根据向量平行及相等定义分别判断各个选项即可.
【详解】
对于A，当与方向不同时，不成立，∴A错误，
对于B，若，，则，∴B正确，
对于C，当与方向相反时，不成立，∴C错误，
对于D，当时，满足，，但不一定成立．所以D错误.
故选：B．
3．C
【分析】根据向量共线定义判断①；根据向量相等的定义和平行四边形的定义判断②；根据两向量不能比较大小判断③；举反例否定④.
【详解】①不正确．当起点不在同一直线上时，虽然终点相同，但向量不共线；
②正确．∵＝，∴||＝||且；
又∵是不共线的四点，∴四边形是平行四边形．
反之，若四边形是平行四边形，
则且与方向相同，因此＝；
③不正确．两向量不能比较大小．
④不正确．当时，与可以为任意向量，
满足λ＝μ，但与不一定共线．
故选：.
4．C
【分析】
根据非零向量的方向是否相同分别判断各个选项即可.
【详解】
因为，故同向.
对于A:，方向相反,A选项错误；
对于B:，得出,不能得出方向，B选项错误；
对于C:,方向向相同,则成立，C选项正确；
对于D:,不能确定的方向，D选项错误.
故选：C．
5．B
【分析】对ABC选项找出反例，证明其错误，选项B根据传递性很明显正确，即可求解.
【详解】对于A选项： 平行于任何向量，若，满足，，但不一定满足，故A错；
对于B选项：根据向量传递性，正确；
对于C选项：两个单位向量互相平行，这两个单位向量相等或相反（大小相等，方向完全相反），故C错；
对于D选项：零向量与任何非零向量都平行,且零向量的方向任意.如果中有一个是零向量,那么方向相同或相反,或者不同，故D错.
故选：B.
6．（1）5；（2）2.
【分析】根据共线向量和相等向量的定义、以及模的计算和对正方形的对角线即可.
【详解】解：由题可知，每个小方格都是单位正方形，
每个小正方形的对角线的长度为且都与平行，
则，
（1）由于相等向量是指方向和大小都相等的两个向量，
则与相等的向量共有5个，如图1；
（2）与方向相同且模为的向量共有2个，如图2.
【点睛】本题考查共线向量和相等向量的定义，以及向量的模的计算，考查理解能力和数形结合思想.
7．C
【分析】
方法一：由三角形重心的性质求解；方法二：设，根据题意计算可得，再由共线可求出的值.
【详解】
方法一：可由三角形重心的性质知：
方法二：设，则，
由共线可知，，，故，
故选：C．
8．D
【分析】
连接并延长交于点，连接，则由角平分线定理得到的长度关系，再由平面向量基本定理，利用三点共线，得到关系式，比较系数可得答案.
【详解】连接并延长交于点，连接，
因为O是的内心，所以为的平分线，
所以根据角平分线定理可得，
所以,
因为三点共线，所以设，
则，
因为，
所以，
故选：D
9．B
【分析】
由题可得，后由基本不等式可得答案.
【详解】由题可得B，P，E三点共线，则.
又，，则，则.
当且仅当，即时取等号.
故选：B

10．B
【分析】
由题设是的重心，应用向量加法、数乘几何意义可得，根据得，最后应用基本不等式求最小值，注意等号成立条件.
【详解】因为，所以点是的重心，
所以.
因为，所以，
综上，.
因为，所以三点共线，则，即.
因为均为正数，所以，则，
所以（当且仅当，即时取等号），
所以的最小值为.
故选：B
11．B
【分析】结合向量的运算可得，然后由三点共线得，可得答案.
【详解】由题意知：，
又，，即，
由三点共线，可得，即.
故选：B.
12．(1)，
(2)
【分析】
（1）根据平面向量的线性运算计算即可得解；
（2）设，再根据平面向量的线性运算将用表示，再根据三点共线，结合平面向量共线定理可得存在实数使，再结合平面向量基本定理即可得解.
【详解】（1）因为，所以，所以，
因为，所以，
所以；
（2）设，
则，
因为三点共线，所以存在实数使，
由于向量不共线，则，，解得，
所以.
13．B
【分析】
根据向量的线性运算即可联立方程求解.
【详解】
分别为的边上的中线,
则,
,
由于，，所以,
故解得
故选：B
14．B
【分析】
利用表示，结合平面向量基本定理确定其表达式.
【详解】设，，
所以，
又，
所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以，
故选：B.
15．(1)；
(2).
【分析】
（1）连接并延长交于，利用三角形重心定理，结合向量的线性运算及平面向量基本定理求解作答.
（2）由已知表示出向量，结合（1）中信息，利用平面向量基本定理列式计算作答.
【详解】（1）在中，连接并延长交于，因为是重心，则是的中点，
，由知，，
即，因此，
而不共线，且，于是，
所以.
（2）依题意，，，
而，且，因此存在，使得，
即，则，解得，
所以的值是.
16．A
【分析】设，根据平面向量线性运算及平面共线定理的推论以，结合平面向量基本定理，即可求得的值，从而得结论.
【详解】由题可知，

设
则
,
又
，
所以，解得，所以.
故选：A.
17．ABD
【分析】
结合已知梯形的性质及向量加法及减法的三角形法则及向量共线定理对各选项进行判断即可．
【详解】
由题意可得，，故A正确；
，故B正确；
，故C错误；
，故D正确．
故选：ABD．
18．(1)
(2)
【分析】（1）由题设知且，根据用表示出即可；
（2）由题意可得，再用表示出即可.
【详解】（1）在中，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以，且，
故.
（2）因为，所以，则，
故
.
19．A
【分析】利用向量的共线定理的坐标运算即可求解.
【详解】由，得,
因为三点共线，所以，即，解得.
所以.
故选：A.
20．C
【分析】
利用向量平行的坐标公式求参数，结合充分、必要性定义判断条件间的关系即可.
【详解】
由得：，即或，
因为为非零向量，所以，即，
故“”是“”的充要条件．
故选：C
21．
【分析】
先求和向量坐标再应用平行的坐标关系得出，最后应用模长公式计算即可.
【详解】由，且，得，
所以.
故答案为: .
22．
【分析】根据向量坐标运算得到，再根据向量平行坐标要求列方程求出的值，再利用模长定义求出.
【详解】，
因为，所以，解得，
所以.
故答案为：.
23． 4
【分析】
根据两个向量平行及数量积的运算可求得的值.
【详解】向量，若，
则，得；
若，则，得.
故答案为：4 ；
24．
【分析】
由向量坐标的线性运算以及向量平行的充要条件即可列式求解.
【详解】
因为，,
所以，即.
25．A
【分析】
根据题意，由平面向量基本定理可得，，再由平面向量的数量积运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
因为为上的靠近的四等分点，
则，
而为的中点，则，
又为等边三角形，且，
则
.
故选：A
26．A
【分析】
将中向量进行分解，即：，
由是的中点，可将上式进行化简整理为，所以只需求最大，即的长加圆的半径即可，然后代入即可求得的最大值.
【详解】因为弦所对的圆心角为，且圆的半径为2，所以，
取的中点，所以，，如图所示：
因为,
因为是的中点，所以，
，
所以若最大，所以只需最大，
所以，
所以.
故选：A
27．A
【分析】方法一：利用已知条件及勾股定理判断线段所在直线的关系，然后利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算律将问题转化为二次函数形式求向量数量积的最值；
方法二：利用已知条件及勾股定理判断线段所在直线的关系，然后建立平面直角坐标系，将问题转化为向量数量积的坐标表示，得出二次函数，最后利用二次函数性质求出向量数量积的最值即可；
方法三：同方法二一样，但是选择另外的边所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，将问题转化为平面向量坐标形式求解即可；
【详解】解法一 由，，，
得，，
所以，，
．
设，则，所以
，
当且仅当时，取得最小值．
解法二： 由，，，
得，，
所以，，
，，
连接，交于点，则易知，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
所以．
设，
则，
所以，
，，
则
，
当且仅当时，取得最小值．
解法三 由，，，
得，，
所以，，
，，
如图，
分别以所在的直线为轴、轴建立平面直角坐标系，
所以，．
因为点在边上，
所以设，
所以，，
所以
，
当且仅当时，取得最小值．
故选：A.
28．
【分析】
根据题意，以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，结合平面向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
根据题意，以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，
因为正方形的边长为，且是中点，
则，
则，
所以；
设，其中，
则，则，
所以，，
则，，
其中，，
当时，有最小值为.
所以的最小值是.
故答案为：30；
29． ,．
【分析】
根据模长公式即可由数量积的运算律求解空1，用基底，表示，，然后求数量积，再由函数性质得出取值范围．
【详解】
由可得，
所以,
设，,，
，
所以，
，
所以
，
因为,，所以,，
故答案为：；,．
30．
【分析】建立如图平面直角坐标系，求出，利用三角形等面积法求出圆的半径，进而求出，根据平面向量数量积的定义求出；设BC的中点为，利用平面向量的线性运算可得，结合圆的最值问题即可求解.
【详解】以A为坐标原点建立平面直角坐标系，如图，
则，且，由，
所以，解得，即圆的半径为，
则，所以；
设BC的中点为，
则，
又，，
所以，
所以的取值范围为.
故答案为：；
31．
【分析】
利用向量的坐标表示可得，将平方代入计算即可求出.
【详解】
由得，
由的夹角为，得，
又，所以，
所以．
故答案为：
32．
【分析】由题意得，，两两之间夹角都是，展开后利用数量积的定义直接运算再开方即可得解.
【详解】由题意得单位向量，，且两两之间夹角为，
所以，
，
所以.
故答案为：.
33．B
【分析】
设，将两边平方，化简整理即可得解.
【详解】
因为，所以，
设，
，
由，得，
即，
即，又，
所以，解得，
所以的取值范围为.
故选：B.
34．
【分析】
先由数量积的定义推得，再将问题转化为二次不等式恒成立的问题，从而得解.
【详解】依题意，设与的夹角为，，
因为，，所以，即，
则，所以，
因为对任意的，都有成立，
所以，即，即对于恒成立，
故，又，解得，
综上，，则的最小值为.
故答案为：.
35．##
【分析】
利用数量积与模的关系结合二次不等式恒成立计算得，再根据向量不等式计算即可.
【详解】因为，所以对任意的实数恒成立，
即，
所以，所以.
所以，
当且仅当与反向时等号成立，即的最小值为.
故答案为：.
36．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.
37．
【分析】由向量模、数量积公式先求出，再由公式即可得解.
【详解】由题意，
，
所以.
故答案为：.
38．
【分析】
利用数量积模的运算结合数量积的运算律求解即可.
【详解】因为，所以，又与、的夹角都是60°，
且，，，
所以，，
所以
.
故答案为：.
39．
【分析】
结合图形及平面向量共线相关结论，可得，又由余弦定理可得，后由基本不等式可得答案.
【详解】由题可得， ，则，因D,P,C 三点共线，
则.
又注意到，结合，余弦定理可得：
.
则.又由基本不等式，
.
当且仅当，即时取等号.
则.
故答案为：.

40．
【分析】由条件求出，设向量与向量的夹角为，将，转化为，结合的范围解不等式即可得的取值范围.
【详解】由得，
即 ，
又，
则，
设向量与向量的夹角为，
则，
因为 ，由已知等式可知，所以，
所以，因为，
所以，
解得.
故答案为：
41．D
【分析】由题得为直角三角形，建立平面直角坐标系，将问题转化为求与夹角的余弦即可.
【详解】因为，，，
由余弦定理得，，
得到，又，所以为直角三角形，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则有，又分别为中点，
所以，故，
所以，
故选：D.
42．A
【分析】本题首先可构建直角坐标系，根据题意得出、、，然后根据、、三点共线以及、、三点共线得出，再然后根据向量的运算法则得出、，最后根据即可得出结果.
【详解】如图所示，以点为原点，为轴构建直角坐标系，
因为，，所以，，，
设，
因为、、三点共线，所以，，，
因为，、、三点共线，所以，
联立，解得，，，
因为，，所以，，
因为，
所以，
故选：A.
【点睛】方法点睛：本题考查向量的几何应用，可借助平面直角坐标系进行解题，考查应用向量的数量积公式求夹角，考查向量共线的相关性质，体现了数形结合思想，是难题.
43．C
【分析】利用，与即可确定在上的投影与在上的投影，方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，即可确定，的横坐标，设出坐标由得到两向量纵坐标的关系后，列出，夹角的余弦值的式子，利用基本不等式确定余弦值的范围，即可确定，夹角的范围，注意即，的夹角为锐角.
【详解】设，，，以O为原点，方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，
，，，
，，三者直接各自的夹角都为锐角，
，，，
，，即在上的投影为1，在上的投影为3，
，，如图
，
即，且
则，
由基本不等式得，
，
与的夹角为锐角，
，
由余弦函数可得：与夹角的取值范围是，
故选：C.
44．
【分析】以，为，轴建立坐标系，设，，求出，利用数量积公式表示出，利用基本不等式求出最小值，，
，求出的最大值．
【详解】解：以，为，轴建立坐标系，
设，，
，
，
，，，
，
最小值为，
，，
的最大值是为．
故答案为：
【点睛】本题考查通过结论坐标系解决向量问题；利用基本不等式求最值，属于中档题．
45．A
【分析】建立坐标系，设出、两点坐标，表示出、、三点坐标，将的最小值转化为向量的数量积运算处理，利用基本不等式即可求解．
【详解】依题意，如图，设、，
因为为中点，为的中点，，，，
，，则，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题考查了向量的坐标运算，考查了利用基本不等式求最值，主要考查分析解决问题的能力和计算能力，推理转化能力，属于难题．
46．
【分析】
由可得，，后由向量夹角的坐标表示可得答案.
【详解】，则，则，又，则
故答案为：.
47．
【解析】根据条件可设，从而根据即可得出，且得出，从而得出，从而得出，从而配方即可求出的最小值.
【详解】解：∵，
∴不妨设，
，
∴由得，，则，
∴，
∴，
，即时取最小值.
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用向量坐标解决向量问题的方法，向量坐标的减法和数量积的运算，向量的夹角公式，根据向量坐标求向量长度的方法，以及二次函数最值的求解，考查了计算能力，属于中档题.
48．(1)
(2)
【分析】
（1）根据向量平行、垂直的坐标运算可得，进而可得，结合向量的模长公式运算求解；
（2）根据题意可得，，进而可求，，代入夹角公式运算求解即可.
【详解】（1）因为∥，，则，解得，
即，，
可知，即，可得，
所以.
（2）由（1）可知：，，
可得，，
则，，
可得，
且，则，
所以向量与夹角为.
49．A
【分析】建立坐标系，设出、两点坐标，表示出、、三点坐标，将的最小值转化为向量的数量积运算处理，利用基本不等式即可求解．
【详解】依题意，如图，设、，
因为为中点，为的中点，，，，
，，则，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题考查了向量的坐标运算，考查了利用基本不等式求最值，主要考查分析解决问题的能力和计算能力，推理转化能力，属于难题．
50．
【分析】
由可得，，后由向量夹角的坐标表示可得答案.
【详解】，则，则，又，则
故答案为：.
51．
【解析】根据条件可设，从而根据即可得出，且得出，从而得出，从而得出，从而配方即可求出的最小值.
【详解】解：∵，
∴不妨设，
，
∴由得，，则，
∴，
∴，
，即时取最小值.
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用向量坐标解决向量问题的方法，向量坐标的减法和数量积的运算，向量的夹角公式，根据向量坐标求向量长度的方法，以及二次函数最值的求解，考查了计算能力，属于中档题.
52．(1)
(2)
【分析】
（1）根据向量平行、垂直的坐标运算可得，进而可得，结合向量的模长公式运算求解；
（2）根据题意可得，，进而可求，，代入夹角公式运算求解即可.
【详解】（1）因为∥，，则，解得，
即，，
可知，即，可得，
所以.
（2）由（1）可知：，，
可得，，
则，，
可得，
且，则，
所以向量与夹角为.
53．B
【分析】根据投影向量的定义进行求解即可.
【详解】
由题意得，，
则在上的投影向量是，
即在上的投影向量的坐标为，故B项正确.
故选:B.
54．AC
【分析】过作于，连接，设，由可得，求出可得，可得在上的投影向量； 根据向量加法的平行四边形法则得，可得在上的投影向量．
【详解】过作于，连接，
因为，，所以四边形为平行四边形，
设，则，，
由可得，
所以，则，所以在上的投影向
量为，
根据向量加法的平行四边形法则，得，
所以在上的投影向量为．
故选： AC.

55．C
【分析】根据题意得到，建系，得到，，的坐标，然后利用坐标表示，最后分，，和四种情况讨论的范围.
【详解】在中，，，，所以，，如图，以为原点，为轴建系，
则，，，所以，又，所以，
当时，
；
当时，；
当时，；
当时， ；
综上所述，.
故选：C.
56．A
【分析】根据投影向量的公式求解即可
【详解】在上投影向量
故选：A
57．D
【分析】
由题设得为正三角形，数形结合及投影向量定义即可得答案.
【详解】由得：为中点，的外接圆圆心为，

则，又，所以，为正三角形，
由投影向量的定义，得向量在向量上的投影向量为.
故选：D
58．C
【分析】
由已知条件可知向量在方向上数量投影为，令，将恒成立转化为恒成立，利用即可求出参数的取值范围，结果即为所求.
【详解】解：已知菱形的边长为1，则向量在方向上数量投影为，
若恒成立，则恒成立，
，
，
令，则，即，
要使恒成立，
则，解得，
即向量在方向上数量投影的取值范围是，
故选：C.
59．C
【分析】根据题意写出的表达式，结合二次函数知识求得，根据投影向量的定义即可求得答案.
【详解】由题意得，,
，
当时，有最小值，
即，
则在上的投影向量为 ，
故选：C
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（知识归纳+题型突破）
题型九：向量平行垂直的坐标表示
【例1】（2023下·广东·高一校联考阶段练习）
1．已知向量，．
(1)若，求；
(2)若，求实数的值．
【例2】（2023下·河南焦作·高一统考期末）
2．已知向量，．
(1)若，求实数k的值；
(2)若，求实数t的值．
【例3】（2022下·山东临沂·高一统考期末）
3．已知向量，.
(1)若，求实数m的值；
(2)若非零向量满足，求与的夹角.
巩固训练
（2023上·河北秦皇岛·高二校考开学考试）
4．设向量，满足，，．
(1)求向量，的夹角及；
(2)若，则实数k的值．
（2023下·宁夏银川·高一贺兰县第一中学校考阶段练习）
5．已知两个非零向量与不共线，
(1)试确定实数k，使得与共线；
(2)若，且，求实数的值．
（2023下·陕西西安·高一高新一中校考阶段练习）
6．已知向量，，，
(1)若，求实数的值；
(2)向量，互相垂直，试求的值．
（2021下·天津西青·高一统考期末）
7．已知向量，．
(1)求；
(2)若向量，且，求向量的坐标；
(3)若向量与相互垂直，求实数的值．
题型十：两个向量所成角为锐角或钝角
【例1】（2023上·山东·高二济南市历城第二中学校联考开学考试）
8．已知且与的夹角为锐角，则的取值范围是 .
【例2】（2023下·江西景德镇·高一景德镇一中校考期中）
9．若向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围为 ．
【例3】（2023下·河北石家庄·高一石家庄市第十七中学校考期中）
10．已知向量，且与的夹角为.
(1)求及；
(2)若与所成的角是锐角，求实数的取值范围.
巩固训练
（2023上·安徽芜湖·高二芜湖市第二中学校考开学考试）
11．已知，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围是 .
（2023下·甘肃定西·高一甘肃省临洮中学校考阶段练习）
12．设向量，，向量与的夹角为锐角，则x的范围为 .
（2023上·黑龙江鸡西·高三鸡西市第一中学校校考阶段练习）
13．已知平面向量，，．
(1)①若，求；②若，求；
(2)若向量与的夹角为钝角，求x的取值范围．
题型十一：利用正（余）弦定理判定三角形解的个数
【例1】（2023下·天津河西·高一统考期中）
14．根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ）
A．，，，有两解
B．，，，有一解
C．，，，有一解
D．，，，无解
【例2】（2023下·北京·高一北京市陈经纶中学校考期中）
15．已知在中，，若满足条件的三角形有且只有一个，则a的取值范围是（ ）
A． B．或
C． D．或
【例3】（2023·山东潍坊·统考一模）
16．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.
问题：在中，角所对的边分别为，且__________.
(1)求角的大小；
(2)已知，且角有两解，求的范围.
【例4】（2022下·北京大兴·高一统考期末）
17．在中，.
(1)若，求；
(2)若存在且唯一确定，求的取值范围.
巩固训练
（2023下·江苏连云港·高一校考期中）
18．由下列条件解，其中有两解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
（2022上·北京·高三北京四中校考开学考试）
19．在下列关于的四个条件中选择一个，能够使角被唯一确定的是：（ ）
①
②；
③；
④.
A．①② B．②③ C．②④ D．②③④
（2023下·江西宜春·高二校考阶段练习）
20．在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)已知，且角有两解，求的范围.
（2023·高一课时练习）
21．在中，，．分别根据下列条件，求边长a的取值范围．
(1)有一解；
(2)有两解；
(3)无解．
题型十二：利用正（余）弦定理判定三角形的形状
【例1】（2023上·全国·高三专题练习）
22．在中，，，分别为角，，的对边，已知．若，，成等比数列，则是（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形
C．等腰三角形 D．不确定
【例2】（2023下·江苏徐州·高一统考期中）
23．在中，三个内角，，所对的边分别为，，，若，则的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
【例3】（2023下·江苏镇江·高一江苏省丹阳高级中学校考阶段练习）
24．在中，角所对的边分别为，且，则的形状为 .
巩固训练
（2023·甘肃酒泉·统考三模）
25．中，，，分别是角，，的对边，且，则的形状为（ ）
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．直角或钝角三角形 D．钝角三角形
（2023下·高一课时练习）
26．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，若，则的形状为 .
（2023下·上海松江·高一上海市松江一中校考阶段练习）
27．在中，角所对应的边分别是，满足，则该三角形的形状是 ．
题型十三：求三角形周长（边长）（含定值，最值，范围）
【例1】（2023上·湖南长沙·高三统考阶段练习）
28．在锐角三角形中，角的对边分别为，且，则：
（1） ．
（2）若的中点为，则的取值范围为 ．
【例2】（2023上·安徽淮南·高三校考阶段练习）
29．在中，角的对边分别是,若是锐角三角形且角，则的取值范围为 .
【例3】（2023下·辽宁锦州·高一渤海大学附属高级中学校考阶段练习）
30．在锐角中，角所对的边为，若，且，则的取值范围是 .
【例4】（2023上·江西吉安·高三吉安一中校考期中）
31．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，若D为边上一点，，．
(1)求角；
(2)求的取值范围．
【例5】（2023上·湖北·高三湖北省仙桃中学校联考阶段练习）
32．在锐角中，为角所对的边，.
(1)求角；
(2)若，求周长的取值范围.
巩固训练
（2023下·江苏连云港·高一校考阶段练习）
33．在中，，，则锐角周长的范围是 .
（2023下·四川遂宁·高一四川省蓬溪中学校校考阶段练习）
34．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，，则的取值范围是 .
（2023上·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考阶段练习）
35．已知函数的最小正周期为．
(1)求的值；
(2)已知分别为中角的对边，且满足，求的周长的最大值．
（2023上·黑龙江牡丹江·高三校联考阶段练习）
36．已知的内角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若为的内心，求的取值范围.
（2023上·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）
37．在锐角中，内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，求的取值范围.
题型十四：求三角形（四边形）面积（含定值，最值，范围）
【例1】（2023下·内蒙古鄂尔多斯·高二校联考期末）
38．如图为矩形与半圆的组合图形，其中，为半圆弧上一点，，垂足为，点在线段上，且，设，则的面积的最大值为 ．
【例2】（2023下·河北保定·高一统考期中）
39．如图，某公园内有一个边长为的正方形区域，点处有一个路灯，，，现过点建一条直路分别交正方形区域两边，于点和点，若对五边形区域进行绿化，则此绿化区域面积的最大值为 ．
【例3】（2023上·河北秦皇岛·高二校考开学考试）
40．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，．
(1)求角B的大小和边长b的值；
(2)求面积的取值范围．
【例4】（2023上·重庆九龙坡·高三重庆市杨家坪中学校考阶段练习）
41．彩云湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形区域中，将三角形区域设立成花卉观赏区，三角形区域设立成烧烤区，边、、、修建观赏步道，边修建隔离防护栏，其中米，米，.
(1)如果烧烤区是一个占地面积为9600平方米的钝角三角形，那么需要修建多长的属离防护栏（用根号表示）？
(2)考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大时，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，则应如何设计观赏步道？
巩固训练
（2023下·辽宁锦州·高一统考期末）
42．为满足群众就近健身和休闲的需求，很多城市开始规划建设“口袋公园”.如图，在扇形“口袋公园”OPQ中，准备修一条三角形健身步道OAB，已知扇形的半径，圆心角，A是扇形弧上的动点，B是半径OQ上的动点，，则面积的最大值为 .

（2022上·安徽·高三合肥一六八中学校联考阶段练习）
43．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．若的外接圆的面积为，则三角形面积的取值范围是 ．
（2023上·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）
44．的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，点O为的内心，记，，的面积分别为，，，已知，.
(1)在①；②；③中选一个作为条件，判断是否存在，若存在，求出的周长，若不存在，说明理由.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
(2)若为锐角三角形，求面积的取值范围.
（2023下·陕西咸阳·高一校考期中）
45．如图所示，某公路AB一侧有一块空地△OAB，其中OA=3km，OB=km，，∠AOB=，当地政府拟在中间开挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上(M，N不与A，B重合，M在A，N之间)，且．

(1)若M在距离A点2km处，求点M，N之间的距离；
(2)为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，设∠AOM=，，试确定，当θ为多大时△OMN的面积最小，并求出最小面积值．
题型十五：利用正（余）弦定理解决实际问题
【例1】（2023上·辽宁·高三校联考阶段练习）
46．如图，相距的之间是一条马路（可近似看作两条平行直线），为了测量河对岸一点到马路一侧的距离，小明在这一侧东边选择了一点，作为测量的初始位置，其中与交于点，现从点出发沿着向西走到达点，测得，继续向西走到达点，其中与交于点，继续向西走到达点，测得.根据上述测量数据，完成下列问题.

(1)求的值；
(2)求的值.
【例2】（2023·全国·高一随堂练习）
47．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅直平面内，已知飞机的高度为海拔20250m，速度为189km/h，飞行员先看到山顶的俯角为，经过960s后，又看到山顶的俯角为，求山顶的海拔高度．（精确到1m）

【例3】（2023下·江苏镇江·高一校联考阶段练习）
48．南京市人民中学创建于1887年，是南京市办学历史最长的中学之一，位于南京市的珠江路南侧，中山路东侧，长江路北侧如图所示的位置.南京人民中学到长江路和中山路十字路口约330米，长江路和中山路夹角约为70.5°，现小王和小张正位于如图所示的位置分别距长江路和中山路十字路口200米，300米，并分别按如图所示的方向散步，速度均为60米/分钟

(1)起初两人直线距离多少米？（参考数据：）；
(2)t分钟后两人间直线的距离是多少？（从现位置开始计时到小张到南京市人民中学大门结束）；
(3)什么时候两人间的直线距离最短，最短距离时多少？（忽略路宽 等侯红绿灯时间）
巩固训练
（2023上·上海杨浦·高三上海市控江中学校考期中）
49．如下图所示，某市郊外景区内一条笔直的公路经过三个景点、、.景区管委会又开发了风景优美的景点.经测量景点位于景点的北偏东方向处，位于景点的正北方向，还位于景点的北偏西方向上.已知.

(1)景区管委会准备由景点向景点修建一条笔直的公路.求线段的长度（长度单位精确到0.1km）；
(2)求线段的长度（长度单位精确到0.1km）（）.
（2023上·陕西榆林·高三校考期中）
50．如图所示，公园有一块边长为4的等边三角形草坪，图中DE把草坪分成面积相等的两部分，点D在AB上，点E在AC上．
(1)设，，求y关于x的函数关系式；
(2)如果DE是灌溉水管，为节约成本，希望它最短，DE的位置应在哪里？如果DE是参观线路，则希望它最长，DE的位置又在哪里？
（2023上·辽宁·高二校联考开学考试）
51．某景区为打造景区风景亮点，欲在一不规则湖面区域（阴影部分）上两点之间建一条观光通道，如图所示．在湖面所在的平面（不考虑湖面离地平面的距离，视湖面与地平面为同一平面）内距离点米的点处建一凉亭，距离点米的点处再建一凉亭，测得，．

(1)求的值；
(2)测得，观光通道每米的造价为2000元，若景区准备预算资金8万元建观光通道，问：预算资金够用吗？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）由数量积坐标表示求解即可；
（2）计算，由垂直向量的坐标表示求解即可.
【详解】（1）时，，，
所以．
（2），
，
因为，
所以
整理得，故．
2．(1)
(2)
【分析】（1）求出向量、的坐标，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.
（2）求出向量、的坐标，依题意可得，根据数量积的坐标运算计算可得.
【详解】（1）因为，，所以，
．因为，
所以，解得．
（2），因为，
所以，解得．
3．(1)
(2)或
【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示即可求解；
（2）由，得，又，得，设向量与的夹角为，，则，然后分和讨论即可得答案.
【详解】（1）解：∵，，∴，
又，∴，即，
∴；
（2）解：，
由，得，
∵，∴，
设向量与的夹角为，，
则，
当时，，，
当时，，，
∴与的夹角为或.
4．(1)，
(2)
【分析】（1）由夹角公式及模长计算公式计算即可；
（2）由向量垂直的性质，利用数量积为0建立方程，求得值．
【详解】（1）由可得：，又，，
则，
又，所以，
；
（2）由，可得，
即，
由（1）可得：，解得．
5．(1)1
(2)
【分析】（1）由共线向量得性质得，再由对应系数相等即可求得实数k；
（2）将代入中求得，再由得，代入，化简即可求得实数的值.
【详解】（1）若与共线，则，
解得
（2）得
由，知，解得.
6．(1)
(2)
【分析】（1）由向量平行的坐标表示列式求解；
（2）由向量垂直的坐标表示列式求解.
【详解】（1），，
当时，，解得.
（2）
由题意得，则，
即，解得.
7．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）由向量数量积的坐标运算可得答案；
（2）设，由， 得，解方程组可得答案；
（3）求出向量与在坐标，利用向量垂直的坐标运算可得答案.
【详解】（1），，.
（2）设，由，且得，
解得，或，故，或.
（3）若向量与相互垂直，则，
即，所以，
即，故．
8．
【分析】先利用题意算出，再利用平面向量夹角为锐角的充要条件，列出不等式求解作答.
【详解】因为，，所以，
因为与的夹角为锐角，所以，且与不同向共线，
所以且，
解得且，所以的取值范围为，
故答案为：.
9．
【分析】根据向量的夹角列式，从而求得的取值范围.
【详解】依题意，向量与的夹角为钝角，
所以，解得且，
所以的取值范围是.
故答案为：.
10．(1)
(2)且
【分析】
（1）根据与的夹角列方程，由此求得，进而求得.
（2）根据与所成的角是锐角列不等式，由此求得实数的取值范围.
【详解】（1）由于与的夹角为，
所以，解得，
则，
所以
（2），
由于与所成的角是锐角，
所以，，
解得且.
11．
【分析】根据两向量夹角为钝角列不等式，求解的取值范围即可.
【详解】因为与的夹角为钝角，所以，
解得且，即实数的取值范围是.
故答案为：
12．且
【分析】根据已知可得，且不共线，求解即可.
【详解】向量，，由得，，所以.
由已知得，，所以，即，且不共线.
则，所以.
又不共线，则.所以x的取值范围为且.
故答案为：且.
13．(1)①或；②或
(2)
【分析】
（1）根据向量平行，垂直可构造方程求得；
（2）根据向量夹角与数量积的关系可构造不等式求得结果.
【详解】（1），，
①若，则，即，解得或；
②若，则，解得或.
（2）由，解得或，
又时，或，
若向量与的夹角为钝角，则或或，
故的取值范围为.
14．C
【分析】利用正弦定理和余弦定理依次判断A，B，C，D即可.
【详解】A中，因为，所以，
又，所以，即只有一解，故A错误；
B中，因为，所以，
且，所以，故有两解，故B错误；
C中，因，所以，
又，所以角B只有一解，故C正确；
D中，因为,,，所以，有解，故D正确.
故选：C.
15．D
【分析】由正弦定理和三角形解的个数可得答案.
【详解】由正弦定理可得，
若满足条件的三角形有且只有一个，则或，
所以或，
可得或.
故选：D.
16．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角的大小；若选②，利用正弦定理统一为角的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦定理代入化简即可得出答案.
（2）将代入正弦定理可得，要使角有两解，即，解不等式即可得出答案.
【详解】（1）若选①：整理得，因为，
所以，因为，所以；
若选②：因为，
由正弦定理得，
所以，所以，因为，所以；
若选③：由正弦定理整理得，所以，
即，因为，所以；
（2）将代入正弦定理，得，所以，
因为，角的解有两个，所以角的解也有两个，所以，
即，又，所以，解得.
17．(1)答案见解析
(2)或
【分析】（1）由，利用余弦定理求得角，然后利用余弦定理求得的值，然后利用正弦定理求得；（2）存在且唯一确定，则，或，从而求得的范围.
【详解】（1）因为，
所以.
因为，
所以.
由余弦定理知
所以.
得.
所以，或.
由正弦定理知
.
所以，当时，.
当时，.
（2）由（1）得，存在且唯一确定，则，或，
综上，当或时，存在且唯一确定.
18．C
【分析】根据三角形内角和为及三角形三边关系，结合正弦定理逐项判断即可.
【详解】对于A，,由正弦定理可得,
由和可知和只有唯一解，所以只有唯一解；
对于B，因为，由余弦定理可知只有唯一解，
所以三角形的三个边唯一确定，即只有唯一解；
对于C，因为，由正弦定理得，
即，所以，所以角有两个解，即有两个解；
对于D，因为，，，由正弦定理得，
所以，又c>a，所以，所以角只有一个解，即只有唯一解.
故选：C
19．B
【分析】利用诱导公式、三角函数的图像与性质以及正弦定理，结合三角形图像进行处理.
【详解】对于①，因为，所以或，故①错误；
对于②，因为在上单调，所以角被唯一确定，
故②正确；
对于③，因为，，所以，
所以，所以，又，由正弦定理有
，所以，所以角被唯一确定，故③正确；
对于④，因为，
所以，所以如图，不唯一，故④错误.故A，C，D错误.
故选：B.
20．(1);
(2).
【分析】
（1）由正弦定理可得，利用两角和差公式可得，即可得解；
（2）由及正弦定理可得，因为角的解有两个，所以角的解也有两个，从而有，，求解即可.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理得，
所以，
所以，
因为，
所以；
（2）解：将代入正弦定理，得，
所以，
因为，角的解有两个，所以角的解也有两个，
所以，
即，
又，
所以，
解得.
所以的范围为.
21．(1)或；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据正弦定理，得到.分、、讨论，即可得出；
（2）由已知可得，求解不等式即可得出结果；
（3）由已知可得，求解不等式即可得出结果.
【详解】（1）由正弦定理可得，.
（ⅰ）当，即时，.
①若，即，则不存在，无解，此时；
②若，即， ，有一解，此时；
③若，即，因为，此时可能是锐角或钝角，即此时有两解，此时，即.
综上所述，当时，有一解；
（ⅱ）当，即时，，有一解；
（ⅲ）当，即时，，此时只能是锐角，有一解.
综上所述，有一解时，边长a的取值范围是或.
（2）由（1）知，有两解，应满足，由，即，解得.
（3）由（1）知，无解，应满足，即，解得.
22．B
【分析】由诱导公式、正弦定理可求得，结合等比中项性质及余弦定理可得，进而可判断三角形形状.
【详解】因为，由诱导公式得，
由正弦定理得，
又，所以，即，
又，所以.
又因为，，成等比数列，所以，
由余弦定理得，解得，
所以为等边三角形.
故选：B.
23．D
【分析】由正弦定理与二倍角公式化简后判断即可.
【详解】，由正弦定理化简得，
即，故，，
则或，即或，则的形状为等腰或直角三角形.
故选：D.
24．直角三角形或等腰三角形
【详解】用正弦定理对条件进行边角转化，结合诱导公式，两角和的正弦公式化简后进行求解.
【点睛】根据，由正弦定理可得，，又为三角形内角，即，于是，，上述等式变为：，等式左边展开可得，于是，故当得到，此时为直角三角形，或当得到，此时三角形为等腰三角形.
故答案为：直角三角形或等腰三角形
25．D
【分析】运用二倍角公式及余弦定理即可求得结果.
【详解】因为，，
所以，即，
所以，即，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以为钝角三角形.
故选：D.
26．等边三角形
【分析】先求出B的余弦值，再用余弦定理求出边长关系，最后判断三角形形状即可.
【详解】由，
解得或（舍去），
∵，∴，
∵，∴，
∴，
整理，得，即，故，
∴为等边三角形.
故答案为：等边三角形.
27．等腰直角三角形
【分析】根据正弦定理，可得，然后利用余弦定理可得，最后可得结果.
【详解】由正弦定理及， 得
，，
，
，
又，
由余弦定理， 得，
即，，
为等腰直角三角形．
故答案为：等腰直角三角形
28．
【分析】根据已知条件将边化为角，即可求出A的大小，中线AD长通过向量转化为bc的范围，再借助正弦定理化为三角函数的值域问题求解.
【详解】
因为三角形为锐角三角形，所以，
又D是BC的中点，，
由余弦定理，
由正弦定理：，
又
，
.
故答案为：；
29．
【分析】由正弦定理可以把边的比值关系转化为角的关系，之后利用锐角三角形得到角的范围，之后求解即可.
【详解】解：由正弦定理可得，,
因为是锐角三角形，
所以 即 即 即 ，
所以，所以，
所以的取值范围为.
故答案为：
30．
【分析】利用正弦定理边化角可求得，得到；利用正弦定理和余弦定理角化边可求得；利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可将所求式子化为，结合的范围，由正弦型函数值域求法可求得结果.
【详解】由得：，
，又，，，
又，，
则由得：，
，解得：；
由正弦定理得：，
；
，，，，
，即的取值范围为.
故答案为：.
31．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互换得到，然后求即可；
（2）分别在和中利用正弦定理得到，然后利用三角函数的性质求范围即可.
【详解】（1），由正弦定理可得，
即，
因为，，故，，
又，故.
（2）
因为，故，
在中，，得，
在中，，得，
故，而，，
所以，
由题意知，，
故，即的取值范围为.
32．(1)
(2)
【分析】（1）应用正弦定理实现边角互化，然后再结合两角和差公式化简求出，即得角.
（2）借助于正弦定理，把周长取值范围问题转化为三角函数在指定区间求值域问题..
【详解】（1）由题得，即，
由于，则有，即，
即，由于，则有，即，
又，故．
（2）设外接圆半径为，则的周长为
，
由于为锐角三角形，所以，
所以，
即周长的取值范围是.
33．
【分析】将的周长表示为三角函数的形式，根据三角函数的值域的求法求得正确答案.
【详解】依题意，由正弦定理得，
则，则
，
由于三角形是锐角三角形，所以，即，
所以三角形的周长为
，
，，
所以，
所以.
故答案为：
34．
【分析】先利用余弦定理求角A，再利用正弦定理，转化，再由三角恒等变换化简得 ，结合角的范围求其取值范围即可.
【详解】由余弦定理得，又，
所以，所以，．
由正弦定理可知，（R为外接圆的半径），
所以
．
又，所以，
由
所以．
故答案为：．
35．(1)
(2)
【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，即可由周期公式求解，代入即可求解，
（2）根据可得，即可由余弦定理结合基本不等式求解最值.
【详解】（1）
因为最小正周期为，所以，解得，
所以，所以．
（2）由得，
由余弦定理有，
即（当且仅当时取“=”），
故，即为等边三角形时，周长有最大值
36．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理与正余弦两角和差公式得，从而求解.
（2）结合（1）及的内心作出图像，求得，并利用正弦定理得，从而求解.
【详解】（1）由及正弦定理，得：
即：，所以：，
又：，所以：，
又：，所以：，
所以：.
（2）因为，所以，
如图，连接，因为为的内心，所以：，
所以：，
设，则.
在中，由正弦定理得:，
所以：，
所以：，
其中：，
因为，所以不妨取，
又，所以，其中，
当时，取得最大值.
因为，所以，
又，所以，
综上，的取值范围是.

37．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合两角和的正弦公式及三角形内角和定理化简即可得解；
（2）先利用正弦定理求出，再根据三角恒等变换化简，结合三角函数的性质即可得解.
【详解】（1）根据题意，由正弦定理得
，
又在锐角中，有，所以，
所以，所以；
（2）结合（1）可得，
由，则根据正弦定理有，
得，
根据余弦定理有，得，
所以
，
又为锐角三角形，则有，得，
所以，所以，
故.
38．
【分析】根据题目把的底和高都用来表示，构造新函数，根据单调性求最大值.
【详解】如图，
设与的交点为，则，
所以，，
所以，
令，则，且，
所以，显然在上单调递增，
所以当，即时，取得最大值，其最大值为．
故答案为：
39．
【分析】设和的长，使的面积最小，即可使五边形面积最大.
【详解】设，，（，），
∵， ，∴，
∴的面积为，
的面积为，
∵的面积，∴，即
∵，，
∴由基本不等式得，解得，即，
当且仅当，即，时，等号成立，
∴的面积的最小值为，
∴五边形面积的最大值．
故答案为：.
40．(1)，
(2)
【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简已知等式可得，结合B为锐角，可得B的值，由正余弦定理化简已知等式即可求解b的值．
（2）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式可求，由题意可求范围，利用正弦函数的性质即可求解其范围．
【详解】（1）∵，∴，
∴，∴，
∵B为锐角，∴，∵，
由正余弦定理可得：，
整理可得，解得．
（2）∵，
∴，，
∴，
，
∵，，∴，
∴，∴，
∴
41．(1)m
(2)修建观赏步道时应使得，
【分析】（1）由三角形面积公式求出，得到，利用余弦定理运算求解；
（2）先得到烧烤区的占地面积最大时，m，，设，利用正弦定理得到，由面积公式得到，结合，得到面积的最大值，及，得到答案.
【详解】（1）因为，解得：，
又因为C是钝角，所以，
由余弦定理得：
，
故需要修建m的隔离防护栏.
（2）因为，
当且仅当时取到等号，此时m，
设，，
在中，，
解得：，
故
，
因为，所以，
故当，即时，取的最大值为1，
可得，
当且仅当时取到等号，此时m，
所以修建观赏步道时应使得，.
42．##
【分析】利用基本不等式结合余弦定理可求面积的最大值.
【详解】因为，，故，
故，
故，
由基本不等式可得，
故，当且仅当的时等号成立，
故，
故面积的最大值为，
故答案为：.
43．
【分析】由正弦定理和三角恒等变换将题干中等式化简求得角B，再根据的外接圆的面积求得其直径，代入三角形面积公式中，化为三角函数求其值域即可.
【详解】由
∴
得
，
所以，
因为所以，所以，
而，所以．
又由的外接圆的面积为，所以外接圆直径，
所以，
因为为锐角三角形，所以，
的面积取值范围为．
故答案为：.
44．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据的内切圆的性质可得，选①，根据余弦定理可得，方程无解即△ABC不存在；选②，根据正弦定理可得，由可得，方程无解即△ABC不存在；选③，根据三角恒等变换可得，由（1）得，解得，可求出的周长.
（2）由三角形的面积可得，再由正弦定理和两角和的正弦公式可得，结合角C的取值范围即可求解.
【详解】（1）设的内切圆半径为r，因为，
所以，化简得：，
所以，因为，所以，
选择①，因为，所以，
因为，，所以，
整理得，
方程无实数解，所以不存在．
选择②，因为，所以，
因为，所以，所以，
因为，，所以，
整理得，方程无实数解，所以不存在．
选择③，由得：，
所以，即，所以，
因为以，，
所以，所以，解得，
所以存在且唯一，的周长为．
（2）由（1）知，，面积，
因为，所以，
因为为锐角三角形，
所以，，解得：，
所以，所以，，，
所以的取值范围为，
而面积.
45．(1)km
(2)时面积最小，最小值为
【分析】（1）由条件根据余弦定理求得；再用余弦定理和正弦定理即可求得；
（2）利用正弦定理表示出的长，利用三角形面积公式表示出的面积，化简并结合三角函数性质求得答案.
【详解】（1）依题意，，
在中，由余弦定理得，
，则 ,
，
在中，
，
所以在中，由正弦定理，，
得，
即点M，N之间的距离为km.
（2），
在中，由正弦定理得，，
所以，
在中，由正弦定理得，，
所以，
，
因为，所以，
所以当，即时面积最小，最小值为.
46．(1)
(2)
【分析】
（1）根据两角差的正弦公式结合直角三角形的性质计算即可；
（2）先由正弦定理求解，再利用直角三角形的性质求解距离即可.
【详解】（1）由图可知，，，，
则，，
，，
故
.
（2）在中，由正弦定理得，即，
解得，故.
47．2443m
【分析】解三角形计算即可.
【详解】
如图所示，假设山顶为A点，飞机经过960秒，从B到C处，过A作BC的垂线交BC延长线于D点，
由题意可知，，千米，
在直角三角形中，有，
所以千米，
故山顶海拔高度为：.
48．(1)300
(2)
(3)分钟时距离最短，最短距离为米.
【分析】（1）由余弦定理计算即可；
（2）分类讨论结合余弦定理计算即可；
（3）由二次函数的单调性计算即可.
【详解】（1）设起初两人直线距离为，由题意可得，
即起初两人直线距离为300米；
（2）设t分钟后两人间直线的距离是，则当时，易知小王此时仍在中山路东侧，
此时由余弦定理可知，
当时，易知小王此时在中山路与长江路十字路口，显然两人相距米，
当时，此时小王在中山路西侧，小张仍在长江路南侧，
则由余弦定理可得，
当时，此时小张在中山路与长江路十字路口，两人相距米，
当时，此时小张在长江路北侧，小王在中山路西侧，
则由余弦定理可知，
又当和时，两人的直线距离也符合关系式，
故综上所示t分钟后两人间直线的距离是；
（3）由二次函数的单调性可知当分钟时，此时.
49．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理计算可得；
（2）先求出，的正弦、余弦值，再利用和角的正弦公式求出，最后利用正弦定理计算可得.
【详解】（1）
依题意可得，，，
在中由余弦定理，
即，即，
解得（舍去）或，
所以线段的长度约为.
（2）在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴
，
，
∴
．
又，
在中由正弦定理，
即，解得，
所以线段的长度约为.
50．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用三角形面积公式求出，可得到，在中，利用余弦定理即可求得；
（2）利用基本不等式可求得DE的最小值，根据函数单调性，可求得DE的最大值，进而确定DE的位置.
【详解】（1），
∴，
∴，∴．
在中，，
所以．
（2）由（1）知，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以DE的最小值为．此时，且．
令，则，，
易证在上单调递减，在上单调递增，且，，
所以．
所以．
所以DE的最大值为．此时DE与过点B或过C的高线重合
51．(1)
(2)预算资金够用
【分析】（1）在中，利用正弦定理，由求解；
（2）在中，利用余弦定理求得CD，在中，由，，求得AC，然后在中，利用余弦定理求得AB即可.
【详解】（1）解：由，
得，
则，
在中，由正弦定理得，即，
所以．
（2）在中，由余弦定理得，
整理得，
解得（舍去）．
在中，，
所以，
又，
解得．
在中，，
所以．
由于观光通道每米的造价为2000元，所以总造价低于元，故预算资金够用．
答案第1页，共2页
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