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第6章 平面向量及其应用（压轴30题专练）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修）（解析版）
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这是一份第6章 平面向量及其应用（压轴30题专练）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修）（解析版），共41页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第6章 平面向量及其应用（压轴30题专练）
一、单选题
1．（2021·安徽·高一阶段练习）若向量满足，，且当时，的最小值为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平面向量数量积的运算律可得到，根据二次函数性质，利用的最小值构造方程可求得，根据数量积的运算律求得后可得结果.
【详解】，
由二次函数性质知：当时，取得最小值，
，解得：，
，
.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用平面向量数量积的运算律求解向量的模长的问题，解题关键是能够通过平方运算，结合二次函数的性质确定取得最小值时的值.
2．（2021·甘肃·天水市第一中学高一期末）已知向量的夹角为，，向量，且，则向量夹角的余弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】依题意可得，，
令，则，
通过换元可得，所以，当时，可得的 最小值.
【详解】依题意可得，，则，
，
，则，
所以，，
令，则，
令，由得，
则，所以，故
所以，当时，有最小值.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是：令，通过换元得到.
3．（2021·福建·厦门一中高一期中）在中，点是上一点，是的中点，与的交点为有下列四个命题：
甲： 乙：
丙： 丁：
如果只有一个假命题，则该命题为（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】D
【分析】假设甲为假，则丙为真，利用面积的关系得到，利用向量的加减法得到，矛盾，判断出甲正确；
甲为真，推导出，得到丙真；
过Q作QN//AB交CP于N，由是的中点，利用平行线分线段成比例定理得到边长的关系，证明出，即可得到和，可判断出乙正确；
由，得到，可判断出不成立，故丁不正确.
【详解】假设甲为假，其余为真，
所以丙为真.
由丙：知，.
因为,而,
所以，
这与甲为假矛盾，所以甲为真；
同理，甲：为真时，即，所以，
所以，所以，即丙为真.
甲：为真时，有.
过Q作QN//AB交CP于N，由是的中点，得到,.
而，所以,所以.
因为QN//AB，所以,
又，所以，所以，
因为，，所以，故乙正确；
由得到，故丁错误.
故选：D
【点睛】在几何图形中进行向量运算:
(1)构造向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则；
(2)树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算.
4．（2021·福建三明·高一期末）中，若，，点满足，直线与直线相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】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DC=245,-85、，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CD=-245,85，DC=245,-85，
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.
5．（2021·江苏·仪征中学高一阶段练习）在中，分别是的中点，且，若恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意画出相应的图形，要求的最小值，即要求出的最大值，由的关系，用表示出，由分别是的中点，在中，利用余弦定理表示出，在中，利用余弦定理表示出，并表示出，开方并分离出常数，由为三角形的内角，得到的范围，进而由三角函数的性质可得答案
【详解】解：因为，所以,
因为分别是的中点，所以，
在中，由余弦定理得，
，
在中，由余弦定理得，
所以
所以，
因为当取得最小值时，比值最大，
所以当时，，此时达到最大值，为 ，
则若恒成立，的最小值为，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查余弦定理、余弦函数的定义域与值域，以及不等式恒成立时满足的条件，余弦定理建立了三角形的边角关系，熟练掌握余弦定理是解题的关键，考查计算能力，属于较难题
6．（2021·浙江·宁波市北仑中学高一期中）在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围．
【详解】解：在中，由余弦定理得，
且的面积，
由，得，化简得，
又，，联立得，
解得或（舍去），
所以，
因为为锐角三角形，所以，，所以，
所以，所以，所以，
设，其中，所以，
由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，；
所以，即的取值范围是．
故选：C.
【点睛】关键点点睛：由，所以本题的解题关键点是根据已知及求出的取值范围.
7．（2021·江苏泰州·高一期末）已知外接圆的圆心为O，半径为1.设点O到边，，的距离分别为，，.若，则（ ）
A． B．1 C． D．3
【答案】B
【分析】根据题意：，则有，进而移项进行两两组合，
，进一步可以化简为：，设出三边的中点，结合图形，探讨三角形的形状，最后得到答案.
【详解】∵外接圆半径为1，∴，∴，
∴，
∴，设边，，的中点分别为M,N,P，
∴,同理：，如图1：
若点O不与M,N,P任何一点重合，则，同时成立，显然不合题意；
如图2：
不妨设点O与点M重合，由，根据中位线定理有由AB⊥AC，则，
∴.
故选：B.
【点睛】类似这样的题目，往往需要对式子进行化简，注意发现式子只有三个，组合其中两个则另外一个会被孤立，考虑到外接球半径为1，因此将-1进行代换；在化简式子的过程中尽量结合图形去理解，往往会事半功倍.
二、多选题
8．（2021·福建福州·高一期中）若点O在△所在的平面内，则以下说法错误的是（ ）
A．若，则点O为△的内心
B．若OA+OB+OC=0，则点O为△的重心
C．若，则点O为△的外心
D．若OA(ACAC-ABAB)=OB(BCBC-BABA)=0，则点O为△的垂心
【答案】AD
【分析】A由条件等式及向量数量积的运算律化简，再结合向量垂直的表示即知O为△的垂心；B若是的中点，易证共线且即可判断；C若分别为的中点，有，结合已知可证，同理有，即知O为△的外心；D由题设知e1=ACAC、e2=ABAB是在、上的单位向量，则有OA⋅e1=OA⋅e2，易知是的平分线，同理是的平分线，即O为△的内心；
【详解】A：由，知：，而，易知，同理可证、，即O为△的垂心，错误.
B：若是的中点，则，又，即，故共线且，易知是△的重心，正确.
C：若分别为的中点，则，又，即，故，同理，又，即，故，所以为△的外心，正确；
D：由OA⋅(ACAC-ABAB)=0且e1=ACAC、e2=ABAB是在、上的单位向量，即有OA⋅e1=OA⋅e2，故是的平分线，同理是的平分线，所以O为△的内心，错误；
故选：AD
【点睛】关键点点睛：根据等量关系，结合向量的运算律、数量积的值判断为三角形的何种心，由向量的线性关系判断三角形的形状.
9．（2021·江苏·泰兴市第三高级中学高一期中）在三角形中，下列说法正确的有（ ）
A．若，则三角形有两解
B．若，则一定是钝角三角形
C．若，则一定是等边三角形
D．若，则一定是等腰三角形
【答案】BC
【分析】题目考察解三角形的综合应用，A选项是多解问题，B选项是切化弦，然后用和差角公式；C选项考察角的余弦小于等于1的应用；D选项是解三角形的边角转化，逐一计算即可
【详解】选项A中，因为，所以由正弦定理得，因为，
所以只有一个解，故A错误．
选项B中，由，得，
所以，即，所以，
所以，故一定是钝角三角形，故B正确．
选项C中，因为，
所以，
所以，故C正确．
选项D中，因为，
所以，
所以，
因为，，
所以，
所以或，
所以或，所以的形状是等腰或直角三角形．D错误
故选：BC
【点睛】题目比较综合，考察到了较多是知识点：
（1）正弦定理判断三角形的多解问题
（2）切化弦的应
（3）两角和的余弦公式
（4）余弦一定小于等于1
（5）利用正弦定理的边角互换，化简判断三角形形状
10．（2021·安徽黄山·高一期末）点在△所在的平面内，则以下说法正确的有（ ）
A．若动点满足OP=OA+λABABsinB+ACACsinC(λ>0)，则动点的轨迹一定经过△的垂心；
B．若OA⋅(ACAC-ABAB)=OB⋅(BCBC-BABA)=0，则点为△的内心；
C．若，则点为△的外心；
D．若动点满足OP=OA+λAB|AB|cosB+AC|AC|cosC(λ>0)，则动点的轨迹一定经过△的重心.
【答案】BC
【分析】A由正弦定理知，且，代入已知等式得，即知的轨迹一定经过的哪种心；B、C分别假设为△的内心、外心，利用向量的几何图形中的关系，及向量的运算律和数量积判断条件是否成立即可；D由，根据数量积的运算律及向量数量积的几何意义求的值，即知的轨迹一定经过的哪种心；
【详解】A：由正弦定理知，而，所以，即动点的轨迹一定经过△的重心，故错误.
B：若为△的内心，如下图示：，同理，，，
∴OA⋅(ACAC-ABAB)=OA⋅AC|AC|-OA⋅AB|AB|=|AD|-|AE|=0，OB⋅(BCBC-BABA)=OB⋅BC|BC|-OB⋅BA|BA|=|BD|-|BF|=0，故正确；
C：若为△的外心，分别为的中点，则，而，同理，又，故，正确；
D：由，故，即AP⊥BC，动点的轨迹一定经过△的垂心，错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：应用已知等量关系，结合向量的运算律、数量积的值判断向量过三角形的何种心，或假设为△的内心、外心，再应用几何图形中相关线段所表示的向量，结合向量的线性关系及数量积的运算律，判断条件是否成立.
11．（2021·浙江湖州·高一期末）如图，△，△，△是全等的等腰直角三角形（，处为直角顶点），且，，，四点共线.若点，，分别是边，，上的动点（包含端点），记，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】构建平面直角坐标系，写出、、、、、的坐标，由，，分别是边，，上可得且、且、 且，再应用向量数量积的坐标表示求、、即可.
【详解】构建下图示的平面直角坐标系，
∴，，，，，，
∴，，
由在，若且，
由在，若且，
由在，若且，
∴，
，
，
∴，，，故A错误，B、C、D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：构建平面直角坐标系，并确定、、、、、、、、的坐标，再由向量数量积的坐标表示求、、.
12．（2020·江苏宿迁·高一期末）下列说法中正确的是（ ）
A．对于向量，，，有
B．在中，向量与满足，且，则△ABC为等边三角形
C．若，分别表示的面积，则
D．在中，设D是BC边上一点，且满足，则λ+μ＝0
【答案】BCD
【分析】对A，由平面向量乘法的运算律即可判断；
对B，由得出的平分线垂直于BC，进而AB=AC，再根据题意求出即可判断；
对C，通过，延长OA到，使得，延长OC到，使得，可得O为的重心，进而根据重心的性质得到答案；
对D，由和即可判断.
【详解】对A，平面向量不满足乘法结合律，A错误；
对B，因为，所以的平分线垂直于BC，所以AB=AC，
又因为，所以△ABC为等边三角形，B正确；
对C，如图：
因为，延长OA到，使得，延长OC到，使得，可得O为的重心，设的面积分别为，则的面积分别为，由重心性质可知，所以，C正确；
对D，因为，而，所以,
所以，所以λ+μ=0，D正确.
故答案为：BCD.
【点睛】本题难点在于答案C，这里需要对三角形的重心性质比较熟悉，这样才能很好的进行构造，如本题，根据，我们可以构造出使得O为重心，进而解决问题，因此平常要注重对常见结论的总结.
13．（2021·全国·高一课时练习）点O在△所在的平面内，则以下说法正确的是（ ）
A．已知平面向量满足，且，则△是等边三角形
B．若OA⋅(ACAC-ABAB)=OB⋅(BCBC-BABA)=0，则点O为△的重心
C．若，则点O为△的外心；
D．若，则点O为△的垂心
【答案】ACD
【分析】A由知：是△的外心，若是的中点，易证共线且，即△的内外心重合，即知△的形状；B由题设知e1=ACAC、e2=ABAB是在、上的单位向量，则有，易知是的平分线，同理是的平分线，即O为△的内心；C若分别为的中点，有，结合已知可证，同理有，即知O为△的外心；D由题设，而，易知，同理、，即O为△的垂心；
【详解】
A：由知：是△的外心，若是的中点，则，又，即，故共线且，易知是△的内心，综上△的内外心重合，即△是等边三角形，正确.
B：由OA⋅(ACAC-ABAB)=0且e1=ACAC、e2=ABAB是在、上的单位向量，即有OA⋅e1=OA⋅e2，故是的平分线，同理是的平分线，所以O为△的内心，错误；
C：若分别为的中点，则，又，即，故，同理，又，即，故，所以为△的外心，正确；
D：由，知：，而，易知，同理可证、，即O为△的垂心，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据等量关系，结合向量的运算律、数量积的值判断为三角形的何种心，由向量的线性关系判断三角形的形状.
14．（2021·江苏省天一中学高一期中）已知点O为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，且，则
C．若直线过的中点，则
D．
【答案】AB
【分析】由，，即可判断A；
将两边平方可得的值，再结合即可判断B；
设的中点为，则再结合即可得之间的关系可判断C；取点使得，，，则点为的重心，可得，再利用三角形面积公式即可求，即可求得，即可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：若，，则，因为，
，代入可得即
，所以，可得，
故选项A正确；
对于B：若，，则，所以
所以，即，
所以，可得，
所以
，故选项B正确；
对于C：设的中点为，则
若直线过的中点，则存在实数满足，
即，
所以，所以，，所以不一定，故选项C不正确；
对于D：取点使得，，，则
，所以点为的重心，
因为重心到中点的距离等于中线的，所以重心到的距离等于高线的，可得，同理可得，，
所以，
所以，同理可得：，
，所以，故选项D不正确；
故选：AB.
【点睛】结论点睛：若点O为所在平面内一点，且，则
.
15．（2021·河北省临西县实验中学高一阶段练习）在△中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．
D．若，且ABAB⋅ACAC=12，则△为等边三角形
【答案】ACD
【分析】A由正弦定理及等比的性质可说明；B令可得反例；C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有，由正弦定理即可证；D若，，根据单位向量的定义，向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知△的形状.
【详解】
A：由，根据等比的性质有，正确；
B：当时，有，错误；
C：，而，即，由正弦定理易得，正确；
D：如下图，是单位向量，则，即、AE⋅AF=12，则且平分，的夹角为， 易知△为等边三角形，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：D选项，注意应用向量在几何图形中所代表的线段，结合向量加法、数量积的几何意义判断夹角、线段间的位置关系，说明三角形的形状.
16．（2021·江苏·星海实验中学高一期中）设，为单位向量，满足，，，则，的夹角为，则的可能取值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】CD
【分析】设单位向量，的夹角为，根据已知条件，求出，然后利用夹角公式可将表示成关于的函数，利用不等式的性质求出其值域即可.
【详解】设单位向量，的夹角为，
由，两边平方得，解得，
又，，
∴ |a|=(e1+e2)2=2+2cosα，同理
且
，令，
则
，，
所以，即的取值范围为
故选：CD
【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积的性质，运算及夹角公式，及利用不等式的性质求函数的最值，解题的关键是将表示成关于的函数，再利用不等式的性质求值域，对运算要求很高，属于难题.
17．（2021·重庆实验外国语学校高一期中）如图，是线段的三等分点，，下列以O为起点的向量中，终点落在四边形（含边界）内的向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】由题设，结合平面向量的基本定理确定OD、、、与、的线性关系，进而判断终点落在四边形（含边界）内的条件，即可知各选项的正误.
【详解】由题设，，，又，
∴，，
又，，
∴，，
∴对于，
1、，时，终点落在上，
2、，时，终点落在上，
3、，，时，终点落在上，
4、，，时，终点落在上，
综上，：，且、时终点落在（含边界）内，故只有A、D符号要求.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：用表示OD、、、，根据题设总结终点落在四边形（含边界）内的条件.
三、填空题
18．（2021·福建省德化第一中学高一阶段练习）正三角形边长等于，点在其外接圆上运动，则的取值范围是_______.
【答案】
【分析】设正三角形的外接圆圆心为，半径为，则，且．设的中点为，设与的夹角为，
把转化为，利用数量积的定义，三角函数求最值.
【详解】解：设正三角形的外接圆圆心为，半径为，则，且．
由题意知
．
设的中点为，则，且，
设与的夹角为，
则．
又因为，所以的范围为.
故答案为：
【点睛】向量的基本运算处理的常用方法：
(1)向量几何化：画出合适的图形，利用向量的运算法则处理；
(2)向量坐标化：建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算处理．
19．（2021·山西吕梁·高一期末）如图，在中，，，是边上的点，且，，则等于______.
【答案】3
【分析】设AD=m，在中利用余弦定理建立三个关系式，联立即可作答.
【详解】设AD=m，则有CD=m，BD=2m，BC=3m，
中，由余弦定理得：，
中，由余弦定理得：，
中，由余弦定理得：，
消去得：，从而得，解得，
所以等于3.
故答案为：3
【点睛】关键点睛：条件较隐含的解三角形问题，根据题意设出变量，再选择恰当的三角形，借助正余弦定理列出方程、方程组是解题的关键.
20．（2021·江苏徐州·高一期末）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了"勾股圆方图"，亦称"赵爽弦图"(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成)．类比"赵爽弦图"，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设若，则λ-μ的值为___________
【答案】
【分析】令AF=1，延长AD交BC于M，求出AB，BM，DM，再借助平面向量基本定理即可作答.
【详解】因，令AF=1，则有，中，，
由余弦定理得，延长AD交BC于M，如图，
由正弦定理得，则有，，
，
中，由正弦定理得，而，
因此得，，于是有，，
，，
因，由平面向量基本定理得，所以.
故答案为：
【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
21．（2021·湖北武汉·高一期中）在锐角三角形中，角､､的对边分别为､､，且满足，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】由余弦定理化简已知式，再由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换得，由锐角三角形求得的范围，待求式切化弦，通分后利用已知条件化为，由正弦函数性质可得范围．
【详解】因为，由余弦定理得，所以，
，
由正弦定理得，所以，
因为为锐角三角形，所以，，，
由，得，，
，
，所以．
故答案为：．
【点睛】本题考查都得用正弦定理和余弦定理求三角函数的取值范围，解题关键是由正弦定理和余弦定理变形化简得出三角形中角的关系，从而再由锐角三角形得角的范围．再把待求式化为某个角的函数，从而求得取值范围．
22．（2021·江苏省天一中学高一期中）如图，在中，已知，，，直线过的重心，且与边、分别交于、两点，则的最小值为________．
【答案】
【分析】设AE=λAC，，分析得出，求得，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】先证明结论：已知为直线外一点，、、为直线上三个不同的点，若，则.
因为、、为直线上三个不同的点，则，
可设，即，所以，，
所以，，结论成立.
本题中，设AE=λAC，，
当点与点重合时，为的中点，此时；
当点为线段的中点时，与点重合，此时，故，同理可得.
由，
又、、三点共线，，即，
延长交于点，则为的中点，且有，
又
，
当且仅当，时取得最小值.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
23．（2021·广东·深圳市龙岗区布吉中学高一期中）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为S，若，则sinA+sinC的最大值是____________．
【答案】
【分析】根据已知，利用三角形面积公式、余弦定理可得，B为钝角知，由三角形内角和的性质得，即可求最大值.
【详解】由题设，，则，
∴，又 B为钝角即为锐角，
∴，即，又，
∴且，
而，
∴当时，的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据已知条件，利用三角形面积公式、余弦定理可得到，再应用三角形内角性质及三角恒等变换写出关于的二次函数式，求最值.
24．（2021·福建·仙游一中高一阶段练习）△内接于半径为2的圆，三个内角，，的平分线延长后分别交此圆于，，.则的值为_____________.
【答案】
【分析】连，由正弦定理得，利用三角形内角和性质得，进而利用积化和差公式、诱导公式得，同理求、，即可求值.
【详解】连，则，
∴，
同理可得：，.
∴，即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：应用正弦定理、三角形内角和性质求得，再由积化和差公式、诱导公式求，同理求出、.
四、解答题
25．（2021·广东汕尾·高一期末）借助国家实施乡村振兴政策支持，某网红村计划在村内扇形荷花水池OAB中修建荷花观赏台，助推乡村旅游经济.如图所示，扇形荷花水池OAB的半径为20米，圆心角为.设计的荷花观赏台由两部分组成，一部分是矩形观赏台MNPQ，另一部分是三角形观赏台AOC．现计划在弧AB上选取一点M，作MN平行OA交OB于点N，以MN为边在水池中修建一个矩形观赏台MNPQ，NP长为5米；同时在水池岸边修建一个满足且的三角形观赏台AOC，记.
（1）当时，求矩形观赏台MNPQ的面积；
（2）求整个观赏台（包括矩形观赏台和三角形观赏台两部分）面积的最大值.
【答案】（1）平方米；（2）212.5平方米.
【分析】（1）过M作OA的垂线，交AO于点E,过N作OA的垂线，交AO于点F，分别计算出MN、NP，即可求出矩形MNPQ的面积
（2）由题意可知，，利用正弦定理表示出各边，把观赏台面积表示为x的函数，，利用三角函数求最值.
【详解】（1）
当时，过M作OA的垂线，交AO于点E.
则.
.
过N作OA的垂线，交AO于点F，.
∵，，
∴.
.
矩形MNPQ的面积平方米.
所以矩形观赏台MNPQ的面积平方米.
（2）由题意可知，，，，，
在中，由，
得.
矩形MNPQ的面积.
观赏台的面积.
整个观赏台面积.
设，，
∴.
.
∴.
∴
.
当时，整个观赏台观赏台S取得最大值为212.5平方米.
∴整个观赏台的面积S的最大值为212.5平方米.
【点睛】数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：
(1)求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；
(2)三角函数型应用题根据题意正确画图，把有关条件在图形中反映，利用三角知识是关键．
26．（2021·广东·广州市为明学校高一阶段练习）在锐角三角形ABC中，已知，＝．
（1）求角A的大小；
（2）求△ABC面积的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理可求得；
（2）利用正弦定理可得：，表示出三角形面积.由△ABC为锐角三角形，判断出，利用三角函数即可求出即△ABC面积的取值范围.
【详解】（1）对于，利用正弦定理可得＝，
可化为，所以,
又，∴
（2）由正弦定理，即可得：，
所以
因为△ABC为锐角三角形，，所以,解得：，
所以，所以，所以，所以.
即△ABC面积的取值范围为.
【点睛】在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：
(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；
(2)从式子结构来选择；
(3)解三角形中求角的大小的易错点：对角的范围的判断．
27．（2021·江苏通州·高一期中）在△ABC中，已知．
（I）求∠A的大小；
（II）请从条件①：；条件②：这两个条件中任选一个作为条件，求cosB和a的值．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）或；（2）选条件①：， a=7；选条件②：
a=7.
【分析】（1）先用正弦定理求出角A;
（2）选条件①：先判断出，分别求出，利用两角和的余弦公式即可求出，再用余弦定理求出a；
选条件②：先判断出，分别求出，利用两角和的余弦公式即可求出，再用正弦定理求出a.
【详解】（1）△ABC中，因为，所以.
由正弦定理得：， 所以.
所以或.
（2）选条件①：，则，所以（舍去）.
此时，，,,
所以.
即.
由余弦定理得：,即，解得：
a=7（舍去）.
选条件②：.
因为，所以所以（舍去）.
此时，，,,
所以.
即，所以
由正弦定理得：,即，
即a=7.
【点睛】（1）在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：①从题目给出的条件，边角关系来选择；②从式子结构来选择．
（2）“结构不良问题”是2020年高考出现的新题型：题目所给的三个可选择的条件是平行的，即无论选择哪个条件，都可解答题目，而且，在选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分.
28．（2022·全国·高一专题练习）在中，内角，，的对边分别为，，，且，.
（1）求的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的最大值.
【答案】（1）；（2）；（3）最大值为.
【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可；
（3）根据余弦定理，结合基本不等式、函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）因为，又，
所以，
所以，
所以，
因为，，所以，可得.
（2）因为，所以，所以，
所以的面积为.
（3）由，得，
因为，所以，所以（当且仅当时取等号）.
设，则，所以，
设，
则在区间上单调递增，所以的最大值为，
所以，的最大值为.
【点睛】关键点睛：利用基本不等式结合函数的单调性是解题的关键.
29．（2021·山东胶州·高一期末）某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）．
（1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；
（2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍．
（i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求．
（ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？
【答案】（1）6；（2）（i）；（ii）至少为米.
【分析】（1）用余弦定理列方程，结合基本不等式求得，也即两机器人运动路程和的最大值.
（2）（i）利用正弦定理求得；
（ii）设，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值.
【详解】（1）如图，在中
由余弦定理得，，
所以
所以，（当且仅当时等号成立）
故两机器人运动路程和的最大值为
（2）（i）在中
由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍，故，
由正弦定理可得
所以
（ii）设，则，
由余弦定理可得，
所以
所以
由题意得对任意恒成立，
故，当且仅当时取到等号．
答：矩形区域的宽至少为米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域内成功拦截机器人甲．
【点睛】正弦定理、余弦定理是解题的重要数学知识，二次函数最值的求法在本题中是重要的方法.
30．（2021·山东日照·高一期末）为提升城市旅游景观面貌，城建部门拟对一公园进行改造，已知原公园是直径为米的半圆，出入口在圆心处，点为一居民小区，距离为米，按照设计要求，取圆弧上一点，并以线段为一边向圆外作等边三角形，使改造之后的公园成四边形，并将区域建成免费开放的植物园，如图所示．
（）若时，点与出入口的距离为多少米？
（）设计在什么位置时，免费开放的植物园区域面积最大？并求此最大面积．
【答案】（1）；
（2）当点使时，面积最大，最大值为.
【分析】（1）可设，然后根据题意得出、、，最后在中通过余弦定理即可得出结果；
（2）本题可设，，，然后在中通过正弦定理以及余弦定理得出、、，最后将其代入S△BCD=12⋅BC⋅CD⋅sinβ+π3中，通过正弦函数性质即可得出结果.
【详解】
（1）设，易知，，，
在中，由余弦定理易知BD2=AD2+AB2-2AD⋅AB⋅cosθ+π3，
即BD2=1002+10052-2×100×1005×55×12-255×32，
解得.
（2）设，，，
在中，由余弦定理易知，，
即，①，
，即②，
由正弦定理易知③，
将①②③代入下列式子中：
S△BCD=12⋅BC⋅CD⋅sinβ+π3=50xsinβ+503xcosβ=100003+10000sinα-π3，
则当时，取最大值，最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的实际应用，考查正弦定理、余弦定理以及解三角形面积公式，考查正弦函数性质的应用以及两角和与差的正弦公式，考查计算能力，考查化归与转化思想，是难题.
第6章 平面向量及其应用（压轴30题专练）
一、单选题
1．（2021·安徽·高一阶段练习）若向量满足，，且当时，的最小值为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平面向量数量积的运算律可得到，根据二次函数性质，利用的最小值构造方程可求得，根据数量积的运算律求得后可得结果.
【详解】，
由二次函数性质知：当时，取得最小值，
，解得：，
，
.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用平面向量数量积的运算律求解向量的模长的问题，解题关键是能够通过平方运算，结合二次函数的性质确定取得最小值时的值.
2．（2021·甘肃·天水市第一中学高一期末）已知向量的夹角为，，向量，且，则向量夹角的余弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】依题意可得，，
令，则，
通过换元可得，所以，当时，可得的 最小值.
【详解】依题意可得，，则，
，
，则，
所以，，
令，则，
令，由得，
则，所以，故
所以，当时，有最小值.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是：令，通过换元得到.
3．（2021·福建·厦门一中高一期中）在中，点是上一点，是的中点，与的交点为有下列四个命题：
甲： 乙：
丙： 丁：
如果只有一个假命题，则该命题为（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】D
【分析】假设甲为假，则丙为真，利用面积的关系得到，利用向量的加减法得到，矛盾，判断出甲正确；
甲为真，推导出，得到丙真；
过Q作QN//AB交CP于N，由是的中点，利用平行线分线段成比例定理得到边长的关系，证明出，即可得到和，可判断出乙正确；
由，得到，可判断出不成立，故丁不正确.
【详解】假设甲为假，其余为真，
所以丙为真.
由丙：知，.
因为,而,
所以，
这与甲为假矛盾，所以甲为真；
同理，甲：为真时，即，所以，
所以，所以，即丙为真.
甲：为真时，有.
过Q作QN//AB交CP于N，由是的中点，得到,.
而，所以,所以.
因为QN//AB，所以,
又，所以，所以，
因为，，所以，故乙正确；
由得到，故丁错误.
故选：D
【点睛】在几何图形中进行向量运算:
(1)构造向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则；
(2)树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算.
4．（2021·福建三明·高一期末）中，若，，点满足，直线与直线相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】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DC=245,-85、，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CD=-245,85，DC=245,-85，
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.
5．（2021·江苏·仪征中学高一阶段练习）在中，分别是的中点，且，若恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意画出相应的图形，要求的最小值，即要求出的最大值，由的关系，用表示出，由分别是的中点，在中，利用余弦定理表示出，在中，利用余弦定理表示出，并表示出，开方并分离出常数，由为三角形的内角，得到的范围，进而由三角函数的性质可得答案
【详解】解：因为，所以,
因为分别是的中点，所以，
在中，由余弦定理得，
，
在中，由余弦定理得，
所以
所以，
因为当取得最小值时，比值最大，
所以当时，，此时达到最大值，为 ，
则若恒成立，的最小值为，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查余弦定理、余弦函数的定义域与值域，以及不等式恒成立时满足的条件，余弦定理建立了三角形的边角关系，熟练掌握余弦定理是解题的关键，考查计算能力，属于较难题
6．（2021·浙江·宁波市北仑中学高一期中）在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围．
【详解】解：在中，由余弦定理得，
且的面积，
由，得，化简得，
又，，联立得，
解得或（舍去），
所以，
因为为锐角三角形，所以，，所以，
所以，所以，所以，
设，其中，所以，
由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，；
所以，即的取值范围是．
故选：C.
【点睛】关键点点睛：由，所以本题的解题关键点是根据已知及求出的取值范围.
7．（2021·江苏泰州·高一期末）已知外接圆的圆心为O，半径为1.设点O到边，，的距离分别为，，.若，则（ ）
A． B．1 C． D．3
【答案】B
【分析】根据题意：，则有，进而移项进行两两组合，
，进一步可以化简为：，设出三边的中点，结合图形，探讨三角形的形状，最后得到答案.
【详解】∵外接圆半径为1，∴，∴，
∴，
∴，设边，，的中点分别为M,N,P，
∴,同理：，如图1：
若点O不与M,N,P任何一点重合，则，同时成立，显然不合题意；
如图2：
不妨设点O与点M重合，由，根据中位线定理有由AB⊥AC，则，
∴.
故选：B.
【点睛】类似这样的题目，往往需要对式子进行化简，注意发现式子只有三个，组合其中两个则另外一个会被孤立，考虑到外接球半径为1，因此将-1进行代换；在化简式子的过程中尽量结合图形去理解，往往会事半功倍.
二、多选题
8．（2021·福建福州·高一期中）若点O在△所在的平面内，则以下说法错误的是（ ）
A．若，则点O为△的内心
B．若OA+OB+OC=0，则点O为△的重心
C．若，则点O为△的外心
D．若OA(ACAC-ABAB)=OB(BCBC-BABA)=0，则点O为△的垂心
【答案】AD
【分析】A由条件等式及向量数量积的运算律化简，再结合向量垂直的表示即知O为△的垂心；B若是的中点，易证共线且即可判断；C若分别为的中点，有，结合已知可证，同理有，即知O为△的外心；D由题设知e1=ACAC、e2=ABAB是在、上的单位向量，则有OA⋅e1=OA⋅e2，易知是的平分线，同理是的平分线，即O为△的内心；
【详解】A：由，知：，而，易知，同理可证、，即O为△的垂心，错误.
B：若是的中点，则，又，即，故共线且，易知是△的重心，正确.
C：若分别为的中点，则，又，即，故，同理，又，即，故，所以为△的外心，正确；
D：由OA⋅(ACAC-ABAB)=0且e1=ACAC、e2=ABAB是在、上的单位向量，即有OA⋅e1=OA⋅e2，故是的平分线，同理是的平分线，所以O为△的内心，错误；
故选：AD
【点睛】关键点点睛：根据等量关系，结合向量的运算律、数量积的值判断为三角形的何种心，由向量的线性关系判断三角形的形状.
9．（2021·江苏·泰兴市第三高级中学高一期中）在三角形中，下列说法正确的有（ ）
A．若，则三角形有两解
B．若，则一定是钝角三角形
C．若，则一定是等边三角形
D．若，则一定是等腰三角形
【答案】BC
【分析】题目考察解三角形的综合应用，A选项是多解问题，B选项是切化弦，然后用和差角公式；C选项考察角的余弦小于等于1的应用；D选项是解三角形的边角转化，逐一计算即可
【详解】选项A中，因为，所以由正弦定理得，因为，
所以只有一个解，故A错误．
选项B中，由，得，
所以，即，所以，
所以，故一定是钝角三角形，故B正确．
选项C中，因为，
所以，
所以，故C正确．
选项D中，因为，
所以，
所以，
因为，，
所以，
所以或，
所以或，所以的形状是等腰或直角三角形．D错误
故选：BC
【点睛】题目比较综合，考察到了较多是知识点：
（1）正弦定理判断三角形的多解问题
（2）切化弦的应
（3）两角和的余弦公式
（4）余弦一定小于等于1
（5）利用正弦定理的边角互换，化简判断三角形形状
10．（2021·安徽黄山·高一期末）点在△所在的平面内，则以下说法正确的有（ ）
A．若动点满足OP=OA+λABABsinB+ACACsinC(λ>0)，则动点的轨迹一定经过△的垂心；
B．若OA⋅(ACAC-ABAB)=OB⋅(BCBC-BABA)=0，则点为△的内心；
C．若，则点为△的外心；
D．若动点满足OP=OA+λAB|AB|cosB+AC|AC|cosC(λ>0)，则动点的轨迹一定经过△的重心.
【答案】BC
【分析】A由正弦定理知，且，代入已知等式得，即知的轨迹一定经过的哪种心；B、C分别假设为△的内心、外心，利用向量的几何图形中的关系，及向量的运算律和数量积判断条件是否成立即可；D由，根据数量积的运算律及向量数量积的几何意义求的值，即知的轨迹一定经过的哪种心；
【详解】A：由正弦定理知，而，所以，即动点的轨迹一定经过△的重心，故错误.
B：若为△的内心，如下图示：，同理，，，
∴OA⋅(ACAC-ABAB)=OA⋅AC|AC|-OA⋅AB|AB|=|AD|-|AE|=0，OB⋅(BCBC-BABA)=OB⋅BC|BC|-OB⋅BA|BA|=|BD|-|BF|=0，故正确；
C：若为△的外心，分别为的中点，则，而，同理，又，故，正确；
D：由，故，即AP⊥BC，动点的轨迹一定经过△的垂心，错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：应用已知等量关系，结合向量的运算律、数量积的值判断向量过三角形的何种心，或假设为△的内心、外心，再应用几何图形中相关线段所表示的向量，结合向量的线性关系及数量积的运算律，判断条件是否成立.
11．（2021·浙江湖州·高一期末）如图，△，△，△是全等的等腰直角三角形（，处为直角顶点），且，，，四点共线.若点，，分别是边，，上的动点（包含端点），记，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】构建平面直角坐标系，写出、、、、、的坐标，由，，分别是边，，上可得且、且、 且，再应用向量数量积的坐标表示求、、即可.
【详解】构建下图示的平面直角坐标系，
∴，，，，，，
∴，，
由在，若且，
由在，若且，
由在，若且，
∴，
，
，
∴，，，故A错误，B、C、D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：构建平面直角坐标系，并确定、、、、、、、、的坐标，再由向量数量积的坐标表示求、、.
12．（2020·江苏宿迁·高一期末）下列说法中正确的是（ ）
A．对于向量，，，有
B．在中，向量与满足，且，则△ABC为等边三角形
C．若，分别表示的面积，则
D．在中，设D是BC边上一点，且满足，则λ+μ＝0
【答案】BCD
【分析】对A，由平面向量乘法的运算律即可判断；
对B，由得出的平分线垂直于BC，进而AB=AC，再根据题意求出即可判断；
对C，通过，延长OA到，使得，延长OC到，使得，可得O为的重心，进而根据重心的性质得到答案；
对D，由和即可判断.
【详解】对A，平面向量不满足乘法结合律，A错误；
对B，因为，所以的平分线垂直于BC，所以AB=AC，
又因为，所以△ABC为等边三角形，B正确；
对C，如图：
因为，延长OA到，使得，延长OC到，使得，可得O为的重心，设的面积分别为，则的面积分别为，由重心性质可知，所以，C正确；
对D，因为，而，所以,
所以，所以λ+μ=0，D正确.
故答案为：BCD.
【点睛】本题难点在于答案C，这里需要对三角形的重心性质比较熟悉，这样才能很好的进行构造，如本题，根据，我们可以构造出使得O为重心，进而解决问题，因此平常要注重对常见结论的总结.
13．（2021·全国·高一课时练习）点O在△所在的平面内，则以下说法正确的是（ ）
A．已知平面向量满足，且，则△是等边三角形
B．若OA⋅(ACAC-ABAB)=OB⋅(BCBC-BABA)=0，则点O为△的重心
C．若，则点O为△的外心；
D．若，则点O为△的垂心
【答案】ACD
【分析】A由知：是△的外心，若是的中点，易证共线且，即△的内外心重合，即知△的形状；B由题设知e1=ACAC、e2=ABAB是在、上的单位向量，则有，易知是的平分线，同理是的平分线，即O为△的内心；C若分别为的中点，有，结合已知可证，同理有，即知O为△的外心；D由题设，而，易知，同理、，即O为△的垂心；
【详解】
A：由知：是△的外心，若是的中点，则，又，即，故共线且，易知是△的内心，综上△的内外心重合，即△是等边三角形，正确.
B：由OA⋅(ACAC-ABAB)=0且e1=ACAC、e2=ABAB是在、上的单位向量，即有OA⋅e1=OA⋅e2，故是的平分线，同理是的平分线，所以O为△的内心，错误；
C：若分别为的中点，则，又，即，故，同理，又，即，故，所以为△的外心，正确；
D：由，知：，而，易知，同理可证、，即O为△的垂心，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据等量关系，结合向量的运算律、数量积的值判断为三角形的何种心，由向量的线性关系判断三角形的形状.
14．（2021·江苏省天一中学高一期中）已知点O为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，且，则
C．若直线过的中点，则
D．
【答案】AB
【分析】由，，即可判断A；
将两边平方可得的值，再结合即可判断B；
设的中点为，则再结合即可得之间的关系可判断C；取点使得，，，则点为的重心，可得，再利用三角形面积公式即可求，即可求得，即可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：若，，则，因为，
，代入可得即
，所以，可得，
故选项A正确；
对于B：若，，则，所以
所以，即，
所以，可得，
所以
，故选项B正确；
对于C：设的中点为，则
若直线过的中点，则存在实数满足，
即，
所以，所以，，所以不一定，故选项C不正确；
对于D：取点使得，，，则
，所以点为的重心，
因为重心到中点的距离等于中线的，所以重心到的距离等于高线的，可得，同理可得，，
所以，
所以，同理可得：，
，所以，故选项D不正确；
故选：AB.
【点睛】结论点睛：若点O为所在平面内一点，且，则
.
15．（2021·河北省临西县实验中学高一阶段练习）在△中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．
D．若，且ABAB⋅ACAC=12，则△为等边三角形
【答案】ACD
【分析】A由正弦定理及等比的性质可说明；B令可得反例；C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有，由正弦定理即可证；D若，，根据单位向量的定义，向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知△的形状.
【详解】
A：由，根据等比的性质有，正确；
B：当时，有，错误；
C：，而，即，由正弦定理易得，正确；
D：如下图，是单位向量，则，即、AE⋅AF=12，则且平分，的夹角为， 易知△为等边三角形，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：D选项，注意应用向量在几何图形中所代表的线段，结合向量加法、数量积的几何意义判断夹角、线段间的位置关系，说明三角形的形状.
16．（2021·江苏·星海实验中学高一期中）设，为单位向量，满足，，，则，的夹角为，则的可能取值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】CD
【分析】设单位向量，的夹角为，根据已知条件，求出，然后利用夹角公式可将表示成关于的函数，利用不等式的性质求出其值域即可.
【详解】设单位向量，的夹角为，
由，两边平方得，解得，
又，，
∴ |a|=(e1+e2)2=2+2cosα，同理
且
，令，
则
，，
所以，即的取值范围为
故选：CD
【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积的性质，运算及夹角公式，及利用不等式的性质求函数的最值，解题的关键是将表示成关于的函数，再利用不等式的性质求值域，对运算要求很高，属于难题.
17．（2021·重庆实验外国语学校高一期中）如图，是线段的三等分点，，下列以O为起点的向量中，终点落在四边形（含边界）内的向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】由题设，结合平面向量的基本定理确定OD、、、与、的线性关系，进而判断终点落在四边形（含边界）内的条件，即可知各选项的正误.
【详解】由题设，，，又，
∴，，
又，，
∴，，
∴对于，
1、，时，终点落在上，
2、，时，终点落在上，
3、，，时，终点落在上，
4、，，时，终点落在上，
综上，：，且、时终点落在（含边界）内，故只有A、D符号要求.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：用表示OD、、、，根据题设总结终点落在四边形（含边界）内的条件.
三、填空题
18．（2021·福建省德化第一中学高一阶段练习）正三角形边长等于，点在其外接圆上运动，则的取值范围是_______.
【答案】
【分析】设正三角形的外接圆圆心为，半径为，则，且．设的中点为，设与的夹角为，
把转化为，利用数量积的定义，三角函数求最值.
【详解】解：设正三角形的外接圆圆心为，半径为，则，且．
由题意知
．
设的中点为，则，且，
设与的夹角为，
则．
又因为，所以的范围为.
故答案为：
【点睛】向量的基本运算处理的常用方法：
(1)向量几何化：画出合适的图形，利用向量的运算法则处理；
(2)向量坐标化：建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算处理．
19．（2021·山西吕梁·高一期末）如图，在中，，，是边上的点，且，，则等于______.
【答案】3
【分析】设AD=m，在中利用余弦定理建立三个关系式，联立即可作答.
【详解】设AD=m，则有CD=m，BD=2m，BC=3m，
中，由余弦定理得：，
中，由余弦定理得：，
中，由余弦定理得：，
消去得：，从而得，解得，
所以等于3.
故答案为：3
【点睛】关键点睛：条件较隐含的解三角形问题，根据题意设出变量，再选择恰当的三角形，借助正余弦定理列出方程、方程组是解题的关键.
20．（2021·江苏徐州·高一期末）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了"勾股圆方图"，亦称"赵爽弦图"(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成)．类比"赵爽弦图"，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设若，则λ-μ的值为___________
【答案】
【分析】令AF=1，延长AD交BC于M，求出AB，BM，DM，再借助平面向量基本定理即可作答.
【详解】因，令AF=1，则有，中，，
由余弦定理得，延长AD交BC于M，如图，
由正弦定理得，则有，，
，
中，由正弦定理得，而，
因此得，，于是有，，
，，
因，由平面向量基本定理得，所以.
故答案为：
【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
21．（2021·湖北武汉·高一期中）在锐角三角形中，角､､的对边分别为､､，且满足，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】由余弦定理化简已知式，再由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换得，由锐角三角形求得的范围，待求式切化弦，通分后利用已知条件化为，由正弦函数性质可得范围．
【详解】因为，由余弦定理得，所以，
，
由正弦定理得，所以，
因为为锐角三角形，所以，，，
由，得，，
，
，所以．
故答案为：．
【点睛】本题考查都得用正弦定理和余弦定理求三角函数的取值范围，解题关键是由正弦定理和余弦定理变形化简得出三角形中角的关系，从而再由锐角三角形得角的范围．再把待求式化为某个角的函数，从而求得取值范围．
22．（2021·江苏省天一中学高一期中）如图，在中，已知，，，直线过的重心，且与边、分别交于、两点，则的最小值为________．
【答案】
【分析】设AE=λAC，，分析得出，求得，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】先证明结论：已知为直线外一点，、、为直线上三个不同的点，若，则.
因为、、为直线上三个不同的点，则，
可设，即，所以，，
所以，，结论成立.
本题中，设AE=λAC，，
当点与点重合时，为的中点，此时；
当点为线段的中点时，与点重合，此时，故，同理可得.
由，
又、、三点共线，，即，
延长交于点，则为的中点，且有，
又
，
当且仅当，时取得最小值.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
23．（2021·广东·深圳市龙岗区布吉中学高一期中）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为S，若，则sinA+sinC的最大值是____________．
【答案】
【分析】根据已知，利用三角形面积公式、余弦定理可得，B为钝角知，由三角形内角和的性质得，即可求最大值.
【详解】由题设，，则，
∴，又 B为钝角即为锐角，
∴，即，又，
∴且，
而，
∴当时，的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据已知条件，利用三角形面积公式、余弦定理可得到，再应用三角形内角性质及三角恒等变换写出关于的二次函数式，求最值.
24．（2021·福建·仙游一中高一阶段练习）△内接于半径为2的圆，三个内角，，的平分线延长后分别交此圆于，，.则的值为_____________.
【答案】
【分析】连，由正弦定理得，利用三角形内角和性质得，进而利用积化和差公式、诱导公式得，同理求、，即可求值.
【详解】连，则，
∴，
同理可得：，.
∴，即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：应用正弦定理、三角形内角和性质求得，再由积化和差公式、诱导公式求，同理求出、.
四、解答题
25．（2021·广东汕尾·高一期末）借助国家实施乡村振兴政策支持，某网红村计划在村内扇形荷花水池OAB中修建荷花观赏台，助推乡村旅游经济.如图所示，扇形荷花水池OAB的半径为20米，圆心角为.设计的荷花观赏台由两部分组成，一部分是矩形观赏台MNPQ，另一部分是三角形观赏台AOC．现计划在弧AB上选取一点M，作MN平行OA交OB于点N，以MN为边在水池中修建一个矩形观赏台MNPQ，NP长为5米；同时在水池岸边修建一个满足且的三角形观赏台AOC，记.
（1）当时，求矩形观赏台MNPQ的面积；
（2）求整个观赏台（包括矩形观赏台和三角形观赏台两部分）面积的最大值.
【答案】（1）平方米；（2）212.5平方米.
【分析】（1）过M作OA的垂线，交AO于点E,过N作OA的垂线，交AO于点F，分别计算出MN、NP，即可求出矩形MNPQ的面积
（2）由题意可知，，利用正弦定理表示出各边，把观赏台面积表示为x的函数，，利用三角函数求最值.
【详解】（1）
当时，过M作OA的垂线，交AO于点E.
则.
.
过N作OA的垂线，交AO于点F，.
∵，，
∴.
.
矩形MNPQ的面积平方米.
所以矩形观赏台MNPQ的面积平方米.
（2）由题意可知，，，，，
在中，由，
得.
矩形MNPQ的面积.
观赏台的面积.
整个观赏台面积.
设，，
∴.
.
∴.
∴
.
当时，整个观赏台观赏台S取得最大值为212.5平方米.
∴整个观赏台的面积S的最大值为212.5平方米.
【点睛】数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：
(1)求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；
(2)三角函数型应用题根据题意正确画图，把有关条件在图形中反映，利用三角知识是关键．
26．（2021·广东·广州市为明学校高一阶段练习）在锐角三角形ABC中，已知，＝．
（1）求角A的大小；
（2）求△ABC面积的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理可求得；
（2）利用正弦定理可得：，表示出三角形面积.由△ABC为锐角三角形，判断出，利用三角函数即可求出即△ABC面积的取值范围.
【详解】（1）对于，利用正弦定理可得＝，
可化为，所以,
又，∴
（2）由正弦定理，即可得：，
所以
因为△ABC为锐角三角形，，所以,解得：，
所以，所以，所以，所以.
即△ABC面积的取值范围为.
【点睛】在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：
(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；
(2)从式子结构来选择；
(3)解三角形中求角的大小的易错点：对角的范围的判断．
27．（2021·江苏通州·高一期中）在△ABC中，已知．
（I）求∠A的大小；
（II）请从条件①：；条件②：这两个条件中任选一个作为条件，求cosB和a的值．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）或；（2）选条件①：， a=7；选条件②：
a=7.
【分析】（1）先用正弦定理求出角A;
（2）选条件①：先判断出，分别求出，利用两角和的余弦公式即可求出，再用余弦定理求出a；
选条件②：先判断出，分别求出，利用两角和的余弦公式即可求出，再用正弦定理求出a.
【详解】（1）△ABC中，因为，所以.
由正弦定理得：， 所以.
所以或.
（2）选条件①：，则，所以（舍去）.
此时，，,,
所以.
即.
由余弦定理得：,即，解得：
a=7（舍去）.
选条件②：.
因为，所以所以（舍去）.
此时，，,,
所以.
即，所以
由正弦定理得：,即，
即a=7.
【点睛】（1）在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：①从题目给出的条件，边角关系来选择；②从式子结构来选择．
（2）“结构不良问题”是2020年高考出现的新题型：题目所给的三个可选择的条件是平行的，即无论选择哪个条件，都可解答题目，而且，在选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分.
28．（2022·全国·高一专题练习）在中，内角，，的对边分别为，，，且，.
（1）求的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的最大值.
【答案】（1）；（2）；（3）最大值为.
【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可；
（3）根据余弦定理，结合基本不等式、函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）因为，又，
所以，
所以，
所以，
因为，，所以，可得.
（2）因为，所以，所以，
所以的面积为.
（3）由，得，
因为，所以，所以（当且仅当时取等号）.
设，则，所以，
设，
则在区间上单调递增，所以的最大值为，
所以，的最大值为.
【点睛】关键点睛：利用基本不等式结合函数的单调性是解题的关键.
29．（2021·山东胶州·高一期末）某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）．
（1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；
（2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍．
（i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求．
（ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？
【答案】（1）6；（2）（i）；（ii）至少为米.
【分析】（1）用余弦定理列方程，结合基本不等式求得，也即两机器人运动路程和的最大值.
（2）（i）利用正弦定理求得；
（ii）设，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值.
【详解】（1）如图，在中
由余弦定理得，，
所以
所以，（当且仅当时等号成立）
故两机器人运动路程和的最大值为
（2）（i）在中
由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍，故，
由正弦定理可得
所以
（ii）设，则，
由余弦定理可得，
所以
所以
由题意得对任意恒成立，
故，当且仅当时取到等号．
答：矩形区域的宽至少为米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域内成功拦截机器人甲．
【点睛】正弦定理、余弦定理是解题的重要数学知识，二次函数最值的求法在本题中是重要的方法.
30．（2021·山东日照·高一期末）为提升城市旅游景观面貌，城建部门拟对一公园进行改造，已知原公园是直径为米的半圆，出入口在圆心处，点为一居民小区，距离为米，按照设计要求，取圆弧上一点，并以线段为一边向圆外作等边三角形，使改造之后的公园成四边形，并将区域建成免费开放的植物园，如图所示．
（）若时，点与出入口的距离为多少米？
（）设计在什么位置时，免费开放的植物园区域面积最大？并求此最大面积．
【答案】（1）；
（2）当点使时，面积最大，最大值为.
【分析】（1）可设，然后根据题意得出、、，最后在中通过余弦定理即可得出结果；
（2）本题可设，，，然后在中通过正弦定理以及余弦定理得出、、，最后将其代入S△BCD=12⋅BC⋅CD⋅sinβ+π3中，通过正弦函数性质即可得出结果.
【详解】
（1）设，易知，，，
在中，由余弦定理易知BD2=AD2+AB2-2AD⋅AB⋅cosθ+π3，
即BD2=1002+10052-2×100×1005×55×12-255×32，
解得.
（2）设，，，
在中，由余弦定理易知，，
即，①，
，即②，
由正弦定理易知③，
将①②③代入下列式子中：
S△BCD=12⋅BC⋅CD⋅sinβ+π3=50xsinβ+503xcosβ=100003+10000sinα-π3，
则当时，取最大值，最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的实际应用，考查正弦定理、余弦定理以及解三角形面积公式，考查正弦函数性质的应用以及两角和与差的正弦公式，考查计算能力，考查化归与转化思想，是难题.
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