人教A版高中数学(必修第二册)同步讲与练第16讲 第六章 平面向量及其应用 章末重点题型大总结（2份，原卷版+解析版）

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第16讲 第六章 平面向量及其应用 章末题型大总结题型01平面向量的线性运算及坐标运算【典例1】（2023·湖南·湖南师大附中校联考一模）在中，点满足为重心，设，则可表示为（    ）A． B．C． D．【答案】C【详解】..故选：C【典例2】（2023上·安徽·高三固镇县第一中学校联考期中）如图，已知两个单位向量和向量 与的夹角为，且与的夹角为，若，则（    ）  A． B． C．1 D．【答案】D【详解】如图所示，建立平面直角坐标系，则，又，结合三角函数的定义易得，而，，所以，故，即.故选：D  【典例3】（2023下·甘肃临夏·高一统考期末）已知点及平面向量，，．(1)当点P在x轴上时，求实数m的值；(2)当时，求实数k的值．【答案】(1)4(2)【详解】（1）,因为点P在x轴上，所以，解得.（2），，又因为，所以，解得.【变式1】（2023上·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考阶段练习）如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）  A． B．3 C． D．【答案】C【详解】因为，所以，所以，因为C，P，D三点共线，所以，即，所以，又，所以.故选：C【变式2】（2023上·新疆克孜勒苏·高三统考期中）已知向量，，，若，则等于 【答案】【详解】，，，，即，即，解得.故答案为：.【变式3】（2023下·河南省直辖县级单位·高一河南省济源第一中学校考阶段练习）如图，四边形是边长为1的正方形，延长CD至E，使得．动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点，．则的取值范围为 ．  【答案】【详解】建立如图所示的坐标系，正方形的边长为1，则，  ∵．当时，有且，∴，∴，当时，有且，∴，当时，有且，∴，当时，有且，∴，综上，，故答案为：题型02平面向量的共线及其推论【典例1】（2023上·湖北恩施·高二利川市第一中学校联考期中）已知点G是的重心，过点G作直线分别与两边交于两点（点与点不重合），设，，则的最小值为（ ）A．1 B． C．2 D．【答案】A【详解】若是的中点，连接，点G是的重心，则必过，且，由题设，又共线，所以，即，注意，  由，当且仅当，即时等号成立，故目标式最小值为1.故选：A【典例2】（2023上·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考阶段练习）的三内角所对边的长分别是，设向量，若向量与向量共线，则角 .【答案】【详解】因为向量共线，所以，即，在中，由余弦定理得，，又，所以.故答案为：.【典例3】（2023·全国·模拟预测）已知向量，，若，方向相反，则 ．【答案】【详解】因为，，且，方向相反，所以可设，则，解得或（舍去）， 所以，．故答案为：.【变式1】（2023上·重庆·高三校联考阶段练习）已知向量，，若，则（    ）A．-6 B．0 C． D．【答案】C【详解】由向量，因为，所以所以．故选:C.【变式2】（2023下·广东东莞·高一校考阶段练习）已知向量，，若，则的值为 .【答案】【详解】由，，，可得 ，解之得故答案为：【变式3】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）在中，是边上一点，且，是的中点，过点的直线与两边分别交于两点（点与点不重合），设，，则的最小值为 .【答案】/【详解】因为，所以，得.又是的中点，，，所以.因为三点共线，所以，即，且，所以，当且仅当,即时，等号成立.故答案为：题型03平面向量的数量积（定值，最值，范围）方法一：定义法【典例1】（2023下·北京西城·高一统考期末）已知点，点，点都在单位圆上，且，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】设的中点为，因为，，所以，，，因为，所以.  故选：A【典例2】（2023下·四川巴中·高一统考期末）折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨、韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子.某折扇如图1所示，其平面图为如图2所示的扇形AOB，其半径为3，，点E，F分别在，上，且，则的取值范围是（    ）  A． B．C． D．【答案】D【详解】设，则，因为，所以，又，所以，所以，所以的取值范围是.故选：D【变式1】（2023下·湖北武汉·高一校联考阶段练习）在边长为2的菱形中，为的中点，，点在线段上运动，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据题意设（），因为点为的中点，所以，所以，令，则对称轴为，所以在上递增，所以，即，所以的取值范围是，故选：B  方法二：坐标法【典例1】（2023上·江苏连云港·高三统考阶段练习）已知向量，，则 .【答案】5【详解】向量，，则，.故答案为：5【典例2】（2023上·江苏淮安·高二淮阴中学校考开学考试）已知平面向量，，均为单位向量，且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意不妨令，，设，可得，则.故选：B.【变式1】（2023上·上海松江·高三统考期末）已知向量，，则 【答案】0【详解】∵，，∴，∴.故答案为：0.【变式2】（2023上·北京·高三中关村中学校考阶段练习）已知向量在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则（    ）A．－2 B．－1 C．1 D．2【答案】A【详解】以的交点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：则，所以，所以.故选：A.方法三：极化恒等式法【典例1】（2023下·江苏徐州·高一徐州高级中学校考期中）已知正方形的边长为，为正方形内部（不含边界）的动点，且满足，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】分别取线段、的中点、，连接、，则，所以，，所以，点在以线段为直径的半圆弧上，如下图所示：当点为线段与半圆弧的交点时，取最小值，结合图形可知，，故，同理可得，故选：B.【典例2】（2023·天津津南·天津市咸水沽第一中学校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，M为AB的中点，且，．若点N在线段CD（端点除外）上运动，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】连接，如图，点N在线段CD（端点除外）上运动，  因为，即是正三角形，于是，而M为AB的中点，且，所以.故选：A【变式1】（2023下·河南商丘·高一商丘市实验中学校联考阶段练习）已知正三角形的边长为2，动点满足，则的最小值为（    ）A． B．C． D．【答案】C，易得，即可求得的最小值为.【详解】因为动点满足，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，如下图所示：  设为的中点，则；所以当取最小值时，取得最小值；，所以.故选：C方法四：几何意义法【典例1】（2023上·北京海淀·高二校考阶段练习）如图，在圆中，已知弦，弦，那么的值为（    ）  A． B． C． D．【答案】A【详解】由已知得．如图：作于，则就是在上的射影，且．  根据数量积的几何性质可知．同理可得，故．故选：A．【典例2】（2023下·上海虹口·高一上外附中校考期中）在边长为的正六边形中，点为其内部或边界上一点，则的取值范围是 ．【答案】【详解】正六边形中，过点作于，  则，，，，由图可知，在方向上的投影的取值范围是，所以，，即，故的取值范围为.故答案为：.【变式1】（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，这是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的图形，已知是平面四边形内一点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】如图，延长，过点做交的延长线于点.因为，，,所以.由图可知当在点处时，在上的投影有最大值1，当在点处时，在上的投影有最小值，又因为，所以的取值范围是.故选：D方法五：自主建系法【典例1】（2023下·四川成都·高一四川省成都市第四十九中学校校考期中）已知是边长为1的正的边上的动点，为的中点，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】解：取AC的中点O，以O为原点，直线AC为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则：，设，，，且，时，取最小值；时，取最大值，∴的取值范围是，故选：A.【典例2】（2023上·天津和平·高三天津一中校考阶段练习）已知菱形的边长为2，，点是边上的一点，设在上的投影向量为，且满足，则等于 ；延长线段至点，使得，若点在线段上，则的最小值为 ．【答案】 1 【详解】过点作⊥于点，因为，故，故为的中点，故，以中点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，，，设，因为，所以，解得，故，，设，，故，故当时，取得最小值，最小值为.故答案为：1，【变式1】（2023下·江苏南通·高二海门中学校考阶段练习）点P是正八边形ABCDEFGH内一点(包括边界)，且＝1，则的最大值为（    ）  A．1 B． C． D．【答案】C【详解】连接AF，因为，故，因为，故，故，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，  则在方向上的投影的取值范围为，结合向量数量积的定义可知，等于的模与在方向上的投影的乘积，又，∴的最大值为，故选：C ．题型04平面向量的夹角（锐角，钝角，直角）【典例1】（2023上·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）已知平面向量，，则“”是“向量与的夹角为锐角”的（   ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【详解】因为，，向量与夹角为锐角，即需且与不共线，得，解得：，所以“”是“向量与的夹角为锐角”的充要条件.故C项正确.故选：C.【典例2】（2020下·甘肃张掖·高一山丹县第一中学校考期中）已知向量（1，2），（1，1），若与的夹角为直角，则实数λ＝ ，若与的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是 .【答案】 【详解】（1）因为，故可得，又因为与的夹角为直角，故可得，即，解得；（2）令，即可得，解得；当与的夹角为时，不妨设，故可得，即，，解得，；故要满足与的夹角为锐角，只需.故答案为：；.【典例3】（2023下·高一单元测试）已知，分别确定实数的值或取值范围，使得：(1)与的夹角为直角；(2)与的夹角为钝角；(3)与的夹角为锐角.【答案】(1)(2)(3)且【详解】（1）已知与的夹角为直角，所以，解得.（2）已知与的夹角为钝角，则，且与不反向，即，解得.当与共线时，，即，此时.所以.（3）当与的夹角为锐角时，则，且与不同向，即，解得.当与共线时，，，所以且.【典例4】（2023上·山东·高二济南市历城第二中学校联考开学考试）已知且与的夹角为锐角，则的取值范围是 .【答案】【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：.【变式1】（2023上·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考阶段练习）已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【详解】由已知可得，由可得，解得，所以由与的夹角为钝角可得解得，且.因此，当时，与的夹角不一定为钝角，则充分性不成立；当与的夹角为钝角时，，且，即成立，则必要性成立.综上所述，“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.故选：B．【变式2】（2023上·辽宁·高三辽宁实验中学校考阶段练习）因为，，若与的夹角为钝角，则的取值范围是 ．【答案】【详解】因为，且与的夹角为钝角，所以，解得，又当，即时，此时与的夹角为，所以，综上可得且，即的取值范围是.故答案为：【变式3】（2023下·内蒙古呼和浩特·高一内蒙古师大附中校考阶段练习）已知向量，，则与的夹角为钝角时，的取值范围为 .【答案】【详解】因为与的夹角为钝角，所以，即，所以，解得，同时向量，也不能成的角， 所以，所以的取值范围为.故答案为：.【变式4】（2023下·吉林长春·高一长春外国语学校校考阶段练习）已知向量，.(1)若，求的值；(2)若，与的夹角为锐角，求实数m的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）解：因为向量，，且，则，，则，可得，所以，，解得.（2）解：当时，，则，因为与的夹角为锐角，则，解得，且与不共线，则，可得，综上所述，实数的取值范围是.题型05求向量的夹角（定值，最值，范围）【典例1】（2023·四川内江·统考一模）设，向量，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，，又，所以，得到，所以，得到，所以，故选：B.【典例2】（2023·全国·模拟预测）在直角梯形ABCD中，，，，，M是CD的中点，N在BC上，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】解法一  如图，建立平面直角坐标系，则，，，，∴，，∴，∴，则，∴，故选：A．  解法二  设，，则，，，，，∴，，，∴，故选：A．【典例3】（2023下·重庆酉阳·高一重庆市酉阳第二中学校校考阶段练习）已知单位向量，的夹角为60°，向量，且，，设向量与的夹角为，则的最大值为（    ）.A． B． C． D．【答案】D【详解】因为单位向量，的夹角为，则，所以，又，所以，当取最大值时，必有，则，又，，则，所以，所以，故的最大值为.故选：D．【典例4】（2023下·江苏徐州·高一统考期中）设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为 ．【答案】【详解】，为单位向量，则，即，，得，令，，，，，有，由，则，即，得，，即.故答案为：【变式1】（2023下·广西河池·高一统考期末）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．【答案】A【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.【变式2】（2022·高一课时练习）设均是非零向量，且，若关于的方程有实根，则与的夹角的取值范围为（　　）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为关于的方程有实根，所以，所以，因为均是非零向量，且，所以，因为，所以，故选：B.【变式3】（2023下·黑龙江双鸭山·高一双鸭山一中校考期末）若，是两个单位向量，且在上的投影向量为，则与的夹角的余弦值为 ．【答案】【详解】由题意可知：，因为在上的投影向量为，所以，可得，，，所以，故答案为：.【变式4】（2023下·河北保定·高一统考期末）已知为的外心，且．若向量在向量上的投影向量为，则的最小值为（    ）A． B． C． D．0【答案】B【详解】因为，所以，所以，即，所以三点共线，又为的外心，所以为直角三角形，且，为斜边的中点，，，过作的垂线，垂足为，如图：则向量在向量上的投影向量为，且，  ，，所以，因为，所以当时取得最小值为.故选：B题型06向量的模与距离（定值，最值，范围）【典例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）已知，为单位向量，且与的夹角为，则＝（    ）A．49 B．19 C．7 D．【答案】C【详解】由题意得，故，故选：C【典例2】（多选）（2023·全国·模拟预测）已知三个平面向量两两的夹角相等，且，则（    ）A．2 B．4 C． D．【答案】BD【详解】因为平面向量两两夹角相等，即两两夹角为或．当两两夹角为时，；当两两夹角为时，，则．综上，或，故选：BD．【典例3】（2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考阶段练习）已知向量，，，，与的夹角为，则的值最小时，实数x的值为 ．【答案】【详解】因为，，与的夹角为，所以.所以,当时，的值最小.故答案为：.【典例4】（2023·上海崇明·统考一模）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 ．【答案】【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：.【变式1】（2023·贵州铜仁·校联考模拟预测）已知向量，，满足，，，则的最大值是 .【答案】/【详解】  设，，，点是的重心，，．∴是直角三角形，又∵，即，以A为原点，AB所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，，则且，，，故，当且仅当，即时等号成立.故答案为：.【变式2】（2020上·浙江绍兴·高二统考竞赛）已知向量满足，则的取值范围是 ．【答案】【详解】由向量满足，设，则，设向量，其中，联立方程组，解得，可得，因为，可得，所以，可得所以的取值范围为.故答案为：.【变式3】（2023上·重庆·高三西南大学附中校考期中）已知向量，，，，与的夹角为，则的值最小时，实数的值为 .【答案】/0.2【详解】，由于，故当时，此时取最小值，故答案为：【变式4】（2023上·上海松江·高三校考期中）已知单位向量的夹角为. 若，则的取值范围是 .【答案】【详解】由已知，，，.故答案为：题型07平面向量与其它知识的交汇题【典例1】（2023上·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）在等腰中，的外接圆圆心为，点在优弧上运动，则的最小值为（    ）A．4 B．2 C． D．【答案】D【详解】由已知，所以圆的外接圆直径为，因为，所以，所以，因为，即，所以时，取到最小值．故选：D．【典例2】（2023上·上海闵行·高三校考期中）平面上有一组互不相等的单位向量，，…，，若存在单位向量满足，则称是向量组，，…，的平衡向量．已知，向量是向量组，，的平衡向量，当取得最大值时，的值为 ．【答案】【详解】当时，取得最大值，又，如图所示，，设，，则，所以，即，解得，故，或，，或，故答案为：【典例3】（2022上·山西忻州·高三校考期末）已知锐角中，三个内角为A、B、C，两向量，．若与是共线向量．(1)求的大小；(2)若恒成立，求的最小值．【答案】(1)(2)2【详解】（1）解：因为与是共线向量，故，整理得，，即，因为为锐角三角形，所以，故；（2）令，因为，所以，故，因为为锐角三角形，所以，故，解得，所以，所以，因为恒成立，所以，，故的最小值为2.【变式1】（2023上·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考期中）已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意x，，（，），则（    ）A． B． C． D．3【答案】A【详解】当且仅当时取到最小值1，两边平方即在时，取到最小值1，，∴，可得..故选：A.【变式2】（2023上·上海虹口·高三统考期末）设，，，，，是平面上两两不相等的向量，若，且对任意的i，，均有，则 ．【答案】3【详解】由，得向量、、分别看作是以为起点，以为终点的向量，且是边长为2的正三角形，为正的中心，  由对任意的，均有，得向量、、是以为起点，各边中点为终点的向量，则，所以.故答案为：3【变式3】（2023上·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）已知向量，函数．(1)求的解析式与单调递增区间；(2)若当时，恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)，单调递增区间为(2)【详解】（1），，所以，即．令，解得，所以的单调递增区间为．（2）当时，，所以，又当时，恒成立，所以，即实数m的取值范围为．题型08利用正（余）弦定理解三角形【典例1】（2023·四川内江·统考一模）在中，、、分别为角、、的对边，若，则的形状为（    ）A．正三角形 B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【详解】因为，所以，整理得到，又由正弦定理，得到，所以，得到，又，所以，得到，又，所以，故选：B.【典例2】（多选）（2023下·辽宁铁岭·高一西丰县高级中学校考期中）在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（    ）A．B．若，且，则为等边三角形C．若，则是等腰三角形D．在中，，则使有两解的的范围是【答案】ABD【详解】对A，即，即，因为，故原式成立，故A正确；对B，则，即，故，由可得.又可得，即，故，由可得.故，则为等边三角形，故B正确；对C，当时，满足，则或，所以或，故不一定为等腰三角形，故C错误；对D，要使有两解，则需，故，即，故D正确.  故选：ABD【典例3】（2023·河北衡水·河北枣强中学校考模拟预测）如图，在中，点D在BC边上，BD的垂直平分线过点A，且满足，，则的大小为 ．  【答案】【详解】因为BD的垂直平分线过点A，所以，则，所以．又因为在中，，，所以．在中，由正弦定理，得，所以,因为，所以为锐角，所以，则，又，所以．故答案为：.【典例4】（多选）（2021下·湖北·高一校联考期中）在中，角所对的边分别为，那么在下列给出的各组条件中，能确定三角形有唯一解的是（    ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】BD【详解】选项A，点A到边BC的距离是1，∵，∴三角形有两解；选项B，点A到边BC的距离是2与b相等，∴三角形是直角三角形，有唯一解；选项C，点A到边BC的距离是，三角形无解；选项D，根据已知可解出，，∴三角形有唯一解.故选：BD.【变式1】（多选）（2019下·福建厦门·高一厦门市湖滨中学校考期中）对于，有如下判断，其中正确的判断是（    ）A．若，则为等腰三角形B．若，则C．若，则符合条件的有两个D．若，则是钝角三角形【答案】BD【详解】选项A，当时，则，满足，即不一定是等腰三角形，可能为直角三角形，故A项错误；选项B，由大角对大边可得，，由正弦定理，得，则，即，故B项正确；选项C，由正弦定理得，即，又，则，故为锐角， 由此唯一确定，边也唯一确定，故有唯一解，故C项错误；选项D，已知，由正弦定理得，则，所以，则角为钝角，故是钝角三角形，D项正确.故选：BD.【变式2】（多选）（2023下·山西大同·高一校考阶段练习）中，角，，所对的边分别为，，，则如下命题中，正确的是（    ）A．若，则B．若，则是等腰三角形C．若为锐角三角形，则D．若是直角三角形，则【答案】ACD【详解】对于A：若，则，结合正弦定理得，故A正确；对于B：若，由正弦定理可得，所以，故或，即或，故三角形是等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C：若三角形为锐角三角形，则，故，同理可得，，三式相加得，故C正确；对于D：若是直角三角形，不妨设为直角，则，由正弦定理可得，所以，所以，又，所以，则，同理可证或为直角时也成立，故D正确．故选：ACD．【变式3】（2022下·福建福州·高一校联考期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，CD=4，AB=2，则AC= .【答案】【详解】在中，由正弦定理可得：，所以①，在中，由正弦定理可得：，所以②，又因为，所以由①②可得：，解得：，所以在中，由余弦定理得：，解得：.故答案为: .题型09三角形中周长（边）的定值，最值，范围问题【典例1】（2023上·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）在锐角三角形中，、、的对边分别为、、，且满足，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【详解】由余弦定理可得，整理可得，由正弦定理可得，因为、，则，因为正弦函数在上单调递增，所以，，所以，，则，因为为锐角三角形，则，解得，则，所以，，令，则函数在上为增函数，故，故选：D.【典例2】（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）在中，内角的对边分别为，且．(1)求角的大小；(2)若，点是线段上的一点，，求的周长．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为．由正弦定理得．即．由余弦定理得．又．所以．（2）因为．所以，又，所以，即．在中，由余弦定理得，所以．解得或（舍）．所以的周长．【典例3】（2023上·山西吕梁·高三校联考阶段练习）从①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足：______．(1)求角C的大小；(2)若，的内心为I，求周长的取值范围．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2)【详解】（1）选择条件①，，在中，由正弦定理得，整理得，则由余弦定理，，又，所以．选择条件②，，于是，在中，由正弦定理得，，因为，则，即，因为，因此，即，又，所以．（2）  如图，由（1）知，，有，因为的内心为，所以，于是．设，则，且，在中，由正弦定理得，，所以，所以的周长为，由，得，所以，所以周长的取值范围为．【典例4】（2023·全国·高三专题练习）已知锐角内角的对边分别为.若.(1)求；(2)若，求的范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）由正弦定理，，则，又,所以（2）因为，所以,则，因为三角形为锐角三角形，所以,解得，令，所以，所以.【典例5】（2023上·广东广州·高二广东广雅中学校考期中）如图，在平面四边形中，点与点分别在的两侧，对角线与交于点，.  (1)若中三个内角、、分别对应的边长为、、，的面积，，求和；(2)若，且，设，求对角线的最大值和此时的值.【答案】(1)，(2)当时，对角线长的最大值为【详解】（1）解：因为的面积，即，整理可得，所以，，又因为，则，设，则，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因为，则，所以，，因为，则，所以，，因为，则，所以，，解得，即.（2）解：因为，则，其中，则，由余弦定理可得，则，在中，，，由余弦定理可得，所以，，故，故为等腰直角三角形，则，所以，，易知，则，故当时，即当时，取最大值，且最大值为.【变式1】（2023上·四川内江·高三四川省内江市第二中学校考阶段练习）在中，角的对边分别为，且，的面积为，则的值为 .【答案】【详解】由，可得，由正弦定理可得，，而，整理得，即，，，所以上式变为，又，，因为，所以，解得，又由余弦定理可得，，解得，，.故答案为：.【变式2】（2023上·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）锐角ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.(1)证明：.(2)求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证法一：因为，所以，所以，即，因为，所以，所以，即，所以，由正弦定理得，即；证法二：因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，所以，所以，由正弦定理可得，即.（2）由上可知，则，解得，又因为，所以，所以的取值范围是.【变式3】（2023·全国·高三专题练习）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且____．(1)求角C；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)(2)【详解】（1）若选①：，则，∴∴∵，，∴，∵，∴.若选②：，由正弦定理得，∴，∴，∵，∴．若选③：，则，由正弦定理得，∴∴，∴，∵，∴．（2）由正弦定理得，故，则，，由于，，，∴.【变式4】（2023上·湖北·高二湖北省罗田县第一中学校联考阶段练习）已知的内角的对边分别为，且．(1)求外接圆半径.(2)求周长的最大值．【答案】(1)(2)【详解】（1）设外接圆半径为，因为，,，所以，则，即，整理得，所以由余弦定理可得，，因为，所以，故外接圆半径.（2）因为，所以，即，又因为，，所以，即，当且仅当等号成立.又因为，，故的周长的最大值为．题型10三角形(四边形）中面积的定值，最值，范围问题【典例1】（2023上·江苏·高三海安高级中学校联考阶段练习）记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．(1)求；(2)若D是边上一点，，且，求的面积，【答案】(1)(2)【详解】（1）由，得，将代入得，，化简得，即，则；（2）由（1）知，则，则在中，由，解得，所以，解得，则，故的面积.  【典例2】（2023上·全国·高三贵溪市实验中学校联考阶段练习）已知中，在线段上，．(1)若，求的长；(2)求面积的最大值．【答案】(1)(2)【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．【典例3】（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）在中，内角的对边分别为，且.  (1)求B；(2)如图，在AC的两侧，且，求四边形面积的最大值．【答案】(1)；(2)【详解】（1）由题设及余弦定理，由，且，则.（2）由（1）及已知：，即，所以为等边三角形，令且，而，等腰的顶角为，且，所以，则，所以四边形面积，故，而，故仅当时.【典例4】（2023下·江苏南京·高一南京市江宁高级中学校联考期末）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求A；(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）由正弦定理可得：，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以，即；（2）法一：由及（1）知的面积.由正弦定理得.由于为锐角三角形，故，.由（1）知，所以，因为在上单调递增，故，故，故，从而.因此面积的取值范围是；法二：因为，，由余弦定理得，即，故，为锐角三角形，则，即，由①得，解得，由②得，解得或（舍去），综上，所以.【变式1】（2023上·广东·高三校联考阶段练习）在中，内角所对的边分别为，设，(1)求角；(2)若，且，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【详解】（1）解：因为，由正弦定理，可得，整理得，可得， 即，因为，则，所以，可得，即，又因为，可得，所以，所以.（2）解法一：在中，由余弦定理得，即，①因为，所以且，即，在和中，由余弦定理可得，即，即，②联立①②消去，可得，因为，当且仅时，等号成立，所以，即，所以的面积.故面积最大值为.解法二：延长至，使，连，则且，可得，在中，由余弦定理得，即，当且仅当时，等号成立，所以，所以的面积.故面积最大值为.  【变式2】（2023上·全国·高三校联考开学考试）已知函数，的内角所对的边分别为，，且的外接圆的半径为.(1)求角的大小；(2)求面积的最大值.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，又，所以，因为，所以，则，所以.（2）由正弦定理得，即，所以，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，所以，因为，又的最大值为，所以面积的最大值为，当且仅当时取最大值.【变式3】（2023下·内蒙古·高二校联考期末）如图，在圆的内接四边形ABCD中，，，的面积为．  (1)求的周长；(2)求面积的最大值．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，所以．在中，由余弦定理可得，解得．故的周长为．（2）由，，，四点共圆可得：，在中，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立．所以，所以．故面积的最大值为.【变式4】（2023下·云南玉溪·高二云南省玉溪第三中学校考期末）在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足.(1)求角A；(2)若，求△ABC的面积的最大值.【答案】(1)(2)【详解】（1）在中，由条件及正弦定理得，，，，.（2），由余弦定理得，，当且仅当时等号成立，，所以的面积的最大值为.题型11三角形中的中线问题方法一：中线向量化【典例1】（2023·河南·统考三模）在中，角的对边分别为，，，且．（1）求角的大小；（2）若边上的中线，求三角形面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【详解】（1）由题意，中，满足，根据正弦定理，可得，因为，可得，所以，又由，解得，，又因为，所以．（2）因为若边上的中线，可得，即，即所以，当且仅当时成立．故面积的最大值为.【典例2】（2023上·江苏南京·高三期末）锐角三角形中，角所对的边分别为，且.(1)求角的大小；(2)若，为的中点，求中线长的最大值.【答案】(1)(2)3【详解】（1）因为，所以，则.因为，所以，又，所以，由题意知，所以.（2）因为为的中点，所以，则，又由余弦定理得，，即，所以.由得，，则，当且仅当取等号，即，所以，即中线长的最大值为.【变式1】（2023上·湖南岳阳·高二湖南省平江县第一中学校考阶段练习）已知的角所对的边分别是，且.(1)求b；(2)若是的中线，且，求的面积.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，所以，即，由正弦定理，得，因为，所以，所以.（2）因为是的中线，所以，又，，设，则，即，解得，即，所以的面积为.【变式2】（2023上·浙江·高二校联考期中）已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．(1)求角B的大小；(2)若，AC边上的中线，求的面积S．【答案】(1)(2)【详解】（1），因为，所以（2）方法二：角互补【典例1】（2023·福建三明·高一校联考期中）的内角的对边分别是．已知，，边上的中线长度为，则 【答案】【详解】记的中点为，连接，如图，因为，， 所以在中，，则，又因为，边上的中线长度为，即，故由余弦定理得，整理可得，所以.故答案为：.【典例2】（2023上·辽宁·高三校联考阶段练习）已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M在边AB上，，，且，______．在①CM为的一条中线；(1)求边长AB；(2)若外接圆的面积为，内切圆的面积为，求的值．【答案】(1)(2)．【详解】（1）因为，由正弦定理可得，由倍角公式可得，则，又因为，则，所以，即．且，则，可得，又因为，所以．若选择①：若CM为的中线，设，由余弦定理可得，，因为，可得，即，整理得，可知，又因为，解得或（舍去），所以；（2）设外接圆的半径为R，由正弦定理可得，解得，所以，由题意可知：，所以的周长，所以的面积．设内切圆的半径为r，则，解得，可得，所以．【变式1】（2023下·河南焦作·高一统考期中）已知在中，为边上的中线，且=4，则的取值范围为 .【答案】【详解】解：如图所示：在中，由余弦定理得，，在中，由余弦定理得，，因为，所以，两式相加得，则，当且仅当时，等号成立，所以，因为，所以，故答案为：【变式2】4．（2023下·江苏南京·高一统考期中）在中，已知角、、所对的边分别为、、，，，在下列条件中选择一个，判断是否存在．如果存在，那么求出的面积；如果不存在，那么请说明理由．①边的中线长为；【答案】条件选择见解析，答案见解析【详解】解：因为，由正弦定理可得，即，又由余弦定理得，所以，即，因为，所以，，所以，所以.  选择①：边的中线长为，在中，，（i）在中，，（ii）因为，所以，，所以，，（i）+（ii）可得，即，因为，所以，解得或，所以存在，所以，的面积为；题型12三角形中角平分线问题【典例1】（2023上·江苏苏州·高三常熟中学校考阶段练习）的内角的对边分别是，且，边上的角平分线的长度为，且，则（    ）A． B． C．3 D．或3【答案】A【详解】由，因为，可得，又由边上的角平分线，所以，在中，可得，在中，可得,因为，且，所以，即，在中，由余弦定理可得，所以，又由，即，因为，可得，即，可得，所以.故选：A.  【典例2】（2023上·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中）已知在中，角，，的对边分别为，，，.(1)求角的大小；(2)若，，的角平分线交于，求的值.【答案】(1)(2)【详解】（1）∵，由正弦定理得，，∴，∴，∴，即，∵，∴.（2）由余弦定理得，，∴，解得或（舍去），由，∴，∴.  【变式1】（2023·安徽·池州市第一中学校联考模拟预测）已知中，，的角平分线交于点，且，则的面积为 .【答案】/【详解】因为的角平分线交于点，且，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因为，且，所以，可得，所以，又因为，且，为角的平分线，可得，因为，且，可得，解得，所以.故答案为：.    【变式2】（2023下·江苏连云港·高一校考阶段练习）的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D在上，(1)若，，求c；(2)若是的角平分线，，求周长的最小值．【答案】(1)(2)【详解】（1）如图所示，  ，，，，，在中，由正弦定理得，即，（2），是的角平分线，如图所示，  则，由得，又，所以，在中，由余弦定理得，则，设的周长为l，则，由基本不等式得，，当且仅当时等号成立，即：，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，所以的周长最小值为