新高考2024年高三数学专题训练平面向量及其应用（解答题篇）含答案

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(1)求；
(2)若A为钝角，且，，求的周长.
2．已知的三内角所对的边分别是，向量，且．
(1)求角的大小；
(2)若，求三角形周长的取值范围．
3．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.
4．已知内角的对边分别为，面积为，且.
(1)求角；
(2)已知，求面积的最大值.
5．已知在中，内角所对的边分别为，已知
(1)若，求周长的最大值
(2)若，满足此条件的三角形只有一个，求实数的取值范围
6．已知中内角的对边分别为，且满足.
(1)求角的大小；
(2)若是边上一点，且是的平分线，求的最小值.
7．的内角，，所对的边分别为，，，向量与平行．
(1)求；
(2)若，，求的面积．
8．记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知，． 证明：．
9．如图．在平面四边形中，．设，证明：为定值．
10．在中，．
(1)求．
(2)若点在上，且，求的面积．
11．已知的内角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求角；
(2)若，，，求的长.
12．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角A的大小；
(2)D是线段上的点，且，，求的面积.
13．
(1)求；
(2)求与的夹角
14．已知的内角所对的边分别为，且.
(1)求的大小；
(2)设是边上的一点，且满足，求的面积的最小值.
15．在三角形中，，，，为线段上任意一点，交于.
(1)若.
①用表示.
②若，求的值.
(2)若，求的最小值.
16．2023年杭州亚运会首次启用机器狗搬运赛场上的运动装备． 如图所示，在某项运动赛事扇形场地中，，米，点是弧的中点，为线段上一点（不与点，重合）．为方便机器狗运输装备，现需在场地中铺设三条轨道，，．记，三条轨道的总长度为米．
(1)将表示成的函数，并写出的取值范围；
(2)当三条轨道的总长度最小时，求轨道的长．
17．已知．
(1)若θ为与的夹角，求θ的值；
(2)若与垂直，求k的值．
18．某数学建模小组研究挡雨棚（图1），将它抽象为柱体（图2），底面与全等且所在平面平行，与各边表示挡雨棚支架，支架、、垂直于平面.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形（、分别在、延长线上）.
(1)挡雨板（曲面）的面积可以视为曲线段与线段长的乘积．已知米，米，米，小组成员对曲线段有两种假设，分别为：①其为直线段且；②其为以为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米）；
(2)小组拟自制部分的支架用于测试（图3），其中米，，，其中，求有效遮挡区域高的最大值.
19．设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，且．
(1)求角B的大小；
(2)若为锐角三角形，求的值域．
20．在中，角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求角；
(2)若，，求.
21．记的内角，，所对的边分别为，，，，，点在边上，且.
(1)求证：.
(2)若，，求的面积.
22．在棱长为2的正四面体中，.
(1)设用，，表示；
(2)若求.
23．已知向量，．
(1)当时，求的值；
(2)求在的最小值及相应的取值，并求出函数在的单调递增区间．
24．已知向量，，．设．
(1)求函数的最小正周期；
(2)若，且，求的值．
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理化简即可求解；
（2）由（1），根据同角的三角函数关系求出，结合余弦定理计算即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以.
（2）因为A为钝角，且，所以.
由余弦定理得，
即，由解得，
所以的周长为.
2．(1)
(2)
【分析】（1）利用以及正弦定理边化角，整理计算后可得答案；
（2）利用余弦定理求得，在根据三角形边的关系可得的范围，进而可得周长范围.
【详解】（1）由已知，且，
，
由正弦定理得，
，
即，
，；
（2）由余弦定理，得
，
当且仅当时取等号．
，故，又，
∴的取值范围是，
所以周长的取值范围是.
3．(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.
4．(1)
(2)
【分析】（1）根据将，利用正余弦两角和差公式可得，
（2）由（1）及题意可得，化简得：，然后再利用基本不等式从而求解.
【详解】（1）由题知，，
因为：，得：，
所以：，，
在中，，且，得：，得：.
故：.
（2）由题知，，
则：，又：，所以：，
当且仅当时取等号，
所以：，
故：面积的最大值为.
5．(1)9
(2)或
【分析】（1）利用余弦定理整理等式，解得边长，结合基本不等式，可得答案；
（2）利用正弦定理，建立方程，结合三角函数以及题目条件，可得答案.
【详解】（1），得
由余弦定理得：
又因为，故，
当且仅当成立，周长最大值为9.
（2）由正弦定理得，则有，
又因为，即，
满足条件的三角形只有一个，即有唯一的角与其对应，则
由，可知或.
6．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理角化边化简已知等式可得，再利用余弦定理即可求得答案；
（2）利用余弦定理求得BC的表达式，利用三角形等面积法即，求得，即可得的表达式，利用基本不等式即可求得其最小值.
【详解】（1）由正弦定理及，
得：，即：，
所以，且，
所以.
（2）由余弦定理：.
又，所以，
所以：.
所以：，
（或：），
当且仅当时，取等号，
即的最小值为.
7．(1)；
(2)．
【分析】（1）根据向量平行得到，利用正弦定理化简得到答案.
（2）利用余弦定理计算得到，再计算面积即可.
【详解】（1）向量与平行，所以，
由正弦定理可知：，
，，所以，，可得；
（2），，由余弦定理可得：，可得，
解得或（舍），
的面积为．
8．证明见解析
【分析】根据题意利用面积关系可得，再利用余弦定理可得，进而结合与之间的关系分析求解.
【详解】因为，，解得，
又因为，则，
由余弦定理可得，
整理得，即，
由题意可得：，
同理可得：，
所以.
9．证明见解析
【分析】先根据题设的边之间关系设出参数，在中求出边，在中运用余弦定理建立角和的关系，接着化简即得.
【详解】证明：设，则．
在中，因为，，所以．
在中，由余弦定理，
即，
则，即，
故为定值．
10．(1)
(2)
【分析】（1）由三角形内角和定理求出角A，然后利用余弦定理求得BC，再由正弦定理可解；
（2）根据列方程求出AD，然后由面积公式可解.
【详解】（1）因为，
所以．
由余弦定理，得，
所以（负值已舍去）．
在中，由正弦定理，得，即，
所以．
（2）因为，所以，
由，
得，
即，
即，所以．
故的面积．
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理计算可得；
（2）根据向量的线性运算得到，设，根据数量积的运算律及定义得到关于的方程，解得，最后由余弦定理计算可得.
【详解】（1）由得，
由余弦定理，又，
所以；
（2）因为，所以
，
设，
则，整理得，解得或（舍去），
所以，
则.
12．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边化角以及辅助角公式求解；
（2）利用正弦定理、辅助角公式以及三角形的面积公式求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理得.
因为，所以，所以，
即.
因为，所以，即.
（2）设，因为，所以.
因为，所以，，，
在中，由正弦定理可知，
即，
即，
化简可得，即，,
所以.
13．(1)
(2)
【分析】（1）由模的坐标表示计算；
（2）根据向量夹角公式计算．
【详解】（1），；
（2），，
，
，
14．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角整理可得，，进而得出.结合角的范围，即可得出答案；
（2）根据已知可得出，进而由，结合已知及面积公式推得.根据基本不等式得出，即可得出答案.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，
得，
所以
.
因为，所以，即，
解得.
又因为，所以.
（2）由和，可知.
因为，
所以.
又因为，
所以，即.
又，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以，
所以，
所以的面积的最小值为.
15．(1)①；②
(2).
【分析】（1）①根据平面向量基本定理即可求；②由三点共线可得，结合①列方程即可求出的值；
（2）设，根据平面向量基本定理可得，结合已知得到，与之间的关系，利用基本不等式可求得结果.
【详解】（1）①因为，所以，
故在中，
；
②因为三点共线，设，
所以，
因为，
所以，
所以
又由①及已知，，
所以，解得.
（2）因为，又三点共线，设，
所以，
又因为，所以，
所以，，
当且仅当，即时取得等号，
所以的最小值为.
16．(1)，
(2)
【分析】（1）在中，利用正弦定理表示出，然后可得解析式，注意到即可得的范围；
（2）变形，然后利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）因为点是弧的中点，
由对称性，知，，
又，，
由正弦定理，得，
．
因为，所以，，
所以．
（2）由（1）得：，．
因为，
且，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
即当时，三条轨道的总长度最小，此时.
17．(1)；
(2)0.
【分析】（1）根据向量的数量积的定义和题设条件，分别计算出两向量的模长和数量积，代入向量的夹角的坐标公式即得；
（2）利用向量垂直的充要条件，推得方程，将向量模长和数量积代入即得.
【详解】（1）由可得，
则且，由因，故.
（2）由与垂直知，即得：，
因，故得：，解得：
18．(1)①平方米②平方米
(2)0.3米
【分析】（1）分别按照直线段与圆弧计算BC的长，代入面积公式即可得解；
（2）根据正弦定理求出，再由三角恒等变换求最大值即可得解.
【详解】（1）①其为直线段且时， 米，
所以在中，，即（米）.
所以（平方米）；
②其为以为圆心的圆弧时，此时圆的半径为（米），
圆心角，所以圆弧的长，
所以（平方米）
（2）由题意，，，
由正弦定理可得：，
即
，其中，
当，即时，（米）.
即有效遮挡区域高的最大值为米.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量平行得到，结合正弦定理化简得到，进而根据余弦定理求得即可得到答案；
（2）根据化简函数，得到原函数即为，结合锐角三角形得到进而即可得到答案.
【详解】（1）因为，，且，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，化简得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以
（2）由（1）得，，所以，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，所以，则
即的值域为
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可结合和差角公式化简求解，
（2）根据同角关系以及正弦定理即可求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理及条件得：
∵为的内角，
∴,∴，，
又,所以
（2）由（1）知：，
∵，且，
∴，
由正弦定理得，且，
∴，∴
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由结合正弦定理得，，再由正弦定理得，从而证明；
（2）由（1）中及化简后得，从而可求解.
【详解】（1）证明：由及正弦定理，得，
又，
所以或，
若，则，所以与矛盾，舍去.
所以.
所以，
因为，所以，
在中，由正弦定理，得，
故证：
.
（2）因为，，所以，
所以，，
所以.
因为，所以，
由，得，即，得.
所以的面积.
22．(1)
(2).
【分析】（1）根据向量的线性运算法则，结合题意，求得，再由，即可求解；
（2）由，得到，结合向量的数量积列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：因为，所以，
则，
所以.
（2）解：因为，所以，
在棱长为2的正四面体中，，
所以，
解得.
23．(1)
(2)时，；当时，函数单调递增
【分析】（1）由，求得，结合三角函数的基本关系式，即可求解；
（2）由，根据三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】（1）解：由向量，，
因为，可得，所以，
则.
（2）解：由函数，
因为，所以，所以，
所以，所以当，即时，，
令，可得，
因为，当时，函数单调递增，
所以函数的单调递增区间为.
24．(1)
(2)
【分析】（1）利用向量的坐标运算求出，然后利用三角公式整理为的形式，就可以求出周期了；
（2）先通过求出，再通过展开计算即可.
【详解】（1）
，
所以的最小正周期为；
（2）由（1）得，由得，
所以，
则
．