2024-2025学年高考数学一轮复习讲义(新高考)第十讲：第五章平面向量及解三角形章节总结(精讲)(学生版+解析)

这是一份2024-2025学年高考数学一轮复习讲义(新高考)第十讲：第五章平面向量及解三角形章节总结(精讲)(学生版+解析)，共90页。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc6755" 第一部分：典型例题讲解 PAGEREF _Tc6755 \h 1
\l "_Tc3847" 题型一：用基底表示向量 PAGEREF _Tc3847 \h 1
\l "_Tc17278" 题型二：平面向量共线定理及推论 PAGEREF _Tc17278 \h 2
\l "_Tc10402" 题型三：平面向量共线（垂直）的坐标表示 PAGEREF _Tc10402 \h 4
\l "_Tc1166" 题型四：平面向量数量积（含最值，范围） PAGEREF _Tc1166 \h 5
\l "_Tc22002" 题型五：平面向量的模（含最值，范围） PAGEREF _Tc22002 \h 7
\l "_Tc23743" 题型六：向量的夹角 PAGEREF _Tc23743 \h 8
\l "_Tc6174" 题型七：投影向量 PAGEREF _Tc6174 \h 8
\l "_Tc29854" 题型八：利用正、余弦定理解三角形 PAGEREF _Tc29854 \h 10
\l "_Tc31098" 题型九：三角形形状问题 PAGEREF _Tc31098 \h 12
\l "_Tc2369" 题型十：三角形个数问题 PAGEREF _Tc2369 \h 13
\l "_Tc30348" 题型十一：三角形周长（边长）问题 PAGEREF _Tc30348 \h 14
\l "_Tc12726" 题型十二：三角形面积问题 PAGEREF _Tc12726 \h 15
\l "_Tc11335" 第二部分：新定义题 PAGEREF _Tc11335 \h 17
第一部分：典型例题讲解
题型一：用基底表示向量
1．（22-23高一下·江西南昌·期中）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上靠近点A的三等分点，F为AB边上靠近点B的四等分点，且线段EF交AC于点P．若，则（ ）
A．B．
C．D．
2．（23-24高一下·全国·期中）在中，，，若点满足，以作为基底，则等于（ ）
A．B．
C．D．
3．（23-24高一下·甘肃武威·阶段练习）如图，在中，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
4．（2024·全国·模拟预测）已知等边三角形的边长为2，为的中心，，垂足为，则（ ）
A．B．C．D．
5．（23-24高一下·山东德州·阶段练习）设为所在平面内一点，，则（ ）
A．B．
C．D．
题型二：平面向量共线定理及推论
1．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）已知是不共线的向量，且，则（ ）
A．三点共线B．三点共线C．三点共线D．三点共线
2．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）已知是不共线的向量，且，若三点共线，则（ ）
A．B．1C．2D．4
3．（2024·陕西西安·一模）在中，点是线段上一点，点是线段上一点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
4．（多选）（23-24高一下·山东·阶段练习）在中，为线段上一点，且有，则下列命题正确的是（ ）
A．B．
C．的最大值为D．的最小值为
5．（23-24高一下·山东青岛·阶段练习）如图，在中，，为线段上的动点，与相交于点，设，，则的最小值为 ．
6．（23-24高一下·全国·期末）如图，在梯形中，，点是的中点，点在线段上，若，则的值为 .

7．（23-24高一下·河南郑州·阶段练习）如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（， 交两点不重合）.若，，则的最小值为 .
8．（2024高一下·上海·专题练习）如图，在中，点为上一点，且．
(1)请用向量表示向量；
(2)过点的直线与，所在直线分别交于点，，且满足，，求证：．
题型三：平面向量共线（垂直）的坐标表示
1．（2024·四川南充·二模）已知平面向量，，若向量与共线，则（ ）
A．－2B．C．2D．5
2．（2024·全国·模拟预测）已知平面向量，，且，则（ ）
A．B．C．D．1
3．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）已知，不共线，向量，，且，则 ．
4．（23-24高一下·贵州遵义·阶段练习）已知，是两个不共线的向量，，，若与共线，则 ．
5．（23-24高一下·四川眉山·阶段练习）（1）化简：；
（2）设是不共线的两个向量.若与共线，求实数k的值.
6．（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）已知向量，.
(1)若，求；
(2)若，求.
7．（23-24高一下·河南洛阳·阶段练习）已知向量.
(1)当为何值时，与垂直?
(2)当为何值时，与平行?
8．（23-24高一下·河南周口·阶段练习）已知.
(1)求与夹角的余弦值；
(2)若，求实数的值.
题型四：平面向量数量积（含最值，范围）
1．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）在边长为2的菱形中，，点是内一动点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．（23-24高一下·河北张家口·阶段练习）在中，满足，，，则（ ）
A．49B．0C．576D．168
3．（2024·湖南邵阳·二模）“四叶回旋镖”可看作是由四个相同的直角梯形围成的图形，如图所示，.点在线段与线段上运动，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·北京房山·一模）如图．已知矩形中，，，分别是，的中点，则 ．

5．（2023·陕西西安·模拟预测）圆是锐角的外接圆，，则的取值范围是 ．
6．（23-24高一下·广东惠州·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，，，，，．若P为线段AB上一动点，则的最小值为 ．

7．（2024·全国·模拟预测）已知在菱形ABCD中，，若点M在线段AD上运动，则的取值范围为 ．
8．（23-24高一下·福建厦门·阶段练习）如图，在矩形中，点是的中点，是上靠近点的三等分点.
(1)设，求的值；
(2)若，，求的值.
题型五：平面向量的模（含最值，范围）
1．（23-24高一下·湖南·阶段练习）已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ）
A．7B．C．D．
2．（23-24高一下·河北沧州·阶段练习）已知向量满足，且，则（ ）
A．1B．2C．D．
3．（23-24高一下·北京·阶段练习）已知向量满足，，则的最大值等于（ ）
A．B．C．2D．
4．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知向量，夹角为，，若对任意，恒有，则函数的最小值为 ．
5．（2022高一·全国·专题练习）已知向量，，满足：，且，则的取值范围是 ．
6．（23-24高一下·浙江丽水·阶段练习）已知向量满足．
(1)求向量与夹角的余弦值；
(2)求的值．
7．（23-24高一下·江苏常州·阶段练习）在直角梯形中，已知，，，动点、分别在线段和上，且，．
(1)当时，求的值；
(2)求向量的夹角；
(3)求的取值范围．
8．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，．
(1)求与夹角；
(2)若与垂直，求点的坐标；
(3)求的取值范围．
题型六：向量的夹角
1．（2024·陕西商洛·三模）已知非零向量满足，则（ ）
A．45°B．60°C．120°D．150°
2．（23-24高一下·浙江·阶段练习）已知平面向量满足，则与夹角的大小为 .
3．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）已知，，．
(1)求；
(2)若，求向量与的夹角．
4．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）已知向量．
(1)若，求的值；
(2)若，求与的夹角的余弦值．
5．（23-24高一下·湖南衡阳·阶段练习）如图，在中，，，，且，，与交于点.
(1)用，表示，；
(2)求的值；
(3)求的值.
6．（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）在边长为4的等边中，，D为边AC的中点，BD与AM交于点N．
(1)求证：；
(2)求的值．
题型七：投影向量
1．（23-24高一下·广东深圳·阶段练习）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．
2．（2024·湖南·模拟预测）已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
3．（23-24高一下·江苏扬州·阶段练习）已知，，则在的方向上的投影向量是 ．(结果写坐标)
4．（23-24高一下·广东中山·阶段练习）已知向量满足，则向量在上的投影向量为 .
5．（23-24高三下·福建泉州·阶段练习）已知，，且，则在上的投影向量为
题型八：利用正、余弦定理解三角形
1．（23-24高一下·重庆·阶段练习）如图所示，平面四边形的对角线交点位于四边形的内部，，，，，当变化时，对角线的最大值为（ ）
A．B．C．4D．6
2．（2024·陕西西安·二模）在中，内角，，的对边分别是，，，且的面积，（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·全国·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．（2024高三·全国·专题练习）中，角所对的边分别为，若，且，则角
5．（23-24高一下·浙江·阶段练习）在中，角的对边分别为，满足外接圆的半径为，则 ．
6．（2024高三·上海·专题练习）在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则当取得最大值时， .
7．（23-24高一下·湖南衡阳·阶段练习）在锐角中，内角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若是边上一点（不包括端点），且，求的取值范围.

8．（2024·广东佛山·二模）在中，，，分别是角，，所对的边，点在边上，且满足，．
(1)求的值；
(2)若，求．
题型九：三角形形状问题
1．（23-24高一下·云南昆明·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且，则的形状为（ ）
A．正三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形
2．（23-24高一下·浙江·阶段练习）已知的三内角所对的边分别是，设向量，若，则的形状是（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形
3．（23-24高一下·山东·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且，设的面积为，若，则此三角形的形状为（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
4．（23-24高一下·天津·阶段练习）已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，，则有一解
B．若，则一定是锐角三角形
C．若，则一定是等腰三角形
D．若，则一定是等腰三角形
5．（多选）（23-24高一下·广西南宁·阶段练习）已知的内角、、所对的边分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是钝角三角形
B．若，则
C．若，则是锐角三角形
D．若，则一定为锐角三角形
6．（多选）（23-24高一下·江苏镇江·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则一定是等腰三角形
B．若，则为锐角三角形
C．若，则一定是等边三角形
D．若，则是等腰三角形
题型十：三角形个数问题
1．（多选）（23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角的对边分别为，且已知，则（ ）
A．若，且有两解，则的取值范围是
B．若，且恰有一解，则的取值范围是
C．若，且为钝角三角形，则的取值范围是
D．若，且为锐角三角形，则的取值范围是
2．（多选）（23-24高一下·河南濮阳·阶段练习）在中，，，（a为常数），若满足条件的三角形有且仅有两个，则a的取值可能为（ ）
A．7B．14C．15D．16
3．（多选）（23-24高一下·重庆·阶段练习）满足下列条件的三角形有两个解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
4．（多选）（23-24高一下·湖北·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．，，
5．（23-24高一下·上海·阶段练习）在中，，，要使被唯一确定，那么的取值范围是 .
6．（23-24高一下·上海·假期作业）下列条件判断三角形解的情况，正确的是 （填序号）；
①，，，有两解；
②，，，有一解；
③，，，无解；
④，，，有一解．
题型十一：三角形周长（边长）问题
1．（2024·四川绵阳·一模）中，角、、的对边分别为a、b、c，若，则的周长为 ．
2．（2024高三·广东·专题练习）已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．若，则的取值范围是 .
3．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）锐角的角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，则的取值范围为 ．
4．（23-24高一下·宁夏银川·阶段练习）已知的内角A、B、C对的边分别为a，b，c，，D为边AC上一点，满足且，则的最小值为 ．
5．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）记的内角的对边分别为，，，已知．
(1)若，求；
(2)求的最小值．
6．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知，，，函数，且在区间上的最大值为.
(1)求m的值；
(2)锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且，求的周长l的取值范围.
7．（2024·河北衡水·一模）在中，内角所对的边分别是，三角形面积为，若为边上一点，满足，且.
(1)求角；
(2)求的取值范围.
8．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）已知．
(1)求函数图象的对称轴方程；
(2)设的内角所对的边分别为，若且，求周长的取值范围．
题型十二：三角形面积问题
1．（23-24高三下·浙江·阶段练习）在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
2．（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）在锐角中，、、分别是角、、所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．（23-24高一下·河南周口·阶段练习）锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，则面积S的取值范围 .
4．（23-24高三上·全国·阶段练习）已知中，在线段上，．
(1)若，求的长；
(2)求面积的最大值．
5．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）在中，内角，，的对边分别为，，，且满足.
(1)求；
(2)若内角的角平分线交于点，且，求的面积的最小值.
6．（23-24高三上·江苏扬州·阶段练习）内角的对边分别为，已知．
(1)求角的大小；
(2)是边上一点，且，求面积的最大值．
7．（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）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：
出与共线的单位向量；
(3)已知，，为函数的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点，使得?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
3．（23-24高一下·上海·阶段练习）对于一组向量，，，…，，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”．
(1)设，且，若是向量组，，的“长向量”，求实数x的取值范围；
(2)若，且，向量组，，，…，是否存在“长向量”?给出你的结论并说明理由；
(3)已知，，均是向量组，，的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列，，，…，满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值．
4．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
(2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量；
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：.
5．（23-24高一下·重庆·阶段练习）十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点．
(1)求角；
(2)若，求的值；
(3)若，求的取值范围．
6．（23-24高一下·山东滨州·开学考试）定义非零向量若函数解析式满足，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”．
(1)已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数的取值范围；
(2)已知点满足，向量的“伴生函数”在时取得最大值，当点运动时，求的取值范围；
(3)已知向量的“伴生函数”在时的取值为．若在三角形中，，，若点为该三角形的外心，求的最大值.
第10讲：第五章 平面向量及解三角形 章节总结
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc6755" 第一部分：典型例题讲解 PAGEREF _Tc6755 \h 1
\l "_Tc3847" 题型一：用基底表示向量 PAGEREF _Tc3847 \h 1
\l "_Tc17278" 题型二：平面向量共线定理及推论 PAGEREF _Tc17278 \h 4
\l "_Tc10402" 题型三：平面向量共线（垂直）的坐标表示 PAGEREF _Tc10402 \h 10
\l "_Tc1166" 题型四：平面向量数量积（含最值，范围） PAGEREF _Tc1166 \h 13
\l "_Tc22002" 题型五：平面向量的模（含最值，范围） PAGEREF _Tc22002 \h 18
\l "_Tc23743" 题型六：向量的夹角 PAGEREF _Tc23743 \h 24
\l "_Tc6174" 题型七：投影向量 PAGEREF _Tc6174 \h 24
\l "_Tc29854" 题型八：利用正、余弦定理解三角形 PAGEREF _Tc29854 \h 31
\l "_Tc31098" 题型九：三角形形状问题 PAGEREF _Tc31098 \h 37
\l "_Tc2369" 题型十：三角形个数问题 PAGEREF _Tc2369 \h 41
\l "_Tc30348" 题型十一：三角形周长（边长）问题 PAGEREF _Tc30348 \h 44
\l "_Tc12726" 题型十二：三角形面积问题 PAGEREF _Tc12726 \h 52
\l "_Tc11335" 第二部分：新定义题 PAGEREF _Tc11335 \h 60
第一部分：典型例题讲解
题型一：用基底表示向量
1．（22-23高一下·江西南昌·期中）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上靠近点A的三等分点，F为AB边上靠近点B的四等分点，且线段EF交AC于点P．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】，将用表示，再根据E，F，P三点共线，求得λ即可得答案．
【详解】由E为AD边上靠近点A的三等分点，F为AB边上靠近点B的四等分点，得，
设，由E，F，P三点共线，得，解得，
所以.
故选：B
2．（23-24高一下·全国·期中）在中，，，若点满足，以作为基底，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】结合图形，将和分别用和，和表示，代入方程即可求解.
【详解】

如图，因，则，即，
解得：.
故选：A.
3．（23-24高一下·甘肃武威·阶段练习）如图，在中，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】运用平面向量线性运算及共线向量关系即可求解.
【详解】由题意知.故选：C.
4．（2024·全国·模拟预测）已知等边三角形的边长为2，为的中心，，垂足为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接并延长，交于点，根据为的中心，易得为的中点，E为的中点，利用平面向量的线性运算求解.
【详解】解：如图所示：

连接并延长，交于点，
因为为的中心，
所以为的中点．
又为的中点，
，
，
故选：B．
5．（23-24高一下·山东德州·阶段练习）设为所在平面内一点，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据平面向量的线性运算分析求解.
【详解】因为，则，
整理得，即.
故选：A.
题型二：平面向量共线定理及推论
1．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）已知是不共线的向量，且，则（ ）
A．三点共线B．三点共线C．三点共线D．三点共线
【答案】C
【分析】由题意，根据平面向量的基本定理，结合选项依次计算即可求解.
【详解】A：假设存在实数，使得，则三点共线.
，得，无解，所以假设不成立，故A错误；
B：假设存在实数，使得，则三点共线.
，得，无解，所以假设不成立，故B错误；
C：，
假设存在实数，使得，则三点共线.
，得，解得，所以假设成立，故C正确；
D：，
假设存在实数，使得，则三点共线.
，得，无解，所以假设不成立，故D错误.
故选：C
2．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）已知是不共线的向量，且，若三点共线，则（ ）
A．B．1C．2D．4
【答案】C
【分析】根据题意，求得，结合三点共线，得到，列出方程组，即可求解.
【详解】由向量，
可得，
因为三点共线，可得，即，
所以，解得.
故选：C.
3．（2024·陕西西安·一模）在中，点是线段上一点，点是线段上一点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
依题意可得，即可得到，再根据平面向量共线定理的推论得到，解得即可.
【详解】因为，所以，即，
又，所以，
因为点是线段上一点，即、、三点共线，
所以，解得.
故选：A
4．（多选）（23-24高一下·山东·阶段练习）在中，为线段上一点，且有，则下列命题正确的是（ ）
A．B．
C．的最大值为D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】由题意得，结合三点共线即可判断AB，由基本不等式即可判断CD.
【详解】
因为为线段上一点，
所以，
而点线段上面，所以，故A错，B对，
由基本不等式得，解得，等号成立当且仅当，C对，
，等号成立当且仅当，D对.
故选：BCD.
5．（23-24高一下·山东青岛·阶段练习）如图，在中，，为线段上的动点，与相交于点，设，，则的最小值为 ．
【答案】1
【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算，结合共线向量的推论求出的关系，再借助对勾函数性质求出最小值.
【详解】在中，由为线段上的动点，，得，
则，
则，又，于是，
因为点共线，因此，解得，
令，则，，
显然对勾函数在上单调递增，则当时，，，
所以当时，取得最小值1.
故答案为：1
6．（23-24高一下·全国·期末）如图，在梯形中，，点是的中点，点在线段上，若，则的值为 .

【答案】/
【分析】利用向量运算得，然后利用三点共线列方程求解即可.
【详解】由题意得，，
因为，D，F三点共线，所以，解得.
故答案为：
7．（23-24高一下·河南郑州·阶段练习）如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（， 交两点不重合）.若，，则的最小值为 .
【答案】.
【分析】
先用表示，利用已知代入表达式，结合D，E，F三点共线可得，然后妙用“1”可解.
【详解】
因为，所以，
所以，
又，，
所以，
所以，
因为D，E，F三点共线，所以，结合已知可知，
故，
当且仅当，结合，即时，取等号；
即的最小值为，
故答案为：
8．（2024高一下·上海·专题练习）如图，在中，点为上一点，且．
(1)请用向量表示向量；
(2)过点的直线与，所在直线分别交于点，，且满足，，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据平面向量的线性表示与运算法则，用表示向量即可；
（2）由，，三点共线可设，结合已知条件得，又为上一点，且，故，由平面向量基本定理得，即可证明．
【详解】（1）因为，，
又，故得，
所以．
（2）由，，三点共线可设，又，，
，
为上一点，且，
，
，
所以．
题型三：平面向量共线（垂直）的坐标表示
1．（2024·四川南充·二模）已知平面向量，，若向量与共线，则（ ）
A．－2B．C．2D．5
【答案】B
【分析】直接利用向量平行的坐标运算列方程求解．
【详解】因为向量与共线，
所以，
解得．
故选：B．
2．（2024·全国·模拟预测）已知平面向量，，且，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】利用向量共线的坐标表示列式计算即可.
【详解】因为，所以.
因为，所以，解得.
故选：B.
3．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）已知，不共线，向量，，且，则 ．
【答案】
【分析】依题意可得，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可.
【详解】因为向量，，且，
所以，即，
又，不共线，所以，可以作为平面内的一组基底，
所以，解得.
故答案为：
4．（23-24高一下·贵州遵义·阶段练习）已知，是两个不共线的向量，，，若与共线，则 ．
【答案】
【分析】利用共线向量定理，结合平面向量基本定理列式计算得解.
【详解】向量，不共线，则不是零向量，
由与共线，得，即
因此，解得，
所以.
故答案为：
5．（23-24高一下·四川眉山·阶段练习）（1）化简：；
（2）设是不共线的两个向量.若与共线，求实数k的值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据向量减法的运算法则进行计算即可；
（2）根据共线向量定理列出方程组解出即可；也可以利用向量共线时相应系数比相等建立方程解出即可.
【详解】（1）
（2）由于与共线，则存在实数，
使得，
即，而不共线，
因此，解得k的值是.
法二：由题意：，解得，
6．（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）已知向量，.
(1)若，求；
(2)若，求.
【答案】(1)3；
(2).
【分析】（1）利用向量共线的坐标表示，列式计算即得.
（2）利用向量垂直的坐标表示，列式计算即得.
【详解】（1）向量，，由，得，所以.
（2）向量，，由，得，所以.
7．（23-24高一下·河南洛阳·阶段练习）已知向量.
(1)当为何值时，与垂直?
(2)当为何值时，与平行?
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先由向量线性运算的坐标表示出与，由向量垂直的充要条件列方程求解即可.
（2）由向量平行的充要条件列方程求解即可.
【详解】（1）因为，
，
，
若可得，
即，得，
即时，与垂直.
（2）当时，有，
解得，
即时，与平行.
8．（23-24高一下·河南周口·阶段练习）已知.
(1)求与夹角的余弦值；
(2)若，求实数的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用向量的夹角公式，准确计算，即可求解；
（2）根据题意，结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：由向量，可得且，
则.
（2）解：由向量，可得，
因为，可得，
即，解得.
题型四：平面向量数量积（含最值，范围）
1．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）在边长为2的菱形中，，点是内一动点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图建系，可求得A,B,C,D的坐标，设，则可得的表达式，根据x的范围，即可求得答案.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，则.
设，则，故，
即的取值范围是.
故选：A
2．（23-24高一下·河北张家口·阶段练习）在中，满足，，，则（ ）
A．49B．0C．576D．168
【答案】A
【分析】由三角形三边长满足勾股定理可判断和，再用向量数量积的定义式计算即可.
【详解】因为，所以，
因为和的夹角等于，
所以，
故选：A.
3．（2024·湖南邵阳·二模）“四叶回旋镖”可看作是由四个相同的直角梯形围成的图形，如图所示，.点在线段与线段上运动，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立平面直角坐标系，标出，，，四个点的坐标，写出向量，的坐标，即可表示出，进而可求得其范围．
【详解】如图，以为原点建立平面直角坐标系，
易知，，，
当在线段上运动，设，其中，
所以，，
则，
因为，所以，
当在线段上运动，设，则，且,
则，故，，
则，
因为，所以，综上，的取值范围为.
故选：C.
4．（2024·北京房山·一模）如图．已知矩形中，，，分别是，的中点，则 ．

【答案】
【分析】用、作为一组基底表示出，，再根据数量积的运算律计算可得.
【详解】依题意，
，
所以
.
故答案为：
5．（2023·陕西西安·模拟预测）圆是锐角的外接圆，，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据向量的线性运算与锐角三角形外接圆的相关性质即可求解.
【详解】依题意，设中点，的中点为，则垂直平分，垂直平分，
则.
以为圆心，1为半径作圆，则在该圆的四分之一圆弧上变化，如下图，
为中垂线交点，连接，由三角形为锐角三角形，
根据临界位置及图形可知，而，
所以，则范围是．
故答案为：.
6．（23-24高一下·广东惠州·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，，，，，．若P为线段AB上一动点，则的最小值为 ．

【答案】
【分析】以点为原点建立直角坐标系，设，再根据向量数量积的坐标公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】如图，以点为原点建立直角坐标系，
则，设，
故，
所以，
则当时，取得最小值.

故答案为：.
7．（2024·全国·模拟预测）已知在菱形ABCD中，，若点M在线段AD上运动，则的取值范围为 ．
【答案】．
【分析】解法一：建立平面直角坐标系，求的坐标，结合数量积的坐标表示求再求其范围；
解法二：根据数量积的定义，结合数量积的几何意义求的范围.
【详解】解法一：，
记的交点为，以为原点，所在直线分别为x，y轴建立如图1所示的平面直角坐标系，
则，，，，，
故，，
则，
故，又
则．
解法二：，
如图2所示，当M在线段AD上运动时可得，
即，又，
所以．
故答案为：
8．（23-24高一下·福建厦门·阶段练习）如图，在矩形中，点是的中点，是上靠近点的三等分点.
(1)设，求的值；
(2)若，，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量线性运算可得，由此可得；
（2）利用基底表示出，根据向量数量积定义和运算律可求得结果.
【详解】（1），，，
.
（2）由（1）知：，
，
.
题型五：平面向量的模（含最值，范围）
1．（23-24高一下·湖南·阶段练习）已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ）
A．7B．C．D．
【答案】D
【分析】借助投影向量定义可计算出，结合向量模长公式计算即可得.
【详解】由题意可得，向量在向量上的投影向量为，
则，解得，则，
故．
故选：D.
2．（23-24高一下·河北沧州·阶段练习）已知向量满足，且，则（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】先根据得，进而得，即可得.
【详解】因为，所以，
故.
故选：B
3．（23-24高一下·北京·阶段练习）已知向量满足，，则的最大值等于（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】由，即得到点共圆，再利用余弦定理和正弦定理求解即可.
【详解】设，
因为，，所以，
又，所以，所以点共圆，
要使的最大，即为直径，
在中，由余弦定理可得，
又由正弦定理，
即的最大值等于，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是由向量之间的夹角确定点共圆，再由正弦和余弦定理求解即可.
4．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知向量，夹角为，，若对任意，恒有，则函数的最小值为 ．
【答案】/
【分析】先根据向量的夹角、模长及恒成立求出，将表示成关于t的函数，根据二次函数最值即可求解．
【详解】∵，∴，
整理可得，
∵对任意，上式恒成立，∴；
由题意知，∴，∴．
∴．
故答案为：.
5．（2022高一·全国·专题练习）已知向量，，满足：，且，则的取值范围是 ．
【答案】[1,5]
【分析】
先表示出，再利用数量积的性质，求出的范围即可.
【详解】∵，
∴，
，
∴，即
∴，
，即.
故答案为：.
6．（23-24高一下·浙江丽水·阶段练习）已知向量满足．
(1)求向量与夹角的余弦值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，可得，再根据数量积的运算律求出，再根据夹角的计算公式计算即可；
（2）根据结合数量积的运算律计算即可.
【详解】（1）设与的夹角为，因为，
所以，
又，所以，
所以，
所以向量与夹角的余弦值为；
（2）由
，
所以．
7．（23-24高一下·江苏常州·阶段练习）在直角梯形中，已知，，，动点、分别在线段和上，且，．
(1)当时，求的值；
(2)求向量的夹角；
(3)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先根据向量的线性运算表示出和；再根据向量的数量积运算律即可求解.
（2）先根据向量的线性运算表示出；再根据向量的数量积运算得出即可解答.
（3）先根据表示出；再根据向量的数量积运算得出；最后根据即可求解.
【详解】（1）当时，
依题意知，，，.
则， .
因为，
，
.
所以.
因此.
因为， ，，
所以，，
所以.
（2）由（1）知.
因为，，
所以；
.
则.
因为，， ，
所以，
故向量的夹角为.
（3）由（2）可知：
，
.
则.
因为，， ，
所以
,
由题意知，，
所以的取值范围是，
∴的取值范围是．
8．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，．
(1)求与夹角；
(2)若与垂直，求点的坐标；
(3)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）根据条件得，再利用向量夹角公式，即可求出结果；
（2）设，根据条件建立方程组，即可求出结果；
（3）由（1）和（2）得到，根据条件可转化为圆上点到的距离，即可求出结果.
【详解】（1）因为在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，
所以，
故，又，所以，
即与夹角为.
（2）因为，设，因为与垂直，且，
所以，解得，或，
所以或 .
（3）由（1）（2）知，，
所以，可看成点到点的距离，
又，且到原点的距离为
所以的最大值为，最小值为．
题型六：向量的夹角
1．（2024·陕西商洛·三模）已知非零向量满足，则（ ）
A．45°B．60°C．120°D．150°
【答案】D
【分析】根据向量垂直得到，再应用数量积公式及夹角公式计算即可.
【详解】．
所以，又，
，由均为非零向量，
则，且在到之间，故．
故选：D．
2．（23-24高一下·浙江·阶段练习）已知平面向量满足，则与夹角的大小为 .
【答案】
【分析】先利用向量的运算律求得及，然后利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】因为平面向量满足，
所以，
所以，即，
所以，
设与夹角为，则，
又，所以.
故答案为：
3．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）已知，，．
(1)求；
(2)若，求向量与的夹角．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据向量的坐标运算、数量积的运算与模长公式求解即可；
（2）设出向量的夹角，利用向量的数量积化简求解即可．
【详解】（1）因为，
所以；
（2）向量，，可知，
设与的夹角为，可知与的夹角为：，,．
．，
可得，
可得，
所以，
解得．
4．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）已知向量．
(1)若，求的值；
(2)若，求与的夹角的余弦值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用向量共线的坐标表示求出，再求出数量积即可.
（2）利用向量线性运算的坐标表示及向量垂直的坐标表示求出，再求出夹角的余弦.
【详解】（1）向量，由，得，解得，又，
所以.
（2）向量，则，而，，
因此，解得，则，
，
所以与的夹角的余弦值为.
5．（23-24高一下·湖南衡阳·阶段练习）如图，在中，，，，且，，与交于点.
(1)用，表示，；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；
（2）由数量积的定义求出，再由数量积的运算律计算可得；
（3）依题意为向量与的夹角，求出，，再由夹角公式计算可得.
【详解】（1）因为，，
所以，，
所以，；
（2）因为，，，
所以，
所以
.
（3）依题意为向量与的夹角，
又
，
，
所以.
6．（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）在边长为4的等边中，，D为边AC的中点，BD与AM交于点N．
(1)求证：；
(2)求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过作交于，利用平行线的性质可得答案；
（2）将用表示，然后分别求出以及，利用夹角公式求解即可.
【详解】（1）过作交于，
因为，即，得，
所以，则由可得；
（2），
，
所以
，
，
所以.
题型七：投影向量
1．（23-24高一下·广东深圳·阶段练习）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．
【答案】A
【分析】根据向量加法的平行四边形法则可得为的中点，为圆的直径，进而利用投影向量的定义求解即可.
【详解】因为是的外接圆圆心，，
所以由平行四边形法则可得为的中点，为圆的直径，
因为，所以为等边三角形，，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：A
2．（2024·湖南·模拟预测）已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量在向量上的投影向量的定义求解即可.
【详解】设与的夹角为，
则在上的投影向量为.
故选：B.
3．（23-24高一下·江苏扬州·阶段练习）已知，，则在的方向上的投影向量是 ．(结果写坐标)
【答案】
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以在的方向上的投影向量是，
故答案为：.
4．（23-24高一下·广东中山·阶段练习）已知向量满足，则向量在上的投影向量为 .
【答案】
【分析】由投影向量的公式计算可得.
【详解】，
又在上的投影向量为，
故答案为：.
5．（23-24高三下·福建泉州·阶段练习）已知，，且，则在上的投影向量为
【答案】
【分析】利用向量的坐标运算，结合向量的投影计算即可得出结果.
【详解】设，由可知①，
而，
所以
由可得②，
由①②可得，解得，则，
所以或者，
又，则向量在上的投影向量是.
故答案为：.
题型八：利用正、余弦定理解三角形
1．（23-24高一下·重庆·阶段练习）如图所示，平面四边形的对角线交点位于四边形的内部，，，，，当变化时，对角线的最大值为（ ）
A．B．C．4D．6
【答案】D
【分析】设，利用余弦定理求得，表示出，进而可求得，结合辅助角公式即可求得答案.
【详解】由题意，，
设，
则由余弦定理得：，
由正弦定理得：，
因为，则，
在中，
，
时，的最大值为，取得最大值，
故选：D
2．（2024·陕西西安·二模）在中，内角，，的对边分别是，，，且的面积，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由余弦定理及得到，从而求出，再由及正弦定理计算可得.
【详解】由余弦定理可得，所以，
则．
又因为，即，所以，显然，又，
所以（负值舍去）．所以，
又因为，所以，所以，
所以．
故选：C
3．（2024·全国·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据正弦定理及余弦定理解三角形即可得解.
【详解】在中，由正弦定理得，
得.
由余弦定理得，
化简整理得，得.
故选：C
4．（2024高三·全国·专题练习）中，角所对的边分别为，若，且，则角
【答案】
【分析】根据求出，根据得到即可求解.
【详解】，，，
，，
，
，
，
，
因为，所以，
或（舍），，
因为，
即，，
，，
，.
故答案为：.
5．（23-24高一下·浙江·阶段练习）在中，角的对边分别为，满足外接圆的半径为，则 ．
【答案】3
【分析】根据求出，根据正弦定理即可求出.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，
，所以，
又因为，所以，
从而，又外接圆的半径为，
所以由正弦定理得．
故答案为：.
6．（2024高三·上海·专题练习）在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则当取得最大值时， .
【答案】
【分析】由正弦定理可求出的外接圆半径，借助于正弦定理进行边化角运算可得，在中，，由两角和的正弦公式展开代入的正余弦值计算，由辅助角公式即可求出结果.
【详解】解：，，设外接圆半径为．则，
得，
则
，
其中，，．
当．即时，取得最大值，
此时．所以.
故答案为：
7．（23-24高一下·湖南衡阳·阶段练习）在锐角中，内角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若是边上一点（不包括端点），且，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角形的内角和定理，化简得到，进而求得，即可求解.
（2）不妨设，在中，利用正弦定理，化简得到，根据题意，结合正切函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
又由，可得，所以，所以，
解得或（舍去），
因为，所以.
（2）解：不妨设，则，
在中，可得，
因为是锐角三角形，所以且，
则，所以，可得，
所以，所以.

8．（2024·广东佛山·二模）在中，，，分别是角，，所对的边，点在边上，且满足，．
(1)求的值；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换得到，再利用三角恒等变换得到，从而利用余弦定理列出关系式即可得解.
（2）在中，确定三边的长度关系，利用余弦定理可求，再利用同角三角函数的关系求.
【详解】（1）如图，在中，由正弦定理知，
所以，所以，
因为，所以，则①，
由，
则，
因为，所以，则，
在中，由余弦定理知，则②，
由①②得，．
（2）因为，所以，，
在中，由余弦定理知
同理在中，，
因为，所以，
则，
由（1）知，，所以，
在中，由余弦定理知
，
所以．
题型九：三角形形状问题
1．（23-24高一下·云南昆明·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且，则的形状为（ ）
A．正三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形
【答案】B
【分析】利用正弦定理及三角恒等变换化简求出角即可得解.
【详解】因为，
所以，即，即，
所以，
在中，，
所以，所以，
所以，
因为，所以，则，
所以，所以为直角三角形，
故选：B．
2．（23-24高一下·浙江·阶段练习）已知的三内角所对的边分别是，设向量，若，则的形状是（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【分析】利用平面向量平行的条件得，再利用余弦定理可得边的关系，即可得解.
【详解】由题意，向量，且，
则，故，
整理得到，
故，故或，
即或，故的形状为等腰或直角三角形.
故选：D.
3．（23-24高一下·山东·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且，设的面积为，若，则此三角形的形状为（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】首先由三角形面积公式数量积定义得，结合化简得，即，由此即可判断.
【详解】因为，所以，解得，
又，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，即，
又，
所以此三角形的形状为等边三角形.
故选：C.
4．（23-24高一下·天津·阶段练习）已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，，则有一解
B．若，则一定是锐角三角形
C．若，则一定是等腰三角形
D．若，则一定是等腰三角形
【答案】C
【分析】利用正弦定理判断A，利用余弦定理判断B，利用正弦定理与余弦定理的边角变换，结合三角函数的和差公式判断CD，从而得解.
【详解】对于A，，则，
可知，此时有两解，故A错误；
对于B，由余弦定理得，，
所以，但只能说明为锐角，或有可能为钝角，故B错误；
对于C，由正弦定理得，得，
则，再由正弦定理得，所以一定是等腰三角形，故C正确；
对于D，由余弦定理可得，
得，得，
得，则或，
故或，所以是等腰三角形或直角三角形，故D错误.
故选：C.
5．（多选）（23-24高一下·广西南宁·阶段练习）已知的内角、、所对的边分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是钝角三角形
B．若，则
C．若，则是锐角三角形
D．若，则一定为锐角三角形
【答案】ABD
【分析】对于，由正弦定理可得，设，，，结合余弦定理即可判断；对于，在中根据正弦定理即可判断；对于，由向量的数量积运算即可得为锐角，无法判断和；对于，由两角和的正切公式可得，所以，即可判断.
【详解】对于A：在中，由正弦定理可得，设，，，且边最大，由余弦定理可得
，
所以角为钝角，所以是钝角三角形，故正确；
对于B：在中，因为，根据正弦定理得，所以，故正确；
对于C：因为，所以，
所以角为锐角，但无法判断角和角，故不正确；
对于D：在中，，
则，
所以，
因为三角形中最多只有一个钝角，所以，，，即三个角都为锐角，故正确.
故选：.
6．（多选）（23-24高一下·江苏镇江·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则一定是等腰三角形
B．若，则为锐角三角形
C．若，则一定是等边三角形
D．若，则是等腰三角形
【答案】CD
【分析】利用正弦定理化边为角结合二倍角的正弦公式即可判断A；利用余弦定理即可判断B；利用正弦定理化边为角即可判断C；利用正弦定理化边为角结合两角和的正弦公式及三角形内角和定理即可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，
所以，所以或，
所以或，
所以是等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，由正弦定理可得，
则，则为锐角，但是两角无法判断其是否为锐角，
如当时，，，
为钝角三角形，故B错误；
对于C，因为，所以，
所以，且，所以，
所以为等边三角形，故C正确；
对于D，因为，所以，
即，则，
又因为，所以或（舍去），
所以为等腰三角形，故D正确.
故选：CD.
题型十：三角形个数问题
1．（多选）（23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）在中，角的对边分别为，且已知，则（ ）
A．若，且有两解，则的取值范围是
B．若，且恰有一解，则的取值范围是
C．若，且为钝角三角形，则的取值范围是
D．若，且为锐角三角形，则的取值范围是
【答案】AD
【分析】根据三角形的构成，结合正弦、余弦定理可判断三角形有几个解和特殊三角形所要满足的条件.
【详解】选项：由正弦定理，，
且，则，选项正确；
选项：①，则；
②且，则
综上或，选项错误；
选项：①为最大边：，且，此时；
②为最大边：，且，此时，选项错误；
选项：，且，所以，选项正确；
故选；．
2．（多选）（23-24高一下·河南濮阳·阶段练习）在中，，，（a为常数），若满足条件的三角形有且仅有两个，则a的取值可能为（ ）
A．7B．14C．15D．16
【答案】BC
【分析】
根据三角形有两解的条件，判断的范围，即可得出正确选项.
【详解】由题意，当满足，即时，
满足条件的三角形有且仅有两个，
因为，所以，
而，
所以的取值可能为14，15.
故选：BC
3．（多选）（23-24高一下·重庆·阶段练习）满足下列条件的三角形有两个解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】BD
【分析】
利用正弦定理，逐项判断计算作答
【详解】
对于A，，又，只有一解，不合题意；
对于B，，又，则有两解，符合题意；
对于C，，则不存在，无解，不合题意；
对于D，，又，则有两解，符合题意.
故选：BD
4．（多选）（23-24高一下·湖北·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
【分析】用与点A到边BC的距离及的长比较大小可判断A，B，C；求三角形各边及角可判断D.
【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.
5．（23-24高一下·上海·阶段练习）在中，，，要使被唯一确定，那么的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据利用正弦定理，结合三角形有1个解的条件即可求解.
【详解】根据题意，，，
由正弦定理得：，则，
三角形只有一个解，则或，
则或，即或，
所以的取值范围是.
故答案为：.
6．（23-24高一下·上海·假期作业）下列条件判断三角形解的情况，正确的是 （填序号）；
①，，，有两解；
②，，，有一解；
③，，，无解；
④，，，有一解．
【答案】④
【分析】对于①，由正弦定理求得，可判断三角形解的个数；对于②，由正弦定理求得，结合三角形中大边对大角性质，可判断三角形解的个数；对于③，由正弦定理，结合，可得解的个数；对于④，由正弦定理得 ，结合可得三角形的解有一个，由此可得答案.
【详解】对①：由正弦定理，所以，
又因为，所以有一解，故①错误；
对②：正弦定理，所以，
又因为，所以，则三角形的解有两解，故②错误；
对③：由正弦定理，所以，
又因为且，可得有一解，所以三角形的解有一个，故③错误；
对于④，由正弦定理，所以，
又因为且，可得有一解，所以三角形的解有一个，故④正确，
故答案为：④.
题型十一：三角形周长（边长）问题
1．（2024·四川绵阳·一模）中，角、、的对边分别为a、b、c，若，则的周长为 ．
【答案】
【分析】先利用两角差的正弦公式、正弦定理和余弦定理对题目条件进行化简得出：；再结合和余弦定理得出的值即可求解.
【详解】因为，
所以，
即.，
由正弦定理可得：，
由余弦定理可得：，整理得：.
因为，
所以，整理得：，
则，
所以，
故答案为：.
2．（2024高三·广东·专题练习）已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．若，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据用余弦定理化简得到，再结合正弦定理化简得出，从而可得，从而可得，令，，再利用二次函数性质即可求解.
【详解】因为，得．
由余弦定理得，
所以，即．
由正弦定理得，
因为，则，
所以，即．
因为是锐角三角形，所以，，所以．
又在上单调递增，所以，则．
因为是锐角三角形，所以，，，
所以，
由正弦定理得
，
令，因为，所以．
在上单调递增，
当时，，当时，，
故.
故答案为：．
【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：
①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
3．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）锐角的角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式得到，从而利用三角函数的性质与锐角三角形的特点推得的取值范围，再次利用正弦定理的边角变换转化所求为，从而得解.
【详解】因为，则，
所以，
由正弦定理得，
又，故，
因为在锐角中，，所以或，
当时，，
所以，解得，符合题意；
当时，，此时，不合题意；
综上，，
又，
而，所以，
则的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是，利用，结合锐角三角形内角的特点求得的取值范围，从而得解.
4．（23-24高一下·宁夏银川·阶段练习）已知的内角A、B、C对的边分别为a，b，c，，D为边AC上一点，满足且，则的最小值为 ．
【答案】18
【分析】由条件可推得平分，利用三角形等面积转化可得，求出代入所求式，整理后运用基本不等式即可求得.
【详解】
如图，过点作交于点，则,,,
又由可得,故得，则,故平分.
因，故由可得，化简得，即，，
则，因，故，
当且仅当时，即时，等号成立.
故且时，取得最小值为18.
【点睛】思路点睛：本题主要考查与三角形的内角平分线有关的等面积问题和基本不等式的应用.
解题思路在于由要能发现和证明平分，再利用三角形等面积替换得出，最后通过消元将所求式化成单变量解析式，拼凑运用基本不等式即可求最值.
5．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）记的内角的对边分别为，，，已知．
(1)若，求；
(2)求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用三角恒等变换整理可得，即可得结果；
（2）由（1）可知，分析可得，，根据正弦定理边化角，利用三角恒等变换结合基本不等式分析求解.
【详解】（1）因为，
可得，
且，所以．
（2）由（1）可知，，则，，
因为，且，
可得，则，
所以．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
6．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知，，，函数，且在区间上的最大值为.
(1)求m的值；
(2)锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且，求的周长l的取值范围.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）利用向量的坐标运算以及倍角公式进行化简，结合三角函数的单调性进行求解即可求实数的值；
（2）根据余弦定理结合基本不等式的关系进行求解．
【详解】（1），
， ，
当时，即时，函数取得最大值，
则．
（2），
，
由于为锐角，所以
由余弦定理得
，
当且仅当时等号成立，
又，所以，
的周长，
7．（2024·河北衡水·一模）在中，内角所对的边分别是，三角形面积为，若为边上一点，满足，且.
(1)求角；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合面积公式、正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而求解即可；
（2）在中由正弦定理可得，在中，可得，进而得到，结合三角恒等变化公式化简可得，进而结合正弦函数的图象及性质求解即可.
【详解】（1），
，即，
由正弦定理得，，
，
，
，，
由，得.
（2）由（1）知，，
因为，所以，，
在中，由正弦定理得，
即，
在中，，
，
，,
，
，，，
所以的取值范围为.

8．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）已知．
(1)求函数图象的对称轴方程；
(2)设的内角所对的边分别为，若且，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算结合三角恒等变换，可得的表达式，结合正弦函数的性质，即可求得答案；
（2）由求出B，由正弦定理求出的表达式，结合三角恒等变换化简可得的表达式，利用三角函数性质求出其范围，即可得三角形周长的取值范围.
【详解】（1）由于，
故
，
由，得
故函数图象的对称轴方程为；
（2）由，得，而,
故，
由于，则，
则，
则
，
而，
则，即，
故周长的取值范围为.
题型十二：三角形面积问题
1．（23-24高三下·浙江·阶段练习）在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先求出，设，，在、分别利用正弦定理表示出、，从而得到，利用三角恒等变换公式及辅助角公式求出的最大值，即可求出三角形面积最大值.
【详解】因为，，，所以，
设，，
则，，，
在中由正弦定理，即，
所以，
在中由正弦定理，即，
所以，
所以
（其中），
所以，
则，
即三角形的面积的最大值是.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是用含的式子表示出、，再利用三角恒等变换公式及辅助角公式求出.
2．（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）在锐角中，、、分别是角、、所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用正弦定理求出角，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换转化为三角函数求范围即可.
【详解】且，,
根据正弦定理得，,
即，
整理得，
，，，解得，，
，
，,
的面积
为锐角三角形，，，
，，
，
.
故选：C.
3．（23-24高一下·河南周口·阶段练习）锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，则面积S的取值范围 .
【答案】
【分析】本题为正余弦定理的综合运用题型，先利用正余弦定理进行角化边得出角A，再根据已有条件选定面积公式为，面积变为关于边c的函数，再利用角B和角C的关系进行边化角和角归一即可求出答案.
【详解】因为，所以由正弦定理有，整理得，
所以由余弦定理有，又，所以，
又，所以由正弦定理有，
因为为锐角三角形，所以且，所以，
所以，则，所以，即，
所以.
故答案为：.
4．（23-24高三上·全国·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)
【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．
5．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）在中，内角，，的对边分别为，，，且满足.
(1)求；
(2)若内角的角平分线交于点，且，求的面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理进行边角之间互化，再根据三角恒等变化化简求值；
（2）利用三角形面积公式得到，从而利用基本不等式求得，由此可得面积的最小值.
【详解】（1）由正弦定理可得，,
所以，即，
因为是的内角，所以，
得，所以，
所以.
（2）因为，平分，所以，又，
则由，得，
所以，
又，则，得，
当且仅当时，等号成立，
所以，
故最小值为.
6．（23-24高三上·江苏扬州·阶段练习）内角的对边分别为，已知．
(1)求角的大小；
(2)是边上一点，且，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和三角形内角和关系以及诱导公式可求出，即可得；
（2）根据线段比例和中分别利用余弦定理可得，再由即可得，利用基本不等式可求出，代入面积公式即可得面积的最大值.
【详解】（1）在中，由，根据正弦定理可得
因为B为三角形内角可知，，且，
所以，即
因为A为三角形的内角，，故；
所以，即.
（2）
是边上一点，且，所以；
如下图所示：

中，由余弦定理可得，
中，由余弦定理可得，
因为；
所以可得
整理可得，
中，由余弦定理可得；
联立两式可得，
当且仅当时取等号，此时
所以
所以面积的最大值为.
7．（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）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.
【答案】(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.
第二部分：新定义题
1．（23-24高一下·浙江丽水·阶段练习）设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种运算“”：．试求解下列问题，
(1)已知向量满足，求的值；
(2)在平面直角坐标系中，已知点，求的值；
(3)已知向量，求的最小值.
【答案】(1)2
(2)7
(3)9
【分析】（1）借助新定义计算即可得；
（2）借助所给定义及三角函数间的关系，计算可得，代入数据计算即可得；
（3）由，代入数据，结合基本不等式计算即可得.
【详解】（1）由已知，得，
所以，即，
又，所以，
所以；
（2）设，则，
所以，
，
所以，
又，
所以；
（3）由（2）得，
故，
，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值的最小是9．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助所给定义及三角函数间的关系，计算得到.
2．（23-24高一下·重庆·阶段练习）已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.
(1)记向量的相伴函数为，若当且时，求的值；
(2)设，试求函数的相伴特征向量，并求出与共线的单位向量；
(3)已知，，为函数的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点，使得?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)，；
(3)存在点，理由见解析.
【分析】（1）根据向量的伴随函数求出，再将所求角用已知角表示，结合三角恒等变换即可求解；
（2）化简函数解析式，根据相伴特征向量的定义即可求得，继而进一步计算即可；
（3）根据题意确定的值，继而得到函数，继而得到，设点，再根据向量的垂直关系进行计算，结合三角函数的有界性得到答案.
【详解】（1）根据题意知，向量的相伴函数为，
当时，，
又，则，所以，
故.
（2）因为，
故函数的相伴特征向量，
则与共线单位向量为.
（3）因为，
其相伴特征向量，故，所以，则，
，
设点，又，，
所以，
若，则，
即，，
因为，故，
又，故当且仅当时，成立，
故在的图象上存在一点，使得.
【点睛】关键点点睛：理解相伴特征向量和相伴函数的定义是解答本题的关键.
3．（23-24高一下·上海·阶段练习）对于一组向量，，，…，，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”．
(1)设，且，若是向量组，，的“长向量”，求实数x的取值范围；
(2)若，且，向量组，，，…，是否存在“长向量”?给出你的结论并说明理由；
(3)已知，，均是向量组，，的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列，，，…，满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值．
【答案】(1)
(2)存在，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据“长向量”的定义，列不等式，求的取值范围即可得；
（2）由题意可得，亦可得，故只需使，计入计算即可得；
（3）首先由，，均是向量组，，的“长向量”，变形得到，设,由条件列式，变形为，转化为求的最小值.
【详解】（1）由题意可得：，则，解得：；
（2）存在“长向量”，且“长向量”为，，理由如下：
由题意可得，
若存在“长向量”，只需使，
又，
故只需使
，即，即，
当或时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为，；
（3）由题意，得，，即，
即，同理，
，
三式相加并化简，得：，
即，，所以，
设，由得：，
设，则依题意得：，
得，
故，
，
所以，
，
当且仅当时等号成立，
故.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，理解“长向量”的定义，前两问均是利用定义解题，第三问注意转化关系，关键是转化为.
4．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
(2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量；
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：.
【答案】(1)，，，；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据题意，结合两两垂直的定义，即可求解；
（2）根据题意，不妨设，得到有5个分量为，设的前5个分量中有r个，得到5个分量中有个，进而求得r的值，即可求解；
（3）任取，得到，设的第个分量之和为，结合，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）两两垂直的4维信号向量可以为：，，，.
（2）假设存在10个两两垂直的10维信号向量，，…，，
因为将这10个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，，
因为，所以有5个分量为，
设的前5个分量中有r个，则后5个分量中有个，
所以，可得，矛盾，
所以不存在10个两两垂直的10维信号向量.
（3）任取，计算内积，将所有这些内积求和得到S，
则，
设，，…，的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为，
所以，
令，所以，所以.
【点睛】关键点睛：本题以新定义为背景考查向量的运算，解题的关键是根据所给线性相关的定义进行运算判断.
5．（23-24高一下·重庆·阶段练习）十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点．
(1)求角；
(2)若，求的值；
(3)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】
（1）根据三角恒等变换即可结合同角关系求解，
（2）根据余弦定义以及等面积法可得，即可根据数量积的定义求解，
（3）根据余弦定理，结合（2）的结论可得，进而根据三角形相似可得，由基本不等式以及三角形边角关系可得，即可由函数的单调性求解.
【详解】（1）
，
，
，
，
又，，
，,，
（2）
，
，又，
，
设，，，
，三角形的三个角均小于120，
根据题意可得，
又，
，
，
故，进而
【点睛】方法点睛：处理多变量函数最值问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化. （3）线性规划：如果题设给出的是二元一次不等式组，而目标函数也是二次一次的，那么我们可以用线性规划来处理.
6．（23-24高一下·山东滨州·开学考试）定义非零向量若函数解析式满足，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”．
(1)已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数的取值范围；
(2)已知点满足，向量的“伴生函数”在时取得最大值，当点运动时，求的取值范围；
(3)已知向量的“伴生函数”在时的取值为．若在三角形中，，，若点为该三角形的外心，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)3
【分析】（1）根据题意得到方程，参变分离后，写出函数的解析式，画出函数图象，结合图象即可；
（2）根据题中条件求得的值，继而求得，利用二倍角公式求得的表达式，换元后利用函数单调性即可求得取值范围；
（3）根据条件可先求得，继而根据正弦定理可得角形外接圆半径，则，再根据向量的运算法则及数量积的定义化简所求，进一步分析即可.
【详解】（1）因为向量为函数的“源向量”，
所以 ，
则方程上有且仅有四个不相等的实数根，
所以在上有且仅有四个不相等的实数根，
令，
①当时，
②当时，，
所以 ，
其图象为：

结合,,,最大值为3，
故当在上有且仅有四个不相等的实数根时，
的取值范围为.
（2）由题意得:
，其中，
当，即时，
取最大值，
故，
则，
令，由于，
故，
即
则，解得，
所以（）
因为单调递增，所以，
所以的取值范围为
（3）由题意得，，则，
在三角形中，
，，因此 ，
设三角形外接圆半径为，
根据正弦定理，，故
所以

代入得：，
所以当时，取得最大值3.
【点睛】关键点点睛：第1问的关键是参变分离，数形结合；第2问的关键是换元法构造函数；第3问的关键是利用正弦定理得到.