33077627广东省部分学校2020-2021学年高一下学期期末考试数学题分类汇编：平面向量及其应用

平面向量及其应用-广东2021版高一期末题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．（2021·广东白云·高一期末）如图，已知，，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则向量（）

A． B． C． D．2．（2021·广东潮州·高一期末）如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个观测点，，测得，，，并在处测得塔顶的仰角为45°，则塔高（）A． B． C． D．3．（2021·广东深圳·高一期末）已知向量，，则向量与夹角的大小为（）A． B． C． D．4．（2021·广东湛江·高一期末）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，，则（）A．3 B．2 C．1 D．5．（2021·广东东莞·高一期末）已知向量，共线，则的值为（）A．-1 B．0 C．1 D．26．（2021·广东惠州·高一期末）已知向量，，若，则（）A． B．2 C．4 D．7．（2021·广东梅州·高一期末）已知平面向量，，与垂直，则的值是（）A． B．1 C． D．28．（2021·广东·高一期末）已知向量，若，则（）A． B． C． D．9．（2021·广东南海·高一期末）在四边形中，，则（）A．是矩形 B．是菱形 C．是正方形 D．是平行四边形10．（2021·广东揭东·高一期末）已知向量，且，则m的值为（）A． B．2 C．4 D．或411．（2021·广东高州·高一期末）在中，内角、、所对的边分别为、、，，．则()A． B． C． D．12．（2021·广东高州·高一期末）已知向量，，是与方向相同的单位向量，则在上的投影向量为（）A． B． C． D．13．（2021·广东白云·高一期末）已知，，与的夹角为，则（）A． B．72 C．84 D．14．（2021·广东白云·高一期末）已知向量，，且，则（）A． B．9 C． D．415．（2021·广东江门·高一期末）在中，是的中点，是的中点，若，则（）A．1 B．C． D．16．（2021·广东·封开县渔涝中学高一期末）设向量，，则（）A． B． C． D．与的夹角为17．（2021·广东汕尾·高一期末）在三角形中，已知，，点满足，则向量在向量方向上的投影向量为（）A． B． C． D．18．（2021·广东普宁·高一期末）已知向量的夹角为，，，则（）A． B． C． D．19．（2021·广东顺德·高一期末）点在所在平面内一点，当取到最小值时，则称该点为的“费马点”.当的三个内角均小于时，费马点满足如下特征：.如图，在中，，，则其费马点到三点的距离之和为（）A．4 B．2C． D．20．（2021·广东顺德·高一期末）已知向量，其中且，则＝（）A．0 B．C．2 D．21．（2021·广东南海·高一期末）中，，，则（）A． B． C． D．或22．（2021·广东普宁·高一期末）在中，已知则该三角形的形状为（）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形23．（2021·广东普宁·高一期末）如图所示，正六边形中，（）A． B． C． D．24．（2021·广东潮州·高一期末）在等腰梯形中，，，为的中点，则（）A． B．C． D．25．（2021·广东阳江·高一期末）已知非零向量满足，且，则与的夹角为（）A． B． C． D．26．（2021·广东东莞·高一期末）“大美中国古建筑名塔”榴花塔以红石为基，用青砖灰沙砌筑建成.如图，记榴花塔高为，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得，，，在点处测得塔顶的仰角为30°，则塔高为（）A． B． C． D．27．（2021·广东东莞·高一期末）在四边形中，，，，，则的长为（）A． B． C． D．28．（2021·广东湛江·高一期末）在等边中，点在中线上，且，则（）A． B．C． D．29．（2021·广东肇庆·高一期末）在中，，，，则（）A． B． C． D．30．（2021·广东肇庆·高一期末）已知向量，，，则实数（）A． B． C． D．31．（2021·广东广州·高一期末）如图，在平行四边形中，，若，则（）A． B．1 C． D．32．（2021·广东茂名·高一期末）已知，，且，则与的夹角为（）A． B． C． D．33．（2021·广东南海·高一期末）已知，为平面向量，且，，则，夹角的余弦值等于（）A． B．－ C． D．－34．（2021·广东·封开县渔涝中学高一期末）在中.分别是内角的对边.已知.则角等于（）A． B． C． D．35．（2021·广东中山·高一期末）已知向量，，则（）A．2 B．3 C．7 D．836．（2021·广东阳江·高一期末）已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示，用基底表示，则（）A．B．C．D．37．（2021·广东惠州·高一期末）已知的外接圆圆心为O,且,则向量在向量上的投影向量为（）A． B． C． D．38．（2021·广东·揭阳第一中学高一期末）（2015新课标全国Ⅰ文科）已知点，向量，则向量A． B．C． D．39．（2021·广东潮州·高一期末）在中，a=15,b=10,A=60°，则=A．－ B． C．－ D．40．（2021·广东高州·高一期末）如图，四边形中，，，则（）A． B． C． D．41．（2021·广东中山·高一期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c=2acosB．则△ABC的形状一定为（）A．锐角三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．钝角三角形42．（2021·广东越秀·高一期末）已知单位向量，满足，若向量，向量与的夹角为，则（）A． B． C． D．43．（2021·广东汕尾·高一期末）已知向量，且，当，时，的最小值为（）A．7 B．8 C．9 D．1044．（2021·广东湛江·高一期末）在中，内角、、的对边分别为、、，若，且，则一定是（）A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形45．（2021·广东肇庆·高一期末）平面四边形是边长为的菱形，且，点是边上的点，且，点是四边形内或边界上的一个动点，则的最大值为（）A． B． C． D．46．（2021·广东肇庆·高一期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，当有两解时，的取值范围是（）A． B． C． D．47．（2021·广东·深圳外国语学校高一期末）已知为正三角形内一点，且满足，若的面积与的面积之比为3，则（）A． B． C． D．48．（2021·广东潮州·高一期末）在中，角，，的对边分别为，，，若，则为A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形49．（2021·广东蓬江·高一期末）在中，，BC边上的高等于,则（）A． B． C． D．50．（2021·广东揭西·高一期末）已知向量与的夹角为,且,,若,且,则实数的值为A． B．13 C．6 D．二、多选题51．（2021·广东·高一期末）下列说法中，正确的是（）A．任意单位向量的模都相等. B．若，是平面内的两个不同的点，则C．若向量，，则 D．零向量与任意向量平行52．（2021·广东中山·高一期末）对于任意向量，，，下列命题正确的是（）A．若，，则 B．若，则C．若，，则 D．若，则53．（2021·广东·封开县渔涝中学高一期末）四边形中，，则下列表示正确的是（）A． B．C． D．54．（2021·广东揭东·高一期末）已知中，角的对边分别为为边上的高，以下结论：其中正确的选项是（）A． B．为锐角三角形C． D．55．（2021·广东·深圳外国语学校高一期末）八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1船八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列结论正确的有（）A． B．C． D．在向量上的投影为56．（2021·广东惠州·高一期末）已知中，，，，则下列结论正确的有（）A．为钝角三角形 B．为锐角三角形C．面积为 D．57．（2021·广东惠州·高一期末）下列命题错误的有（）A．若、都是单位向量，则B．若，且，则C．若非零向量与是共线向量，则、、、四点共线D．向量的模与向量的模相等58．（2021·广东中山·高一期末）在△ABC中，若，下列结论中正确的有（）A．B．△ABC是钝角三角形C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍D．若，则△ABC外接圆的半径为59．（2021·广东梅州·高一期末）已知的内角所对边的长分别为，，，，若满足条件的有两个，则的值可以是（）A． B． C． D．60．（2021·广东·深圳市南头中学高一期末）已知是边长为1的等边三角形，点D是边AC上，且，点E是BC边上任意一点（包含B，C点），则的取值可能是（）A． B． C．0 D．61．（2021·广东天河·高一期末）在中，角、、所对的边分别为，，．则下列命题正确的是（）A．若，，，则B．若，则C．若，则为钝角三角形D．若，，，的面积为362．（2021·广东天河·高一期末）下列命题中正确的是（）A．设向量，，则是与垂直的单位向量B．若，且，则与共线C．若四边形满足，，则该四边形是菱形D．若是所在平面上一定点，动点满足，，则直线一定经过的内心63．（2021·广东广州·高一期末）中，，，则下列结论中正确的是（）A．若为的重心，则B．若为边上的一个动点，则为定值4C．若、为边上的两个动点，且则的最小值为D．已知Q是内部（含边界）一点，若，且，则的最大值是164．（2021·广东肇庆·高一期末）在平行四边形中，点，分别是边和的中点，是与的交点，则有（）A． B．C． D．65．（2021·广东东莞·高一期末）已知与均为单位向量，其夹角为，则下列结论正确的是（）A． B．C． D．66．（2021·广东江门·高一期末）已知的顶点坐标为、、，点的横坐标为14，且、、三点共线，点是边上一点，且，为线段上的一个动点，则（）A．点的纵坐标为-5B．向量在向量上的投影向量为C．D．的最大值为167．（2021·广东白云·高一期末）在中，角，，所对的边分别为，，，点为所在平面内点，满足，下列说法正确的有（）A．若，则点为的重心B．若，则点为的外心C．若，，，则点为的内心D．若，，，则点为的垂心68．（2021·广东高州·高一期末）已知向量，，满足，且，，向量与，与，与的夹角都是，则的值可能为（）A． B． C． D．169．（2021·广东·仲元中学高一期末）已知向量，，则（）A．与的夹角余弦值为B．C．向量在向量上的投影向量的模为D．若，则一、填空题1．（2021·广东东莞·高一期末）已知点，，为坐标平面内一点，且，则满足条件的点的一个坐标为______.2．（2021·广东湛江·高一期末）已知，，，则向量与的夹角为___________.3．（2021·广东惠州·高一期末）已知向量，，为向量与的夹角，则______．4．（2021·广东揭西·高一期末）一船自西向东航行，上午时到达灯塔的南偏西、距塔海里的处，上午时到达这座灯塔的东偏南方向的处，则该船航行的速度为________海里/小时．5．（2021·广东江门·高一期末）已知向量、满足，，、的夹角为，则______.6．（2021·广东梅州·高一期末）向量，满足，，与的夹角为120°，则___________.7．（2021·广东·揭阳第一中学高一期末）若向量的夹角，，则___________.8．（2021·广东·封开县渔涝中学高一期末）如图所示，在平面四边形中，，在中，角A，B，C的对应边分别为a，b，c，若，则的面积为__________．9．（2021·广东广州·高一期末）如图所示，在中，，则的长是_______．10．（2021·广东·深圳外国语学校高一期末）若向量，与共线，则实数_______．11．（2021·广东揭东·高一期末）瑞云塔是福清著名的历史文化古迹.如图，一研究性小组同学为了估测塔的高度，在塔底和，（与塔底同一水平面）处进行测量，在点，处测得塔顶的仰角分别为45°，30°，且，两点相距，由点看，的张角为150°，则瑞云塔的高度=______m12．（2021·广东天河·高一期末）已知向量，，若，则向量､的夹角为___________.13．（2021·广东茂名·高一期末）在中，点D在边上，，则的长为_______．14．（2021·广东顺德·高一期末）如图，在正方形中，其边长为，点为线段上的动点，则＝______．15．（2021·广东揭东·高一期末）已知向量与的夹角为，且，则________．16．（2021·广东肇庆·高一期末）已知的内角，，的对边分别为，，，点在边上，且，，，，则的面积的最大值为___________.二、双空题17．（2021·广东南海·高一期末）如图，菱形的边长为1，，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点．则______，的余弦值为______．18．（2021·广东顺德·高一期末）如图，在中，点是线段上一点（不是端点），，且．则的值为___________；若，则有＝___________．三、解答题19．（2021·广东·高一期末）已知，，.求（1）；（2）求.20．（2021·广东揭东·高一期末）已知向量．（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）若，求向量与夹角的大小．21．（2021·广东·封开县渔涝中学高一期末）已知||=2，||=3，(23)•(2)=﹣7.（1）求||；（2）求向量与的夹角的余弦值.22．（2021·广东梅州·高一期末）在三角形中，，D是线段上一点，且，F为线段上一点．（1）若，求的值；（2）求的取值范围；23．（2021·广东惠州·高一期末）如图，测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，，米，在点测得塔顶的仰角为45°，求塔高．24．（2021·广东深圳·高一期末）在中，角的对边分别为，.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.25．（2021·广东汕尾·高一期末）已知向量，满足，，且.（1）求和的夹角的大小；（2）在中，若，，求.26．（2021·广东·揭阳第一中学高一期末）在中，已知.（1）求的大小；（2）若的面积，求边长.27．（2021·广东揭东·高一期末）在①：，；②：，为等腰三角形，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答.在中，已知，且，求：（1）的值；（2）的面积.28．（2021·广东普宁·高一期末）中，已知，，分别是的中点，设，，（1）分别用、表示和；（2）设与交于点，求的余弦值．29．（2021·广东南海·高一期末）在条件：①，②③，．且，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中：中，内角，，所对边长分别是，，．若，，______．求的面积．（选择多个条件时，按你第一个选择结果给分）30．（2021·广东揭西·高一期末）已知向量是同一平面内的三个向量，其中（Ⅰ）若，且，求向量的坐标；（Ⅱ）若是单位向量，且，求与的夹角.31．（2021·广东·仲元中学高一期末）在平面四边形中，，，，.（1）求；（2）若，求.32．（2021·广东·深圳市南头中学高一期末）如图，在中，，，，，.（1）求的长；（2）求的值．33．（2021·广东·揭阳第一中学高一期末）已知向量，，向量.（1）若，求的值；（2）若恒成立，求实数m的取值范围.34．（2021·广东·封开县渔涝中学高一期末）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.①②③已知的内角的对应边分别为.___________.（1）求A；（2）设AD是的内角平分线，边的长度是方程的两根，求线段AD的长度.35．（2021·广东·深圳外国语学校高一期末）①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答．已知的三边，，所对的角分别为，，．若，______．（1）求；（2）求的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．36．（2021·广东天河·高一期末）如图，某湖有一半径为百米的半圆形岸边，现决定在圆心处设立一个水文监测中心（大小忽略不计），在其正东方向相距百米的点处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点以及湖中的点处，再分别安装一套监测设备，且满足，.定义：四边形及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；的长为“最远直接监测距离”.设.（1）若，求“直接监测覆盖区域”的面积；（2）试确定的值，使得“最远直接监测距离”最大.37．（2021·广东广州·高一期末）在中，角，，对应的边分别是a，b，c，已知，，（1）求的值；（2）若，求外接圆的面积.38．（2021·广东梅州·高一期末）芹洋湿地公园是以水为主题的公园，以湿地良好生态环境和多样化湿地景观资源为基础的生态型主题公园.欲在该公园内搭建一个形状为平面凸四边形的休闲、观光及科普宣教的平台，如图所示，其中（单位：百米），（单位：百米），为正三角形.建成后将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，将作为科普宣教湿地功能利用、弘扬湿地文化的区域.（1）当时，求旅游观光、休闲娱乐的区域的面积；（2）求旅游观光、休闲娱乐的区域面积的最大值.39．（2021·广东惠州·高一期末）在①；②这两个条件中任选一个作为已知条件，补充到下面的横线上并作答．问题：在中，内角、、的对边分别为，，，已知______．（1）求角；（2）若，的面积为，求的周长．40．（2021·广东东莞·高一期末）在△中，角，，所对的边分别为，，.现有下列四个条件：①，②，③，④.（1）③④两个条件可以同时成立吗？请说明理由；（2）请在上述四个条件中选择使△有解的三个条件，并求出△的面积.41．（2021·广东东莞·高一期末）如图，斜坐标系中，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量，且，的夹角为120°，定义向量在斜坐标系中的坐标为有序数对，在斜坐标系中完成下列问题：（1）若向量的坐标为（2，3），计算的大小；（2）若向量的坐标为，向量的坐标为，判断下列两个命题的真假，并说明理由.命题①：若，则；命题②：若，则.42．（2021·广东肇庆·高一期末）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在，内角、、所对的边分别为、、，且，，___________？43．（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.44．（2021·广东汕尾·高一期末）海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径、两点间的距离，先在珊瑚群岛上取两点、，测得米，，，.（1）求，两点的距离；（2）求、两点的距离.45．（2021·广东汕尾·高一期末）从①，②，③三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答：已知三个内角，，的对边分别为，，，已知_________.（1）求角的大小；（2）若为锐角三角形，，求a的取值范围.46．（2021·广东南海·高一期末）如图，要测量河对岸的塔高．请设计一个方案，包括：（1）指出需要测量的数据（用字母表示，并在图中标出）：（2）用文字和公式写出计算的长的步骤．47．（2021·广东顺德·高一期末）如图，在平面四边形中，，，，．（1）若角时，求四边形的面积；（2）求的最大值．48．（2021·广东越秀·高一期末）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（1）的值；（2）和的面积.条件①：，；条件②：，.49．（2021·广东越秀·高一期末）如图，、是某海域位于南北方向相距海里的两个观测点，现位于点北偏东、点南偏东的处有一艘渔船遇险后抛锚发出求救信号，位于点正西方向且与点相距50海里的处的救援船立即前往营救，其航行速度为40海里/小时.（1）求、两点间的距离；（2）该救援船前往营救渔船时的目标方向线（由观测点看目标的视线）的方向是南偏东多少度（精确到）？救船到达处需要乡长时间？（参考数据：，）50．（2021·广东揭西·高一期末）在条件①：，：条件②：，这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．已知的内角，，所对的边分别是，，，且，若________．（1）的值；（2）和的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．51．（2021·广东江门·高一期末）如图，在平面四边形中，，，.（1）若的面积为，求的长；（2）若，.求的大小.52．（2021·广东·深圳外国语学校高一期末）已知向量.（1）若，求的值；（2）若，求实数的值；（3）若与的夹角是锐角，求实数的取值范围．53．（2021·广东·仲元中学高一期末）已知点，，为坐标原点，函数.（1）求函数的最小正周期；（2）若为的内角，，，求周长的最大值.54．（2021·广东白云·高一期末）为响应国家“乡村振兴”号召，农民王大伯拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：区域为荔枝林和放养走地鸡，区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓.为安全起见，在鱼塘周围筑起护栏.已知，，，.

（1）若时，求护栏的长度（的周长）；（2）若鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，求；（3）当为何值时，鱼塘的面积最小，最小面积是多少？55．（2021·广东·仲元中学高一期末）如图所示，是的一条中线，点满足，过点的直线分别与射线，射线交于，两点.（1）求证：；（2）设，，，，求的值；（3）如果是边长为的等边三角形，求的取值范围.参考答案1．D【分析】由对应性得是相应线段的中点，由中位线定理结合向量的线性运算可得．【详解】解：∵，，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，∴是的中位线，∴.故选：D.2．D【分析】由已知在中，利用正弦定理可求的值，在中，由，可求塔高的值.【详解】解：在中，，，，由正弦定理，可得，可得，在中，，所以塔高.故选：D.3．D【分析】利用向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】，，，又因为，所以.故选：D4．C【分析】先求出B，再根据正弦定理即可解得.【详解】因为，，所以，由，即，解得.故选：C.5．A【分析】由向量共线的坐标表示可得，即可求的值.【详解】由题意，，解得.故选：A6．D【分析】由向量平行的坐标表示计算．【详解】∵，∴，解得，故选：D．7．A【分析】先求出的坐标，再由与垂直，可得列方程可求出的值【详解】解：因为，，所以，因为与垂直，所以，即，得，故选：A8．C【分析】根据向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.【详解】由题意，向量，可得因为，可得，解得.故选：C.9．D【分析】根据向量加法的平行四边形法则可得，以为邻边做平行四边形ABCD，可得，进而可判断.【详解】根据向量加法的平行四边形法则可得，以为邻边做平行四边形ABCD，如图，可得，所以四边形ABCD为平行四边形.故选：D10．A【分析】根据平面向量平行的坐标表示可求得结果.【详解】根据题意，得，由，得，解得．故选：A．11．A【分析】利用正弦定理并结合已知条件即可求解.【详解】由正弦定理可得，.故选：A.12．C【分析】利用求得向量在向量方向上的投影向量.【详解】设与所成角为，则，故在上的投影向量为．故选：C.13．A【分析】由向量数量积的定义计算即可求解.【详解】因为，，与的夹角为，所以，则，故选：A.14．B【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求x.【详解】∵，，，∴，∴，故选：B.15．D【分析】根据是的中点，，为的中点，得到，然后结合，求出的值.【详解】解：∵是的中点，，为的中点，∴，∵，∴，，∴，故选：D.16．C【分析】结合平面向量模长公式分别求出的模长即可判断A选项；根据平面向量平行的坐标运算即可判断B选项；结合平面向量垂直的坐标运算即可判断C选项；利用平面向量的夹角的坐标公式即可判断D选项.【详解】解：因为故A错误因为，，所以，所以与不共线，故B错误因为，，所以因为，所以，故D错误因为，，所以，所以，故C正确．故选：C．17．B【分析】根据已知条件可得，点为的重心，可得，先计算在向量方向上的投影向量，进而可得向量在向量方向上的投影向量，即可求解.【详解】由可得：，即，可得，所以，如图设的中点为，则，由可得，所以，所以，所以向量在向量方向上的投影向量为：，因为，所以，所以向量在向量方向上的投影向量为，故选：B.18．A【分析】将化为，进而展开利用数量积的定义即可得到答案.【详解】.故选：A.19．A【分析】可根据等腰三角形的性质以及余弦定理即可进行求解．【详解】根据题意，为等腰三角形，，，在中，由余弦定理可得：，即，解得：，在中，由余弦定理可得：，即，解得：，，其费马点到，，三点距离之和为4．故选：A20．B【分析】利用向量平行和垂直的坐标表示求解即可.【详解】因为，，所以，解得故选：B21．A【分析】计算出的值，分析出角为锐角，利用同角三角函数的基本关系、两角和的余弦公式可求得的值.【详解】因为，则角为锐角，可得，由正弦定理可得，故角为锐角，所以，，所以，.故选：A.22．C【分析】根据正弦定理可得出，从而可得出，然后可得出C为钝角，从而得出正确的选项.【详解】因为，所以根据正弦定理得，，则，故，且，所以C为钝角，为钝角三角形.故选：C.23．C【分析】由题意，结合正六边形的性质和向量的加法运算法则，进行计算即可．【详解】解：正六边形中，，；．故选：．24．A【分析】作出示意图，利用数形结合，在梯形中，利用三角形法则即可求解.【详解】如图所示：在三角形中，.故选：A.25．C【分析】由条件可得，代入向量的夹角公式，即可判断选项.【详解】由条件可知，所以，，所以与的夹角为.故选：C26．A【分析】先在中利用正弦定理求，再在中求即可.【详解】依题意，中，，，即，解得.在中，，即.故选：A.27．B【分析】由余弦定理求出对角线夹角的余弦，再由余弦定理求得线段长．【详解】设与交于点，因为，，，，所以，，，所以，，所以．故选：B．28．D【分析】直接利用向量的运算即可求解.【详解】因为，，所以.故选：D29．B【分析】先根据正弦定理求出，再根据同角三角函数之间的关系即可求解.【详解】解：由正弦定理得：，即，解得：，又，.故选：B.30．D【分析】由题知，进而根据向量共线的坐标表示求解即可.【详解】解：因为，故所以，解得.故选：D31．D【分析】根据已知条件利用平面向量的线性运算求得关于的线性表达式，然后利用平面向量基本定理中的分解的唯一性得到λ和μ的值,进而得解.【详解】,又∵，不共线，根据平面向量基本定理可得,∴,故选：D.【点睛】本题考查平面向量的基本运算和基本定理，属基础题，关键是根据已知条件利用平面向量的线性运算求得关于的线性表达式，然后利用平面向量基本定理中的分解的唯一性得到λ和μ的值.32．C【分析】由向量垂直转化为数量积为0，得出，然后由数量积的定义可得向量的夹角．【详解】因为，所以，，而向量的夹角在上，所以．故选：C．33．C【分析】先根据向量减法得，再根据向量夹角余弦值的坐标公式计算即可得答案.【详解】∵，∴．又，∴，∴．又，，∴．故选：C.34．D【分析】先用余弦定理化角为边，再用余弦定理求得角．【详解】由已知，则，所以，又，所以．故选：D．35．C【分析】先求得，根据，得到，再结合向量的数量积的坐标运算，即可求解.【详解】由题意，向量，可得，因为，可得，解得，即，所以.故选：C.36．A【分析】建立直角坐标系，用坐标表示出、和，并设，联立方程组求出和即可.【详解】如图建立直角坐标系，设正方形网格的边长为1，则，，，设向量，则，所以.故选：A【点睛】本题主要考查向量线性运算的坐标形式，属于基础题.37．A【分析】利用向量的运算法则将已知等式化简得到，进而得到为正三角形，从而得到结论.【详解】如图，由知O为BC的中点，又∵O为的外接圆圆心，又为正三角形，，在上的投影向量为.故选：A.【点睛】本题考查平面向量数量积的含义，解题的关键是熟练掌握向量的运算法则，本题是基本知识与技能考查题，主要考查了向量运算能力，属于基础题.38．A【详解】试题分析：,选A.考点：向量运算39．D【分析】利用正弦定理即可得到，进而得到结果.【详解】由正弦定理得，考点：正弦定理解三角形40．A【分析】依据图形，结合向量的加法，减法，数乘运算的运算律利用，表示.【详解】，．故选：A.41．B【分析】首先根据正弦定理，边角互化，再结合两角和差正弦公式化简，即可判断的形状.【详解】，根据正弦定理可知，，，，即，所以，即是等腰三角形.故选：B42．A【分析】由两边平方可求得，然后由两边都乘以向量可解决此题．【详解】解：由两边平方可求得，．由两边都乘以向量可得，，解得：，．故选：A．43．C【分析】根据平面向量的共线定理得出，再利用基本不等式求出的最小值．【详解】解：向量，且，所以，即；当，时，，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为9．故选：．44．D【分析】利用正弦定理边角互化得出，再利用三角恒等变换求得的值，可求出三个内角的值，即可得出结论.【详解】因为，所以，解得，从而，故、为锐角，又，则，由，得，即，进一步整理得，所以，则，，故为等腰直角三角形.故选：D.45．C【分析】当在点时，在上的投影向量与同向，且长度最长，所以此时最大，由，，可得答案.【详解】如图，当在点时，在上的投影向量与同向，且长度最长，所以此时最大，最大值为，因为，，所以.故选：C.46．A【分析】先由，求得，再根据当有两解时，，从而得出答案.【详解】，即,则由，解得,则当有两解时，，则，所以，故选：.47．A【分析】分别取、的中点、，连接、，由平面向量的线性运算可得，进而可得，即可得解.【详解】分别取、的中点、，连接、，如图，所以是的中位线，因为，所以，所以，所以、、三点共线，所以，所以即，所以即.故选：A.【点睛】本题考查了平面向量共线、线性运算及基本定理的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.48．D【详解】余弦定理得代入原式得解得则形状为等腰或直角三角形,选D.点睛：判断三角形形状的方法①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状，此时要注意应用这个结论．49．C【详解】试题分析：设,故选C.考点：解三角形.50．D【详解】试题分析：由向量与的夹角为,且,,可得,又,所以=,所以,故选D.考点：平面向量的线性运算及数量积.51．AD【分析】根据单位向量、向量共线的定义判断即可；【详解】解：对于A：根据单位向量的定义可知任意单位向量的模都相等，故A正确；对于B：与互为相反向量，故B错误；对于C：若时，与不一定共线，故C错误；对于D：零向量与任意向量平行，故D正确；故选：AD52．CD【分析】A.由判断；B.由，转化为判断；C.根据相等向量的概念判断；D.由转化为运算判断.【详解】A.当时，满足，，但不一定共线，故错误；B.因为，所以，所以，故错误；C.因为，，所以，故正确；D.因为，所以，即，故正确；故选：CD53．BD【分析】利用向量的线性运算将用基底和表示，与选项比较即可得正确选项.【详解】对于选项A：，故选项A不正确；故选项B正确；，故选项C不正确，，故选项D正确；故选：BD54．ACD【分析】画出图形，利用向量的数量积公式，三角形中余弦定理及向量的运算法则对各命题进行判断，看出每一个命题的正误【详解】解：，所以，故A正确；若，则为锐角，无法得到其他角的关系，故无法判断的形状，故B错误；而，故C正确由余弦定理有故有，故D正确故选：ACD．【点睛】本题考查了三角形和平面向量的相关性质，本题解题的关键是灵活应用数量积的公式和数量积的运算律.55．AB【分析】由向量数量积的定义可判断AC；由向量的线性运算以及模长公式可判断B，由向量投影的定义可判断D，进而可得正确选项.【详解】因为八边形是正八边形，且，所以，对于A：与之间的夹角为，，故选项A正确；对于B：与之间的夹角为，可得，，所以，故选项B正确；对于C：因为，但夹角不相等，由数量积的定义知，故选项C不正确；对于D：，所以在向量上的投影为，因为，所以在向量上的投影不是，胡选项D不正确；故选：AB.56．AC【分析】由余弦定理求得最大角可判断A和B；由面积公式可判断C；由数量积可判断D.【详解】在中，，∴，∴为钝角三角形，故选项A正确，选项B错误；，故选项C正确；，故选项D错误.故选：AC．57．ABC【分析】直接利用单位向量，向量的相等，向量的共线，向量的模的相关的定义的应用判断A、B、C、D的结论．【详解】解：对于A：若，都是单位向量，则，因为，的方向不一定相同，故，不一定相等，故A错误；对于B：因为，且，当时，与任何向量都平行，故不能得到，故B错误；对于C：非零向量与而是共线向量，即，不能得到、、、四点共线，故C错误；对于D：向量与向量互为相反向量，故向量与向量的模相等，故D正确：故选：ABC．58．ACD【分析】先根据题意求出，结合正弦定理可得A，D的正误，结合余弦定理可得B,C的正误.【详解】由题意，设，解得；所以A正确；由以上可知最大，为锐角，B错误；由以上可知最小，，即,因为为锐角，为锐角，所以，C正确；因为，所以，设△ABC外接圆的半径为，则由正弦定理可得，所以，D正确.故选：ACD.59．BC【分析】在中，由余弦定理建立起关于c的一元二次方程，利用这个方程有二不等的正根求出m的范围即可得解.【详解】在中，由余弦定理得：，即，依题意，关于c的一元二次方程有两个不等的正根，所以，并且，而m>0，则，取或，选项B，C符合条件.故选：BC60．AB【分析】设，然后分别将表示为的形式，再根据向量数量积的定义以及的取值范围求解出可取值.【详解】设，因为，所以，又因为，所以，所以，所以，又因为，所以，故选：AB.【点睛】关键点点睛：图形中向量的数量积问题，通过找基底并将未知的待计算的向量表示为基底的形式去计算能很大程度上简化计算；本例中利用基底表示出，然后再进行计算.61．BC【分析】对于：由正弦定理及特殊角的三角函数值可得或，即可判断；对于：由正弦定理及三角形中大角对大边，即可判断；对于：由余弦定理判断出为钝角三角形，即可判断；对于：利用余弦定理及三角形的面积公式即可判断，即可判断.【详解】解：中，角，，所对的边分别为，，，对于：由于，，，利用正弦定理，解得，由于，所以或，故错误；对于：当时，所以，根据正弦定理，整理得，故正确；对于：若，整理得，故，结合余弦定理．整理得，故为钝角三角形，故正确；对于：若，，且，利用余弦定理可得，解得，因为，所以，所以，故错误；故选：BC．62．BD【分析】由，可判定A不正确；根据向量的共线定理，可得判定B正确；由，得到四边形是平行四边形，在由，得到，可判定C不正确；由，分别表示，上的单位向量，，得到，结合菱形的性质，可判定D正确.【详解】对于A中，由，又由，不是单位向量，故A不正确；对于B中，若，且，则与共线，故B正确；对于C中，在四边形中，因为，所以，所以且，所以四边形是平行四边形，由，所以，即，可得，所以平行四边形是矩形，故C不正确；对于D中，因为，由，分别表示，上的单位向量，，所以，所以，所以，表示以，为邻边的菱形的对角线上的向量，因为菱形对角线平分对角，且与共线，所以在的平分线上，所以直线一定经过的内心，故D正确.故选：BD.63．BC【分析】以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，求出的坐标即可判断A；将用基底表示，再利由数量积运算计算可判断B；不妨设靠近点，，则，用表示两点坐标，计算求最值，可判断C；设，，可得，利用向量相等，坐标相等可得与的关系，将表示为关于的函数，即可求最值判断D，进而可得正确选项.【详解】如图：以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则，，，，，对于A：由重心坐标公式可得所以，而，所以，故选项A不正确；对于B：设，则，所以，故选项B正确；对于C：不妨设靠近点，，则，可得，，则，当时，取得最小值为，故选项C正确；对于D：设，由可得，所以，设，所以，，由可得，所以，此时无最大值，故选项D不正确，故选：BC.64．AC【分析】对A，B，由向量的加法法则即可判断；对C，D，由向量的加法法则以及三角形重心的性质即可判断.【详解】解：如图所示：对A，，又，即，故A正确；对B，，故B错误；对C，设为与的交点，由题意可得：是的重心，故，，故C正确；对D，，故D错误.故选：AC.65．AC【分析】先计算，，再分别计算和时对应夹角的取值范围，即可判断四个选项的正误.【详解】依题意，，.，等价于，即，即，即，而，故，即A正确，B错误；，等价于，即，即，即，而，故，即C正确，D错误.故选：AC.66．BCD【分析】对于A：设，再由、、三点共线，得存在，使得，即可记得，，即可判断A是否正确；对于B：向量在向量上的投影向量为，计算即可判断B是否正确；对于C：设，由，得①，由点在边上，得②，解得，，进而可得点坐标，计算，，即可判断C是否正确；对于D：由为线段上的一个动点，设，且，利用二次函数的性质，计算最大值，即可判断D是否正确.【详解】解：对于A：设，则，，由、、三点共线，得存在，使得，得，解得，，所以，故A错误；对于B：由上可知，，向量在向量上的投影向量为，故B正确；对于C：设，则，又，则由，得①，因为点在边上，所以，即②，由①②得，，，所以，所以，，所以，故C正确；对于D：因为为线段上的一个动点，设，且，则，，所以，，所以当时，的最大值为1.故D正确.故选：BCD.67．AC【分析】若，结合图形以及平面向量的线性运算即可推出结果，若，，，结合图形以及平面向量的线性运算即可推出结果.【详解】解：若则，∴.取中点，连接，∴.∴在的中线上，同理可得在其它两边的中线上，∴是的重心.若，，，则有，延长交于，则，，∴，设，则，∵与共线，与，不共线，∴，，∴，∴为的平分线，同理可证其它的两条也是角平分线.∴是的内心.故选：AC.68．AD【分析】设与的夹角为，由，解得，由数量积夹角公式计算即可求得结果.【详解】设与的夹角为，则，得，解得．又与的夹角都是，而，，，所以，解得或，故选：AD．69．ACD【分析】对于A：由已知得，根据向量夹角的计算公式计算可判断；对于B：由已知得，由此可判断；对于C：由已知得向量在向量上的投影，从而可判断；对于D：由，可判断.【详解】解：对于A：因为向量，，所以，所以与的夹角余弦值为，故A正确；对于B：因为，所以，所以，故B不正确；对于C：向量在向量上的投影为，所以向量在向量上的投影向量的模为，故C正确；对于D：因为，所以，所以，故D正确，故选：ACD.参考答案1．（形如的坐标均正确）【分析】设，利用解得的关系，即得结果.【详解】设，则，，解得，即点只要满足横纵坐标相同就符合题意，例如.故答案为：.（形如的坐标均正确）2．【分析】根据平面向量夹角公式进行求解即可.【详解】设向量与的夹角为，因为，所以.故答案为：3．【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值.【详解】由题意得，．故答案为：.4．【分析】利用正弦定理即可求解.【详解】如图，在中，由正弦定理可得，，则这艘船的航行速度(海里/小时).故答案为：5．【分析】直接利用向量的模的运算法则，结合向量的数量积求解即可.【详解】解：向量、满足，，、的夹角为，则.故答案为：.6．【分析】由于，然后代值求解即可【详解】解：因为向量，满足，，与的夹角为120°，所以，故答案为：7．2【分析】直接根据平面向量数量积的概念以及向量模的表示即可得结果.【详解】因为向量，的夹角为，，，所以，所以故答案为：2.8．【分析】依题意可得，作分别交于点F，E，则，再利用面积公式计算可得；【详解】解：∵，∴在等腰直角中，在中，由余弦定理得，又已知，∴，又∵，∴，∴，作分别交于点F，E，∵，E，F分别为线段的中点，∴，∴．故答案为：9．．【分析】过作于点，通过解直角三角形可得结论．【详解】过作于点，如图，因为，所以，又，所以，所以，而，则，所以．故答案为：．10．【分析】由向量坐标运算得，，进而得解方程即可得答案．【详解】，，，与共线，，解得故答案为：【点睛】结论点睛：已知，若，则．11．【分析】设米，根据已知将用表示，再利用余弦定理建立方程，解方程即可.【详解】设米，在点处测得塔顶的仰角分别为45°，30°，，在中，由余弦定理，得，故答案为：12．【分析】根据题意，设向量、的夹角，由数量积的计算公式可得，可得的值，结合的范围分析可得答案．【详解】解：根据题意，设向量､的夹角，若，则，则，又由，则，故答案为：.13．5【分析】设，则，则在直角三角形中可得，在中，由余弦定理可得，再由，可得，解方程可求出的值，从而可得的长【详解】如图，在中，，设，则．在中，因为，所以．在中，，则．因为，所以，即，解得，所以的长为5．故答案为：514．5【分析】根据转化原式，再利用数量积的线性运算，结合垂直向量数量积为0求解即可【详解】故答案为：5【点睛】方法点睛：数量积运算的一般方法（1）建立平面直角坐标系，利用坐标的数量积运算；（2）根据平面向量基本定理，转化向量进行求解15．【分析】通过模的平方转化为数量积运算计算出模．【详解】由题意，，，所以．故答案为：．16．【分析】由余弦定理结合基本不等式求出的最大值，即可由面积公式求出.【详解】解析：的面积，如图，过作的平行线，交于点.在中，，，，.由余弦定理，得，所以，当且仅当时，的最大值为，故的面积，最大为.故答案为：.17．【分析】根据题意，由向量的线性运算可得，进而由数量积的计算公式可得的值，设，由向量夹角的定义可得和的夹角为，求出的模和的值，由向量夹角的计算公式计算可得的值，即可得答案．【详解】解：根据题意，菱形的边长为1，，则，所以，是边上靠近点的三等分点，则，则，则，故，设，即和的夹角为，即和的夹角为，是的中点，则，，则，则；，则，即的余弦值为；故答案为：，．18．3【分析】根据已知条件，结合向量的加法，以及三角形的勾股定理，可得，根据条件，运用勾股定理，即可求解．【详解】，且，，，解得，的值为，，，，，．故答案为：，3．19．（1）；（2）.【分析】（1）由已知求，结合向量数量积的运算律，即可求；（2）由，利用向量数量积的运算律求值即可.【详解】（1），∴.（2）.20．（Ⅰ）；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）首先求出的坐标，再根据，可得，即可求出，再根据向量模的坐标表示计算可得；（Ⅱ）首先求出的坐标，再根据计算可得；【详解】解：（Ⅰ）因为，所以，由，可得，即，解得，即，所以；（Ⅱ）依题意，可得，即，所以，因为，所以与的夹角大小是．21．（1）；（2）.【分析】（1）由题意利用两个向量的数量积的运算法则，以及求向量的模的方法，求出||.（2）设出向量与的夹角为θ，再根据两个向量的夹角公式，求出cosθ的值.【详解】解：（1）∵已知||=2，||=3，(2)•(2)=4•16﹣4•27=﹣7，∴•1.∴||.（2）设向量与的夹角为θ，则cosθ.22．（1），（2）【分析】（1）根据平面向量基本定理，由题中条件，得到，从而可求出的值，进而可求得的值；（2）根据题意先求出，设，再由平面向量数量积运算，即可求得结果【详解】解：（1）因为，所以，得，因为，所以，所以，（2）因为在三角形中，，所以，所以，，由题意得，所以，，因为，所以，所以的取值范围为23．．【分析】在中，由正弦定理求得，进而在中可求得结果.【详解】在中，，∵，由正弦定理得.在中．∴．所以塔高为米．24．（1）；（2）3.【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理计算可得；（2）利用三角形面积公式得到，再由余弦定理求出，即可求出三角形的周长；【详解】解：（1）将展开得，由正弦定理得，由余弦定理得因为，所以（2）根据余弦定理，因为的面积为，所以因为，所以，解得的周长为25．（1）；（2）1.【分析】(1)由给定条件求出及，再借助向量夹角公式即可得解；(2)利用向量的表示及模的计算公式即可作答.【详解】（1）因，则，而，于是得，则，又因，所以；（2）在中，因，由(1)知，从而得.所以.26．（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理化简题中的等式，算出，结合是三角形的内角，可得的大小；（2）利用三角形的面积公式，算出，再由余弦定理加以计算，即可得到边的长．【详解】解：（1）由已知及正弦定理，得，.又，∴.（2），.利用余弦定理，可得27．答案见解析.【分析】（1）选①，利用同角三角函数的关系以及正弦定理、两角和的正弦公式即可求解；选②，利用同角三角函数的关系以及余弦定理解得，再由正弦定理、两角和的正弦公式即可求解.（2）利用三角形的面积公式即可求解.【详解】解：选①，（1）∵，由正弦定理得：，即，解得，所以，即.选②，（1）∵，且C为钝角.∴只能A=B，∴，由余弦定理得：，解得：.由正弦定理得：，即，解得，所以，即.（2），即的面积.28．（1）；；（2）．【分析】（1）利用平面向量加法法则能求出结果．（2）首先根据平面向量数量积的运算求出、、，再根据．由此能求出的余弦值．【详解】解：解：（1），，，．（2）因为，，所以，，所以，，．29．【分析】选择条件①：利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合三角形的内角和定理、两角和的正弦公式、辅助角公式进行化简运算，推出，然后由，得解；选择条件②：结合已知条件和余弦定理，可得，再由，得解；选择条件③：结合平面向量共线的条件和正弦定理，推出，再由，得解．【详解】解：选择条件①：由正弦定理知，，，，，，化简得，，，，即，，，即，，的面积．选择条件②：，，由余弦定理知，，，，的面积．选择条件③：，，且，，由正弦定理知，，，，，即，，，，的面积．30．(Ⅰ)，或;(Ⅱ).【分析】（Ⅰ）设向量的坐标为,运用向量模的公式和向量共线的坐标表示，解方程即可得到向量的坐标；（Ⅱ）运用向量垂直的条件：数量积为，可求得，由向量的夹角公式，计算即可得到所求夹角.【详解】（Ⅰ）设，由，且可得所以或故，或.（Ⅱ）因为，且，所以，即，所以，故，.31．（1）；（2）.【分析】（1）根据正弦定理可以得到，根据题设条件，求得，结合角的范围，利用同角三角函数关系式，求得；（2）根据题设条件以及第一问的结论可以求得，之后在中，用余弦定理得到所满足的关系，从而求得结果.【详解】（1）在中，由正弦定理得.由题设知，，所以.由题设知，，所以；（2）由题设及（1）知，.在中，由余弦定理得.所以.【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、同角三角函数关系式、诱导公式以及余弦定理，在解题的过程中，需要时刻关注题的条件，以及开方时对于正负号的取舍要从题的条件中寻找角的范围所满足的关系，从而正确求得结果.32．（1）；（2）.【分析】（1）将用和表示，利用平面向量数量积的运算律和定义计算出的值，即可得出的长；（2）将利用和表示，然后利用平面向量数量积的运算律和定义计算出的值．【详解】（1），，，，，，.；（2），，，.【点睛】本题考查平面向量模与数量积的计算，解题的关键就是选择合适的基底将题中所涉及的向量表示出来，考查计算能力，属于中等题.33．（1）；（2）.【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示得，再结合得；（2）先根据坐标运算得，再根据模的坐标表示得，故的最大值为16，，进而得的最大值为4，故.【详解】解：（1）.∵，∴，即：，又，∴（2）∵，∴，又∵，∴，∴，∴的最大值为16，∴的最大值为4，又恒成立，∴.【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示，向量模的计算，三角函数求最值，考查运算能力，是中档题.34．条件选择见解析；（1）；（2）.【分析】（1）选择条件①，用正弦定理，整理化简得：，可求出角A；选择条件②，用余弦定理得，可求出角A；选择条件③，利用两角和的正切公式求得，，可求出角A；（2）利用,把面积表示出来，可求线段AD的长度.【详解】（1）选择条件①，因为，由正弦定理得：，即，在△ABC中，，所以，即，因为A为△ABC内角，所以.选择条件②，，由余弦定理得：，整理得：，所以，因为A为△ABC内角，所以.选择条件③，，因为，即所以所以，因为A、B、C为为△ABC内角，所以所以，所以.（2）因为边的长度是方程的两根，所以因为,所以即,所以所以线段AD的长度为.【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.35．选①：（1）；（2）或.选②：（1）；（2）或.选③：（1）；（2）或.【分析】若选①：（1）由二倍角公式、辅助角公式化简可求；（2）由正弦定理求，即可得，，，由面积公式即可求面积；若选②：（1）由正弦定理化边为角可求；（2）由正弦定理求，即可得，，，由面积公式即可求面积；若选③：（1）由余弦定理可求；（2）由正弦定理求，即可得，，，由面积公式即可求面积；【详解】若选①：（1）由可得即，所以，所以，因为，所以（2）由可得，因为，所以或，当时，，由可得，，此时的面积为，当时，，所以，此时的面积为，所以的面积为或.若选②：由可得，因为，所以，可得，因为，所以；（2）由可得，因为，所以或，当时，，由可得，，此时的面积为，当时，，所以，此时的面积为，所以的面积为或.若选③：由可得，由余弦定理可得，因为，所以；（2）由可得，因为，所以或，当时，，由可得，，此时的面积为，当时，，所以，此时的面积为，所以的面积为或.36．（1）；（2）当时，“最远直接监测距离”最大.【分析】（1）利用余弦定理计算出，利用三角形的面积公式可求得四边形的面积，即为所求；（2）利用余弦定理和正弦定理可得出，利用正弦型函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值，即可得出结论.【详解】（1）在中，因为，，，由余弦定理可得，，故，所以“直接监测覆盖区域”的面积为；（2）由余弦定理可得，则，在中，由正弦定理可得，可得，，在中，由余弦定理可得，因为，则，故当时，即当时，取得最大值，故当时，使得“最远直接监测距离”最大.37．（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理化边为角可得的值，结合即可得角的值；（2）根据已知条件求出，再由余弦定理求出，利用正弦定理可得外接圆的半径，由圆的面积公式即可求外接圆的面积.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，即，所以，因为，所以.（2）若，则，由（1）知：，在中由余弦定理可得，所以，所以外接圆的半径为，所以外接圆的面积为.38．（1）；（2）【分析】（1）先在中，由余弦定理求出，由勾股定理得到，，求出，即可求出区域的面积；（2）设，，根据余弦定理得到与的关系式，在中，由正弦定理得到，表示出区域的面积，即可求解.【详解】解：（1）在中，∵，由余弦定理得：，∴，∴，，∵为等边三角形，∴，，∴，∴(平方百米)；（2）不妨设，，，∴在中，，在中，由余弦定理得：，，即，∴，在中，由正弦定理得：，即，∴，当且仅当，即时，等号成立，∴面积最大为.39．选择见解析；（1）；（2）．【分析】（1）若选择①：由正弦定理把化为，再结合和三角函数公式可得，从而可求出角；若选择②：利用余弦定理结合已知条件可求出角；（2）由三角形的面积可求出，再由余弦定理化简变形可得，从而可求出三角形周长【详解】（1）选择①：由正弦定理得，，由得，即．又，∴，又，∴．选择②：由选择条件可得由余弦定理得，又，∴．（2）因为∴，即，∴，又由余弦定理，化简得，即，所以，所以的周长为．40．（1）不能，理由见解析；（2）①②③：；①②④：.【分析】（1）由③及正弦定理，利用两角和正弦公式及三角形内角的性质求，由④及余弦定理，结合三角形内角的性质确定的范围，进而根据三角形内角和，即可判断③④是否可以同时成立.（2）由（1）知：条件组合有①②③或①②④，根据所选的条件组合，应用正余弦定理及三角形面积公式求△的面积.【详解】（1）由③及正弦定理得，又，∴，即，∵，∴，即，又，∴.由④得，又，，∴，在△中，不符合题意，∴△不能同时满足条件③④.（2）∵△同时满足上述四个条件中的三个，不能同时满足③④，∴满足三角形有解的所有组合为①②③或①②④.若选择组合①②③：由，得，解得，又，∴，即△为直角三角形，解得，∴△的面积.若选择组合①②④：由，即，解得，由，且，得，∴△的面积.41．（1）；（2）命题①是真命题，命题②是假命题，理由见解析.【分析】（1）依题意，再利用展开计算，即得结果；（2），结合向量共线定理，分别讨论和时，即证命题①是真命题；直接利用垂直关系计算，说明时结论不成立，即证命题②是假命题.【详解】解：（1）由题知，故；（2）由题知，，命题①是真命题，证明如下：当时，即，显然.当时，即，至少一个不为0，不妨设，若，则存在，使得，故，即，因为、不共线，所以，由代入得，即.综上所述，命题“若，则”是真命题.命题②是假命题，证明如下：若，则.当时，结论不成立，所以命题“若，则”是假命题.42．选①，存在，且；选②，存在，且；选③，不存在.【分析】由正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出，以及.选①：利用余弦定理求出的值，可得出结论；选②：利用三角形的面积公式求出的值，结合可求得结果，进而可得出结论；选③：利用两角和的正弦公式求出的，结合已知条件判断可得出结论.【详解】，由正弦定理得，得，整理得.因为，故，所以.，由正弦定理得.方案一：选①.由余弦定理，可得，所以，所以问题中的三角形存在，且；方案二：选②.，由，得，故.又，解得，所以问题中的三角形存在，且；方案三：选③.若，，与矛盾，所以问题中的三角形不存在.43．（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，，∴.