2024年全国一卷新高考题型细分2-6-1-平面向量3

第第页2024年全国一卷新高考题型细分2-6-1——平面向量3试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。《平面向量》主要分类有：线性运算，数量积，数量积——最值范围分析，夹角，共线，垂直，求模，求模——最值范围分析，投影向量，分解代换，最值范围分析，拓展，综合等，大概162道题。最值范围分析：（2024年闽J10泉州三测）5.已知平行四边形ABCD中，，，，若以C为圆心的圆与对角线BD相切，P是圆C上的一点，则的最小值是（【答案】C【解析】【分析】根据题意做出图形，结合平面向量数量积的运算法则整理计算即可求得最终结果【详解】如图所示，过作的平行线交圆于点，过作，垂足为，在平行四边形中，，，，可得，，则由余弦定理可得，由，可得【答案】C【解析】【分析】根据题意做出图形，结合平面向量数量积的运算法则整理计算即可求得最终结果【详解】如图所示，过作的平行线交圆于点，过作，垂足为，在平行四边形中，，，，可得，，则由余弦定理可得，由，可得，则四边形为正方形，则，因为，则的最小值为，即的最小值为，故C正确。故选：C.（2024年鲁J30泰安二模）14．已知在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，则的最大值为14．3【分析】建立如图所示的坐标系，先求出圆的标准方程，再设点的坐标为，即可根据向量的坐标运算求解数量积，利用三角函数的性质求解最值，由，求出，根据三角函数的性质即可求出最值．【详解】如图：以为原点，以所在的直线为,轴建立如图所示的坐标系，则，，，，动点在以点14．3【分析】建立如图所示的坐标系，先求出圆的标准方程，再设点的坐标为，即可根据向量的坐标运算求解数量积，利用三角函数的性质求解最值，由，求出，根据三角函数的性质即可求出最值．【详解】如图：以为原点，以所在的直线为,轴建立如图所示的坐标系，则，，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，设圆的半径为，，，，，圆的方程为，设点的坐标为，则，，故的最大值为，，，，，，，，，故的最大值为3，故答案为：，3（2024年粤J25深圳一调）13.设点，若动点满足，且，则的最大值为【答案】【解析】【分析】设，根据向量的坐标表示和模的概念可得，由题意和相等向量可得，进而，结合基本不等式计算即可求解.【详解】设【答案】【解析】【分析】设，根据向量的坐标表示和模的概念可得，由题意和相等向量可得，进而，结合基本不等式计算即可求解.【详解】设，则，由，得，整理，得，又，代入，有，所以，由，得，当且仅当时等号成立，所以，得，所以.即的最大值为.故答案为：（2024年湘J03长沙一中）6.在平面直角坐标系中，设，，，动点满足，则最大值为（【答案】B【解析】【分析】由已知条件可得，动点轨迹为以为圆心，2为半径的圆，可得三点共线，当与圆相切时，为锐角且最大，最大，求出，由，求值即可.【详解】设点，则，，所以，整理可得，【答案】B【解析】【分析】由已知条件可得，动点轨迹为以为圆心，2为半径的圆，可得三点共线，当与圆相切时，为锐角且最大，最大，求出，由，求值即可.【详解】设点，则，，所以，整理可得，动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，，，故三点共线，如图所示，当与圆相切时，为锐角且最大，最大，即，由，此时，则.故选：B（多选，2024年鲁J32潍坊二模）11．已知向量，，为平面向量，，，，，则（

11．BCD【分析】对A，设，根据可得，从而可得的范围；对B，化简，根据点到圆上的点的距离求解最大值即可；对C，化简，再结合满足圆的方程求范围即可；对D，根据满足圆的方程进行三角换元求解最值即可.【详解】对A，设，根据有，即，为圆心为，半径为的圆，又的几何意义为原点到圆上的距离，则，故A错误；对B，，则转化为求圆上的点到的距离最大值，为，故B正确；对C，，因为，故，故C正确；对D，因为，故，又因为，故11．BCD【分析】对A，设，根据可得，从而可得的范围；对B，化简，根据点到圆上的点的距离求解最大值即可；对C，化简，再结合满足圆的方程求范围即可；对D，根据满足圆的方程进行三角换元求解最值即可.【详解】对A，设，根据有，即，为圆心为，半径为的圆，又的几何意义为原点到圆上的距离，则，故A错误；对B，，则转化为求圆上的点到的距离最大值，为，故B正确；对C，，因为，故，故C正确；对D，因为，故，又因为，故，，故当时，取最小值取最小值，故D正确.故选：BCD（2024年浙J09温州中学一模）7.在直角梯形，，，，，，分别为，的中点，点在以A为圆心，为半径的圆弧上变动（如图所示），若，其中，则的取值范围是（【答案】A【解析】【分析】结合题意建立直角坐标系，得到各点的坐标，再由得到，，从而得到，由此可求得的取值范围.【详解】结合题意建立直角坐标，如图所示：.则，，，，，，则，，，，∵，∴，∴，，∴，，∴【答案】A【解析】【分析】结合题意建立直角坐标系，得到各点的坐标，再由得到，，从而得到，由此可求得的取值范围.【详解】结合题意建立直角坐标，如图所示：.则，，，，，，则，，，，∵，∴，∴，，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，故，即.故选：A.（2024年鄂J25武汉洪山二模）6．如图，在直角梯形中，，∥，，，图中圆弧所在圆的圆心为点C，半径为，且点P在图中阴影部分（包括边界）运动．若，其中，则的最大值为（6．B【详解】解：以点为坐标原点，方向为轴，轴正方向建立直角坐标系，如图所示，设点的坐标为，由意可知：，据此可得：，则：，目标函数：，其中为直线系的截距，当直线与圆相切时，目标函数取得最大值.本题选择B选项.点睛：本题同时考查平面向量基本定理和线性规划中的最值问题.求线性目标函数的最值，当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最大，在轴截距最小时，值最小；当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，6．B【详解】解：以点为坐标原点，方向为轴，轴正方向建立直角坐标系，如图所示，设点的坐标为，由意可知：，据此可得：，则：，目标函数：，其中为直线系的截距，当直线与圆相切时，目标函数取得最大值.本题选择B选项.点睛：本题同时考查平面向量基本定理和线性规划中的最值问题.求线性目标函数的最值，当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最大，在轴截距最小时，值最小；当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最小，在轴上截距最小时，值最大.应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．用向量基本定理解决问题的一般思路是：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．（2024年粤J132华师附五月适）8．已知是边长为的正三角形，点是所在平面内的一点，且满足，则的最小值是（

8．C【分析】可由重心的性质结合向量运算得到点的轨迹，再结合圆上的点到圆外定点的距离最小值为圆心到定点减半径得到；亦可建立适当平面直角坐标系，借助向量的坐标运算结合圆的性质得解.【详解】法一：设的重心为，则，点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，又，的最小值是.法二：以所在直线为轴，以中垂线为轴建立直角坐标系，则，设，即8．C【分析】可由重心的性质结合向量运算得到点的轨迹，再结合圆上的点到圆外定点的距离最小值为圆心到定点减半径得到；亦可建立适当平面直角坐标系，借助向量的坐标运算结合圆的性质得解.【详解】法一：设的重心为，则，点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，又，的最小值是.法二：以所在直线为轴，以中垂线为轴建立直角坐标系，则，设，即，化简得，点的轨迹方程为，设圆心为，，由圆的性质可知当过圆心时最小，又，故得最小值为.故选：C.（2024年鄂J12三校二模）13.已知等边的外接圆的面积为，动点在圆上，若，则实数的取值范围为【答案】【解析】【分析】根据正三角形的几何性质可得外接圆半径，再由正弦定理得边长，取线段的中点，取线段的中点，根据向量的线性运算及数量积的运算性可得，且再由三角形三边关系列不等式得结论.【详解】【答案】【解析】【分析】根据正三角形的几何性质可得外接圆半径，再由正弦定理得边长，取线段的中点，取线段的中点，根据向量的线性运算及数量积的运算性可得，且再由三角形三边关系列不等式得结论.【详解】依题意，设的外接圆的半径为，则，故，在等边中由正弦定理得，则；取线段的中点，连接，则，所以；取线段的中点，连接，则在线段上，且，所以，则又，故，则．故答案为：.（2024年粤J126广东三模）14．已知正方形的边长为，两个点，（两点不重合）都在直线的同侧（但，与在直线的异侧），，关于直线对称，若，则面积的取值范围是14．【分析】建立平面直角坐标系，由求出点轨迹，由轨迹特征求点到直线的距离的取值范围，可求面积的取值范围.【详解】以为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，设，，所以14．【分析】建立平面直角坐标系，由求出点轨迹，由轨迹特征求点到直线的距离的取值范围，可求面积的取值范围.【详解】以为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，设，，所以，，因为，所以，即位于双曲线的右支上，渐近线方程为或，直线与直线：的距离为，即点到直线的距离的取值范围是，又，所以面积的取值范围是.因为不重合，故不重合，故面积不为，

故答案为：.（2024年鲁J38济宁三模）14．已知，则的最小值为14．【分析】根据平面向量的模求出数量积，利用向量的几何意义和运算律计算可得，表示点与点的距离之和，作出图形，确定的最小值，结合图形即可求解.14．【分析】根据平面向量的模求出数量积，利用向量的几何意义和运算律计算可得，表示点与点的距离之和，作出图形，确定的最小值，结合图形即可求解.【详解】由，得，即，解得.，表示点与点的距离之和.如图，点关于x轴的对称点为，连接，则，当且仅当三点共线时等号成立，所以的最小值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是表示点与点的距离之和，结合图形，确定（当且仅当三点共线时等号成立）.（2024年粤J104名校一联考，末）14.已知为的外接圆圆心，且．设实数满足，则的取值范围为【答案】【解析】【分析】以中垂线为轴，为轴建立直角坐标系，设出圆心坐标及半径，写出外接圆的方程，再分别写出坐标，将题干条件带入，即可得到等式，根据等式得出的关系及范围，再将关系带入中，根据范围即可求得结果。【详解】解：由题可得，以的中点【答案】【解析】【分析】以中垂线为轴，为轴建立直角坐标系，设出圆心坐标及半径，写出外接圆的方程，再分别写出坐标，将题干条件带入，即可得到等式，根据等式得出的关系及范围，再将关系带入中，根据范围即可求得结果。【详解】解：由题可得，以的中点为原点，方向为轴，的中垂线为轴，建立如图所示平面直角坐标系：因为，所以，记圆心，半径为，所以圆的方程为，，不妨设，所以,,,因为所以，因为，所以，所以可得，将代入上式可得，①，因为，②，将①的平方和②的平方相加可得：，所以，所以，将带入可得，，即，即，所以，所以的取值范围为。故答案为：【点睛】方法点睛：此题考查平面向量和三角形的综合应用，属于难题，针对向量的题常用的方法有：（1）取两个不共线向量作为一组基底，将其他向量都用这一组基底进行表示；（2）如果是比较规则的图形，比如有直角，等腰三角形，菱形等，建立合适的直角坐标系，将结果用坐标表示；（3）若线段上一点,为线段上一点，且，则对于直线外一点有：。（多选，2024年苏J37苏锡常镇二调）11．在长方形ABCD中，，，点E，F分别为边BC和CD上两个动点（含端点），且，设，，则（

11．AC【分析】根据题设结合的位置可确定参数范围，判断A；取特殊位置计算的值，可判断B；根据数量积的运算律结合三角恒等变换可判断C；举出反例可判断D.【详解】对于A，由题意知当E和B重合时，，此时取最小值，取到最大值1；当F和D重合时，，此时取最小值，取到最大值1，A正确；对于B，当E和B重合时，，；当分别位于的中点时，满足，11．AC【分析】根据题设结合的位置可确定参数范围，判断A；取特殊位置计算的值，可判断B；根据数量积的运算律结合三角恒等变换可判断C；举出反例可判断D.【详解】对于A，由题意知当E和B重合时，，此时取最小值，取到最大值1；当F和D重合时，，此时取最小值，取到最大值1，A正确；对于B，当E和B重合时，，；当分别位于的中点时，满足，此时，，由此可知不为定值，B错误；对于C，，由，得，即,即，即，设，，则，（为辅助角，），当时，取到最小值50，即的最小值50，C正确，对于D，当时，，则，故D错误，故选：AC【点睛】难点点睛：解答本题的难点是选项C的判断，解答时要利用向量的加减以及向量数量积的运算律结合三角代换以及恒等变换进行求解.（2024年冀J46石家庄二检）6．在平行四边形中，，则的取值范围是（

6．A【分析】根据向量的运算律及数量积定义计算即可.【详解】设与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，由题意，所以，所以，即，所以，所以，因为，所以，所以，即6．A【分析】根据向量的运算律及数量积定义计算即可.【详解】设与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，由题意，所以，所以，即，所以，所以，因为，所以，所以，即.故选：A（2024年冀J37沧州三模）6．对称美是数学美的重要组成部分，他普遍存在于初等数学和高等数学的各个分支中，在数学史上，数学美是数学发展的动力.如图，在等边中，，以三条边为直径向外作三个半圆，是三个半圆弧上的一动点，若，则的最大值为（

6．B【分析】过点作，设，，得到，再由，求得，结合圆的性质，当与半圆相切时，最大，分别求得的长，即可求解.【详解】如图所示，过点作，交直线于点，则，可得.设，，则，6．B【分析】过点作，设，，得到，再由，求得，结合圆的性质，当与半圆相切时，最大，分别求得的长，即可求解.【详解】如图所示，过点作，交直线于点，则，可得.设，，则，因为，所以，由图可知，当与半圆相切时，最大，又由，，可得，所以，即最大为，所以的最大值为.故选：B.（2024年浙J07金丽衢二联，末）14.设正n边形的边长为1，顶点依次为，若存在点P满足，且，则n的最大值为【答案】5【解析】【分析】由题意确定P点的轨迹，分类讨论，结合向量的运算说明正六边形中以及时不符合题意，说明时满足题意，即可得答案.【答案】5【解析】【分析】由题意确定P点的轨迹，分类讨论，结合向量的运算说明正六边形中以及时不符合题意，说明时满足题意，即可得答案.【详解】由题意知点P满足，则P点在以为直径的圆上，当时，设为的中点，如图，，当共线且方向时，即三点共线时，取最小值，此时，则，则，故时，不满足题意；当时，设为的中点，如图，，当共线且反向时，取最小值，此时共线，，，则，则当共线且同向时，必有，故时，存在点P满足，且；当时，如图，正七边形的顶点到对边的高h必大于正六边形对边之间的高，依此类推，故此时不存在点P满足，且；故n的最小值为5，故答案为：5【点睛】难点点睛：本题考查了平面向量的运算以及向量的模的最值问题，综合性较强，难度加大，难点在于要分类讨论正n边形的情况，结合向量的加减运算，确定模的最值情况.拓展，综合：（2024年粤J124广州天河三模）6．设向量，，当，且时，则记作；当，且时，则记作，有下面四个结论：

①若，，则；

②若且，则；

③若，则对于任意向量，都有；

④若，则对于任意向量，都有；

其中所有正确结论的序号为（6．C【分析】根据题意结合向量的坐标运算逐项分析①③，举反例判断②④.【详解】对于①：若，，则，所以，故①正确；对于②：取，满足，则，满足，但，故②错误；对于③：若，则，且，设，则，可知，所以，故③正确；对于④：取，可知，但，即，故④错误；故选：C.

）

A6．C【分析】根据题意结合向量的坐标运算逐项分析①③，举反例判断②④.【详解】对于①：若，，则，所以，故①正确；对于②：取，满足，则，满足，但，故②错误；对于③：若，则，且，设，则，可知，所以，故③正确；对于④：取，可知，但，即，故④错误；故选：C.（2024年湘J34长郡二适）5.如图1，儿童玩具纸风车的做法体现了数学的对称美，取一张正方形纸折出“十”字折痕，然后把四个角向中心点翻折，再展开，把正方形纸两条对边分别向中线对折，把长方形短的一边沿折痕向外侧翻折，然后把立起来的部分向下翻折压平，另一端折法相同，把右上角的角向上翻折，左下角的角向下翻折，这样，纸风车的主体部分就完成了，如图2，是一个纸风车示意图，则（【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合图形，易于判断A,B两项；对于C项，理解折纸过程知点是线段的中点，易得结论；对于D项，合并其中两个向量后，只需判断余下的两向量能否共线即可.【详解】不妨设，则，对于A项，显然【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合图形，易于判断A,B两项；对于C项，理解折纸过程知点是线段的中点，易得结论；对于D项，合并其中两个向量后，只需判断余下的两向量能否共线即可.【详解】不妨设，则，对于A项，显然与方向不一致，所以，故A项错误；对于B项，由图知是钝角，则，故B项错误；对于C项，由题意知点是线段的中点，则易得：,即得：，故C项正确；对于D项，由，而与显然不共线，故．即项错误．故选：C．（2024年浙J23适应）4.设是非零向量，是非零实数，则下列结论中正确的是（【答案】C【解析】【分析】根据数乘向量运算的定义判断各选项.【详解】对于A，当时，与方向相同，因此A不正确；对于B，时，，因此B不正确；对于C，因为，所以与同向，C正确；对于D，是实数，是向量，不可能相等．故选：C．）

A.的方向【答案】C【解析】【分析】根据数乘向量运算的定义判断各选项.【详解】对于A，当时，与方向相同，因此A不正确；对于B，时，，因此B不正确；对于C，因为，所以与同向，C正确；对于D，是实数，是向量，不可能相等．故选：C．（多选，2024年粤J29珠海一中）9．在平面直角坐标系中，已知点，，，则（【答案】BD【分析】求出即可判断A选项，设与的夹角为，求出即可判断B选项，设与同向的单位向量为，求出，根据在方向上的投影向量的坐标为即可判断C选项，设与垂直的单位向量为，解即可判断D选项．【详解】因为点，，，所以，，所以，所以，故A选项错误；设与的夹角为，所以，所以与的夹角为，故B选项正确；设与同向的单位向量为，【答案】BD【分析】求出即可判断A选项，设与的夹角为，求出即可判断B选项，设与同向的单位向量为，求出，根据在方向上的投影向量的坐标为即可判断C选项，设与垂直的单位向量为，解即可判断D选项．【详解】因为点，，，所以，，所以，所以，故A选项错误；设与的夹角为，所以，所以与的夹角为，故B选项正确；设与同向的单位向量为，，所以在方向上的投影向量的坐标为，故C选项错误；因为，设与垂直的单位向量为，则，解得或，所以与垂直的单位向量的坐标为或.故D选项正确.故选：BD.（多选，2024年苏J03南通联考）9.已知单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（【答案】AB【解析】【分析】由题意可得，根据可判断A；根据在方向上的投影向量为可判断B；根据可判断C；根据数量积的运算律可判断D.【详解】因为，都是单位向量，所以，所以，即，故A正确；在方向上的投影向量为，故B正确；【答案】AB【解析】【分析】由题意可得，根据可判断A；根据在方向上的投影向量为可判断B；根据可判断C；根据数量积的运算律可判断D.【详解】因为，都是单位向量，所以，所以，即，故A正确；在方向上的投影向量为，故B正确；若，则，即，即，因为，所以，故C错误；若，则，所以，即，故D错误.故选：AB（多选，2024年粤J112广州综合）9.已知向量，不共线，向量平分与的夹角，则下列结论一定正确的是（【答案】BC【解析】【分析】根据给定条件，结合向量加法的几何意义可得，再借助数量积的运算律逐项分析判断即得.【详解】作向量，在中，，，由向量平分与的夹角，得是菱形，即，对于A，与不一定垂直，A错误；对于B，，即，B【答案】BC【解析】【分析】根据给定条件，结合向量加法的几何意义可得，再借助数量积的运算律逐项分析判断即得.【详解】作向量，在中，，，由向量平分与的夹角，得是菱形，即，对于A，与不一定垂直，A错误；对于B，，即，B正确；对于C，在上的投影向量，在上的投影向量，C正确；对于D，由选项A知，不一定为0，则与不一定相等，D错误.故选：BC（多选，2024年鄂J06武汉二调）9.已知向量，，则（【答案】ACD【解析】【分析】根据，有，可判断A选项；根据，得，可判断B选项；根据向量减法三角形法则有，分别求出，，有，反向时取得最大值，根据向量的几何意义判断C选项；根据，得，又，可计算，从而判断D选项.【详解】若，则，解得，A【答案】ACD【解析】【分析】根据，有，可判断A选项；根据，得，可判断B选项；根据向量减法三角形法则有，分别求出，，有，反向时取得最大值，根据向量的几何意义判断C选项；根据，得，又，可计算，从而判断D选项.【详解】若，则，解得，A正确；若，则，解得，所以，B错误；因为，，而，当且仅当，反向时等号成立，在平面直角坐标系中，设向量，的起点为坐标原点，向量的终点在以坐标原点为圆心，半径为的圆上，向量终点在第二象限，当，反向，则向量的终点应在第四象限，此时，，所以C正确；若，则，即，所以，，所以，D正确.故选：ACD（2024年粤J100佛山禅城二调）3.已知与为两个不共线的单位向量，则（【答案】D【解析】【分析】根据向量共线和向量数量积的定义，向量垂直，向量的模以及向量夹角公式判断即可.【详解】选项A：若，则，即，与与为两个不共线的单位向量矛盾，故选项A说法错误；选项B：设与的夹角为，则，，所以，故选项B【答案】D【解析】【分析】根据向量共线和向量数量积的定义，向量垂直，向量的模以及向量夹角公式判断即可.【详解】选项A：若，则，即，与与为两个不共线的单位向量矛盾，故选项A说法错误；选项B：设与的夹角为，则，，所以，故选项B说法错误；选项C：若，则，所以，，即，所以，又，所以，故选项C说法错误；选项D：因为，，所以，化简得，设与的夹角为，则，，所以，所以，即，所以，故选项D说法正确；故选：D（多选，2024年湘J45长沙一中一模）10．梯形中，，，，与交于点，点在线段上，则（

10．AC【分析】由平面向量的线性运算即可判断A，由线段的比值结合三角形的面积公式即可判断B，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断C，由平面向量三点共线定理结合基本不等式代入计算，即可判断D【详解】由几何图形关系可得，因为，所以．因为，所以，所以，故A正确；因为，所以，因为，所以，所以，故B错误；因为，所以在上的投影向量为为定值，故C正确；因为，且三点共线，所以，且，所以，当且仅当10．AC【分析】由平面向量的线性运算即可判断A，由线段的比值结合三角形的面积公式即可判断B，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断C，由平面向量三点共线定理结合基本不等式代入计算，即可判断D【详解】由几何图形关系可得，因为，所以．因为，所以，所以，故A正确；因为，所以，因为，所以，所以，故B错误；因为，所以在上的投影向量为为定值，故C正确；因为，且三点共线，所以，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，故D错误．故选：AC．（多选，2024年鄂J10二次T8联考）10.已知为坐标原点，点，，.若点满足，，则下列判断错误的是（【答案】ACD【解析】【分析】由已知可知点在劣弧上或优弧上，即可判断；由三角形的面积公式可判断；取，时，可判断；点在劣弧上时，为钝角，点在优弧上时，为锐角，即可判断.【详解】若，，则点在劣弧上，或者在优弧上，所以或者，故错误；因为，故正确；取，，则，故【答案】ACD【解析】【分析】由已知可知点在劣弧上或优弧上，即可判断；由三角形的面积公式可判断；取，时，可判断；点在劣弧上时，为钝角，点在优弧上时，为锐角，即可判断.【详解】若，，则点在劣弧上，或者在优弧上，所以或者，故错误；因为，故正确；取，，则，故错误；点在劣弧上时，为钝角，，点在优弧上