通关练17解三角形与平面向量结合问题-2022-2023学年高一数学题型归纳与解题策略(人教A版2019)

通关练17解三角形与平面向量结合问题eq\o\ac(○,通)eq\o\ac(○,关)eq\o\ac(○,练)一、单选题1．（2022春·湖北荆州·高一统考期中）如图，已知等腰中，，，点是边上的动点，则（

）A．为定值10 B．为定值6C．最大值为18 D．与P的位置有关【答案】A【解析】设，根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量的加法的几何意义、余弦定理、平面向量的数量积的定义进行求解即可.【详解】设.，因为，，所以.故选：A【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算性质，考查了平面向量数量积的定义，考查了平面向量的加法的几何意义，考查了数学运算能力.2．（2019春·四川绵阳·高一绵阳中学校考阶段练习）在中，所对的边分别为，，且满足，则的值为（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】通过向量的数量积、余弦定理和正弦定理转化求解该三角形的外接圆的半径，再由计算即可．【详解】因为，所以，由余弦定理得：，又，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，.故选：A.【点睛】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，考查解三角形的相关知识，考查运算能力，属于常考题.3．（2022春·四川成都·高一统考期末）已知内角A､B､C所对的边分别为a､b､c面积为S，若，，则的形状是（

）A．钝角三角形 B．直角三角形 C．正三角形 D．等腰直角三角形【答案】C【分析】利用正弦定理边角关系及三角形内角性质求出角B，再由向量数量积定义和三角形面积公式求出角A，即可判断形状.【详解】由题设及正弦定理边角关系有，而且，所以，又，可得，所以，故，而，又，所以，故，，可得，综上，为正三角形.故选：C4．（2022春·云南红河·高一统考期末）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，，则边上的中线长度的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到，进而求得，得到，由余弦定理得到，再结合为边上的中线，得到，利用基本不等式求得，进而得到长度的最小值．【详解】因为，由正弦定理得，又因为，所以，所以，因为，所以，又因为，所以，由余弦定理可得，则①，因为为边上的中线，可得，所以②，由①得③，代入②得④，由③得，解得，当且仅当时，等号成立，代入④可得，故，即长度的最小值为．故选：A.5．（2022春·福建福州·高一福建省福州高级中学校考期末）在中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，已知三个向量，，共线，则形状为（

）A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】A【分析】由向量共线的坐标运算可得，利用正弦定理化边为角，再展开二倍角公式整理可得，结合角的范围求得，同理可得，则答案可求．【详解】解：向量，共线，．由正弦定理得：．．，所以则．，即．同理由，共线，可得．形状为等边三角形．故选：A．6．（2021春·安徽合肥·高一合肥一中校考期中）的内角所对的边分别为．已知．且，则的范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角形三边关系求出得范围，由余弦定理以及数量积的定义将用表示即可求解.【详解】因为，所以，所以的内角所对的边分别为．可得即所以，所以，因为，所以，故选：A.7．（2022春·黑龙江佳木斯·高一建三江分局第一中学校考期中）在中，，则（

）A．5∶3∶4 B．5∶4∶3 C． D．【答案】D【分析】利用两个向量的数量积的定义可得，由此求得的值，利用正弦定理可得的值.【详解】由题意，在中，，利用向量的数量积的定义可知，即即，即，设，解得，所以，所以由正弦定理可得.故选:D.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及两个向量的数量积的定义的应用，其中利用向量的数量积的定义和正弦、余弦定理求解的比值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.8．（2022春·河南新乡·高一统考期末）在中，O为的外心，，若，x，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用向量的数量积公式计算，,得到关于x和y的方程组，即可得解.【详解】因为，所以．，，由，得，所以，整理得①．又，所以，所以，整理得②．①②联立可得，，故．故选：B9．（2021春·高一课时练习）在中，，，，则与的夹角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据余弦定理求出，再根据两向量夹角定义求解即可.【详解】在中，由余弦定理可得，，又∵与的夹角为的补角，即∴.故选：C.10．（2021春·四川遂宁·高一射洪中学校考期中）中角对边，若且，点满足，，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出图形，取E为BC的中点，由得到，即O为在OE上，延长AE至F，使，连BF，CF，则四边形ABFC为平行四边形，在中用余弦定理解得AE，在中用面积公式求得面积，再乘以2即得的面积．【详解】如图所示，∵，所以，取E为BC的中点，则，即O为在OE上，延长AE至F，使，连BF，CF，则四边形ABFC为平行四边形.，即，即，，即，又因为，所以，∴，，设，则，在中，由余弦定理得，即，解得，即.又，∴.故选：D.11．（2022春·浙江绍兴·高一统考期末）在三角形ABC中，已知，，D是BC的中点，三角形ABC的面积为6，则AD的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由可得，从而得，，所以，再利用余弦的二倍角公式可求出，由同角三角函数的关系求出，再由三角形ABC的面积为6，可求出，然后在中利用余弦定理可求得答案【详解】如图，设的内角的对边分别为，因为，所以，即，所以,所以，即，因为，所以，所以因为，所以，因为，所以,因为，所以,因为三角形ABC的面积为6，所以，得，因为，所以，因为D是BC的中点，所以,在中，由余弦定理得，因为，所以，故选：A二、多选题12．（2022春·重庆沙坪坝·高一重庆八中校考阶段练习）在中角所对的边分别为，能确定为锐角的有（

）A．B．C．均为锐角，且D．【答案】ACD【分析】选项A由余弦定理可判断；选项B由向量的数量积定义可判断；选项C由诱导公式有，由正弦函数的单调性可判断；选项D由正弦定理可得则由大边对大角可判断.【详解】对于为锐角，故正确；对于为钝角，故错误对于均为锐角；且因为可得则为锐角，故正确.对于由正弦定理得则为锐角，故正确.故选：ACD13．（2021春·辽宁铁岭·高一铁岭市清河高级中学校联考期末）在中，角，，的对边分别为，，，向量，，若，且，则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】对A，利用，即可列式求解；对B，D根据正弦定理将边化角即可求解；对C，根据三角形内角和即可求解.【详解】解：对A，，且，，即，又，，故A正确；对B，D，，由正弦定理得：，即，即，又，故，即，故B错误，D正确；对C，，故C正确.故选：ACD.14．（2022·高一单元测试）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，若边BC的中线，则下列结论正确的有（

）A． B．C． D．△ABC的面积为【答案】ACD【分析】根据正弦定理，结合平面向量加法的几何意义、平面向量数量积的定义、三角形面积公式进行求解即可.【详解】根据正弦定理，由，因为，所以，因此，因为，所以，因此选项A正确，选项B不正确；因为是中线，所以由，或舍去，因此，所以选项C正确；△ABC的面积为，所以选项D正确，故选：ACD15．（2022春·江苏盐城·高一盐城市伍佑中学校考阶段练习）三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件能判断是钝角三角形的有（

）A．a＝2，b＝3，c＝4 B．C． D．【答案】AC【分析】根据余弦定理、正弦定理，结合平面向量数量积的定义逐一判断即可.【详解】A：因为a＝2，b＝3，c＝4，所以角C最大，由，所以是钝角三角形，因此本选项正确；B：由，不能判断是钝角三角形，所以本选项不正确；C：根据正弦定理，由，由余弦定理可知：，所以是钝角三角形，因此本选项正确；D：根据正弦定理，由，所以是直角三角形，不符合题意，故选：AC16．（2022春·福建三明·高一三明一中校考期中）已知的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列说法正确的是(

)A．若，则是锐角三角形B．若，则C．若，则是钝角三角形D．若，则有两解【答案】ABD【分析】A：根据正弦定理求出边长之比，根据余弦定理判断最大角的大小即可判断三角形得形状；B：根据正弦定理角化边和三角形大边对大角的性质即可判断；C：根据向量数量积的定义即可判断C的大小，从而做出判断；D：判断a与bsin30°、b的关系，数形结合即可判断三角形解的个数．【详解】对于A，根据正弦定理知，则C为△ABC的最大角，设，则，故C为锐角，故△ABC为锐角三角形，故A正确；对于B，若sinA>sinB，根据正弦定理知a>b，根据三角形大边对大角的性质知A>B，故B正确；对于C，C为锐角，故不能判断△ABC的形状，故C错误；对于D，如图，CD=bsin30°=2，∵CD<a=3<AC，故以C为圆心，a=3为半径画圆弧，和AD边有两个交点，交点即为B，故三角形有两解，故D正确．故选：ABD．17．（2022春·浙江湖州·高一湖州中学校考阶段练习）设的内角，，所对的边分别为，，，则下列结论正确的是（

）A．若，，，则B．若，则C．若，，则符合条件的有两个D．若，则为等腰三角形或直角三角形【答案】BCD【分析】对于A，由余弦定理与数量积的定义计算，对于B，由正弦函数性质判断，对于C，由正弦定理判断三角形解的个数，对于D，由正弦定理与二倍角公式化简后判断．【详解】对于A，，而，故A错误，对于B，若，则，故，B正确，对于C，由正弦定理得，故，故A有两解，符合条件的有两个，C正确对于D，若，则，即，得或，故或，为等腰三角形或直角三角形，D正确故选：BCD三、填空题18．（2023·全国·高一专题练习）在中，角，，所对的边为，，，且，，，则的值等于__________．【答案】【分析】利用数量积的定义和余弦定理结合已知条件可求得结果.【详解】因为，，，所以，故答案为：.19．（2021春·福建泉州·高一校考阶段练习）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，若，则的最大值为_____．【答案】【分析】由可得，然后，然后，即可得到答案.【详解】△ABC中，，所以；所以，当且仅当即时等号成立，因为所以当时取得最大值，故答案为：．【点睛】本题考查的是正余弦定理、三角形的面积公式、平面向量的数量积的定义及利用基本不等式求最值，考查了学生的转化能力，属于中档题.20．（2018春·江苏南通·高一江苏省如东高级中学阶段练习）在中，已知，则的最小值是________．【答案】【详解】分析：可先用向量的数量积公式将原式变形为：，然后再结合余弦定理整理为，再由cosC的余弦定理得到a，b的关系式，最后利用基本不等式求解即可.详解：已知，可得，将角A,B,C的余弦定理代入得，由，当a=b时取到等号，故cosC的最小值为.点睛：考查向量的数量积、余弦定理、基本不等式的综合运用，能正确转化是解题关键.属于中档题.21．（2022春·福建宁德·高一统考期末）的外接圆半径为1，角的对边分别为若，且，则________；的最大值为_________【答案】

【分析】由余弦定理求得，由向量数量积可得为锐角，再由正弦定理结合外接圆半径可求得，用正弦定理把表示为的三角函数，利用两角和与差的正弦公式变形化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数性质得最大值．【详解】,又，所以，，所以是钝角，所以，由得，，，设，（为锐角），则，由得，，为锐角，则，所以时，取得最大值．故答案为：；．22．（2021春·湖南·高一校联考期中）已知外接圆的圆心为，其面积(，，为的三边长)，，则外接圆的半径为___________；的值为___________.【答案】

3

【分析】先根据面积计算外接圆半径，设的中点为，结合向量关系得到A，，三点共线，即，，再计算中三边长度，利用余弦定理即求得.【详解】因为，∴，即.设的中点为，根据题意可得，∴A，，三点共线，如图所示，可知，，且，，即，根据勾股定理可得，，∴，中，根据余弦定理可得.故答案为：3；.四、解答题23．（2021春·浙江·高一期末）已知的内角A，，的对边分别为，，，且，，___________，求的周长.从下列三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，然后对题目进行求解.条件①：；条件②：，条件③：.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】条件选择见解析；的周长为.【分析】由题设条件，求出角C，选条件①：由向量数量积求出角A，由正弦定理求解即得；选条件②：由三角形面积公式求出边b，再由余弦定理求解即得；选条件③：由正弦定理边化角，再用余弦定理求解.【详解】由，得，即，所以，因为，所以.选择条件①：由，得，所以，因为，所以，所以，所以，，所以的周长为；选择条件②：由，得，所以，由余弦定理，得，所以，即，解得，所以的周长为；选择条件③：由及正弦定理得：，所以，所以，即，由余弦定理，得，所以，所以，，所以的周长为.24．（2021春·浙江·高一期末）在中，，，分别是角，，的对边，且，，．（1）求的大小；（2）若，，求的面积．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由向量垂直可得，从而可求得答案.（2）由正弦定理结合条件可得，再由余弦定理可得出，从而可得面积.【详解】（1）由，则，即，，又，（2），，，即．又，即，所以，25．（2023·高一单元测试）已知的内角的对边分别为，且向量与向量共线.(1)求；(2)若的面积为，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由向量共线列出等式，用正弦定理和两角和的正弦公式化简，可求得角；（2）由面积公式解出的值，再由余弦定理解得的值.【详解】（1）向量与向量共线，有，由正弦定理得，∴，由，sinB>0，∴，，又，∴.（2）由（1）知，∴，，，得，由余弦定理：，∴，解得.26．（2022春·甘肃武威·高一统考期末）已知的内角、、所对的边分别为、、，向量，，且．(1)求角；(2)若，的面积为，求、．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用平面向量共线的坐标表示以及正弦定理化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用余弦定理结合三角形的面积公式可得出关于、的方程组，即可解得、的值.【详解】（1）解：因为，则，由正弦定理可得，、，，，，故.（2）解：由余弦定理可得，即，①由三角形的面积公式可得，可得，②联立①②可得.27．（2022春·福建宁德·高一校联考期中）如图，在凸四边形中，，，的面积．(1)求线段的长度；(2)若，求的值．【答案】(1)(2)14【分析】（1）在中，使用面积公式求得，再运用余弦定理可得；（2）由向量线性运算可得：，根据数量积运算律展开并代入相关数据运算．【详解】（1）因为，则，解得∵,则∴．在中，．则（2）因为，所以，∵∴28．（2020春·黑龙江鹤岗·高一鹤岗一中校考阶段练习）在中，角的对边分别是，满足（1）求角B的大小（2），求的面积【答案】（1）（2）【解析】（1）根据平面向量数量积定义，结合正弦定理将边化为角，即可求得B的大小.（2）由平面向量的线性运算化简，结合余弦定理即可求得的值，进而由三角形面积公式求得的面积.【详解】（1），由平面向量数量积定义可得，，，，，，（2）由余弦定理变形可得，，【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，平面向量数量积的应用，三角形面积求法，属于基础题.29．（2022春·安徽安庆·高一安庆一中校考期末）在中，内角所对的边为，若向量，向量，且，(1)求(2)若边，求的周长【答案】(1)3或(2)或【分析】（1）由已知条件分类讨论即可求得的值；（2）分类讨论求得的值，即可求得的周长.(1)则，即当时，，则当时，，即，则(2)①当时，由，可得，则的周长为；②当，时，由，可得，整理得，则，则的周长为.30．（2021春·吉林延边·高一延边二中校考期中）在中，角，，所对的边分别为，，，已知.（1）求角的大小.（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）4.【解析】（1）由正弦定理化角为边，然后由余弦定理求得角；（2）由三角形面积公式得，再由数量积的定义求得数量积．【详解】（1）∵，∴由正弦定理：，∴，.由余弦定理：∴.∵，∴.（2）由，，.【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理和余弦定理，三角形面积公式，解三角形时，边角出现在一个等式中，常常利用正弦定理进行边角互化，化角后应用三角性等变换公式化简，化边后，一种利用代数式的运算进行变形，一种利用余弦定理求角．31．（2022春·海南省直辖县级单位·高一嘉积中学校考期末）已知，，与的夹角为，函数.(1)求函数最小正周期；(2)若锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】(1)利用向量夹角公式求的解析式，根据正弦型函数的周期公式求其周期；(2)由结合(1)可求，根据正弦定理可得，根据的范围，正弦函数的性质可求的取值范围.(1)由条件可知：，，∴，∴的最小正周期为(2)由正弦定理得，由（1），而，得，∴，，解得，，又，可得，∵，∴，代入上式化简得：，又在锐角中，有，∴，∴，则有，∴.32．（2017春·陕西西安·高一西安中学校考期末）在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，．(1)求的面积．(2)若，求的值．【答案】(1)4(2)【分析】（1）根据同角平方关系式，由余弦求得正弦，结合数量积的定义式，求得邻边的乘积，利用三角形面积公式，可得答案；（2）利用余弦定理能求出a的值.【详解】（1）∵在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，∴，，∵，∴，∴的面积为：．（2）由（1）知，，∴．33．（2022春·湖北武汉·高一校联考期末）锐角的三个内角是，满足．(1)求角的大小及角的取值范围；(2)若的外接圆的圆心为，且，求的取值范围．【答案】(1)，角的取值范围为；(2)【分析】(1)利用正弦定理化角为边，结合余弦定理和同角关系求角的大小，再由条件求角的取值范围；(2)【详解】（1）设的外接圆的半径为，因为，由正弦定理可得，，，所以，又，所以，因为，所以，因为为锐角三角形，所以，，所以，所以角的取值范围为；（2）由已知为的外接圆的圆心，所以，因为，所以，又，所以，所以，所以，设，则，又，所以所以因为，所以，所以，所以，所以的取值范围为.34．（2022秋·辽宁大连·高一庄河高中校考阶段练习）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，求的面积．问题：已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，_________？【答案】条件选择见解析，.【分析】选①：结合正弦求出边，利用余弦定理求出角，结合三角形的面积公式即可求出结果；选②：合正弦求出边，利用平面向量数量积的定义求出角，结合三角形的面积公式即可求出结果；选③：合正弦求出边，利用二倍角公式以及降幂公式得到关于