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2024-2025 學年高一下學期期中復習解答題壓軸題十八大題型專練
【人教 A 版（2019）】
題型 1 向量線性運算的幾何應用
π
1．（23-24 1高一下·河南周口·階段練習）如圖，在梯形 中，| | = 2，∠ = 3， = 2 ， 為
的中點， = ( ≠ 0).
(1)若 = 34 +
1
4 ，試確定點 在線段 上的位置；
(2)若| | = ，當 為何值時，| |最小
【解題思路】（1）結合圖形，先證得四邊形 是平行四邊形，利用向量的線性運算即可判斷點 在線段
上的位置；
2
（2）結合（1）中的結論，得到 關于 的表達式，進而利用向量數量積運算求模得到 關于 的二次表
達式，從而可求得| |最小以及相應 的值.
【解答過程】（1）過 作 // 交 于 ，如圖，
= 1因為 2 ，所以 // , = 2 ，
則四邊形 是平行四邊形，故 = 2 = 2 ，即 是 的中點，
= 1所以 2 =
1
2 =
1
2
1
2 =
1
4
1
2 ，
因為 = ，所以 = (1 ) ，
= + + = (1 ) + 1所以 2 +
1
4
1
2 =
1 +
3
4 2
3 1
又因為 = 4 + 4 ，
1 1 1
所以2 = 4，解得 = 4，
所以 在線段 上靠近 點的四等分點處；
（2）因為 = ( ≠ 0)，所以 = + = + = (1 ) ，
= + + = (1 ) + 1 + 1所以 2 4
1
2 = (
1
2 ) +
3
4 ，
π
因為 = 2 cos = ， 2 = 2
2
3 ， = 4
2 1 2 9 3 1 1 2
所以 = 2 + 4 + 2 = +
3 + 27
2 2 2 4 16
，
1 3 1 3 2 27
所以當 = 4，即 = 2 + 4 時， 取得最小值16.2
| | 3 3 1 3所以 的最小值為 ，此時 = 2 + 4 .4
2．（24-25 高一·全國·隨堂練習）如圖，點 D 是 △ 中 BC 邊的中點， = ， = .
(1)試用 ， 表示 ；
(2)若點 G 是 △ 的重心，能否用 ， 表示 ？
(3)若點 G 是 △ 的重心，求 + + .
【解題思路】（1）利用三角形法則整理化簡即可；
（2）利用三角形重心性質及向量的線性運算化簡計算即可；
（3）利用三角形重心性質及三角形法則化簡計算即可.
【解答過程】（1）因為點 D 是 △ 中 BC 邊的中點，且 = ， = ，
所以 = + = + 12 = +
1 1 1
2 = 2 + 2 =
1 + 12 2 ；
（2）因為點 G 是 △ 的重心，
= 2 = 2 2 + = + 1
2 2
所以 3 3 3 = 3 +
1 = 1
2 2 3
+
2
= 13 +
1
3 .
（3）因為點 G 是 △ 的重心且 D 是 BC 邊的中點，所以 + = 2 ，
又 = 23 = 2 ，所以 + = = ，所以 + + = 0.
3．（24-25 高一·全國·課堂例題）如圖，四邊形 ABCD 是平行四邊形，E，F 分別是 AD，DC 的中點，BE，
BF 分別交 AC 于 M，N．求證：M，N 三等分 AC．
【解題思路】根據題意結合向量的線性運算分析證明.
【解答過程】由題意可得： + = = 2 ， = + ，
所以 + = 2 = 2 +2 ,
由于 與 ， 與 分別共線，但 與 不共線，
所以 = 2 ， = 2 ，因此 N 是 AC 的一個三等分點；
同理可證 = 2 ，因此 M 也是 AC 的一個三等分點．
4 1 1．（23-24 高一上·北京昌平·期末）如圖，在 △ 中， = 3 , = 2 .設 = , = .
(1)用 , 表示 , ；
(2)若 為 △ 5 1內部一點，且 = 12 + 4 .求證： , , 三點共線.
【解題思路】（1）由圖中線段的位置及數量關系，用 , 表示出 , ，即可得結果；
（2）用 , 表示 + ，得到 = + ，根據向量共線的結論 + = 1即證結論.
【解答過程】（1）由題圖， = = ，
= = 12 +
2
3 =
1
2( ) +
2 1 1
3 = 2 + 6 .
（2）由 + = 13 + + =
1
3 +
1 1
2 = 3 +
1 5 1
2( ) = 6 + 2 ，
又 = 512 +
1
4
1 1
，所以 = 2 + 2 ，故 , , 三點共線.
題型 2 向量的數量積、夾角問題
5．（23-24 高二上·河北唐山·開學考試）已知| | = 3，| | = 5，| + | = 7．
(1)求向量 與 的夾角 ；
(2)當向量 + 與 的模相等時，求實數 的值．
→ →
【解題思路】（1）利用數量積的性質及運算律求出 · ，再利用夾角公式計算作答；
（2）利用向量的模相等，兩邊同時平方，由數量積的運算律求解 的值.
【解答過程】（1）因| | = 3，| | = 5，| + | = 7，
2 2 15
則有49 = + = 2 + 2 + = 9 + 2 + 25，解得 = 2 ，
cos =
15 1
因此 = 2 = ，而0° ≤ ≤ 180°，于是得 = 60°，
| || | 3×5 2
所以向量 與 的夾角 = 60°.
2 2
（2）由| + | = | |，則 + = ，
2 2
即 2 2 +2 + = 2 2 + ，得9 2 +15 + 6 = 0 2，解得 = 3或 = 1.
π
6．（23-24 高一下·四川成都·階段練習）已知向量 與 的夾角為4，且| | = 2，| | = 2．
(1)求 和| |；
(2)求向量 與向量 的夾角．
【解題思路】（1）先求出 ，再結合模長關系代入求解即可得出答案.
（2）設向量 與向量 的夾角 ，由向量的夾角公式結合數量積的運算律求解即可.
π
【解答過程】（1）因為向量 與 的夾角為4，且| | = 2，| | = 2，
則 = | || |cos , = 2 × 2 × 2 = 2．2
所以| | = 2 = 2 + 2 2 = 4 + 2 4 = 2．
（2）設向量 與向量 的夾角 ，
cos =
2 | |2= =
4 2
可得 | | = =
2，
| | | | | | | | | | 2×2 2
π π
且 ∈ [0,π]，則 = 4，所以向量 與向量 的夾角為4．
7．（23-24 高一下·山西大同·期中）如圖，在 △ 中， = 3, = 4,∠ = 60°，點 , 滿足 = 2 ,
= 2 , 邊上的中線 與 交于點 ．設 = , = ．
(1)用向量 , 表示 , ；
(2)求∠ 的大小．
【解題思路】（1）利用平面向量的線性運算即可求解；
（2）利用平面向量的數量積公式即可求解．
【解答過程】（1）由 = 2 , = 2 可知， = 2 , = 2 ，
則 = 3 , = 3 ，
所以 = = 3 +2 ；
1又 為 邊上的中線，所以 = = 2 = +3 ．
（2）由 = 3, = 4得| | = 1,| | = 2，
又∠ = 60°，所以向量 與 的夾角為120°，則 = 1，
由圖形可知，∠ 的大小等于向量 與 的夾角，
又| | = (3 + 2 )2 = 9 2 + 12 + 4 2 = 36 12 + 4 = 2 7，
| | = ( + 3 )2 = 2 + 6 + 9 2 = 4 6 + 9 = 7，
2
= 3 + 2 + 3 = 3 +11 +6 2 = 12 11 + 6 = 7，
7
所以cos∠ = = = 1，
| || | 2 7× 7 2
又∠ ∈ (0,π)，所以∠ = 60°．
8．（23-24 高一下·山東臨沂·期中）已知向量 , 滿足| | = 3,| | = 6, 5 4 2 + = 81．
(1)求向量 與 的夾角；
(2)若向量 在 方向上的投影向量為 ，求 + 的值．
【解題思路】（1）由題意得到 = 9，利用平面向量的夾角公式即可求解；
（2）利用投影向量和數量積的運算即可求解．
【解答過程】（1） ∵ (5 4 ) (2 + ) = 81，
∴ 10| |2 3 4| |2 = 81，即90 3 144 = 81，
∴ = 9 9 1， ∴ cos < , >= =
| || | 3×6
= 2，
π
又 < , >∈ [0,π]， ∴ 與 的夾角為3；
（2） ∵ = | |cos < , > = 1 ，
| | 4
2
∴ ( + ) = 14 ( + ) =
1 + 1 = 1 × 9 + 1 × 62 = 454 4 4 4 4 ．
題型 3 平面向量基本定理的應用
9．（24-25 1 2高一上·河北保定·期中）如圖，在 △ 中， = 2 , = 3 .設 = , = .
(1)用 , 表示 , ；
(2)若 為 △ 4內部一點，且 = 9 +
1
9 .求證： , , 三點共線.
【解題思路】（1）借助向量加法法則與減法法則計算即可得；
（2）借助向量線性運算法則可用 , 表示出 ，再利用向量共線定理推導即可得證.
1
【解答過程】（1） = + = + 3 = +
1 = 2 + 1 = 2 + 13 3 3 3 3 ，
= = 2 1 1 1 1 1 13 + 3 2 = 6 + 3 = 6 + 3 ；
（2） = = + 12 =
4
9 +
1 1 1 1
9 + 2 = 18 + 9 ，
= 1 1又 6 + 3 ，故 = 3 ，
故 , , 三點共線.
10．（23-24 高一下·山東·期中）如圖，在 △ 中，已知 = 2， = 3，∠ = 60 ，N 是 的中點，
= 23 ，設 與 相交于點 P．
(1)求cos∠ 的值；
(2)若 = + ，求 + 的值．
【解題思路】（1）以 , 為基底表示 , ，利用平面向量數量積公式求其夾角余弦即可；
（2）利用平面向量共線的充要條件，結合平面向量基本定理，根據待定系數法計算即可.
【解答過程】（1）以 , 為基底，設 = , = ，
則 = 12 =
1
2 ,
= + = + 2 2 1 23 = + 3 = 3 + 3 ，
2 2
所以 = 1 + 24 =
9
4 2 × 3 × cos60
+4 = 134 | | =
13
，
2
| | 1 2 2 = + 4 同理 + 4 = 2 13，9 9 9 3
2
= 1 1 1 1 1 + 2 1 = 2
3 3 2 3
2 3 = 6，
1
cos = cos∠ = 1則 , 6| = = ； | | | 13 × 2 13 26
2 3
（2）因為 、 、 三點共線，不妨設 = = + =
+ 2 3 1 ，3
同理有 、 、 三點共線，不妨設 = = = 1 + (1 ) ，
2
= 1 = = 3 = 1
3 5 5 2則有 2 1 = 1 = = 4
3 + = . = 5
3 2 5 5
11．（23-24 高一下·安徽蚌埠·期末）如圖，在 中，E，H 分別是 AD，BC 的中點， = 2 ，G
為 DF 與 BE 的交點．
(1)記向量 = ， = ，試以向量 ， 為基底表示 ， ；
(2)若 = + ，求 m，n 的值；
(3)求證：A，G，H 三點共線．
【解題思路】（1）根據向量的減法法則結合題意求解；
（2）對 = + 結合（1）化簡用 ， 表示，而 = + ，然后列方程組可求得結果；
（3）設 = ， = ，由 = + ， = + ，用用 ， 表示，列方程組求出 , ，從
而可得 = 12 ，進而證得結論.
【解答過程】（1）因為在 中，E，H 分別是 AD，BC 的中點， = 2 ，
所以 = = 12 =
1
2 ，
= = 23 =
2
3 ．
（2 1 2）由（1）知 = 2 ， = 3 ，
所以 = + = 1 + 2 = 2 + 1 ，
2 3 3 2
2 = 1 = 5
因為 = + ，所以 31 ，解得 2 ； = 1 = 9
2 4
（3） = + = + 12 ，
設 = ， = ，則
= + = + 1 1 = (1 ) + ，
2 2
2 2
又 = + = + = 3 + (1 ) ，3
2 = 1 = 1
所以 3 21 ，解得 3 ，所以 =
1 + 12 4 ，1 = =
2 4
∴ = 1 12 +
1 = ，
2 2
∴ ∥ ，即 A，G，H 三點共線．
12．（23-24 高一下·山東·期中）如圖，在 △ 中，點 滿足 = 2 , 是線段 的中點，過點 的直線
與邊 , 分別交于點 , .
(1)若 = + ，求 和 的值；
2
(2)若 = ( > 0), = ( > 0) 1，求 + 的最小值.
【解題思路】（1）利用基底法，用 ， 表示出 ，即可求解.
(2)先根據已知條件，得到 = (1 + ) ， = (1 + ) ，再根據 =
1
2 =
1
3 +
1
6
1+
，即可得 = 3
+ 1+ 6 ，再根據 , , 三點共線，得2 + = 3，再由基本不等式，即可求解.
1 = 2 = 1【解答過程】（ ）因為 ，所以 3 ，
所以 = + = + 13 = +
1 2 1
3 = 3 + 3 ，
= 1 = 1 2 1 1 1又 是線段 的中點，所以 2 2 + = + ，3 3 3 6
又 = + ，且 不共線，
= 1, = 1所以 3 6.
（2）因為 = + = + = (1 + ) ，
= + = + = (1 + ) ，
1 1 1 1+ 1+
由（1）可知， = 2 = 3 + 6 ，所以 = 3 + 6 ，
因為 , , 1+ + 1+ 三點共線，所以 3 6 = 1，即2 + = 3
又 > 0, > 0，
1 2
所以 + =
1 1 + 2 3
1 1 8
(2 + ) = 4 4
3
4 + + ≥ 3 4 + 2 = ， 3
當且僅當 = 2 ，即 = 34, =
3
2時取等號，
1 2 8
所以 + 的最小值為3.
題型 4 向量坐標運算的幾何應用
平面向量線性運算的坐標表示
13．（24-25 高一·江平西面宜向量春線性·運期算中的坐）標已表示知 1, 2是平面內兩個不共線的非零向量， = 2 1 + 2, = 1 + 2
, = 2 1 + 2，且 , , 三點共線．
(1)求實數 的值；
(2)已知 1 = (2,1), 2 = (2, 2)，點 (3,5)，若 , , , 四點按逆時針順序構成平行四邊形，求點 A 的坐標．
【解題思路】（1）根據已知有 = 1 +(1 + ) 2，結合三點共線有 = ，得(1 + 2 ) 1 = ( 1 )
2，根據已知列方程求參數即可；
（2）根據已知得 = ( 7, 2)，結合 = 的坐標表示求點坐標.
【解答過程】（1）由題意， = + = (2 1 + 2) + ( 1 + 2) = 1 +(1 + ) 2，
由 , , 三點共線，存在實數 k，使得 = ，
即 1 +(1 + ) 2 = ( 2 1 + 2)，得(1 + 2 ) 1 = ( 1 ) 2，
∵ 1, 2是平面內兩個不共線的非零向量，
∴ 1 + 2 = 0 = 1 ，解得 =
1
2, =
3
2．
（2） = + = 3 1
1
2 2 = ( 6, 3) + ( 1,1) = ( 7, 2)，
由 , , , 四點按逆時針順序構成平行四邊形，則 = ，
設 ( , )，則 = (3 ,5 )， = ( 7, 2)，
3 = 7 = 10
所以 5 = 2 ，解得 = 7 ，即點 A 的坐標為(10,7)．
→
14．（23-24 高一下·湖南永州·階段練習）已知 ， ， 三點的坐標分別為( 1,0)，(3, 1)，(1,2)，且 =
1 → → →
3 ， =
1
3 ．
(1)求點 ， 的坐標;
(2)判斷 與 是否共線．
【解題思路】（1）根據向量的坐標運算列方程組求出坐標；
（2）根據向量的坐標表示判斷向量的共線.
【解答過程】（1）依題意得 = (2,2)， = ( 2,3)．
設 ( 1, 1)， ( 2, 2).
= 1由 3
1
，可知( 1 + 1, 1) = 3(2,2)，
1 + 1 =
2 , = 1 ,
即 3
1
解得 3
1 =
2 , = 2 ,
3 1 3
∴ 1 2點 的坐標為 , .
3 3
由 = 1 13 ，可知( 2 3, 2 + 1) = 3( 2,3)，
{
2 7
即 2
3 = ,
3 2 = ,解得 3 2 + 1 = 1, 2 = 0,
∴ 點 7的坐標為 ,0 ．
3
2 7 1（ ）由（1）可知 = ,0 , 2 = 8 , 2 ，
3 3 3 3 3
又 = (4, 1)，
∴ = 2 23(4, 1) = 3 ，
故 與 共線．
15．（24-25 高一下·廣東中山·階段練習）在直角梯形 中，已知 // ，∠ = 90 ， = 6，
= = 3，對角線 交 于點 ，點 在 上，且 ⊥ ．
(1)求 的值；
(2)若 為線段 上任意一點，求 的取值范圍．
【解題思路】（1）以 為原點， 、 分別為 、 軸建立平面直角坐標系，根據題中條件求出點 、 的
坐標，然后利用平面向量數量積的坐標運算可求得 的值；
（2）設 = ，其中 ∈ [0,1]，求出向量 、 的坐標，利用二次函數的基本性質可求得 的
取值范圍.
【解答過程】（1）解：以 為原點， 、 分別為 、 軸建立平面直角坐標系，
則 (0,0)、 (6,0)、 (3,3)、 (0,3)，
因為 // ， = 6， = 3，
所以 △ ∽△ ，所以 = = = 2，所以點 (2,2)，
設 ( ,0)，則 = ( 2, 2)， = ( 6,3)，
因為 ⊥ ，所以 = 6( 2) 6 = 6 6 = 0，解得 = 1，
所以 (1,0)， = (1,0)，則 = 6．
（2）解：由（1）知， = (3,3)，設 = = (3,3) = (3 ,3 )，其中0 ≤ ≤ 1，
則 = = (3 1,3 )，
2
所以 = 3 (3 1) +9 2 = 18 2 3 = 18 1
1
12 8，
因為 ∈ [0,1]，故當 = 1時， 取得最大值15，
1 1
當 = 12時， 取得最小值 8，
故 1的取值范圍為 ,15 ．
8
16．（23-24 高一下·河南·期末）如圖，已知平行四邊形 的三個頂點 、 、 的坐標分別是( 1,3)、
(3,4)、(2,2).
(1)求頂點 的坐標；
(2)在線段 上是否存在一點 | |滿足 ⊥ ，若存在，求 ；若不存在，請說明理由.
| |
【解題思路】（1）利用 = 和平面向量的坐標表示建立方程組，解之即可求解；
（2）設 = (0 < < 1)，根據平面向量線性運算的坐標表示可得 = (4 1, 2)，結合向量的垂直
表示建立方程，解之即可求解.
【解答過程】（1）設 ( , )，又 ( 1,3)、 (3,4)、 (2,2)，
∴ = (2 ,2 )， = (4,1).
又四邊形 是平行四邊形，所以 = ，
∴ (2 ,2 ) = (4,1)，
2 = 4, = 2,
即 2 = 1, 解得 = 1,
∴ 頂點 A 的坐標為( 2,1).
（2）存在.
由（1）可知， = (5,3)， = (4,1)， = ( 1, 2)，
設 = (0 < < 1)，則 = + = + = (4 1, 2).
又 ⊥ ， ∴ 5(4 1) + 3( 2) = 0，
= 11 | | 11解得， 23，即 =| | 23.
題型 5 用向量解決夾角、線段的長度問題
平面向量線性運算的坐標表示
17．（23-24 高三上·平河面向南量新線性鄉運算·階的坐段標表練示習）如圖，在 △ 中，已知 = 2， = 5，∠ = 60°， ，
邊上的兩條中線 ， 相交于點 P，
(1)求| |；
(2)求∠ 的正弦值.
【解題思路】（1）先通過向量線性運算求得 : = 2：1，再將 用 、 表示，利用平面向量數量積
的運算性質可求得 的長，即可求解 的長；
（2）把∠ 視作 與 夾角，運用平面向量的夾角公式求解.計算出 的值，結合平面向量的數
量積可計算出cos∠ = cos , 的值，最后利用同角三角函數關系求出正弦值即可.
1
【解答過程】（1）由 是 上的中線，所以 = 2 +
1
2 =
1
2 + ，

設 : = ，則 = +1 =
1
+1 + =2 2( +1) + +1 ，

又 , , 三點共線，所以2( +1) + +1 = 1，解得 = 2，所以 : = 2:1，
1
因為 是 上的中線，所以 = 2 ，
所以| |2 2 2= + 14 = 4 +
1
4 × 25 2 × 5 ×
1
2 = 4 +
25 5 = 254 4 1 =
21
4 ，
1 21
所以| | = 21，故2 | | = 3| | = .6
（2）∠ 為 與 夾角，且cos∠ = | | | ， |
因為 是 BC 1上的中線，所以 = 2 + ，
| |2 2 2所以 = 1 1 1 1 1 1 14 + 4 +2 × 4 = 4 × 4 + 4 × 25 + 2 × 4 × 2 × 5 × 2
= 1 + 254 +
5 = 4+25+102 4 =
39
4 ，所以| | =
39
，
2
2 2
又 = 1 12 +
1 = 1 1
2 2
+
2 2
= 12 4 +
25 1 × 2 × 5 × 1 = 3，
2 2 2
3
所以cos∠ = cos , = 4 91| = 39 21 = ， | | | ×2 6 91
所以sin∠ = 1 cos2∠ = 5 273.91
18．（24-25 高一下·貴州貴陽·階段練習）如圖所示，矩形 ABCD 的頂點 A 與坐標原點重合，B，D 分別在
x，y 軸正半軸上， = 4， = 2，點 E 為 AB 上一點
(1)若 ⊥ ，求 AE 的長；
(2)若 E 為 AB 的中點，AC 與 DE 的交點為 M，求cos∠ ．
【解題思路】（1）設 ( ,0)(0 ≤ ≤ 4)，由 ⊥ 可得 = 0，即可得答案；
（2）由圖可知∠ = , ，由向量夾角公式可得答案.
【解答過程】（1）由題，可得 (0,0), (4,0), (0,2), (4,2).則 = (4,2).
設 ( ,0)(0 ≤ ≤ 4)，則 = ( , 2).因 ⊥ ，則 = 4 4 = 0 = 1.則 (1,0)，故 AE 的長為 1；
（2）若 E 為 AB 的中點，則 (2,0)， = (2, 2)，又 = (4,2).
4
由圖可知cos∠ = cos , = | | | = =
10.
| 2 2×2 5 10
π
19．（23-24 高一下·廣東廣州·期中）如圖，在 △ 中， = 3, = 2,∠ = 3, 是 邊的中點， ⊥ ,
與 交于點 .
(1)求 和 的長度；
(2)求cos∠ .
【解題思路】（1）利用三角函數定義即可求得 的長；利用向量法即可求得 的長度；
（2）利用向量夾角的余弦公式即可求得cos∠ 的值.
π π
【解答過程】（1） ∵ 是高， ∴ ∠ = 2，在 Rt △ 中， = 2,∠ = 3，
π
所以 = sin∠ = 2sin3 = 3.
∵ 是中線， ∴ = 12 + ，
2 1 2 1 2 2
∴ = 2 + = 4 + 2 +
= 1 32
19
4 + 2 × 3 × 2cos
π + 22 = ， ∴ = 19
3 4 2
19
∴ = 3, = 2
π
（2） ∵ = cos3 = 1 =
1 1
3 , ∴ = 3 ，
1
∴ = = 3
1 1
∴ = 2 + 3
1 2 2 1 2 1 2 π 1 3
= 2 + 3 3 = 2 2
2 + 3 × 3 × 2cos 3 3 × 3
2 = 2
3
∴ cos∠ = cos , = = 2 = 57| . | | | 19 × 3 19
2
另解：過 D 作 // 交 于 ，
∵ 是 的中點， ∴ 是 的中點，
∴ = = = 1, 是 △ 的中位線， 是 △ 的中位線，
∴ = 12 =
1 = 3, = 1 = 194 ，4 2 4
3
cos∠ = cos∠ = 4 57 = 19 = .19
4
20．（23-24 高一下·重慶·期末）如圖，在 △ 中，已知∠ = 120°， = 2， = 4，點 在 上，
且 = 2 ，點 是 的中點，連接 ， 相交于 點.
(1)求線段 ， 的長；
(2)求∠ 的余弦值.
1 2 2
【解題思路】（1）由| |2 = 2 = | |2 = 2 = ( 2 + 1， )2 3 3 ，根據向量數量積的運算
即可求解；
（2）由 與 的夾角即為∠ ，利用向量的夾角公式即可求解.

【解答過程】（1）解：由題意， = 2, = 2 = 2，∠ = 120°，
又 = = 12 ，
2
所以| |2 = 2 = 1 = 1 24 +
2 = 14| |
2
2 | | | |cos∠ + | |
2 = 12，
∴ | | = 2 3，即 = 2 3，
∵ = + = + 23 = +
2( )=2 13 3 + 3
2
∴ | |2 = 2 = ( 2 + 1 ) = 4 2 +2 × 2 × 1 × + 1 2 = 4| |2 +2 × 2 × 1 × cos
3 3 9 3 3 9 9 3 3 | | | |
∠ + 1 2 529| | = 9 ，
∴ | | = 2 13 2 13，即 = ；3 3
（2）解： ∵ = = 12 ，
∴ = (2 + 1 )(1 )=1 2 1 1 2=1 × 42 1 × ( 4) 1 × 223 3 2 3 2 3 3 2 3 = 6，
∵ 與 的夾角即為∠ ，
6
∴ cos∠ = 3 39| || | = 2 3× 2 13 = .3 26
題型 6 向量與幾何最值（范圍）問題
平面向量線性運算的坐標表示
π
21．（23-24 高一下·平江面向西量線九性江運算·的期坐末標表）示 已知四邊形 ABCD 是邊長為 2 的菱形，∠ = 3，P 為平面 ABCD 內
一點，AC 與 BP 相交于點 Q．
(1)若 = ， = + ，求 x，y 的值；
(2)求 + 最小值．
【解題思路】（1）建立直角坐標系，利用向量的線性運算的坐標表示即可求解，
（2）根據向量數量積的坐標運算，結合二次型多項式的特征即可求解最值.
【解答過程】（1）當 = 時，則 為 的中點，

由于 △ △ , = = 1所以 2,
1 1 1 1
= 3 = 3 + = 3 + 3 ,
= 1所以 3, =
1
3；
π
（2）由于四邊形 ABCD 是邊長為 2 的菱形，且∠ = 3，建立如圖所示的直角坐標系，
則 (2,0), (0,0), (1, 3),
取 中點為 ，連接 , ,則 (1,0), + = 2
設 ( , )
= (1 , ), = 1 , 3 ，
+ = 2 = 2 (1 ) (1 ) 3 = 2 2 + 2 2 3 + 1
2
= 2 3( 1)2 + 3 _2，2
故當 = 1, = 3 3時，取最小值 .
2 2
22．（23-24 高一下·湖北荊州·期中）已知 △ 中， = 90°, = 2, = 1， 是線段 上一點，且 =
， 是線段 上的一個動點.
(1)若 = + ，求 （用 的式子表示）；
(2)求 的取值范圍.
【解題思路】（1）根據平面向量運算法則得到 = +(1 ) ，從而得到 = , = 1 ，求出答案；
（2）建立平面直角坐標系，設 ( , )，由 , , 三點共線，可得 = 3(1 )，從而求出 = 4 2
2
+7 3 = 4 7 + 116， ∈8 [0,1]，從而求出 的取值范圍.
【解答過程】（1）由 = 得 = ，解得 = +(1 ) ，
又已知 = + ，
∴ = , = 1 ，故 = 2 1；
（2）以 C 為原點，CB 為 軸，CA 為 軸建立平面直角坐標系，
則 (0,1), ( 3,0)，
設 ( , )， ∈ [0,1]，可得 = ( , 1), = 3, ，
由 , , 三點共線，可得 ( 3)( 1) = 0，即 = 3(1 )，
代入整理得 = ( , ) ( ,1 ) = 2 2 + = 3(1 )2 2 +
2
= 4 2 +7 3 = 4 7 + 1
8 16，
∈ [0,1]，
2
當 ∈ 10, 7 時， = 4 7 +
8 8 16
單調遞增，
2
當 ∈ 7 1,1 時， = 4 7 +8 16單調遞減，8
7 2
故當 = 8時， = 4
7 + 1 1
8 16取得最大值，最大值為16，
又當 = 0時， = 3，當 = 1時， = 0，
故 1的取值范圍為 3, .
16
23．（23-24 2π高一下·遼寧朝陽·期中）在 △ 中， = 2， = 3，∠ = 3 ， 為 的三等分點（靠
近 點）．
(1)求 的值；
(2)若點 滿足 = ，求 的最小值，并求此時的 ．
【解題思路】（1）將 化為 和 表示，利用 和 的長度和夾角計算可得結果；
（2）用 、 表示 ，求出 關于 的函數解析式，根據二次函數知識可求出結果.
1 1
【解答過程】（1）因為 為 的三等分點（靠近 點），所以 = 3 = 3( )，
所以 = + = + 1 1 13 3 = 3 +
2
3 ，
1 2 1 2
所以 = ( 23 + 3 ) ( ) = 3| | + 3| |
2 13
= 1 2 1 2π 23 × 9 + 3 × 4 3 × 3 × 2 × cos 3 = 3.
（2）因為 = ，所以 = ，
因為 = + = + = +( 1) ，
所以 = + ( 1) = + ( 1)| |2
2π
= | || |cos 3 + ( 1)| |
2
2
= 3 + 4 ( 1) = 4 2 7 = 4( 7 ) 498 16，
所以當 = 78時，
49
取得最小值 16.
24．（24-25 高一下·四川成都·階段練習）在△ABC 中，已知 = 2， = 1， = 1， =
(0 ≤ ≤ 1)，Q 為線段 CA 延長線上的一點，且 = ( < 0).
(1)當 = 1且 = 12，設 PQ 與 AB 交于點 M，求線段 CM 的長；
(2)若 +3 = ，求 t 的最大值.
【解題思路】（1）用 , 表示 ，結合向量的模公式，即可求得本題答案；
（2）結合題目條件和向量積的公式，逐步化簡，可得到7 2 +2 4 + 1 = 5 1，然后分離變量，利用
函數的單調性即可求得本題答案.
【解答過程】（1）因為 = 1且 = 12，所以 是 的中點， 是 的中點，則 M 是 △ 的重心，
設 = ， =
1 1 1
所以 = 3 + = 3 2 = 3 =
1
3 ，
| | 1 2 = = 1 2 2 + 2 = 4 + 2 + 1 = 19；
3 9 3 9 3 3
（2）因為 = (0 ≤ ≤ 1)， = ( < 0)，
所以 = + = + = +(1 ) = +(1 ) ，
= = + (1 ) = +( + 1) ，
= + (1 ) = 2 + (1 ) = 5 1，
= + ( 1) + ( + 1) = 7 2 +2 4 + 1，
由 +3 = ，得：7 2 +2 4 + 1 = 5 1，
所以 (1 2 ) = 7 2 9 + 5，因為 < 0，7 2 9 + 5 > 0，
1 2
所以2 < ≤ 1 =
7 9 +5
， 1 2 ，
7 (1 )2 9 = 1 2 ∈ = (1 )+5 = 7 9令 [ 1,0)，則 4 2 4 + 4 +1在[ 1,0)單調遞減，所以當 = 1時， 有最大
值－3.
題型 7 證明三角形中的恒等式或不等式
平面向量線性運算的坐標表示
25．（2024·安徽·模平擬面預向量測線性）運算在的坐△標表 示 中，A，B，C 所對的邊是 a，b，c．
(1)請用正弦定理證明：若 > ，則 > ；
(2)請用余弦定理證明：若 > ，則 > ．
【解題思路】（1）根據正弦定理結合已知條件得出sin > sin ，對角 , 的范圍進行分類討論，再利用正
弦函數的單調性即可得出結果；
（2）根據余弦函數 = cos 在(0,π)上單調遞減，得cos < cos ，利用余弦定理轉化為邊的關系即可得出結
果.

【解答過程】（1）由正弦定理知，sin = sin = 2 ，若 > ，則2 sin > 2 sin ，即sin > sin ．
ⅰ π π（ ）若 A， ∈ 0, ，則由 = sin 在 0, 單調遞增，得 > ．
2 2
（ⅱ）若 ∈ 0, π ， ∈ π ,π ，則sin > sin = sin(π ) π ∈ 0, π，此時 ，
2 2 2
由 = sin 在 0, π 單調遞增，得 > π + > π，顯然不成立，舍去．
2
ⅲ ∈ 0, π ∈ π（ ）若 ， ,π ，必有 > 成立.
2 2
綜上，在 △ 中，若 > ，則 > .
（2）由 = cos 在(0,π)上單調遞減，若 > ，則cos < cos ，
2+ 2 2 2+ 2 2
由余弦定理得， < ，則 ( 22 2 +
2 2) < ( 2 + 2 2)，
所以 2 + 2 3 < 2 + 2 3，
即 ( ) + 2( ) + ( )( 2 + 2 + ) < 0，
即( ) ( + )2 2 = ( )( + + )( + ) < 0，
而 + + > 0， + > 0，所以 > ．
所以在 △ 中，若 > ，則 > .
26．（2024·全國·模擬預測）在 △ 中，點 D，E 都是邊 BC 上且與 B，C 不重合的點，且點 D 在 B，E
之間， = ．
(1)求證：sin∠ = sin∠ ．
(2)
2 2 2
若 ⊥ ，求證： 2 + 2 = 1 sin∠ ．
【解題思路】（1）分別在 △ ， △ ， △ 中，利用正弦定理即可得證；
π π
（2）設∠ = ∠ = ，則0 < < 4，∠ = 2 2 ，在 △ ， △ 中，利用正弦定理即可得證.
【解答過程】（1）如圖．在 △ sin 中，由正弦定理，得sin = ．
在 △ sin 中，由正弦定理，得sin∠ = ．
在 △ sin 中，由正弦定理，得sin∠ = ．
sin∠ = sin = 所以sin∠ sin = 1，
所以sin∠ = sin∠ ．
（2）因為 ⊥ ，
π
所 + = 2，所以sin = cos ．
π
由∠ = 2可知∠ ，∠ 均為銳角．
由（1）知，∠ = ∠ ．
π π
設∠ = ∠ = ，則0 < < 4，∠ = 2 2 ．
由sin∠ = cos2 = 1 2sin2 sin2 = 1 sin∠ ，得 2 ．
在 △ sin 中，由正弦定理，得 = sin ．
△ = sin cos 在 中，由正弦定理，得 sin = sin ．
2 +
2
= sin
2 + cos
2
所以 2 2 sin2 sin2 =
1 2
sin2 = 1 sin∠ ．
27．（23-24 高一下·安徽·期中）已知銳角 △ , , , 分別為角 , , 的對邊，若 2 + 2 2 = 2
(1 + cos ).
(1)求證： = 2 ；
(2) 求 的取值范圍.
【解題思路】（1）根據題干，利用余弦定理化簡可得 cos = (1 + cos )，再由正弦定理可得sin cos sin
cos = sin 即sin( ) = sin ，再根據 △ 是銳角三角形，所以 = 即可得解；
π π
（2 1）由 △ 是銳角三角形，所以6 < < 4，由正弦定理可得 = = 3 4sin2 ,結合角 的范圍即可得解.
2 2 2 2 2 2【解答過程】（1） + = 2 (1 + cos ) +

2 = (1 + cos )

cos = (1 + cos ) cos = (1 + cos )

根據正弦定理sin = sin ，由 cos = (1 + cos )
sin cos = sin (1 + cos ) sin cos sin cos = sin ，
即sin( ) = sin .
∵△ 是銳角三角形，
∴ , ∈ 0, π ， ∴ ∈ π , π ，
2 2 2
因此有 = = 2
（2） △ 是銳角三角形， ∴ , , ∈ 0, π ，而 = π = π 3 ，
2
0 < < π ,
2π
∴ 0 < 2 < ,2
π < < π ，
0 < π 3 < π
6 4
2
sin sin
由正弦定理sin = sin ，得 = sin = sin3 ，
則sin3 = sin(2 + ) = sin2 cos + cos2 sin = 2sin cos2 + (1 2sin2 )sin ，
而1 sin2 = cos2 , ∴ sin3 = 3sin 4sin3
= = 1 , ∵ ∈ π π所以 3 4sin2 , , ∴ sin ∈
1 , 2 ，
6 4 2 2
∴ = ∈ 1 ,1
1
，因此
2
的取值范圍為 ,1 .
2
28．（23-24 高一下·江蘇鹽城·期末）在△ABC 中，角 A，B，C 的對邊分別為 a，b，c，已知 C=2B.
(1) 1若sin = 3，求sin 的值；

(2) 1 若 > ，求證： 5 12 < < .（參考數據： = 2sin10 = ≈ 0.618）2

【解題思路】（1）由三角形內角性質可得0 < < 2，結合已知并利用二倍角正余弦公式求cos 、sin 、
cos ，最后應用誘導公式、和角正弦公式求sin .

（2）由大邊對大角及三角形內角性質得0 < < 5，根據 = 2
1
及正弦定理邊角關系得 = 2cos ，即可證結
論.

【解答過程】（1）由 = 2 ， + + = ，故0 < < 3，
sin = 1 cos = 2 2 sin = sin2 = 2sin cos = 4 2又 3，可得 ，則 ，cos = cos2 = 2cos
2 1 = 7，
3 9 9
則sin = sin[ ( + )] = sin( + ) = sin cos + cos sin = 2327.
（2）由 > 知： > = 2 > 0，

所以 = + + > + 2 = 5 ，即0 < < 5，
又sin = sin2 = 2sin cos sin 1 1，則sin = 2cos ，即 = 2cos ，
1 1 1 2
所以 < < 2cos 2 ，而cos5 = 1 2sin
2
10 =
5+1，則 = = 5 1 =
5 4 2cos 5 5+1
，
2
1
綜上，2 <

< .
題型 8 三角形（四邊形）的面積問題
平面向量線性運算的坐標表示
29．（2024·黑龍江哈平面爾向濱量線·性一運模算的）坐標在表示△ 中，角 , , 所對的邊分別為 , , ， sin = 3 cos ，角 的平
分線交 于點 ，且 = 1．
(1)求 的大小；
(2)若 = 2 5，求 △ 的面積．
【解題思路】（1）利用正弦定理把邊化成角，進而求解；
（2）由三角形面積公式并利用 △ + △ = △ 可得 + = ，再由余弦定理即可求得 = 5，由
三角形的面積公式可得結果.
【解答過程】（1）因為 sin = 3 cos ，
所以由正弦定理可得sin sin = 3sin cos ．
因為 ∈ (0,π)，所以sin ≠ 0，
所以sin = 3cos ，故tan = 3，
∈ = 2π又因為 (0,π)，所以 3 ．
（2）由題意可知 △ + △ = △ ，
1 π π sin + 1 1 2π即2 3 2 sin3 = 2 sin 3 ，化簡可得 + = ．
2+ 2 2 2 2
在 △ 中，由余弦定理得cos = ( + ) 2 2 = 2 =
1
2，
( )2 2 20 1
從而 2 = 2，解得 = 5或 = 4（舍）．
則 1△ = 2 sin =
1 × 5 × sin2π2 3 =
5 3
．
4
30．（23-24 高一下·江蘇無錫·階段練習）在四邊形 中， // , sin∠ = 2 sin∠ .
(1)求證： = 2 .
(2)若 = 3 = 3，且∠ = 60°，求四邊形 的面積.
【解題思路】（1）由條件結合正弦定理證明 sin∠ = sin∠ ，由此證明結論；
（2）由余弦定理求 ，結合三角形面積公式求結論.
【解答過程】（1）在 △ 中，由正弦定理得 sin∠ = sin∠ ，
因為 // ，所以∠ = ∠ ，
所以 sin∠ = sin∠ ，
在 △ 中，由正弦定理得，
即 sin∠ = sin∠ ，
所以 sin∠ = sin∠ .
又 sin∠ = 2 sin∠ ，
所以 sin∠ = 2 sin∠ ，
所以 = 2 .
（2） = 3 = 3，則 = 1，由（1）知 = 2 = 2，
因為∠ = 60 ，則在 △ 中，由余弦定理得，
2 = 2 + 2 2 cos∠ ，即22 = 2 + 12 2 × 12
又 > 0 1+ 13，解得 = ，
2
此時四邊形 = 1 1( + ) × × sin60 = × (3 + 1) × 1+ 13 × 3 = 39+ 3的面積 2 2 .2 2 2
31．（23-24 高一下·河南南陽·期中）在銳角 △ 中，內角 A，B，C 的對邊分別為 a，b，c，且2 cos
= 2 .
(1)求 C；
(2)若 = 5， = 19，求 △ 的面積.
【解題思路】（1）方法一：根據余弦定理將角化為邊，化簡后，再根據余弦定理求角；
方法二：根據正弦定理將邊化為角，再根據三角函數兩角和差公式化簡，即可求解；
（2）根據余弦定理和銳角三角形的性質，求 ，再代入三角形面積公式，即可求解.
2+ 2 2
【解答過程】（1）（方法一：）由余弦定理得：cos = 2 ，
又由題知：2 cos = 2 ，
2 2 2所以 +
2 = 2 ，化簡得 2 + 2 2 = ，
2
2 2 2
所以：cos = + 2 =
1
2，
π
因為 ∈ 0, π ，故 =
2 3
.
（方法二：）由正弦定理得：2sin cos = 2sin sin ，
sin = 2sin( + ) 2sin cos
sin = 2sin cos
因為sin ≠ 0
1
所以：cos = 2，
π
因為 ∈ 0, π ，故 = .
2 3
（2）由余弦定理： 2 = 2 + 2 2 cos ，
整理得 2 5 + 6 = 0，解得 = 2或 = 3.
當 = 2時， 2 + 2 < 2，最大角 B 是鈍角， △ 為鈍角三角形，舍去；
當 = 3時， 2 + 2 > 2，最大角 B 是銳角， △ 為銳角三角形，符合題意.
= 1 sin = 1所以 △ 2 2 × 5 × 3 ×
3 = 15 3.
2 4
32．（23-24 高一下·河南洛陽·期中）已知平面四邊形 中，對角線 為∠ 的平分線， 與 相交
于點 ， = 5， = 7，cos∠ = 15．
(1)求 的長；
(2)若 = ，求 △ 的面積．
【解題思路】（1）先根據余弦定理得出邊長再結合面積公式得出邊長即可；
（2）先應用正弦定理得出角的正弦，再結合同角三角函數關系得出余弦值，最后應用兩角和差公式求出正
弦及面積公式計算.
2
1 △ cos∠ = 25+ 49 1【解答過程】（ ）在 中，由余弦定理得 2×5× = 5，
= 4 = 6 ∵cos∠ = 1解得 或 （舍去）． 5，∴sin∠ =
2 6
．
5
又cos∠ = 1 2sin2∠ ，解得sin∠ = 15（負值舍去），
5
∴sin∠ = sin∠ = 15．∵
5 △
= △ + △ ，
∴1 1 12 sin∠ = 2 sin∠ + 2 sin∠
1
即2 × 5 × 4 ×
2 6 = 12 × 5 × ×
15 + 12 × 4 × ×
15 8 10．∴ = ．
5 5 5 9
（2）在 △ 中，由正弦定理可得sin∠ = sin∠ ，
5 7 2 6
即sin∠ = 2 6，則sin∠ = ，5 7
5
由于∠ 為銳角，∴cos∠ = 7．∵ = ，∴∠ = ∠ ，
即sin∠ = sin∠ = 15，∴cos∠ = 10，
5 5
10 2+ 2 2 16 2
由余弦定理可得cos∠ = = 2 =5 8 = ，解得 = = 10．
∵cos∠ = 57，∴sin∠ = sin(∠ ∠ ) = sin∠ cos∠ cos∠ sin∠ =
15 × 5 10
5 7
×
5
2 6 = 15，
7 35
∴ = 1 sin∠ = 1 × 7 × 10 × 15 6△ 2 2 = ．35 2
題型 9 求三角形中的邊長或周長的最值或范圍
平面向量線性運算的坐標表示
33 24-25 ·平面向量線性運·算的坐標表示 △ , , ( 2 )cos +
2+ 2 2
．（ 高三上 安徽合肥 階段練習） 的內角 的對邊分別為 ，，，已知 2
= 0．
(1)若 = 4， + = 8，求 △ 的面積；

(2)若角 為鈍角，求 的取值范圍．
π
【解題思路】（1）利用正、余弦定理以及三角恒等變換可得 = 3，利用余弦定理可得 = 16，即可得面
積；

2 3 1（ ）利用正弦定理以及三角恒等變換可得 = + 2，結合角 B 的范圍運算求解.2tan
2+ 2 2
【解答過程】（1）因為( 2 )cos + 2 = 0，由余弦定理可得( 2 )cos + cos = 0，
由正弦定理得(sin 2sin )cos + sin cos = 0，
又因為sin cos + sin cos = sin( + ) = sin(π ) = sin ，
則有sin (1 2cos ) = 0，
因0 < < π 1，sin > 0，則cos = 2，
π
且0 < < π，故 = 3．
由余弦定理， 2 = 2 + 2 2 cos ，代入得， 2 + 2 = 16，
因 + = 8，則有( + )2 3 = 16，即得 = 16，
故 △ 的面積 = 12 sin =
1 × 16 × 32 = 4 3．2

（2 sin 2π）由正弦定理，sin = sin 可得 = sin ，且 = 3 ，
sin sin 2π 3 cos +1 sin 1
代入化簡得： = = 3 = 2 2 3 sin = + ．sin sin 2tan 2
0 < < π π
因 為鈍角，故由 22π > π ，可得0 < < 6，
3 2

則0 < tan < 3 3 > 3， ，即 > 2，
3 2tan 2

故 的取值范圍是(2, + ∞).
34．（23-24 高一下·廣東茂名·期中）設 △ 內角 , , 的對邊分別為 , , ，已知 = 2 3，2 = 2 cos
．
(1)求角 ；
(2)若 + = 4，求 △ 的面積；
(3)求 △ 的周長的取值范圍．
【解題思路】（1）利用正弦定理將邊化角，再由誘導公式及兩角和的正弦公式計算可得；
（2）利用余弦定理求出 ，再由面積公式計算可得；
3 π 2π（ ）由正弦定理將邊化角，再化簡得 + = 4 3sin + ，再由0 < < 3 求得 + 的取值范圍，即可得6
周長的取值范圍.
【解答過程】（1）因為2 = 2 cos ，
由正弦定理可得2sin sin = 2sin cos ，
又sin = sin[π ( + )] = sin( + )，
所以2sin( + ) sin = 2sin cos ，
即2sin cos + 2cos sin sin = 2sin cos ，
所以2cos sin = sin ，
又 ∈ (0,π)，所以sin > 0，則cos =
1
2，
π
又 ∈ (0,π)，所以 = 3.
π
（2）因為 = 2 3， = 3， + = 4，
由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos = ( + )2 2 2 cos ，
即12 = 42 2 2 × 12， 解得 =
4
3，
π
所以 △ 1的面積 △ = 2 sin =
1 × 42 3 × sin
3
3 = .3
π
（3）因為 = 2 3， = 3，
2 3
由正弦定理得sin = sin = sin = 3 = 4，2
2π
因為 + = π = 3 ，
所以 + = 4(sin + sin ) = 4 sin + sin 2π
3
2π 2π
= 4 sin + sin 3 cos cos 3 sin
= 4 3 1 cos + 3 sin = 4 3sin + π ，
2 2 6
π π
因為0 < < 2π 5π3 ， 所以6 < + 6 < 6 ，sin +
π ∈ 1 ,1 ，
6 2
所以 + ∈ (2 3,4 3]， 即 + + ∈ (4 3,6 3]，
所以 △ 周長的取值范圍為(4 3,6 3].
35．（23-24 高一下·浙江麗水·階段練習）在銳角 △ 中，已知角 A，B，C 所對的邊分別為 a，b，c，且
2 2 2
sin( ) = 3cos ．
(1)求角 C 的大小；
2
(2) 求 2+ 2的取值范圍．
【解題思路】（1）應用正弦定理和余弦定理邊角互化，進而求出角 C.
2 2+ 2 1
（2）應用余弦定理，化簡 = 2+ 2 2+ 2 = 1 2+ 2 = 1 + ，利用正弦定理結合三角函數求出范圍.

【解答過程】（1）由余弦定理 2 2 = 2 2 cos ，及正弦定理sin = sin = sin 得
2 2 2= 2 cos = 2 cos = sin 2sin cos = sin( + ) 2sin cos = sin cos +cos sin 2sin cos 2 2 sin sin sin
= sin cos cos sin sin( )sin = sin ．
sin( ) sin( )
所以 sin = sin( ) ≠ 03cos ，又 ，
所以sin = 3cos tan = 3
π
所以 = 3
2
2 2+ 2 1
（ ） 2+ 2 = 2+ 2 = 1 2+ 2 = 1 +

= sin sin +
π 1 sin + 3 cos 1 1
因為 3 2 2
3
sin = = = 2 + sin sin 2 tan ，
∈ 0, π
2
在銳角 △ 2π π π π π中， = ∈ 0, π ,解得 ∈ , ∪ , ，
3 2 6 3 3 2
≠

所以tan ∈ 3 1, 3 ∪ ( 3, + ∞)，所以 = 2 +
3 1 1tan ∈ ,1 ∪ (1,2)，3 2 2
5 2 1 1 3
由對勾函數的性質可得 + ∈ 2, ，所以 2 2+ 2 = 1 + ∈ , . 2 5
36．（23-24 + 高三上·浙江紹興·期末）已知銳角 △ 的內角 A，B，C，所對的邊分別為 a，b，c，且 sin 2
= sin .
(1)求角 A；
(2)若 = 2 3，求 △ 的周長的取值范圍.
【解題思路】（1）利用誘導公式和正弦定理即可；
（2）根據正弦定理得 = 4sin , = 4sin + π ，從而化邊為角，結合三角恒等變換和三角函數值域即可得
3
到其范圍.
π
【解答過程】（1）由已知得， sin = sin ，
2 2

則根據正弦定理得sin cos2 = sin sin (sin > 0)，
cos 2 = 2sin
1
2cos2 sin2 = 2(cos

2 ≠ 0)，
π
∵△ 為銳角三角形， ∴ = 3．

（2）由正弦定理得sin = πsin = sin = 4，即sin = sin = sin π + = 4，3
則 = 4sin , = 4sin + π ，
3
π
+ + = 2 3 + 4sin + 4sin + 3
π π
= 2 3 + 4sin + 4 sin cos 3 + cos sin 3
= 2 3 +4 3sin + π ，
6
0 < < π
因為 2
π π π π 2π
0 < 2π < π ，解得6 < < 2，得 + 6 ∈ , ，3 3
3 2
所以sin + π ∈ 3 ,1 ，得 + + ∈ (2 3 + 6,6 3]．
6 2
題型 10 解三角形與三角函數綜合
平面向量線性運算的坐標表示
37 23-24 ·平面向量線性運算·的坐標表示 △ = 2 = 2．（ 高一下 浙江臺州 期中）如圖，在 中， ， 3 ，E 是邊 上的點.
(1)若直線 與 的交點 O 恰好是線段 的中點，設 = ，求實數 x 的值；
π
(2)若∠ = 3， = 3 =
1
， 3 ，求 的取值范圍.
1 = 2 2 1 1 1 1【解題思路】（ ）因為 ，得到 = 3 + 3 ，再由 = 3 + 6 ，進而化簡拿得到 = 3
+ 14 ，結合三點共線，即可求解；
（2）由正弦定理得到 = 2 3sin 4 3 2 3， = 2 3sin ，分別求得 = sin 和 = sin ，化簡得到3 3
= 2sin π ，結合三角函數的性質，即可求解.
6
【解答過程】（1）解：因為 = 2 ，
可得 = + = + 1 = + 1 2 13 3 + = 3 + 3 ，
1 1
又因為 是線段 的中點，所以 = 2 = 3 +
1
6 ，
因為 = ， = 23
1
，所以 = ， =
3
2
1 1
，所以 = 3 + 4 ，
又因為 E，O，F 1 1三點共線，可得3 + 4 = 1，解得 =
4
9.
π
2 = 3,∠ = =
3
（ ）解：因為 3，由正弦定理得到sin∠ sin = sin = 3 = 2 3，2
所以 = 2 3sin ， = 2 3sin ，
= 2 4 3 1 2 3可得 3 = sin ， = 3 = sin 3 3
則 = 4 3sin 2 3sin = 2 3 2sin sin π + = 3sin cos = 2sin3 3 3
π
，
3 6
π
∈ 0, 2π ∈ π , π sin ∈ 1因為 ，所以 6 ，則 ,1 ，3 6 2 6 2
所以 的取值范圍是( 1,2).
38．（23-24 高一下·四川巴中·期末）已知函數 ( ) = 2sin( + ) > 0, < < 的部分圖象如圖所示．
2 2
（1）求函數 ( )的解析式；
（2）在銳角 △ 中，角 ， ， ( ) = 3 = 2 △ 3 3所對的邊分別為 ， ， ，若 ， ，且 的面積為 ，2
求 ．
5
【解題思路】（1）根據圖形求出最小正周期可求得 = 2，代入點 ,2 可求得 ；
12

（2）根據 ( ) = 3求得 = 3，根據面積求出c，即可由余弦定理求得a.
3 5 3
【解答過程】解：（1）據圖象可得 4 = 12 = 4 ，故 = ，3
由 = 2 = 得： = 2．
5 由 = 2sin 2 × 5 + = 2 5 得：sin + = 1．
12 12 6
5 4
由 2 < < 2知，3 < 6 + < 3 ，
∴ 5

6 + = 2，解得 = 3，
∴ ( ) = 2sin 2 ；
3
（2） ∵ ( ) = 2sin 2 = 3， ∴ sin 2 = 3，
3 3 2

∵ ∈ (0, ) 2 ∈ , 2 2 ， 3 ，3 3

∴ 2 3 = 3， ∴ = 3，
△ 1

由題意得 的面積為2 × 2 × × sin3 =
3 3
，解得 = 3，
2

由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos = 22 + 32 2 × 2 × 3cos3 = 7，解得： = 7.
39．（2024·北京·三模）已知函數 ( ) = 2 3sin cos + 2cos2 ,( > 0)的最小正周期為π.
(1)求 的值；
(2)在銳角 △ π中，角 A，B，C 所對的邊分別為 a，b，c.c 為 ( )在 0, 上的最大值，再從條件①、條件
2
②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求 的取值范圍.條件①： cos + cos = 2 cos ；條件
② 2 sin cos + sin2 = 3 ③ △ S = 3(
2+ 2 2)
： ；條件 ： 的面積為 ，且 .注：如果選擇多個條件
4
分別解答，按第一個條件計分.
【解題思路】利用三角恒等變換整理可得 ( ) = 2sin 2 + π +1，結合最小正周期分析求解；
6
π π
以2 + 6為整體，結合正弦函數最值可得 = 3.若選條件①：利用正弦定理結合三角恒等變換可得 = 3，利
π
用正弦定理邊化角，結合三角恒等變換可得 = 2 3sin ，結合正弦函數分析求解；若選條件②：
3
π
利用正弦定理結合三角恒等變換可得 = 3，利用正弦定理邊化角，結合三角恒等變換可得 = 2 3sin
π π ，結合正弦函數分析求解；若選條件③：利用面積公式、余弦定理可得 = 3，利用正弦定理邊化角，3
結合三角恒等變換可得 = 2 3sin π ，結合正弦函數分析求解.
3
π
【解答過程】（1）由題意可知： ( ) = 2 3sin cos + 2cos2 = 3sin2 + cos2 + 1 = 2sin 2 +
6
+1，
( ) π > 0 = 2π因為函數 的最小正周期為 ，且 ，所以 2π = 1.
（2）由（1）可知： ( ) = 2sin 2 + π +1，
6
∈ 0, π
π
2 + ∈ π 7π因為 ，則
2 6
, ，
6 6
π π π
可知當2 + 6 = 2，即 = 6時， ( )取到最大值 3，即 = 3.
若條件①：因為 cos + cos = 2 cos ，
由正弦定理可得sin cos + sin cos = 2sin cos ，
又因為sin cos + sin cos = sin( + ) = sin ，
可得sin = 2sin cos ，且 ∈ 0, π ，則sin ≠ 0，
2
π
可得cos = 12，所以 = 3，
3
由正弦定理可得sin = sin = sin = 3 = 2 3，可得 = 2 3sin , = 2 3sin ，2
則 = 2 3sin 2 3sin = 2 3sin 2 3sin + π
3
1 3
= 2 3sin 2 3 2 sin + 2 cos
= 3sin 3cos = 2 3sin π ，
3
π 0 < < π π
因為 △ 銳角三角形，則 20 < 2π < π ，解得6 < < 2，
3 2
π π π
可得 1 π 16 < 3 < 6，則 2 < sin < 2，可得 3 < < 33
所以 的取值范圍為( 3, 3)；
若條件②；因為2 sin cos + sin2 = 3 ，
由正弦定理可得：2sin2 cos + sin sin2 = 3sin ，
則2sin2 cos + 2sin sin cos = 3sin ，
∈ 0, π因為 ，則sin ≠ 0，
2
可得2sin cos + 2sin cos = 2sin( + ) = 2sin = 3，
π
即sin = 3 π，且 ∈
2 0, ，所以 = ，2 3
3
由正弦定理可得sin = sin = sin = 3 = 2 3，可得 = 2 3sin , = 2 3sin ，2
則 = 2 3sin 2 3sin = 2 3sin 2 3sin + π
3
1 3
= 2 3sin 2 3 2 sin + 2 cos
= 3sin 3cos = 2 3sin π ，
3
0 < < π π π
因為 △ 銳角三角形，則 20 < 2π < π ，解得6 < < 2，
3 2
π π π
可得 6 < 3 < 6，則
1 π 1
2 < sin < 2，可得 3 < < 33
所以 的取值范圍為( 3, 3)；
③ = 3(
2+ 2 2) 1 3×2 cos
若選 ：因為 ，則
4 2
sin = ，
4
π
整理得tan = 3，且 ∈ 0, π ，所以 = 3，2
3
由正弦定理可得sin = sin = sin = 3 = 2 3，可得 = 2 3sin , = 2 3sin ，2
則 = 2 3sin 2 3sin = 2 3sin 2 3sin + π
3
1 3
= 2 3sin 2 3 2 sin + 2 cos
= 3sin 3cos = 2 3sin π ，
3
0 < < π π π
因為 △ 銳角三角形，則 20 < 2π < π ，解得6 < < 2，
3 2
π π π
< < 1 π 1可得 6 3 6，則 2 < sin < 2，可得 3 < < 33
所以 的取值范圍為( 3, 3).
40．（2024·湖南·模擬預測）已知函數 ( ) = 2 3sin cos 2cos2 .
(1)求函數 = log2 ( )的定義域和值域；
(2) + 已知銳角 △ 的三個內角分別為 A，B，C，若 = 0，求 的最大值.2
π 1
【解題思路】（1）先化簡 ( )，然后利用真數大于 0 可得sin 2 > 2，即可求出定義域，繼而求出值域；6
π π π
（2）先利用（1）可得 = 3，結合銳角三角形可得6 < < 2，然后利用正弦定理進行邊變角即可求出答案
【解答過程】（1） ( ) = 2 3sin cos 2cos2 = 3sin2 cos2 1 = 2sin 2 π 1，
6
所以要使 = log2 ( ) = log2 2sin 2 π 1 有意義，6
只需2sin 2 π 1 > 0 sin π >
1
，即 2 ，
6 6 2
π π π π
所以6 +2 π < 2 6 <
5π
6 +2 π, ∈ Z，解得6 + π < < 2 + π, ∈ Z
所以函數 = log2 ( ) π π的定義域為 + π, + π , ∈ Z，6 2
由于0 < 2sin 2 + π 1 ≤ 1，所以log2 ( ) ≤ log21 = 0，6
所以函數 = log2 ( )的值域為( ∞,0]；
（2 π π 1）由于 = 2sin 1 = 0，所以sin = ，
2 6 6 2
π π π π π π π
因為0 < < 2，所以 6 < 6 < 3，所以 6 = 6即 = 3，
π 0 < < π π
由銳角 △ 可得 20 < = 2π < π ，所以6 < < 2，
3 2
+ sin +sin 2 π 2 3
由正弦定理可得 3 = sin = sin + sin + = sin + cos = 3sin + cos = 2sin3 3 3 2 2
+ π ，
6
π π π π 2π +
因為6 < < 2，所以3 < + 6 < 3 ,所以 3 < ≤ 2，
+
所以 的最大值為 2.
題型 11 根據復數的四則運算結果求復數特征
平面向量線性運算的坐標表示
41．（24-25 高一上·平上面向海量線·課性運后算的作坐業標表）示 已知復數 1 = 3 i與 2 =
1 + 32 i．2
(1)求| 1|及| 2|的值；
(2)設 ∈ ，滿足| 2| ≤ | | ≤ | 1|的點 Z 的集合是什么圖形？
【解題思路】（1）利用求復數模的公式求解即可；
（2）利用復數的幾何意義，確定出點的集合即可判斷．
2 | 1 3 | 1 2 3 2【解答過程】（1）| 1| = | 3 i| = ( 3) + ( 1)2 = 2，| 2| = + i = + = 1；2 2 2 2
（2）由（1）知1 ≤ | | ≤ 2，設 = + i（x、 ∈ ）．
因為不等式| | ≥ 1的解集是以為圓心，1 為半徑的圓上和該圓外部所有點組成的集合，
不等式| | ≤ 2的解集是以 O 為圓心，2 為半徑的圓上和該圓內部所有點組成的集合，
所以滿足條件1 ≤ | | ≤ 2的點 Z 的集合是以原點 O 為圓心，以 1 和 2 為半徑的兩圓所夾的圓環，并包括圓環
的邊界，如圖所示．
42．（24-25 高一·全國·單元測試）已知復數 滿足| + 2 2i| = 2，且復數 在復平面內的對應點為 ．
(1)確定點 的集合構成圖形的形狀；
(2)求| 1 + 2i|的最大值和最小值．
【解題思路】（1）根據復數模的幾何意義確定點 的集合構成圖形的形狀.
（2）根據復數模的幾何意義，結合圓的幾何性質求得正確答案.
【解答過程】（1）設復數 2 + 2i在復平面內的對應點為 ( 2,2)，
則| + 2 2i| = | ( 2 + 2i)| = | | = 2，
故點 的集合是以點 為圓心，2 為半徑的圓，如下圖所示．
（2）設復數1 2i在復平面內的對應點為 (1, 2)，則| 1 + 2i| = | |,如下圖所示，
| | = (1 + 2)2 + ( 2 2)2 = 5，
則| 1 + 2i|的最大值即| |的最大值是| | + 2 = 7；
| 1 + 2i|的最小值即| |的最小值是| | 2 = 3．
43．（23-24 高一下·浙江寧波·期中）已知復數 = + i，其中 , ∈ R,i為虛數單位.
(1)當| | = 5，且 2 +2 3 + ( 2 + 2)i是純虛數，求 , 的值；
(2)當| | = 5時，求| 1|的取值范圍.
【解題思路】（1）根據復數的種類及特點求參即可；
（2）根據復數的模長公式及兩點間的距離公式，結合圖形可得結果.
【解答過程】（1） ∵ | | = 5, 2 +2 3 + ( 2 + 2)i是純虛數，故有
∵ 2 + 2 = 25, 2 +2 3 = 0, 2 + 2 ≠ 0，
經計算有， = 3, =± 4;
（2） ∵ | | = 5,| 1| = ( 1)2 + 2,所以有 2 + 2 = 25，如下圖，根據幾何意義，可知
4 ≤ | 1| ≤ 6.
44．（23-24 高一下·江蘇無錫·期中）設復數 1 = 2 + i（其中 ∈ ）， 2 = 3 4i．

(1) 1若 是純虛數，求 ；2
(2)求滿足| 2| ≤ 3的復數 在復平面上對應的點構成的圖形的面積．
1
【解題思路】（1）將 化成復數的一般形式，則實部為0，虛部不為0，即可求解（2）復數 在復平面上對2
應的點構成的圖形是以(3, 4)為圓心，半徑為 3的圓及其內部，代圓的面積公式即可求解
1 (2+ i)(3+4i) 2
【解答過程】（1） =
2+ i = 6+8i+3 i+4 i (6 4 )+(8+3 )i
2 3 4i (3 4i)(3+4i) = 32 (4i)2 = 25
依題意6 4 = 0且8 + 3 ≠ 0，
3
所以 = 2；
（2）設 = + i, , ∈ R，則 2 = ( 3) + ( + 4)i
| 2| ≤ 3 ( 3)2 + ( + 4)2 ≤ 3
故復數 在復平面上對應的點構成的圖形是以(3, 4)為圓心，半徑為 3的圓及其內部
所以 = 2 = 3 .
題型 12 復數范圍內方程的根的問題
平面向量線性運算的坐標表示
45．（23-24 高一下·平上面向海量線松性江運算·的期坐末標表）示 已知i為虛數單位，復數 = ( 2 3 4) + ( 2 + )i．
(1)當實數 取何值時， 是純虛數；
(2)當 = 1時，復數 是關于 的方程 2 + + = 0的一個根，求實數 與 的值．
【解題思路】（1）由 是純虛數得到實部為0，虛部不為0，解方程組得到 的值；
（2）將 = 6 + 2i代入方程，實部和虛部均為0，解方程組得到 和 的值.
2
【解答過程】（1 3 4 = 0）由 是純虛數得 2 + ≠ 0 ，解得 = 4.
所以當 = 4時， 是純虛數.
（2）當 = 1時， = 6 + 2i，
因為 是關于 的方程 2 + + = 0的一個根，所以 2 + + = 0，
即( 6 + 2i)2 + ( 6 + 2i) + = 0，整理得(32 6 + ) + (2 24)i = 0，
32 6 + = 0 = 12
所以 2 24 = 0 ，解得 = 40 .
46．（23-24 高一下·上海·期末）設i是虛數單位， ∈ . 是關于 的方程
2 (2 + i) + = 0的兩根，
且滿足| | + | | = 3.
(1)若 = 2 + 5i，求 與 的值；
(2)若 = 0，求 的值.
2
【解題思路】（1）由| | = 22 + 5 = 3，及| | + | | = 3，得| | = 0，即可求解；
（2）當 = 0時，則 ， 是關于 的方程 2 2 + = 0的兩根，則 △= 4 4 ，進行分類討論，即可求解.
2
【解答過程】（1）解：由 = 2 + 5i，得| | = 22 + 5 = 3，
而| | + | | = 3，得| | = 0，
因為 ， 是關于 的方程 2 (2 + i) + = 0的兩根，
2 + 5i+ =2+ i
所以 2 + 5i = ，
得 = 5 i，由| | = 0，得 = 5，
得 = 0，則 = 0；
（2）當 = 0時，則 ， 是關于 的方程 2 2 + = 0的兩根，
則 △= 4 4 ，
當 = 1時，則 = = 1，不滿足| | + | | = 3，
當 < 1時，得 △= 4 4 > 0
+ =2
得 = ，
由| | + | | = 3得(| | + | |)2 = 9，
得 2 + 2 +2| | = 9，
得( + )2 2 + 2| | = 9，
得 2 + 2| | = 5，
當0 ≤ < 1時，不成立，當 < 0 5時，得 = 4，
當 > 1時，得 △= 4 4 < 0，
不妨記 = 1 1i, = 1 + 1i，
由| | + | | = 3得 1 + 1 + 1 + 1 = 3，
9
得 = 4，
5 9故 的值為： 4或4.
47．（23-24 高一下·上海·期末）設復數 1, 2滿足： 1 2 +2i 1 2i 2 +1 = 0
(1)若 2 1 = 2i，求 1與 2．
(2)若 1, 2是實系數一元二次方程 2 2 2 + = 0的兩個根，求實數 的值．
【解題思路】（1）先設 1 = + i( , ∈ )，代入運算即可；
（2）由題意可設 1 = 2 + i( ∈ R)，則 2 = 2 i，代入運算即可.
【解答過程】（1）設 1 = + i( , ∈ R)，由 2 1 = 2i得到 2 = ( + 2)i，
因為 1 2 +2i 1 2i 2 +1 = 0，
則( + i)[ ( + 2)i] +2i( + i) 2i[ ( + 2)i] +1 = 0，
整理得 2 + ( + 2) + 1 4 4 2 i = 0，
2 + ( + 2) + 1 4 4 = 0 = 0 = 0
可得 2 = 0 ，解得 = 3 或 = 1 ，
所以 1 = 3i, 2 = 5i或 1 = i, 2 = i；
（2）若 1， 22是實系數一元二次方程 2 2 + = 0的兩個虛根，
則 1 + 2 = 2 2, 1 2 = ，且 1， 2互為共軛復數，
設 1 = 2 + i( ∈ R)，則 2 = 2 i，可得 21 2 = 2 + = ， 1 2 = 2 i，
因為 1 2 +2i 1 2i 2 +1 = 1 2 +2i( 1 2) +1 = 0，即2 + 2 +2i(2 i) +1 = 2 4 + 3 = 0
解得 = 1或 = 3，
所以 = 3或 = 11.
48．（2024 高三·全國·專題練習）已知關于 的二次方程 2 (tan + i) (i + 2) = 0．
(1)當 為何值時，這個方程有一個實根？
(2)是否存在 ，使得原方程有純虛數根？若存在，求出 的值；若不存在，試說明理由．
【解題思路】（1）設方程的一個實根為 0，帶入方程，化簡成標準形式，再由復數相等的意義即可求得 ；
（2）設方程有純虛數根 i（ ∈ ，且 ≠ 0），代入原方程，再復數相等意義得出 2 + 2 = 0，此方程無
解，即可判定不存在.
【解答過程】（1）設 0是方程的一個實根，則 20 (tan + i) 0 (i + 2) = 0,
即 20 tan 0 2 i( 0 + 1) = 0.
2 tan 2 = 0
根據復數相等的意義知 0 0 0 + 1 = 0
π
解得： 0 = 1,tan = 1, = π + 4( ∈ )．
π
所以，當 = π + 4( ∈ )時，原方程有一實根 0 = 1．
（2）假定方程有純虛數根 i（ ∈ ，且 ≠ 0），代入原方程得
( i)2 (tan + i) i (i + 2) = 0,
即 2 + 2 ( tan + 1)i = 0.
2 + 2 = 0
由復數相等意義知 ( tan + 1) = 0
但方程 2 + 2 = 0即 2 + 2 = 0無實數解，即實數 不存在．
所以，對任何實數 ，原方程不可能有純虛數根．
題型 13 空間幾何體的截面問題
平面向量線性運算的坐標表示
49．（2024 高三·全國平面·向專量線題性練運算習的坐）標表如示圖在正方體 1 1 1 1中， , 是所在棱上的中點.
(1)求平面 與平面 夾角的余弦值；
(2)補全截面 .
△投影
【解題思路】（1）利用投影面積法可得cos = ，可設正方體的棱長為 2，計算即可求解；△
（2）利用正方體截面的性質即可得結果.

【解答過程】（1 △投影）由投影面積法可得cos = ，△
因為 , 是所在棱上的中點，設正方體的棱長為 2，
則 投影 = 2 × 2
1 1 1
2 × 1 × 2 2 × 1 × 1 2 × 1 × 2 =
3
2，
= 12 + 12 = 2， = ( 5)2 + 22 = 3， = ( 5)2 + 22 = 3，
2 34
所以在 △ 中， 邊上的高為 32 2 = ，
2 2
1 34
所以 17△ = 2 × 2 × = ，2 2
3
cos = △投影 = 2 = 3 17所以 .△ 17 17
2
（2）如圖，設 所在直線與 1 1所在直線交于點 ，與 1 1所在直線交于點 ，
連接 交 1于點 ，連接 交 1于點 ，連接 , , , ，
則五邊形 是平面 截正方體所得的截面.
50．（23-24 高一下·河南洛陽·期中）如圖，在正方體 1 1 1 1中，H 是 1 1的中點，E，F，G 分
別是 DC，BC，HC 的中點.
(1)求證：平面 ∥ 平面 1 1；
(2)若正方體棱長為 2，請在正方體的表面完整做出過 A，E， 1三點的截面，寫出作圖過程，并求出截面的
面積.
【解題思路】（1）連接 BH，根據中位線性質及線面平行的判定定理得 和 平行于面 1 ，再根據面
面平行的判定定理證明即可.
（2）根據平面性質作出截面四邊形 1 ，結合正方體性質，根據菱形面積公式求解即可.
【解答過程】（1）連接 BH，且 FG 為 △ 的中位線，∴ // ，
∵ 面 1 1， 面 1 1，∴ //面 1 1，
∵ // ， 面 1 1， 面 1 1，∴ //面 1 1，
∵ ∩ = ，EF，FG 都在平面 EFG 內，∴平面 //平面 1 1.
（2）如圖，四邊形 1 為所求截面.
取 1 1的中點 N，連接 1 ，NE，
∴ ∥ 1 ， = 1 ，
取 1 1的中點 M，連接 AM， 1 ，
∴ 1 ∥ 1 ， 1 = 1 ，
∴ 1 = ， 1 = ，
∴平行四邊形 1 為過 A，E， 1三點的截面，
又 = = 5，則四邊形 1 為菱形，
∴ = 1 1 1 2 1 = 2 2 3 2 2 = 2 6.
51．（23-24 高一下·吉林長春·期中）已知正四棱柱 1 1 1 1中， = 2， 1 = 4，點 , 分別是棱
1, 1 1的中點，過 1, , 三點的截面為 ．
(1)作出截面 （保留作圖痕跡）；
(2)設截面 與平面 1 1 交于直線 ，且截面 把該正四棱柱分割成兩部分，記體積分別為 1, 2( 1 < 2)．
（ⅰ）求證： 1 // ；

ⅱ 1（ ）求 的值．2
【解題思路】（1）連接 1 并延長交 1 1的延長線于點 ，連接 交 1于 ，連接 即可得截面 .
（2）（ⅰ）利用面面平行的性質推理即得；（ⅱ）利用割補法及三棱錐的體積公式求出 1，進而求出 2的值
即可.
【解答過程】（1）在正四棱柱 1 1 1 1中，連接 1 并延長交 1 1的延長線于點 ，連接 交 1
于 ，連接 ，
則四邊形 1 是過 1, , 三點的平面截正四棱柱 1 1 1 1的截面 ，如圖：
（2）（ⅰ）在正四棱柱 1 1 1 1中，平面 1 1//平面 1 1，
平面 1 ∩ 平面 1 1 = 1 ，平面 1 ∩ 平面 1 1 = ，
所以 1 // .
（ⅱ）由（1）及已知， 1 ⊥ 平面 1 1， 1 ⊥ 平面 1 1，
1
由 是 1 1中點， 1 1// 1 1，得 1是 的中點，又 1 // 1 ，則 1 = 2 1 = 4, 1 = 2 1 = 1，
= 1 1 1 1 1 1 71 1 1 1 = 3 △ 1 1 3 △ 1 = 3 × 2 × 2 × 2 × 4 3 × 2 × 1 × 1 × 2 = 3，
2 = 1 1 1 1 1 = 2 × 2 × 4
7
3 =
41
3 ，
1
所以 =
7
2 41
.
52．（23-24 高一下·河南·階段練習）如圖，在長方體 1 1 1 1中， , 分別在 1, 上.已知
= = 6, 1 = 8， = = 2.
(1)作出平面 1 截長方體 1 1 1 1的截面，并寫出作法；
(2)求（1）中所作截面的周長；
(3)長方體 1 1 1 1被平面 1 截成兩部分，求體積較小部分的幾何體的體積.
【解題思路】（1）延長 1 ，與 的延長線交于點 ，連接 并延長，可得交 的延長線于 ，可作所求
截面.
（2）利用平行線分線段成比例定理可求五邊形 1 的周長；
（3）利用 = 1 ，可求體積.
【解答過程】（1）如圖所示，五邊形 1 為所求截面.
作法如下：
延長 1 ，與 的延長線交于點 ，
連接 并延長，分別交 于 ，交 的延長線于 ，
連接 1，交 1于點 ，連接 , ，則五邊形 1 為所求截面.
2 ∥

（ ）因為 1，所以 =
1
= 4，則 = 2，1
2 1
由 ∥ ，可得 = = 4 = 2，
得 = 2, = 4，則 = 4 + 4 = 2 2，
= 16 + 16 = 4 2.
= = 2 = 1
2 1
由 4 2，得 = 2，由 = = 8 = 4，得 = 2, 1 = 6，1
則 = 4 + 4 = 2 2
1 = 1 = 36 + 36 = 6 2.
故截面的周長為2 2 +4 2 +2 2 +6 2 +6 2 = 20 2.
（3） = 1 1 1 = 3 × 2 × 8 × 8 × 8
1 × 13 2 × 2 × 2 × 2
1
3 ×
1 248
2 × 2 × 2 × 2 = 3 ，
248
故所求體積為 3 .
題型 14 幾何體與球的切、接問題
平面向量線性運算的坐標表示
53．（24-25 高三上·平四面向川量線南性充運算·的階坐段標表練示 習）如圖,四邊形 為矩形,且 = 2, = 1, ⊥ 平面
, = 1,E 為 的中點．
(1)求證： ⊥ ；
(2)求四棱錐 的外接球體積．
【解題思路】（1）連接 ，由線面垂直得到 ⊥ ，再由線面垂直的判定定理得到 ⊥ 平面 ，即可
證明；
（2）由底面為矩形利用長方體的性質可得四棱錐外接球的半徑，再由體積公式計算體積.
【解答過程】（1）
連結 , ∵ 為 的中點, = = 1，
∴ △ 為等腰直角三角形,則∠ = 45°，同理可得∠ = 45°，
∴∠ = 90°，∴ ⊥ ，
又 ⊥ 平面 ，且 平面 ，∴ ⊥ ，
又∵ ∩ = ， , 平面 ，∴ ⊥ 平面 ，
又 平面 ，∴ ⊥ ．
（2）∵ ⊥ 平面 ，且四邊形 為矩形，
∴ 的外接球直徑2 = | |2 + | |2 + | |2，
3
∴ = 6 4 4 6，故： = 33π = 3π = 6π2 2 ，
∴四棱錐 的外接球體積為 6π．
54．（23-24 高一下·山東東營·期末）如圖，正四棱錐 中， 是這個正四棱錐的高， 是斜高，且
= 2， = 2 2．
(1)求這個四棱錐的全面積;
(2)分別求出該幾何體外接球與內切球的半徑．
【解題思路】(1)利用勾股定理計算出 ，可得出 = 4，求出側面三角形 面積，計算出該正四棱錐
的側面積和底面積，相加即可得出該正四棱錐的全面積.
(2)根據題意，外接球球心在線段 上，勾股定理可求出外接的半徑 ，內接球的半徑可用等體積法求出半
徑 .
【解答過程】（1）連接 ， ．
在 △ 中， = 2 2 = (2 2)2 22 = 2，故 = 4．
1
所以 = 4 × 4 = 16， △ = 2 × 4 × 2 2 = 4 2，
故這個四棱錐的全面積為16 + 16 2；
（2）由題幾何體外接球球心在線段 上，設為 ，設外接的半徑為 ．
因為 = 4，所以 = 2 2，
在 △ 中，由勾股定理得：
2 = 2 + 2，即 2 = 8 + ( 2)2，解得： = 3.
1 32 1
設內接球的半徑為 ． = 3 × 16 × 2 = 3 ， = 3 × (16 + 16 2) ×
32 = 1所以 3 3 × (16 + 16 2) × ，
解得： = 2( 2 1).
55．（23-24 高三下·貴州·開學考試）如圖，在四棱錐 中，平面 ⊥ 平面 ，∠ = 90 ，
// ，∠ = 90 ，2 = 2 = 2 = 2.
（1）求證： ⊥ 平面 ；
3
（2）若直線 與底面 所成的角的余弦值為 ，求三棱錐 的外接球表面積.
3
【解題思路】（1）由平行、垂直和長度關系可確定 △ 為等腰直角三角形，得到 ⊥ ；利用面面垂
直和線面垂直的性質可證得 ⊥ ，由線面垂直的判定可證得結論；
（2）由線面垂直的判定與性質可得到 △ ， △ 均為直角三角形，且公共斜邊為 ，由此可確定外
接球半徑為 = 12 ，由長度關系可求得半徑 ，根據球的表面積公式可求得結果.
【解答過程】（1）在四邊形 中， // ，∠ = 90 ，2 = 2 = 2 = 2，
∴△ ， △ 為等腰直角三角形，即 ⊥ ，
∵ 平面 ⊥ 平面 ，∠ = 90 ，平面 ∩ 平面 = ，
∴ ⊥ 平面 ，又 平面 ， ∴ ⊥ ，
∵ ∩ = ， , 平面 ， ∴ ⊥ 平面 .
（2） ∵ ⊥ 平面 ， , 平面 ， ∴ ⊥ ， ⊥ ，
又 // ，∠ = 90 ， ∴ ∠ = 90 ，即 ⊥ ，
∵ ∩ = ， , 平面 ， ∴ ⊥ 平面 ，
∵ 平面 ， ∴ ⊥ ，
即 △ ， △ 均為直角三角形，且公共斜邊為 ，
∴ 中點到三棱錐 四個頂點的距離相等，
∴ 1三棱錐 的外接球半徑 = 2 ；
∵ ⊥ 平面 ， ∴ ∠ 為直線 與底面 所成的角，
∴ cos∠ = =
3 1 6
，又 =
3 2， ∴ = 2 = ，2
∴ 三棱錐 的外接球表面積 = 4 2 = 6 .
56．（2024 高三·全國·專題練習）已知正三棱錐 的高為 2， = 4 6，其內部有一個球與它的四個
面都相切，求：
(1)正三棱錐 的表面積；
(2)正三棱錐 內切球的表面積與體積．
【解題思路】（1）根據正三棱錐棱長與錐體的高關系求出錐體的表面積；
（2）根據等體積法求出內切球的半徑，即可求出內切球的表面積和體積.
【解答過程】（1）由題意，如圖所示．
1 3
底面三角形中心 到 AC 的距離 = 3 × × 4 = 2 ，2 6 2
則正棱錐側面的斜高為 = 22 + (2 2)2 = 2 3．
∴ 1側 = 3 × 2 × 4 6 × 2 3 = 36 2．
2
故 全 =
1 3
側 + 底 = 36 2 + 2 × × (4 6) = 36 2 +24 ．2 3
（2）設正三棱錐 的內切球球心為 1，
聯結 1 、 1 、 1 、 1 ，
而點 1到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑 ，
∴ 1 1 1 1 = 1 + 1 + 1 + 1 = 3 側 + 3 △ = 3 全 = 3(36 2 +24 3
) = (12 2 +8 3) ．
1 1 3
2
又 = 3 × 2 × × (4 6) × 2 = 16 ，2 3
∴ (12 2 + 8 3) = 16 3，解得 = 4 3 = 2( 6 2)．
3 2+2 3
2
∴ 內切球 = 4π 2( 6 2) = 32(5 2 6)π，
4 3 64內切球 = 3π 2( 6 2) = 3 (9 6 22)
題型 15 平行與垂直關系的綜合應用
π．
平面向量線性運算的坐標表示
57．（2024 高二上·江蘇平·面學向業量線考性運試算的）坐如標表圖示 ，已知正方體 1 1 1 1.求證：
(1) 1 1 ∥ 平面 1 1；
(2) 1 ⊥ 平面 1 1.
【解題思路】（1）通過證明 1 1 //AB，可完成證明；
（2）通過證明 1 ⊥ 1， 1 ⊥ 可完成證明.
【解答過程】（1）由題，四邊形 1 1為正方形，則 1 1 //AB.
又 1 1 平面 1 1， 面 1 1，則 1 1 //平面 1 1；
（2）由題， ⊥ 平面 1 1，又 1 面 1 1，則 1 ⊥ .
又四邊形 1 1為正方形，則 1 ⊥ 1.
因 1 ⊥ 1， 1 ⊥ ， 1， 平面 1 1， 1 ∩ = ，
則 1 ⊥ 上平面 1 1.
58．（2024 高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐 中，底面 為平行四邊形， △ 為等邊三
角形，平面 ⊥ 平面 ， ⊥ ， = 2， = 3，
(1)設 ， 分別為 ， 的中點，求證： //平面 ；
(2)求證： ⊥ 平面 ；
【解題思路】（1）連接 ，結合平行四邊形的性質，以及三角形中位線的性質，得到 ∥ ，利用線面
平行的判定定理證得結果；
（2）取棱 的中點 ，連接 ，依題意，得 ⊥ ，結合面面垂直的性質以及線面垂直的性質得到
⊥ ，利用線面垂直的判定定理證得結果；
【解答過程】（1）由題意，
1
連接 ，易知 ∩ = ， = = 2 ，
∴點 為 的中點，∵ 為 為 的中點，
在 △ 中， = ， ∥ ，
又因為 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ．
（2）由題意證明如下，
取棱 的中點 ，連接 ，
在等邊三角形 △ 中， ⊥ ，
∵平面 ⊥ 平面 ，平面 ∩ 平面 = ，
所以 ⊥ 平面 ，
又 平面 ，故 ⊥ ，
又已知 ⊥ ， ∩ = ， , 平面 ,所以 ⊥ 平面 ．
59．（24-25 高二上·北京·期中）如圖，在四棱錐 中，底面 是菱形，點 ， 分別為 ， 的
中點.∠ = 60°，平面 ⊥ 平面 ， = = 2.
(1)求證：直線 //平面 ；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，在線段 上是否存在點 ，使得 ⊥ 平面 ？

若存在，求出 的值；若不存在，請說明理由.
21
條件①： = ；條件②：cos∠ = .
7
【解題思路】（1）取 的中點為 ，連接 ， ，通過證明四邊形 為平行四邊形，即可求證；
（2）由平面 ⊥ 平面 ，根據四邊形 為菱形，可證 ⊥ 平面 ，過點 作 ⊥ 于點 交
于點 ，即可滿足 ⊥ 平面 ，若選①，可證 △ △ ，即可得∠ = 90°；若選②由余弦
定理可證∠ = 90° ，做出平面 ，根據三角形內角和及正弦定理可得 ，進而可得 .
【解答過程】（1）
取 的中點為 ，連接 ， ，
易得 // 1，且 = 2 ，
又底面 是菱形， = 12 ，
所以 // ， = ，
即四邊形 為平行四邊形，
所以 // ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ；
（2）
2
存在， = 5，
連接 ，
由（1 1）得 = 2 = 1，且∠ = 60°，
∴ ∠ = 90°， = 3，
即 ⊥ ，
又平面 ⊥ 平面 ，且平面 ∩ 平面 = ， 平面 ，
∴ ⊥ 平面 ， ⊥ ，
又 ∵ 平面 ，
則平面 ⊥ 平面 ，
∵ 平面 ∩ 平面 = ，
∴ 在平面 內，過點 作 ⊥ 于點 ，且與 相交于點 ，
則滿足 ⊥ 平面 ，
若選①，由 = ，可知 △ △ ，
又 ⊥ ，即 ⊥ ，
∴ ∠ = 90°，
平面 如圖所示，可知 = 1，則∠ = 60°，
∴ ∠ = 30°，
sin∠ = cos∠ = 21 sin∠ = 2 7又 ， ，
7 7
則 △ 中，sin∠ = sin(∠ + ∠ ) = sin∠ cos∠ + cos∠ sin∠ = 5 7，14

又由正弦定理sin∠ = sin∠ ，
∴ = 2 7，
5
2
即 = 5；
②由cos∠ = 21，
7
2 2 2
在 △ 中，由余弦定理得cos∠ = + 2 ，
2+3 4 = 21即 =2 3 ，解得 ，7 7
∴ 2 = 2 + 2，即∠ = 90°，
下同選①.
60．（24-25 高二上·江蘇南通·期中）如圖，在三棱柱 1 1 1中，側棱 1 ⊥ 底面 ，底面 △
是直角三角形， ⊥ ，點 , 分別在 , 1 1上，且 = 2 ．
(1)證明： ⊥ 平面 1 1；

(2)若 1 //平面
1
，求 ．1
【解題思路】（1）由題意可得 1 ⊥ ，結合 ⊥ ，可證結論；
（2） 1 , 1 確定唯一平面 1 ，設平面 1 ∩ = ，連接 , ，進而可得 // ，四邊形 1
1
是平行四邊形，從而可求 .1
【解答過程】（1）因為側棱 1 ⊥ 底面 ， 底面 ，所以 1 ⊥ ，
又 ⊥ ， 1 ∩ = ， 1, 平面 1 1，
所以 ⊥ 平面 1 1；
（2）因為 1 ∩ 1 = 1，所以 1 , 1 確定唯一平面 1 ，
設平面 1 ∩ = ，連接 , ，
因為 1 //平面 ，所以 1 // ，
又因為 1 1// ， 1 1 底面 ， 底面 ，所以 1 1//底面 ，
又 1 1 平面 1 ，平面 1 ∩ 底面 = ，
2
所以 1 1// ，所以 // ，所以 = = 3，
又因為 1 1// ， 1 // ，所以四邊形 1 是平行四邊形，所以 1 = ，
1 = 2
1
所以 1 1 3，所以
= 2.
1
題型 16 空間角問題
平面向量線性運算的坐標表示
61．（24-25 高二上·平山面向東量線泰性安運算·的期坐中標表）示 如圖，在三棱錐 中， = = = = = 3， = 2，
M 在線段 上，且 = 2，N 為 的中點.
(1)證明： ⊥ ；
(2)求異面直線 ， 所成角的余弦值.
【解題思路】（1）易知 ⊥ 平面 ，進而可求證；
（2）取取 的靠近點 的三等分點 ，得到異面直線 ， 所成的角為∠ 或其補角，再由余弦定理即
可求解.
【解答過程】（1）證明：連接 ，如圖，
∵ = = = = 3，N 為 的中點.
∴ ⊥ ， ⊥ ，
又 , 平面 ， ∩ = ， ∴ ⊥ 平面 ，
由 平面 ，所以 ⊥ ；
（2）取 的靠近點 的三等分點 ，連接 , ，如圖，
則 // ，異面直線 ， 所成的角為∠ 或其補角，
由題意， = = 1， = = 2 2，
2 = 2 + 2 2 cos60° = 9 + 1 3 = 7，
所以 = 7，
又 = 1 = 2 2 2 4 23 ， = 3 = ,3 3
所以 2 = 2 + 2 = 419 ，
2 2 2 7+8 41
則在 △ 中，cos∠ = + 9 9 5 142 = = ，2× 7× 2 2 28
3
5 14
即異面直線 ， 所成角的余弦值為 .
28
62．（24-25 高三上·河北石家莊·階段練習）如圖，三棱錐 中， ⊥ 底面 ABC，
= = 2, = 1, = 3，D 是平面 ABC 內的一點．
(1)若 ⊥ 平面 PAB，求三棱錐 的體積；
(2)若 ⊥ 6，當直線 PD 與平面 ABC 所成角的正弦值為 時，求二面角 的正切值．
3
【解題思路】（1）先確定 點的位置，判斷三棱錐 的高和底面積不變，再利用錐體的體積公式求體
積.
（2）先根據給出的線面角和 ⊥ 確定 點的位置，結合面積的射影關系求二面角的三角函數.
【解答過程】（1）如圖：
在 △ 中， = 3， = 1， = 2，所以 △ 為直角三角形，且 ⊥ .
又 ⊥ 平面 ， 平面 ，所以 ⊥ ，
, P 平面 ， ∩ = ，所以 ⊥ 平面 .
又 ⊥ 平面 ，所以 // .
1 3所以 △ = △ = 2 × 1 × 3 = ，2
1 1 3 3
所以 = = 3 △ = 3 × × 2 = .2 3
（2）如圖：
因為 ⊥ 底面 ，所以∠ 為直線 與平面 所成的角.
= 2 sin∠ = 6因為 ， ，所以 =
3 6， = 2.
又 ⊥ ， = 2，所以 = = 2.
取 中點 ，連接 ，則 ⊥
又 ⊥ ， , 平面 ， ∩ = ，所以 ⊥ 平面 .
所以 △ 為 △ 在平面 內的射影.
在 △ 中， = 1， = 2 1 1，所以 △ = 2 = 2 × 1 × 2 = 1.
2 2 2
在 △ 中， = 2， = 6， = 2 2，因為( 2) + ( 6) = (2 2) ，所以 △ 為直角三角形，
且 1△ = 2 × 2 × 6 = 3.
1 3
設二面角 為θ，則 △ cosθ = △ cosθ = =3 ，3
所以tanθ = 2.
63．（24-25 高二上·上海·期中）如圖，正方體的棱長為 1， ′ ∩ ′ = ，求：
(1) 與 ′ ′所成角的大小；
(2) 與平面 所成角的正切值．
【解題思路】（1）根據 ′ ′// 得到異面直線所成的角，進而解出即可；
（2）取 BC 中點 E，然后證明 ⊥ 平面 ，進而得到線面角，解出即可；
【解答過程】（1）∵ ′ ′// ，∴ 與 ′ ′所成的角就是∠ （或其補角）.
∵ ⊥ 平面 ′ ′， 平面 ′ ′，∴ ⊥ ，
∵四邊形 ′ ′是正方形，∴ ⊥ ，而 ∩ = ，
∴ ⊥ 平面 ，又 平面 ，∴ ⊥ .
在Rt △ 中， = 2， = 1
2 2，sin∠ = = 2，
∴∠ = 30°.即 與 ′ ′所成角為30°.
（2）如圖，取 BC 中點 E，連接 ，易知 O 為 ′ 的中點，
∴ // ′ 且 = 1 ′2 ，
∴ ⊥ 平面 ，∴∠ 為 與平面 所成的角.
2
在Rt △ 1 1中， = ， = 12 + = 52 ，2 2
∴tan∠ = = 5 .5
即 與平面 所成角的正切值為 5.
5
64．（24-25 高二上·上海·期中）如圖，在三棱錐 中， ⊥ 底面 ，垂足為 ，∠ = 90°，
= = = 4．
(1)求證：側面 ⊥ 側面 ；
(2) 為 的中點， ⊥ ，垂足為 ，求 與側面 所成角的大小．
【解題思路】（1）根據線面垂直的性質證明 ⊥ ，再根據線面垂直的判定定理證明 ⊥ 側面 ，再
根據面面
垂直的判定定理即可得證；
（2）先證明 ⊥ 側面 ，則∠ 即為 與側面 所成角的平面角，再解Rt △ 即可.
【解答過程】（1）因為 ⊥ 面 ， 面 ，
所以 ⊥ ，
又 ⊥ , ∩ = , , 側面 ，
所以 ⊥ 側面 ，
又因為 側面 ，
所以側面 ⊥ 側面 ；
（2）因為 = = 4， 為 的中點，
所以 ⊥ ， = 2 2, = 4 2，
因為 ⊥ 側面 ， , 側面 ，
所以 ⊥ , ⊥ ，
又因為 ∩ = , , 側面 ，
所以 ⊥ 側面 ，
所以∠ 即為 與側面 所成角的平面角，
在Rt △ 中， = 4 3,sin∠ =
= 3 ，3
Rt △ sin∠ = = 3 = 3 2 6在 中， ，所以 = ，3 3 3
π
在Rt △ 中，tan∠ = = 3，所以∠ = 3，
π
即 與側面 所成角的大小為3．
題型 17 點、線、面的距離問題
平面向量線性運算的坐標表示
π π
65．（2024·貴州六盤平面水向量·模線性擬運算預的測坐標）表示如圖甲，在梯形 中，∠ = ∠ = 2,∠ = 3, = 2 = 2， 為
中點．將 △ 沿 折起到 △ 1 位置，連接 1 ， 1 ，得到如圖乙所示的四棱錐 1 ．
(1)證明： ⊥ 平面 1 ；
π
(2)當二面角 1 為3時，求點 到平面 1 的距離．
【解題思路】（1）根據給定條件，利用線面垂直的判定推理得證.
（2）由（1）結合二面角大小可得正 △ 1 ，取 , 的中點 , ，利用線面垂直的判定性質、面面垂直的
判定性質求出點 到平面 1 的距離即可.
【解答過程】（1）在梯形 中， // , = = 1，
π
則四邊形 為平行四邊形，而∠ = 2，
則 是矩形，即 ⊥ ，
在四棱錐 1 中， ⊥ , ⊥ 1 ，
而 ∩ 1 = , , 1 平面 1 ，
所以 ⊥ 平面 1 .
（2）由（1）知，∠ 1 是二面角 1 的平面角，
π
即∠ 1 = 3，又 = 1 = 1，
則 △ 1 是正三角形，取 , 的中點 , ，連接 1 , 1 , ， 31 = ，2
則有 ⊥ , ⊥ 1 ，2024-2025 學年高一下學期期中復習解答題壓軸題十八大題型專練
【人教 A 版（2019）】
題型 1 向量線性運算的幾何應用
π
1．（23-24 高一下· 1河南周口·階段練習）如圖，在梯形 中，| | = 2，∠ = 3， = 2 ， 為
的中點， = ( ≠ 0).
(1) = 3 + 1若 4 4 ，試確定點 在線段 上的位置；
(2)若| | = ，當 為何值時，| |最小
2．（24-25 高一·全國·隨堂練習）如圖，點 D 是 △ 中 BC 邊的中點， = ， = .
(1)試用 ， 表示 ；
(2)若點 G 是 △ 的重心，能否用 ， 表示 ？
(3)若點 G 是 △ 的重心，求 + + .
3．（24-25 高一·全國·課堂例題）如圖，四邊形 ABCD 是平行四邊形，E，F 分別是 AD，DC 的中點，BE，
BF 分別交 AC 于 M，N．求證：M，N 三等分 AC．
4 1 1．（23-24 高一上·北京昌平·期末）如圖，在 △ 中， = 3 , = 2 .設 = , = .
(1)用 , 表示 , ；
(2)若 為 △ 5 1內部一點，且 = 12 + 4 .求證： , , 三點共線.
題型 2 向量的數量積、夾角問題
5．（23-24 高二上·河北唐山·開學考試）已知| | = 3，| | = 5，| + | = 7．
(1)求向量 與 的夾角 ；
(2)當向量 + 與 的模相等時，求實數 的值．
π
6．（23-24 高一下·四川成都·階段練習）已知向量 與 的夾角為4，且| | = 2，| | = 2．
(1)求 和| |；
(2)求向量 與向量 的夾角．
7．（23-24 高一下·山西大同·期中）如圖，在 △ 中， = 3, = 4,∠ = 60°，點 , 滿足 = 2 ,
= 2 , 邊上的中線 與 交于點 ．設 = , = ．
(1)用向量 , 表示 , ；
(2)求∠ 的大小．
8．（23-24 高一下·山東臨沂·期中）已知向量 , 滿足| | = 3,| | = 6, 5 4 2 + = 81．
(1)求向量 與 的夾角；
(2)若向量 在 方向上的投影向量為 ，求 + 的值．
題型 3 平面向量基本定理的應用
9．（24-25 高一上·河北保定·期中）如圖，在 △ 中， = 12 , =
2
3 .設 = , = .
(1)用 , 表示 , ；
(2)若 為 △ 內部一點，且 = 4 19 + 9 .求證： , , 三點共線.
10．（23-24 高一下·山東·期中）如圖，在 △ 中，已知 = 2， = 3，∠ = 60 ，N 是 的中點，
= 23 ，設 與 相交于點 P．
(1)求cos∠ 的值；
(2)若 = + ，求 + 的值．
11．（23-24 高一下·安徽蚌埠·期末）如圖，在 中，E，H 分別是 AD，BC 的中點， = 2 ，G
為 DF 與 BE 的交點．
(1)記向量 = ， = ，試以向量 ， 為基底表示 ， ；
(2)若 = + ，求 m，n 的值；
(3)求證：A，G，H 三點共線．
12．（23-24 高一下·山東·期中）如圖，在 △ 中，點 滿足 = 2 , 是線段 的中點，過點 的直線
與邊 , 分別交于點 , .
(1)若 = + ，求 和 的值；
2
(2)若 = ( > 0), = ( > 0) 1，求 + 的最小值.
題型 4 向量坐標運算的幾何應用
平面向量線性運算的坐標表示
13．（24-25 高一·江平西面宜向量春線性·運期算中的坐）標已表示知 1, 2是平面內兩個不共線的非零向量， = 2 1 + 2, = 1 + 2
, = 2 1 + 2，且 , , 三點共線．
(1)求實數 的值；
(2)已知 1 = (2,1), 2 = (2, 2)，點 (3,5)，若 , , , 四點按逆時針順序構成平行四邊形，求點 A 的坐標．
→
14．（23-24 高一下·湖南永州·階段練習）已知 ， ， 三點的坐標分別為( 1,0)，(3, 1)，(1,2)，且 =
1 → → 1 →
3 ， = 3 ．
(1)求點 ， 的坐標;
(2)判斷 與 是否共線．
15．（24-25 高一下·廣東中山·階段練習）在直角梯形 中，已知 // ，∠ = 90 ， = 6，
= = 3，對角線 交 于點 ，點 在 上，且 ⊥ ．
(1)求 的值；
(2)若 為線段 上任意一點，求 的取值范圍．
16．（23-24 高一下·河南·期末）如圖，已知平行四邊形 的三個頂點 、 、 的坐標分別是( 1,3)、
(3,4)、(2,2).
(1)求頂點 的坐標；
(2) | |在線段 上是否存在一點 滿足 ⊥ ，若存在，求 ；若不存在，請說明理由.
| |
題型 5 用向量解決夾角、線段的長度問題
平面向量線性運算的坐標表示
17．（23-24 高三上·平河面向南量新線性鄉運算·階的坐段標表練示習）如圖，在 △ 中，已知 = 2， = 5，∠ = 60°， ，
邊上的兩條中線 ， 相交于點 P，
(1)求| |；
(2)求∠ 的正弦值.
18．（24-25 高一下·貴州貴陽·階段練習）如圖所示，矩形 ABCD 的頂點 A 與坐標原點重合，B，D 分別在
x，y 軸正半軸上， = 4， = 2，點 E 為 AB 上一點
(1)若 ⊥ ，求 AE 的長；
(2)若 E 為 AB 的中點，AC 與 DE 的交點為 M，求cos∠ ．
π
19．（23-24 高一下·廣東廣州·期中）如圖，在 △ 中， = 3, = 2,∠ = 3, 是 邊的中點， ⊥ ,
與 交于點 .
(1)求 和 的長度；
(2)求cos∠ .
20．（23-24 高一下·重慶·期末）如圖，在 △ 中，已知∠ = 120°， = 2， = 4，點 在 上，
且 = 2 ，點 是 的中點，連接 ， 相交于 點.
(1)求線段 ， 的長；
(2)求∠ 的余弦值.
題型 6 向量與幾何最值（范圍）問題
平面向量線性運算的坐標表示
π
21．（23-24 高一下·平江面向西量線九性江運算·的期坐末標表）示 已知四邊形 ABCD 是邊長為 2 的菱形，∠ = 3，P 為平面 ABCD 內
一點，AC 與 BP 相交于點 Q．
(1)若 = ， = + ，求 x，y 的值；
(2)求 + 最小值．
22．（23-24 高一下·湖北荊州·期中）已知 △ 中， = 90°, = 2, = 1， 是線段 上一點，且 =
， 是線段 上的一個動點.
(1)若 = + ，求 （用 的式子表示）；
(2)求 的取值范圍.
23．（23-24 2π高一下·遼寧朝陽·期中）在 △ 中， = 2， = 3，∠ = 3 ， 為 的三等分點（靠
近 點）．
(1)求 的值；
(2)若點 滿足 = ，求 的最小值，并求此時的 ．
24．（24-25 高一下·四川成都·階段練習）在△ABC 中，已知 = 2， = 1， = 1， =
(0 ≤ ≤ 1)，Q 為線段 CA 延長線上的一點，且 = ( < 0).
(1)當 = 1且 = 12，設 PQ 與 AB 交于點 M，求線段 CM 的長；
(2)若 +3 = ，求 t 的最大值.
題型 7 證明三角形中的恒等式或不等式
平面向量線性運算的坐標表示
25．（2024·安徽·模平擬面預向量測線性）運算在的坐△標表 示 中，A，B，C 所對的邊是 a，b，c．
(1)請用正弦定理證明：若 > ，則 > ；
(2)請用余弦定理證明：若 > ，則 > ．
26．（2024·全國·模擬預測）在 △ 中，點 D，E 都是邊 BC 上且與 B，C 不重合的點，且點 D 在 B，E
之間， = ．
(1)求證：sin∠ = sin∠ ．
2 2
(2)若 ⊥ 2，求證： 2 + 2 = 1 sin∠ ．
27．（23-24 高一下·安徽·期中）已知銳角 △ , , , 分別為角 , , 的對邊，若 2 + 2 2 = 2
(1 + cos ).
(1)求證： = 2 ；
(2) 求 的取值范圍.
28．（23-24 高一下·江蘇鹽城·期末）在△ABC 中，角 A，B，C 的對邊分別為 a，b，c，已知 C=2B.
(1) sin = 1若 3，求sin 的值；

(2) 1 若 > ，求證：2 < < .（參考數據： = 2sin =
5 1
10 ≈ 0.618）2
題型 8 三角形（四邊形）的面積問題
平面向量線性運算的坐標表示
29．（2024·黑龍江哈平面爾向濱量線·性一運模算的）坐標在表示△ 中，角 , , 所對的邊分別為 , , ， sin = 3 cos ，角 的平
分線交 于點 ，且 = 1．
(1)求 的大小；
(2)若 = 2 5，求 △ 的面積．
30．（23-24 高一下·江蘇無錫·階段練習）在四邊形 中， // , sin∠ = 2 sin∠ .
(1)求證： = 2 .
(2)若 = 3 = 3，且∠ = 60°，求四邊形 的面積.
31．（23-24 高一下·河南南陽·期中）在銳角 △ 中，內角 A，B，C 的對邊分別為 a，b，c，且2 cos
= 2 .
(1)求 C；
(2)若 = 5， = 19，求 △ 的面積.
32．（23-24 高一下·河南洛陽·期中）已知平面四邊形 中，對角線 為∠ 的平分線， 與 相交
于點 ， = 5， = 7 1，cos∠ = 5．
(1)求 的長；
(2)若 = ，求 △ 的面積．
題型 9 求三角形中的邊長或周長的最值或范圍
平面向量線性運算的坐標表示
2 2
33 24-25 ·平面向量線性運·算的坐標表示 △ , , ( 2 )cos + +
2
．（ 高三上 安徽合肥 階段練習） 的內角 的對邊分別為 ，，，已知 2
= 0．
(1)若 = 4， + = 8，求 △ 的面積；

(2)若角 為鈍角，求 的取值范圍．
34．（23-24 高一下·廣東茂名·期中）設 △ 內角 , , 的對邊分別為 , , ，已知 = 2 3，2 = 2 cos
．
(1)求角 ；
(2)若 + = 4，求 △ 的面積；
(3)求 △ 的周長的取值范圍．
35．（23-24 高一下·浙江麗水·階段練習）在銳角 △ 中，已知角 A，B，C 所對的邊分別為 a，b，c，且
2 2 2
sin( ) = 3cos ．
(1)求角 C 的大小；
2(2)求 2+ 2的取值范圍．
36．（23-24 高三上·浙江紹興·期末）已知銳角 △ 的內角 A，B，C a b c sin + ，所對的邊分別為 ， ， ，且 2
= sin .
(1)求角 A；
(2)若 = 2 3，求 △ 的周長的取值范圍.
題型 10 解三角形與三角函數綜合
平面向量線性運算的坐標表示
37．（23-24 高一下·平浙面向江量線臺性州運算·的期坐中標表）示 如圖，在 △ 中， = 2 2， = 3 ，E 是邊 上的點.
(1)若直線 與 的交點 O 恰好是線段 的中點，設 = ，求實數 x 的值；
π
(2)若∠ = 3， = 3， =
1
3 ，求 的取值范圍.
38．（23-24 高一下·四川巴中·期末）已知函數 ( ) = 2sin( + ) > 0, < < 的部分圖象如圖所示．
2 2
（1）求函數 ( )的解析式；
3 3
（2）在銳角 △ 中，角 ， ， 所對的邊分別為 ， ， ，若 ( ) = 3， = 2，且 △ 的面積為 ，2
求 ．
39．（2024·北京·三模）已知函數 ( ) = 2 3sin cos + 2cos2 ,( > 0)的最小正周期為π.
(1)求 的值；
(2)在銳角 △ 中，角 A，B，C 所對的邊分別為 a，b，c.c 為 ( )在 0, π 上的最大值，再從條件①、條件
2
②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求 的取值范圍.條件①： cos + cos = 2 cos ；條件
2 2 2
②：2 sin cos + sin2 = 3 3( + )；條件③： △ 的面積為 S，且 = .注：如果選擇多個條件4
分別解答，按第一個條件計分.
40．（2024·湖南·模擬預測）已知函數 ( ) = 2 3sin cos 2cos2 .
(1)求函數 = log2 ( )的定義域和值域；
(2)已知銳角 △ 的三個內角分別為 A，B，C，若 = 0 + ，求 的最大值.2
題型 11 根據復數的四則運算結果求復數特征
平面向量線性運算的坐標表示
41 24-25 ·平面向量線· 性運算的坐標表示 = 3 i =
1 + 3．（ 高一上 上海 課后作業）已知復數 1 與 2 2 i．2
(1)求| 1|及| 2|的值；
(2)設 ∈ ，滿足| 2| ≤ | | ≤ | 1|的點 Z 的集合是什么圖形？
42．（24-25 高一·全國·單元測試）已知復數 滿足| + 2 2i| = 2，且復數 在復平面內的對應點為 ．
(1)確定點 的集合構成圖形的形狀；
(2)求| 1 + 2i|的最大值和最小值．
43．（23-24 高一下·浙江寧波·期中）已知復數 = + i，其中 , ∈ R,i為虛數單位.
(1)當| | = 5，且 2 +2 3 + ( 2 + 2)i是純虛數，求 , 的值；
(2)當| | = 5時，求| 1|的取值范圍.
44．（23-24 高一下·江蘇無錫·期中）設復數 1 = 2 + i（其中 ∈ ）， 2 = 3 4i．

(1) 1若 是純虛數，求 ；2
(2)求滿足| 2| ≤ 3的復數 在復平面上對應的點構成的圖形的面積．
題型 12 復數范圍內方程的根的問題
平面向量線性運算的坐標表示
45．（23-24 高一下·平上面向海量線松性江運算·的期坐末標表）示 已知i為虛數單位，復數 = ( 2 3 4) + ( 2 + )i．
(1)當實數 取何值時， 是純虛數；
(2)當 = 1時，復數 是關于 的方程 2 + + = 0的一個根，求實數 與 的值．
46．（23-24 高一下·上海·期末）設i是虛數單位， ∈ . 是關于 的方程
2 (2 + i) + = 0的兩根，
且滿足| | + | | = 3.
(1)若 = 2 + 5i，求 與 的值；
(2)若 = 0，求 的值.
47．（23-24 高一下·上海·期末）設復數 1, 2滿足： 1 2 +2i 1 2i 2 +1 = 0
(1)若 2 1 = 2i，求 1與 2．
(2)若 1, 2是實系數一元二次方程 2 2 2 + = 0的兩個根，求實數 的值．
48．（2024 高三·全國·專題練習）已知關于 的二次方程 2 (tan + i) (i + 2) = 0．
(1)當 為何值時，這個方程有一個實根？
(2)是否存在 ，使得原方程有純虛數根？若存在，求出 的值；若不存在，試說明理由．
題型 13 空間幾何體的截面問題
平面向量線性運算的坐標表示
49．（2024 高三·全國平面·向專量線題性練運算習的坐）標表如示圖在正方體 1 1 1 1中， , 是所在棱上的中點.
(1)求平面 與平面 夾角的余弦值；
(2)補全截面 .
50．（23-24 高一下·河南洛陽·期中）如圖，在正方體 1 1 1 1中，H 是 1 1的中點，E，F，G 分
別是 DC，BC，HC 的中點.
(1)求證：平面 ∥ 平面 1 1；
(2)若正方體棱長為 2，請在正方體的表面完整做出過 A，E， 1三點的截面，寫出作圖過程，并求出截面的
面積.
51．（23-24 高一下·吉林長春·期中）已知正四棱柱 1 1 1 1中， = 2， 1 = 4，點 , 分別是棱
1, 1 1的中點，過 1, , 三點的截面為 ．
(1)作出截面 （保留作圖痕跡）；
(2)設截面 與平面 1 1 交于直線 ，且截面 把該正四棱柱分割成兩部分，記體積分別為 1, 2( 1 < 2)．
（ⅰ）求證： 1 // ；
1
（ⅱ）求 的值．2
52．（23-24 高一下·河南·階段練習）如圖，在長方體 1 1 1 1中， , 分別在 1, 上.已知
= = 6, 1 = 8， = = 2.
(1)作出平面 1 截長方體 1 1 1 1的截面，并寫出作法；
(2)求（1）中所作截面的周長；
(3)長方體 1 1 1 1被平面 1 截成兩部分，求體積較小部分的幾何體的體積.
題型 14 幾何體與球的切、接問題
平面向量線性運算的坐標表示
53．（24-25 高三上·平四面向川量線南性充運算·的階坐段標表練示 習）如圖,四邊形 為矩形,且 = 2, = 1, ⊥ 平面
, = 1,E 為 的中點．
(1)求證： ⊥ ；
(2)求四棱錐 的外接球體積．
54．（23-24 高一下·山東東營·期末）如圖，正四棱錐 中， 是這個正四棱錐的高， 是斜高，且
= 2， = 2 2．
(1)求這個四棱錐的全面積;
(2)分別求出該幾何體外接球與內切球的半徑．
55．（23-24 高三下·貴州·開學考試）如圖，在四棱錐 中，平面 ⊥ 平面 ，∠ = 90 ，
// ，∠ = 90 ，2 = 2 = 2 = 2.
（1）求證： ⊥ 平面 ；
（2）若直線 與底面 3所成的角的余弦值為 ，求三棱錐 的外接球表面積.
3
56．（2024 高三·全國·專題練習）已知正三棱錐 的高為 2， = 4 6，其內部有一個球與它的四個
面都相切，求：
(1)正三棱錐 的表面積；
(2)正三棱錐 內切球的表面積與體積．
題型 15 平行與垂直關系的綜合應用
平面向量線性運算的坐標表示
57．（2024 高二上·江平面蘇向量·線學性業運算考的坐試標表）示如圖，已知正方體 1 1 1 1.求證：
(1) 1 1 ∥ 平面 1 1；
(2) 1 ⊥ 平面 1 1.
58．（2024 高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐 中，底面 為平行四邊形， △ 為等邊三
角形，平面 ⊥ 平面 ， ⊥ ， = 2， = 3，
(1)設 ， 分別為 ， 的中點，求證： //平面 ；
(2)求證： ⊥ 平面 ；
59．（24-25 高二上·北京·期中）如圖，在四棱錐 中，底面 是菱形，點 ， 分別為 ， 的
中點.∠ = 60°，平面 ⊥ 平面 ， = = 2.
(1)求證：直線 //平面 ；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，在線段 上是否存在點 ，使得 ⊥ 平面 ？
21
若存在，求出 的值；若不存在，請說明理由.條件①： = ；條件②：cos∠ = .7
60．（24-25 高二上·江蘇南通·期中）如圖，在三棱柱 1 1 1中，側棱 1 ⊥ 底面 ，底面 △
是直角三角形， ⊥ ，點 , 分別在 , 1 1上，且 = 2 ．
(1)證明： ⊥ 平面 1 1；

(2)若 1 //
1
平面 ，求 ．1
題型 16 空間角問題
平面向量線性運算的坐標表示
61．（24-25 高二上·平山面向東量線泰性安運算·的期坐中標表）示 如圖，在三棱錐 中， = = = = = 3， = 2，
M 在線段 上，且 = 2，N 為 的中點.
(1)證明： ⊥ ；
(2)求異面直線 ， 所成角的余弦值.
62．（24-25 高三上·河北石家莊·階段練習）如圖，三棱錐 中， ⊥ 底面 ABC，
= = 2, = 1, = 3，D 是平面 ABC 內的一點．
(1)若 ⊥ 平面 PAB，求三棱錐 的體積；
(2)若 ⊥ ，當直線 PD 6與平面 ABC 所成角的正弦值為 時，求二面角 的正切值．
3
63．（24-25 高二上·上海·期中）如圖，正方體的棱長為 1， ′ ∩ ′ = ，求：
(1) 與 ′ ′所成角的大小；
(2) 與平面 所成角的正切值．
64．（24-25 高二上·上海·期中）如圖，在三棱錐 中， ⊥ 底面 ，垂足為 ，∠ = 90°，
= = = 4．
(1)求證：側面 ⊥ 側面 ；
(2) 為 的中點， ⊥ ，垂足為 ，求 與側面 所成角的大小．
題型 17 點、線、面的距離問題
平面向量線性運算的坐標表示
π π
65．（2024·貴州六盤平面水向量·模線性擬運算預的測坐標）表示如圖甲，在梯形 中，∠ = ∠ = 2,∠ = 3, = 2 = 2， 為
中點．將 △ 沿 折起到 △ 1 位置，連接 1 ， 1 ，得到如圖乙所示的四棱錐 1 ．
(1)證明： ⊥ 平面 1 ；
π
(2)當二面角 1 為3時，求點 到平面 1 的距離．
66．（24-25 高三上·黑龍江綏化·階段練習）如圖，在四棱錐 中， ⊥ 平面 ，底面 為平
行四邊形， ， 分別為 ， 的中點.
(1)證明： //平面 ；
(2)若 = 2 = 2， = 1，∠ = 30°，求點 到平面 的距離.
67．（23-24 高一下·北京·階段練習）如圖，在正四棱柱 1 1 1 1中， = 1， 1 = 2， 是 1
的中點．
(1)求證： 1//平面 ；
(2)證明： ⊥ 1；
(3)求點 到平面 的距離．
68．（2024·陜西寶雞·三模）如圖，在三棱柱 1 1 1中， 1與 1的距離為 3， = = 1
= 2， 1 = = 2 2.
(1)證明：平面 1 1 ⊥ 平面 ABC；
(2)若點 N 是棱 1 1的中點，求點 N 到平面 1 1 的距離.
題型 18 立體幾何中的探索性問題
平面向量線性運算的坐標表示
69．（2024 高三·全國平面·向專量線題性練運算習的坐）標表如示圖，正三棱柱 1 1 1中， =
1
2 1 = 2，點 為 1 1的中點.
(1)證明：平面 1 ⊥ 平面 1 1

(2)在棱 1上是否存在點 ，使得 ⊥
1
平面 1 ？若存在，求出 的值；若不存在，請說明理由.
70 2024 · · // , = = 1．（ 高三 全國 專題練習）如圖，已知等腰梯形 中， 2 = 2, 是 的中點，
∩ = ，將 △ 沿著 翻折成 △ 1 ，使平面 1 ⊥ 平面 .
(1)求證： ⊥ 平面 1 ；

(2) 1在線段 1 上是否存在點 P，使得 //平面 1 ，若存在，求出 的值；若不存在，說明理由.1
71．（23-24 高一下·浙江杭州·期末）三棱臺 1 1 1中， ⊥ ，面 1 1 ⊥ 面 1 1， 1 = 1
1 = 1 = 2, = 4，且 1與底面 所成角的正弦值為 15.5
(1)求證： ⊥ 面 1 1；
(2)求三棱臺 1 1 1的體積；
π
(3)問側棱 1上是否存在點 ，使二面角 成6？若存在，求出 的值；若不存在，說明理由.1
72．（23-24 高三上·山東臨沂·開學考試）如圖，在四棱錐 中，底面 是邊長為 2 的菱形，
∠ = 60°， ⊥ 平面 ， = 2．
(1)證明；平面 ⊥ 平面 ；
(2)設 P 為 上的一個動點，是否存在點 P 使得 與平面 所成角為 30°，若存在，求 ，若不存在，說
明理由．

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