专题08 平面向量及其应用必考题型（真题、自招、模拟）分类训练-高考数学二轮复习讲义+分层训练（上海高考专用）

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专题08平面向量及其应用必考题型分类训练
【三年高考真题练】
一．选择题（共1小题）
1．（2021•上海）在△ABC中，D为BC中点，E为AD中点，则以下结论：①存在△ABC，使得＝0；②存在△ABC，使得∥（+）；它们的成立情况是（　　）
A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立
【分析】设A（2x，2y），B（﹣1，0），C（1，0），D（0，0），E（x，y），由向量数量的坐标运算即可判断①；F为AB中点，可得（+）＝2，由D为BC中点，可得CF与AD的交点即为重心G，从而可判断②
【解答】解：不妨设A（2x，2y），B（﹣1，0），C（1，0），D（0，0），E（x，y），
①＝（﹣1﹣2x，﹣2y），＝（x﹣1，y），
若＝0，则﹣（1+2x）（x﹣1）﹣2y2＝0，即﹣（1+2x）（x﹣1）＝2y2，
满足条件的（x，y）存在，例如（0，），满足上式，所以①成立；
②F为AB中点，（+）＝2，CF与AD的交点即为重心G，
因为G为AD的三等分点，E为AD中点，
所以与不共线，即②不成立．
故选：B．

【点评】本题主要考查平面向量数量积的运算，共线向量的判断，属于中档题．
二．填空题（共7小题）
2．（2021•上海）如图正方形ABCD的边长为3，求•＝　9　．

【分析】根据，直接求解即可．
【解答】解：由数量积的定义，可得，
因为，所以 ＝9．
故答案为：9．
【点评】本题主要考查平面向量数量积的定义与计算，属于基础题．
3．（2022•上海）已知在△ABC中，∠A＝，AB＝2，AC＝3，则△ABC的外接圆半径为 　　．
【分析】直接利用正弦定理和余弦定理求出结果．
【解答】解：在△ABC中，∠A＝，AB＝2，AC＝3，
利用余弦定理BC2＝AC2+AB2﹣2AB•AC•cosA，整理得BC＝，
所以，解得R＝．
故答案为：．
【点评】本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
4．（2020•上海）三角形ABC中，D是BC中点，AB＝2，BC＝3，AC＝4，则＝　　．
【分析】根据余弦定理即可求出，并得出，然后进行数量积的运算即可．
【解答】解：∵在△ABC中，AB＝2，BC＝3，AC＝4，
∴由余弦定理得，＝，
∴，且D是BC的中点，
∴
＝
＝
＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了余弦定理，向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意义，向量数量积的运算及计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
5．（2022•上海）若平面向量||＝||＝||＝λ，且满足•＝0，•＝2，•＝1，则λ＝　　．
【分析】利用平面向量的数量积进行分析，即可得出结果．
【解答】解：由题意，有•＝0，则，设＜＞＝θ，
⇒
则得，tanθ＝，
由同角三角函数的基本关系得：cosθ＝，
则＝||||cosθ＝＝2，
λ2＝，
则．
故答案为：．
【点评】本题考查平面向量的数量积，考查学生的运算能力，属于中档题．
6．（2022•上海）在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝2，点M为边AB的中点，点P在边BC上，则•的最小值为 　﹣　．
【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算求出•＝2x2﹣3x，再利用二次函数求最值即可．
【解答】解：建立平面直角坐标系如下，

则B（2，0），C（0，2），M（1，0），
直线BC的方程为+＝1，即x+y＝2，
点P在直线上，设P（x，2﹣x），
∴＝（x﹣1，2﹣x），＝（x，﹣x），
∴•＝x（x﹣1）﹣x（2﹣x）＝2x2﹣3x＝2﹣≥﹣，
∴•的最小值为﹣．
故答案为：﹣．

【点评】本题考查了数量积的坐标运算，考查了二次函数求最值，属于中档题．
7．（2020•上海）已知，，，，…，（k∈N*）是平面内两两互不相等的向量，满足||＝1，且|﹣|∈{1，2}（其中i＝1，2，j＝1，2，…，k），则k的最大值是　6　．
【分析】设，，结合向量的模等于1和2画出图形，由圆的交点个数即可求得k的最大值．
【解答】解：如图，设，，

由||＝1，且|﹣|∈{1，2}，
分别以A1，A2为圆心，以1和2为半径画圆，其中任意两圆的公共点共有6个．
故满足条件的k的最大值为6．
故答案为：6．
【点评】本题考查两向量的线性运算，考查向量模的求法，正确理解题意是关键，是中档题．
8．（2020•上海）已知A1、A2、A3、A4、A5五个点，满足＝0（n＝1，2，3），||•||＝n+1（n＝1，2，3），则||的最小值为　　．
【分析】可设，从而据题意可得出，，并设A1（0，0），根据是求的最小值，从而可得出，从而可求出，从而根据基本不等式即可求出的最小值．
【解答】解：设，则，，
设A1（0，0），如图，
∵求的最小值，则：
A2（x，0），，，
∴＝，当且仅当，即时取等号，
∴||的最小值为．
故答案为：．

【点评】本题考查了向量垂直的充要条件，利用向量坐标解决向量问题的方法，基本不等式求最值的方法，考查了计算能力，属于中档题．
三．解答题（共3小题）
9．（2021•上海）在△ABC中，已知a＝3，b＝2c．
（1）若A＝，求S△ABC．
（2）若2sinB﹣sinC＝1，求C△ABC．
【分析】（1）由余弦定理求得c2，从而求得△ABC面积；
（2）由正、余弦定理求得b、c值，从而求得△ABC周长．
【解答】解：（1）由余弦定理得cosA＝﹣＝＝，
解得c2＝，
∴S△ABC＝＝＝；
（2）∵b＝2c，∴由正弦定理得sinB＝2sinC，又∵2sinB﹣sinC＝1，
∴sinC＝，sinB＝，∴sinC＜sinB，∴C＜B，∴C为锐角，
∴cosC＝＝．
由余弦定理得：c2＝a2+b2﹣2abcosC，又∵a＝3，b＝2c，
∴c2＝9+4c2﹣8c，得：3c2﹣8c+9＝0，解得：c＝．
当c＝时，b＝时C△ABC＝3+4+；
当c＝时，b＝时C△ABC＝3+4﹣．
【点评】本题考查余正、弦定理应用、三角形面积求法，考查数学运算能力，属于中档题．
10．（2021•上海）已知A、B、C为△ABC的三个内角，a、b、c是其三条边，a＝2，cosC＝﹣．
（1）若sinA＝2sinB，求b、c；
（2）若cos（A）＝，求c．
【分析】（1）由已知利用正弦定理即可求解b的值；利用余弦定理即可求解c的值．
（2）根据已知利用两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式可求得cosA，sinA，sinC的值，进而根据正弦定理可得c的值．
【解答】解：（1）因为sinA＝2sinB，可得a＝2b，
又a＝2，可得b＝1，
由于cosC＝＝＝﹣，可得c＝．
（2）因为cos（A）＝（cosA+sinA）＝，
可得cosA+sinA＝，
又cos2A+sin2A＝1，
可解得cosA＝，sinA＝，或sinA＝，cosA＝，
因为cosC＝﹣，可得sinC＝，tanC＝﹣，可得C为钝角，
若sinA＝，cosA＝，可得tanA＝7，可得tanB＝﹣tan（A+C）＝＝＜0，
可得B为钝角，这与C为钝角矛盾，舍去，
所以sinA＝，由正弦定理，可得c＝．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
11．（2022•上海）在如图所示的五边形中，AD＝BC＝6，AB＝20，O为AB中点，曲线CD上任一点到O距离相等，角∠DAB＝∠ABC＝120°，P，Q关于OM对称，MO⊥AB；
（1）若点P与点C重合，求∠POB的大小；
（2）P在何位置，求五边形面积S的最大值．

【分析】（1）在△OBC中，直接利用余弦定理求出OP，再结合正弦定理求解；
（2）利用五边形CDQMP的对称性，将所求的面积化为四边形PMNC的面积计算问题，充分利用圆弧的性质，找到最大值点，从而解决问题．
【解答】解：（1）点P与点C重合，由题意可得OB＝10，BC＝6，∠ABC＝120°，
由余弦定理可得OP2＝OB2+BC2﹣2OB•BCcos∠ABC＝36+100﹣2×6×10×（﹣）＝196，
所以OP＝14，在△OBP中，由正弦定理得＝，
所以＝，解得sin∠POB＝，
所以∠POB的大小为arcsin；
（2）如图，连结QA，PB，OQ，OP，
∵曲线CMD上任意一点到O距离相等，
∴OP＝OQ＝OM＝OC＝14，
∵P，Q关于OM对称，
∴P点在劣弧CM中点或劣弧DM的中点位置，S△QOM＝S△POM＝α，
则∠AOQ＝∠BOP＝S△BOP＝，
则五边形面积S＝2（S△AOQ+S△QOM）
＝2[+]
＝196sinα+140cosα
＝28sin（α+φ），其中tanφ＝，
当sin（α+φ）＝1时，S五边形MQABP取最大值28，
∴五边形MQABP面积S的最大值为28．


【点评】本题考查了扇形的性质、正、余弦定理和面积公式在解三角形问题中的应用，同时考查了学生的逻辑推理能力、运算能力等，属于中档题．
【三年自主招生练】
一．选择题（共3小题）
1．（2022•上海自主招生），，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】设＝（1，0），＝（，），＝（cosα，sinα），根据向量的数量积以及三角函数的有关知识即可求解结论．
【解答】解：∵，，
可设＝（1，0），＝（，），＝（cosα，sinα），α∈[0，2π），
∴＝（，）•（2﹣cosα，﹣sinα）＝3﹣cosα﹣sinα＝3﹣sin（α+），
∴当sin（α+）＝1时，取最小值3﹣．
故选：B．
【点评】本题主要考查向量数量积的应用以及三角函数的有关知识，属于中档题．
2．（2022•上海自主招生）△ABC中，A＝3B＝9C，cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】运用三角函数积化和差公式，得到角为等差数列的余弦和，即可求解．
【解答】解：∵△ABC中，A＝3B＝9C，C＝，
∴cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA＝[cos（A+B）+cos（A﹣B）+cos（C+B）+cos（B﹣C）+cos（A+C）+cos（A﹣C）]
＝[cos2C+cos4C+cos6C+cos8C+cos10C+cos12C]＝[cos+cos+cos+cos+cos+cos]，
又sincos＝[sin﹣sin]，
sincos＝[sin﹣sin]，
sincos＝[sin﹣sin]，
sincos＝[sin﹣sin]，
sincos＝[sin﹣sin]，
sincos＝[sin﹣sin]，
上述各式相加得，cos+cos+cos+cos+cos+cos＝﹣，
故选：B．
【点评】本题考查了三角变换求值，对角为等差数列的余弦和一般乘以角的正弦累加即可，是中档题．
3．（2022•上海自主招生）△ABC，M为平面上一点，＝（　　）
A．3 B．8 C． D．
【分析】延长AM交BC于G，则＝λ+（1﹣λ），因为A，M，G三点共线，所以，即＝t（），所以＝，则，故且t＝，又＝，故，所以＝，，从而可得面积之比．
【解答】解：如图，延长AM交BC于G，则＝λ+（1﹣λ），因为A，M，G三点共线，所以，
即＝t（），
所以＝，则，故且t＝，
又＝，故，
所以＝，，
所以S△BGM＝S△ABM＝S△ABM，
所以＝3．
故选：A．

【点评】本题考查平面向量的线性运算，属于中档题．
二．填空题（共3小题）
4．（2020•上海自主招生）在△ABC中，AB＝9，BC＝6，CA＝7，则BC边上中线长度为　2　．
【分析】利用余弦定理求出cos∠BAC的值，再利用平面向量的线性表示，即可求出中线的长度．
【解答】解：△ABC中，AB＝9，BC＝6，CA＝7，如图所示；
由余弦定理得cos∠BAC＝＝；
设AD是BC边上的中线，
则＝（+），
所以＝×（+2•+）＝×（81+2×9×7×+49）＝56，
解得||＝2，
所以BC边上的中线长度为2．
故答案为：2．

【点评】本题考查了平面向量的数量积与解三角形的应用问题，是基础题．
5．（2020•上海自主招生）在△ABC中，，若O为内心，且满足，则x+y的最大值为　　．
【分析】设＝λ，根据共线向量的几何意义和二倍角公式解答．
【解答】解：延长AO交BC于D，设BC与圆O相切于点E，AC与圆O相切于点F，则OE＝OF，则OE≤OD，
设＝λ，
因为B、C、D三点共线，
所以λx+λy＝1，即x+y＝＝＝＝＝＝，
因为cosA＝1﹣2sin2＝，所以sin＝，
所以x+y≤＝．
故答案是：．

【点评】本题主要考查向量数量积的运算及几何意义，三角形的内心的概念，三角函数的转化关系，属于中档题．
6．（2020•上海自主招生）已知A、B、C、D四点共圆，且AB＝1，CD＝2，AD＝4，BC＝5，则PA的长度为　　．

【分析】连接AC，BD，由圆内接四边形的性质可得∠PAB＝∠BCD，∠PBA＝∠ADC，在△ABD和△BCD中运用余弦定理，结合诱导公式求得cos∠PAB，sin∠PAB，同理可得cos∠PBA，sin∠PBA，再由两角和的正弦公式求得sinP，在△PAB中运用余弦定理可得所求；另解：由四点共圆的性质和三角形的相似的性质，解方程可得所求值．
【解答】解：连接AC，BD，由A，B，C，D四点共圆，可得∠PAB＝∠BCD，∠PBA＝∠ADC，
由BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cos∠BAD，
BD2＝CB2+CD2﹣2CB•CD•cos∠BCD，
且∠BAD+∠BCD＝180°，可得cos∠BAD＝﹣cos∠BCD，
则1+16﹣2×1×4cos∠BAD＝25+4﹣2×5×2×cos∠BCD，
化为17+8cos∠BCD＝29﹣20cos∠BCD，
解得cos∠BCD＝，即cos∠PAB＝，
则sin∠PAB＝＝，
又AC2＝BA2+BC2﹣2BA•BC•cos∠ABC，
AC2＝DA2+DC2﹣2DA•DC•cos∠ADC，
且∠ABC+∠ADC＝180°，可得cos∠ABC＝﹣cos∠ADC，
则1+25﹣2×1×5cos∠ABC＝16+4﹣2×4×2×cos∠ADC，
化为26+10cos∠ADC＝20﹣16cos∠ADC，
解得cos∠ADC＝﹣，即cos∠PBA＝﹣，
则sin∠PBA＝＝，
则sinP＝sin（∠PAB+∠PBA）＝sin∠PABcos∠PBA+cos∠PABsin∠PBA
＝×（﹣）+×＝，
在△PAB中，由＝，
可得＝，
解得PA＝．
另解：由A，B，C，D四点共圆，可得∠PAB＝∠PCD，∠PBA＝∠PDC，
则△PAB∽△PCD，即有＝＝，
设PA＝x，PB＝y，可得＝＝，
即有2x＝5+y，即y＝2x﹣5，
2y＝4+x，即有2（2x﹣5）＝4+x，
解得x＝，即PA＝．
故答案为：．

【点评】本题考查三角形的余弦定理和正弦定理的运用，以及圆内接四边形的性质，考查化简运算能力，属于中档题．
三．解答题（共3小题）
7．（2021•上海自主招生）AD是△ABC的角平分线，AB＝3，AC＝8，BC＝7，求AD的长．
【分析】由题意利用角平分线的性质可得，解得CD，BD的值，由∠BAD＝∠DAC，利用余弦定理可得＝，代入相关数据即可计算求解AD的值．
【解答】解：由题意可得，
可得CD＝，BD＝，
又∠BAD＝∠DAC，
所以由余弦定理可得＝，可得＝，
解得AD2＝，解得AD＝．

【点评】本题考查了角平分线的性质，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
8．（2021•上海自主招生）命题p：“△ABC的内心与外心重合”是命题q：“△ABC是正三角形”的什么条件？
【分析】根据等边三角形的性质可知，一个三角形的外心与内心恰好重合，这个三角形是等边三角形，即可求解．
【解答】解：根据内心和外心的概念，三角形的内心是三个内角平分线的交点，外心是三边的垂直平分线的交点，
再根据等边三角形中三线合一性质，
所以一个三角形的外心与内心恰好重合，这个三角形是正三角形，反之亦成立，
所以p是q的充要条件．
【点评】本题考查内心和外心的概念，考查充分、必要条件的判断，考查数学运算及推理能力，属于基础题．
9．（2021•上海自主招生）求边长为1的正五边形的对角线长．
【分析】先根据∠1＝∠3，∠AEB＝∠DEA可知三角形ABE∽三角形DAE，设BD＝x，则DE＝1﹣x，根据两三角形相似，对应边之比相等可得＝，进而可解得x，进而根据AC＝BD+CE+CD＝1+x，进而求出AC，原式可证．
【解答】解：∵正五边形中，∠BAC＝108°，∠1＝∠2＝∠4＝36°，
∴∠1＝∠3＝36°，
∵∠AEB＝∠DEA，
∴三角形ABE∽三角形DAE，
设BD＝x，则DE＝1﹣x，
则：＝，可得：x＝，
可得对角线BC＝1+x＝．
故答案为：．

【点评】本题主要考查三角形中几何计算，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题．
【最新模拟练】
一．选择题（共7小题）
1．（2022•静安区模拟）如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi（i＝1，2，…，8）是上底面上其余的八个点，则的不同值的个数为（　　）

A．1 B．2 C．4 D．8
【分析】解法一：建系，根据向量的数量积的坐标运算即可求解；
解法二：根据向量的数量积的几何定义，向量的投影即可求解．
【解答】解：解法一：建立如图的空间右手直角坐标系，
根据题意得A（0，0，0），B（0，0，1），
P1（0，1，1），P2（0，2，1），P3（1，0，1），P4（1，1，1），
P5（1，2，1），P6（2，0，1），P7（2，1，1），P8（2，2，1），
∴，，，，，，，，
∴的不同值的个数为1，
解法二：由向量数量积的几何定义知：
等于||与在上的投影之积，
而||＝1，在上的投影都为线段AB的长，
∴，
∴的不同值的个数为1，
故选：A．

【点评】本题考查向量的数量积的坐标运算，向量的数量积的几何定义，向量的投影，属基础题．
2．（2022•静安区模拟）若向量，满足，，，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据条件可得出，然后即可求出的值，从而得出答案．
【解答】解：∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴与的夹角为．
故选：C．
【点评】本题考查了向量夹角的余弦公式，向量垂直的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
3．（2022•闵行区校级模拟）在△ABC中，，b＝6，下面使得三角形有两组解的a的值可以为（　　）
A．4 B． C． D．
【分析】由已知结合正弦定理及三角形大边对大角可求a的范围，结合选项可求．
【解答】解：由正弦定理得，，
所以sinB＝＝，
若使得三角形有两角，则且b＞a，
所以3．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正弦定理及三角形大边对大角在三角形个数判断中的应用，属于基础题．
4．（2022•黄浦区模拟）已知锐角△ABC，其外接圆半径为2，C＝，则AB边上的高的取值范围为（　　）
A．（0，3] B．（0，3） C．（2，3] D．（2，3）
【分析】由△ABC为锐角三角形，C＝，可知，可求A，然后结合正弦定理可得，，可表示a＝4sinA，b＝4sinB，c＝2，然后结合三角形的面积公式S＝，可表示h，再由两角和的正弦公式及正弦函数的性质即可求解
【解答】解：∵△ABC为锐角三角形，C＝，设则AB边上的高为h，
∴，
∴，
由正弦定理可得，，
∴a＝4sinA，b＝4sinB，c＝2，
∵S＝，
∴h＝＝4sinAsin（）＝4sinA（）＝2sinAcosA+2sin2A
＝+1﹣cos2A＝2sin（2A﹣）+1，
∵，
∴，
∴，
∴，
即2＜h≤3
故选：C．
【点评】本题主要考查了正弦定理，三角形的面积公式及两角和的正弦公式，辅助角公式，正弦函数的性质等知识的综合应用，属于中档试题．
5．（2022•浦东新区校级二模）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（πDay）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似，数学家阿尔•卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔•卡西的方法，π的近似值的表达式是（　　）
A．3n（sin+tan） B．6n（sin+tan）
C．3n（sin+tan） D．6n（sin+tan）
【分析】设内接正6n边形的边长为a，外切正6n边形的边长为b，运用圆的性质，结合直角三角形的锐角三角函数的定义，可得所求值．
【解答】解：如图，设内接正6n边形的边长为a，外切正6n边形的边长为b，
可得a＝2sin＝2sin，
b＝2tan＝2tan，
则2π≈＝6n（sin+tan），
即π≈3n（sin+tan），
故选：A．

【点评】本题考查数学中的文化，考查圆的内接和外切多边形的边长的求法，考查运算能力，属于基础题．
6．（2022•奉贤区二模）已知平面向量，，，满足||＝4，，则当与的夹角最大时，|﹣|的值为（　　）
A．4 B．2 C． D．1
【分析】以O为原点建立平面坐标系，设，根据向量的数量积的运算公式，分别求得向量m，的终点所表示的轨迹方程，进而根据圆的性质，即可求解．
【解答】解：设的起点均为O，以O为原点建立平面坐标系，如图所示，

不妨设，则，
由可得x2+y2﹣4x+1＝0，即（x﹣2）2+y2＝3，
∴的终点M在以（2，0）为圆心，以为半径的圆上，
同理的终点N在以（2，0）为圆心，以为半径的圆上．
显然当OM，ON为圆的两条切线时，∠MON最大，即与的夹角最大．
设圆心为A，则，∴，则，
∴∠MOA＝60°，
设MN与x轴交于点B，由对称性可知MN⊥x轴，且MN＝2MB，
∴，
即当与的夹角最大时，，
故选：C．

【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题．
7．（2022•上海模拟）设锐角△ABC内部的一点O满足|OA|＝|OB|＝|OC|，且，则角A的大小可能为（　　）
A． B． C． D．
【分析】直接利用三角函数关系式的变换，平面向量的数量积，三角函数的值的应用求出结果．
【解答】解：由于锐角△ABC内部的一点O满足|OA|＝|OB|＝|OC|，
所以点O为△ABC外接圆的圆心，外接圆的半径为R；
所以，
整理得，
所以，
故，
则，
所以，
故sin2A＝，
由于，
所以，
解得A＝．
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，平面向量的数量积，三角函数的值，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
二．填空题（共25小题）
8．（2022•黄浦区模拟）若是直线l的一个方向向量，则l的倾斜角的大小为　arctan　（结果用反三角函数值表示）
【分析】根据直线的方向向量的坐标一般为（1，k）可得直线的斜率，根据tanα＝k，最后利用反三角可求出倾斜角．
【解答】解：∵是直线l的一个方向向量
∴直线l的斜率为即tanα＝
则l的倾斜角的大小为arctan
故答案为：arctan
【点评】本题主要考查了直线的方向向量，解题的关键是直线的方向向量的坐标一般为（1，k），同时考了反三角的应用，属于基础题．
9．（2022•虹口区二模）已知向量满足，，，则＝　　．
【分析】对两边平方即可求出的值，然后即可求出的值．
【解答】解：∵，
∴，
∴＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了向量数量积的运算，向量长度的求法，考查了计算能力，属于基础题．
10．（2022•青浦区校级模拟）向量＝（x，3），向量＝（x，﹣3），若两向量夹角为钝角，则x的取值范围为 　（﹣3，0）∪（0，3）　．
【分析】根据题意，由向量数量积的性质可得，解可得答案．
【解答】解：根据题意，向量＝（x，3），向量＝（x，﹣3），
若两向量夹角为钝角，则有，解可得﹣3＜x＜3且x≠0，
即x的取值范围为（﹣3，0）∪（0，3）；
故答案为：（﹣3，0）∪（0，3）．
【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及向量的夹角，属于基础题．
11．（2022•静安区二模）直线l的方向向量，且经过曲线的中心，则直线l的方程为 　x+y+2＝0　．
【分析】由方向向量求出直线的斜率，再由该曲线的中心求出直线方程．
【解答】解：∵直线l的方向向量，
∴直线l的斜率为k＝＝﹣1，
∵曲线的中心为（2，﹣4），
∴直线l过点（2，﹣4），
∴直线l的方程为y+4＝﹣（x﹣2），即x+y+2＝0．
故答案为：x+y+2＝0．
【点评】本题考查直线的方向向量、直线的斜率、曲线的中心、点斜式方程等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12．（2022•宝山区模拟）已知向量＝（﹣k，1），＝（5，3k﹣4），若⊥，则实数k＝　﹣2　．
【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
【解答】解：∵＝（﹣k，1），＝（5，3k﹣4），⊥，
∴，解得k＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
13．（2022•奉贤区模拟）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若＝＝，则tan A：tan B：tanC＝　1：2：3　．
【分析】由正弦定理化简已知等式可得＝＝，利用同角三角函数基本关系式化简求得tanA：tanB：tanC的值．
【解答】解：（1）∵＝＝，
∴由正弦定理可得：＝＝，
∴tanA＝tanB＝tanC，可得：tanA：tanB：tanC＝1：2：3．
故答案为：1：2：3．
【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，属基础题．
14．（2022•黄浦区二模）已知向量、，若，，向量在方向上的投影的取值范围为 　[﹣3，5]　．
【分析】设、所成角为θ，计算出向量+2在方向上的投影，即可求出1+4cosθ的范围，即可求出答案．
【解答】解：因为＝1，＝2，设、所成角为θ，
向量+2在方向上的投影为：
＝＝1+4cosθ，
因为0∈[0，π]，所以cosθ∈[﹣1，1]，所以1+4cosθ∈[﹣3，5]．
故答案为：[﹣3，5]．
【点评】本题考查向量的投影的问题，是基础题．
15．（2022•宝山区校级二模）已知单位向量，的夹角为θ，若，则的取值范围是 　[]　．
【分析】由已知利用，展开后代入数量积公式，结合，即可求得的取值范围．
【解答】解：由题意，，∴＝1+2cosθ+1＝2+2cosθ．
∵，∴cosθ∈[0，]，则2+2cosθ∈[2，3]，
∴的取值范围是[]．
故答案为：[]．
【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查向量模的求法，是基础题．
16．（2022•闵行区校级模拟）已知向量，，且，则λ＝　2　．
【分析】由题意，利用两个向量垂直的性质，列方程求出λ的值．
【解答】解：∵向量，，且，
∴（λ﹣）•＝λ﹣＝λ（0+2）﹣4＝0，
∴λ＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．
17．（2022•宝山区二模）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝，b＝+1，C＝45°，则A＝　60°　．
【分析】由三角形的余弦定理可得c，再由正弦定理可得sinA，由三角形的边角关系可得A．
【解答】解：由a＝，b＝+1，C＝45°，可得c2＝a2+b2﹣2abcosC＝6+4+2﹣2×（1+）×＝4，
即有c＝2，
由＝可得sinA＝＝＝，
由于a＜b，所以A为锐角，则A＝60°，
故答案为：60°．
【点评】本题考查三角形的正弦定理、余弦定理的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
18．（2022•徐汇区校级模拟）若满足，AC＝6，BC＝k的△ABC恰有一个，则实数k的取值范围是 　（0，6]　．
【分析】由已知结合正弦定理先表示出sinA，然后结合正弦函数的性质可求sinA的范围，进而可求k的范围．
【解答】解：由正弦定理可得，
故sinA＝＝＝，
由A∈（0，）且ABC恰有一个，
故0或sinA＝1，
所以0＜k≤6或k＝6．
故答案为：（0，6]∪{6}．
【点评】本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
19．（2022•普陀区二模）如图，动点C在以AB为直径的半圆O上（异于A，B），∠DCB＝，且DC＝CB，若|AB|＝2，则•的取值范围为 　（1，2]　．

【分析】利用∠BOC＝2θ，把向量内积通过投影转化为三角函数问题进行求解即可．
【解答】解：设∠BOC＝2θ，则，作DE⊥OE交OC的延长线于点E，

由余弦定理BC2＝1+1﹣2cos2θ＝2﹣2cos2θ＝4sin2θ，
所以BC＝2sinθ，即DC＝2sinθ，
，因为，所以∠DCE＝θ，
所以CE＝DC⋅cosθ＝2sinθcosθ＝sin2θ∈（0，1]，
所以，
故答案为：（1，2]．
【点评】本题主要考查数量积的运算，平面向量的坐标运算等知识，属于中等题．
20．（2022•金山区二模）已知向量，，则函数，的单调递增区间为 　[]　．
【分析】先求出f（x）的解析式，并化简，然后再结合正余弦函数的单调性求解．
【解答】解：f（x）＝﹣1
＝+cos2x
＝2sin（2x），要求f（x）的单调递增区间，
只需，k∈Z，
解得，k∈Z，
又因为，当k＝0时，
可得f（x）的单调递增区间为[]．
故答案为：[]．
【点评】本题考查了数量积的运算以及三角函数的性质，属于中档题．
21．（2022•浦东新区校级二模）已知平面上的两个向量、满足•＝0，，若，且（λ﹣）2||2+（μ﹣）2||＝1，则的最大值为 　　．
【分析】由题意得出，记，得出M为线段AB上靠近B的三等分点，且C在以M为圆心，1为半径的圆上，由数量积公式得出的最大值．
【解答】解：因为，且，
所以，记，
则M为线段AB上靠近B的三等分点，且C在以M为圆心，1为半径的圆上，
因为，
所以（当O，A重合时取等号）．
故答案为：．
【点评】本题考查了平面向量数量积的计算，属于中档题．
22．（2022•浦东新区校级二模）已知、是不共线的两个向量，的最小值为，若对任意的m、n∈R，的最小值为1，的最小值为2，则的最小值为 　4　．
【分析】设的夹角为θ，则，则由的最小值为的最小值为2，可得，，可得，结合，可得到，，由即可得到答案．
【解答】解：设的夹角为θ，
因为的最小值为，则，
则由的最小值为的最小值为2，
可得，两式相乘可得，（*）
而，结合（*）可得，
解得，∴，
则，
故答案为：4．
【点评】本题考查了向量的三角形法则、向量共线定理、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
23．（2022•闵行区校级二模）设AM为△ABC中BC边上的中线，且．若∠BAC＝，BC＝2，则的最大值为 　﹣　．
【分析】先由平面向量数量积运算可得＝，再由余弦定理可得4＝b2+c2﹣bc，然后由重要不等式求最值即可．
【解答】
解：由图可知：＝（）•（）＝（）•（）＝（）•（）＝，
设△ABC中AB、BC、AC对应的边分别为c、a、b，
由∠BAC＝，
则＝＝，①
又∠BAC＝，BC＝2，
则由余弦定理可得4＝b2+c2﹣bc，②
将②代入①得＝，
又由②可得4＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc，
即bc≤4，当且仅当b＝c时取等号，
则＝，
即的最大值为，
故答案为：﹣．

【点评】本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了余弦定理及重要不等式，属中档题．
24．（2022•徐汇区二模）在△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，∠A＝120°，若点P是△ABC所在平面上一点，且满足，，则实数λ的值为 　1或　．
【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算，把向量、用基向量、表示出来，代入数量积公式列方程求出λ的值．
【解答】解：△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，∠A＝120°，，
所以﹣＝λ，即＝λ，
又＝﹣＝（+λ）﹣＝+（λ﹣1），
所以•＝λ•[+（λ﹣1）]＝λ•+λ（λ﹣1）＝λ×1×2×cos120°+λ（λ﹣1）×4＝﹣1，
4λ2﹣5λ+1＝0，解得λ＝1或λ＝，所以实数λ的值为1或．
故答案为：1或．
【点评】本题考查了平面向量的数量积运算和线性表示应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
25．（2022•杨浦区二模）已知点P为正△ABC边上或内部的一点，且实数x，y满足，则x﹣y的取值范围是 　　．
【分析】根据题意，利用平面向量基本定理，结合特殊点的位置P与点B重合以及P与点C重合时对应的x、y值，即可求出x﹣y的取值范围．
【解答】解：∵P是三角形ABC内（含边界）的一点，且向量足，
∴当P点在BC上时，x+2y＝1，
特别地，当点P与点B重合时有x＝1，2y＝0，即x＝1，y＝0；
当点P与点C重合时有x＝0，2y＝1，即x＝0，y＝；
又点P在三角形ABC内（含边界），
∴0≤x+2y≤1，0≤x≤1，0≤2y≤1；
∴﹣≤x﹣y≤1，
即x﹣y的取值范围是[﹣，1]．
故答案为：[﹣，1]．
【点评】本题考查了平面向量的基本定理的应用问题，也考查了平面向量的几何意义的应用问题，属中档题．
26．（2022•宝山区二模）已知D，E分别是△ABC边AB，AC的中点，M是线段DE上的一动点（不包含D，E两点），且满足＝α+β，则+的最小值为 　6+4　．
【分析】通过向量的基本定理，推出2α+2β＝1，利用基本不等式求解表达式的最小值．
【解答】解：由于M是DE上的一动点（不包含D，E两点），
且满足+β＝2α+2β，
所以α，β＞0且2α+2β＝1，
所以+＝（+）（2α+2β）＝6++≥6+2＝6+4，
（当且仅当α＝，β＝时取＝）．
故答案为：6+4．
【点评】考查平面向量的线性运算，基本不等式的应用，考查计算能力．
27．（2022•奉贤区二模）已知三角形的三边分别是5，7，8，则该三角形的内切圆的半径是 　　．
【分析】利用余弦定理求出cosC，根据同角三角函数的基本关系即可求出sinC，根据面积公式及等面积法求出内切圆的半径．
【解答】解：设△ABC中a＝5、b＝7、c＝8，
由余弦定理可得c2＝a2+b2﹣2abcosC，即82＝52+72﹣2×5×7cosC，
所以，则，
所以，
设△ABC的内切圆的半径为r，则，即，
解得；
故答案为：．
【点评】本题考查余弦定理，考查学生的运算能力，属于中档题．
28．（2022•金山区二模）已知平面向量、满足，若关于x的方程有实数解，则△AOB面积的最大值为 　　．
【分析】设的夹角为θ（0＜θ＜π），把两边平方，可得关于x的一元二次方程，利用判别式大于等于0求得cosθ的范围，进一步得到sinθ的最大值，则答案可求．
【解答】解：设的夹角为θ（0＜θ＜π），
由，，
得，
∴，
由题意可得：，解得cosθ或cosθ≥．
∴当cos时，，
此时△AOB面积的最大值为S＝|OA||OB|sin．
故答案为：．
【点评】本题考查数量积的性质及运算，考查运算求解能力，是中档题．
29．（2022•奉贤区模拟）在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上（与B、C不重合），延长射线AD到P，使得AP＝9，若＝m+（﹣m）（m为常数），则DB的长度为 　　．
【分析】以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，求得B与C的坐标，再把的坐标用m表示．由AP＝9列式求得m值，由题意可求的坐标，可求得D的坐标，则BD的长度可求．
【解答】解：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，
则B（4，0），C（0，3），
由若＝m+（﹣m），得＝m（+）+（﹣m）（+），
整理得：＝2m+（2m﹣3）＝﹣2m（4，0）+（2m﹣3）（0，3）＝（﹣8m，6m﹣9）．
由AP＝9，得64m2+（6m﹣9）2＝81，解得m＝，或m＝0．
可得＝（﹣，﹣），
当m＝时，直线PA的方程为y＝x，
直线BC的方程为+＝1，
联立两直线方程可得x＝m，y＝3﹣2m．
即D（，），∴|BD|＝＝，
当t＝0时，此时＝，可知D与C重合（舍去），
∴BD的长度是．
故答案为：．

【点评】本题考查向量的概念与向量的模，考查运算求解能力，利用坐标法求解是关键，是中档题．
30．（2022•浦东新区校级二模）已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2且（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC，则△ABC面积的最大值为 　　．
【分析】方法一：由正弦定理化简已知可得2a﹣b2＝c2﹣bc，结合余弦定理可求A的值，由基本不等式可求bc≤4，再利用三角形面积公式即可计算得解．
方法二：由题意利用正弦定理，余弦定理可得A＝，作△ABC的外接圆，固定B，C，则A在优弧BC上运动（不包含端点），以BC为底边考虑△ABC的面积，当A平分优弧BC时BC边上的高最大，此时三角形为正三角形，解三角形即可得解其面积．
【解答】解：方法一：因为：（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC
⇒（2+b）（a﹣b）＝（c﹣b）c
⇒2a﹣2b+ab﹣b2＝c2﹣bc，
又因为：a＝2，
所以：，
而b2+c2﹣a2＝bc
⇒b2+c2﹣bc＝a2
⇒b2+c2﹣bc＝4
⇒bc≤4，当且仅当b＝c＝2时等号成立，
所以：，即△ABC面积的最大值为．
方法二：由已知条件结合正弦定理可得（a+b）（a﹣b）＝（c﹣b）c，
整理得b2+c2﹣a2＝bc，从而由余弦定理可得A＝，
由于三角形ABC的边BC所对的角A为定角，因此△ABC的外接圆的半径是定值，
作△ABC的外接圆，固定B，C，则A在优弧BC上运动（不包含端点），
以BC为底边考虑△ABC的面积，当A平分优弧BC时BC边上的高最大，

因此三角形面积取得最大值，此时三角形为正三角形，面积为•22＝．
故答案为：．

【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
31．（2022•宝山区校级二模）圆C的圆心C在抛物线y2＝2x上，且圆C与y轴相切于点A，与x轴相交于P、Q两点，若（O为坐标原点），则|PQ|＝　3　．
【分析】不妨设C（a，b）在第一象限，则A（0，b），圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝a2（a＞0），依题意，可求得a与b的值，再利用直线被圆所截得的弦长公式可求得答案．
【解答】解：圆C的圆心C在抛物线y2＝2x上，且圆C与y轴相切于点A，

不妨设C（a，b）在第一象限，则A（0，b），圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝a2（a＞0），
又＝||•|OC|cos＜，＞＝＝b2＝9，
∴2a＝b2＝9，
∴a＝，b＝3，即C（，3），圆C的方程为+（y﹣3）2＝，
设点C在x轴上的射影为D，则|CD|＝3，
∴圆C被x轴截得的弦长|PQ|＝2＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了圆的标准方程的求解与应用，考查直线与圆位置关系、圆中弦长公式以及平面向量的数量积的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
32．（2022•浦东新区校级模拟）已知非零平面向量满足，且，若与的夹角为θ，且，则的取值范围是 　　．
【分析】由向量几何意义去解题，数形结合的方法可以简化解题过程．
【解答】解：如图1，

令，
则，取AB中点M，
由，
可得，
，
所以，
即C在以M为圆心 为半径的圆上．
由，
当O、M，C三点共线时 （M在线段OC上 ，，
由于O在以AB为弦的圆弧上，设圆心为G，
由正弦定理可知2||＝，
即，
当时，圆G半径|OG|取得最大值，
，
当O、M、G三点共线 （ G在线段OM上），且时， 取得最大值，
此时；
如图2，

显然当O、M、C三点共线（点C在线段OM上），，
当时，圆G半径|OG|取得最小值2，
，即M、G两点重合． 取得最小值为2，
则时，．
故向量的模取值范围是，
故答案为：．
【点评】本题考查了向量的几何意义，平面向量数量积的性质及运算，属于难题．
三．解答题（共15小题）
33．（2022•浦东新区校级二模）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知a＝3，c＝，B＝45°．
（1）求sinC的值；
（2）在边BC上取一点D，使得cos∠ADC＝﹣，求tan∠DAC的值．

【分析】（1）由题意及余弦定理求出b边，再由正弦定理求出sinC的值；
（2）三角形的内角和为180°，cos∠ADC＝﹣，可得∠ADC为钝角，可得∠DAC与∠ADC+∠C互为补角，所以sin∠DAC＝sin（∠ADC+∠C）展开可得sin∠DAC及cos∠DAC，进而求出tan∠DAC的值．
【解答】解：（1）因为a＝3，c＝，B＝45°．，由余弦定理可得：b＝＝＝，
由正弦定理可得＝，所以sinC＝•sin45°＝＝，
所以sinC＝；
（2）因为cos∠ADC＝﹣，所以sin∠ADC＝＝，
在三角形ADC 中，易知C为锐角，由（1）可得cosC＝＝，
所以在三角形ADC中，sin∠DAC＝sin（∠ADC+∠C）＝sin∠ADCcos∠C+cos∠ADCsin∠C＝，
因为∠DAC，所以cos∠DAC＝＝，
所以tan∠DAC＝＝．

【点评】本题考查三角形的正弦定理及余弦定理的应用，及两角和的正弦公式的应用，属于中档题．
34．（2022•静安区二模）设函数f（x）＝sin（mx）．
（1）若m∈（0，1），且函数f（x）与y＝lgx的图像有横纵坐标均为正整数的交点，求m的值；
（2）设m＝1，g（x）＝2f2（x）+f（2x），在锐角△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若g（A）＝2，，求△ABC的面积．
【分析】（1）先根据正弦函数的有界性确定整点坐标，再代入sin（mx）＝1求解；
（2）先将原函数式化简，然后结合给的等量关系求出A的值，进而结合数量积已知，求出bc的值，则面积可求．
【解答】解：（1）因为sin（mx）∈[﹣1，1]，故符合题意的交点只能为（10，1），
所以sin（10m）＝1，故，k∈Z，
又因为m∈（0，1），所以取k＝0，1，
所以或．
（2），
因为g（A）＝2，得，因为A，所以，
即或（舍），，
，解得bc＝4．
所以．
【点评】本题考查三角函数的恒等变换以及解三角形的知识和方法，属于中档题．
35．（2022•静安区模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，cosCsin（A+）﹣sinCsin（A﹣）＝．
（1）求B；
（2）若△ABC的周长为4，面积为，求b．
【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简已知等式可得，结合范围0＜B＜π，即可求解B的值．
（2）由已知利用余弦定理可得a2+c2﹣ac＝b2，又a+b+c＝4，利用三角形的面积公式可求，进而求得，即可求解b的值．
【解答】解：（1），
故原式左边等价于，即，
又0＜B＜π，
故，
所以；
（2）由余弦定理知，即a2+c2﹣ac＝b2，
又a+b+c＝4，
故a2+c2﹣ac＝[4﹣（a+c）]2，整理得3ac+16＝8（a+c），
又S△ABC＝＝acsinB＝ac，可得，
故，
所以．
【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
36．（2022•杨浦区二模）已知函数f（x）＝tsinx+|cosx|，其中常数t∈R．
（1）讨论函数f（x）的奇偶性，并说明理由；
（2）△ABC中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝2，，f（A）＝2，求当时，△ABC的面积．
【分析】（1）利用函数的奇偶性的定义，通过t是否为0，判断函数的奇偶性即可．
（2）利用已知条件求解A的大小，然后求解三角形的面积即可．
【解答】解：（1）f（x）＝tsinx+|cosx|，x∈R，
①t＝0时，f（x）＝|cosx|∵f（﹣x）＝|cos（﹣x）|＝|cosx|＝f（x），∴f（x）偶函数．
②t≠0时，∵f（0）＝1≠0，∴f（x）不是奇函数，
∵，
∴f（x）不是偶函数．
∴函数f（x）非奇非偶函数；
（2）由，f（A）＝2，得，
因为，所以，
则，，
由a2＝b2+c2﹣2bccosA，解得，
．
【点评】本题考查三角形的解法，函数奇偶性的判断，余弦定理的应用，是中档题．
37．（2022•杨浦区二模）如图所示，鸟类观测站需同时观测两处鸟类栖息地．A地在观测站正北方向，且距离观测站2公里处，B地在观测站北偏东方向，且距离观测站5公里．观测站派出一辆观测车（记为点M）沿着公路向正东方向行驶进行观测，记∠AMB为观测角．
（1）当观测车行驶至距观测站1公里时，求观测角∠AMB的大小；（精确到0.1°）
（2）为了确保观测质量，要求观测角∠AMB不小于45°，求观测车行驶过程中满足要求的路程有多长．（精确到0.1公里）

【分析】（1）根据题意建立平面直角坐标系，用坐标表示向量，利用数量积计算夹角的大小；
（2）设点M，利用坐标表示向量和直线的斜率，求出∠AMB的正切值，从而求出对应的结果．
【解答】解：（1）根据题意，建立平面直角坐标系，如图所示：
则A（0，2），B（4，3），M（1，0），
则，，
所以cos∠AMB＝＝＝，
所以观测角．
（2）设M（x，0）（x＞0），
①x＝4时，tan∠AMB＝＝2，
所以∠AMB＝arctan2＞45°，
②x≠4时，直线MA的斜率为，直线MB的斜率为，
因为＝（﹣x，2），＝（4﹣x，3），
所以•＝﹣x（4﹣x）+6＝x2﹣4x+6＝（x﹣2）2+2＞0，
所以∠AMB为锐角，设y＝tan∠AMB，
则函数，
当x＝4时，y＝2符合上式，
又，
且∠AMB≥45°，
所以y≥1，
整理得x2﹣5x﹣2≤0，
解得，
且＝≈5.4，
所以观测车行进过程中满足要求的路程长度约为5.4公里．

【点评】本题考查了平面向量的坐标表示和直线方程的应用问题，是中档题．
38．（2022•长宁区二模）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c．
（1）若sin2A＝sin2B+sin2C+sinBsinC，求A；
（2）若C＝60°，△ABC的面积，求△ABC外接圆半径R的最小值．
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再由余弦定理，即可得解；
（2）根据三角形面积公式推出ab＝4，再结合余弦定理与基本不等式，可得c≥2，然后由R＝，得解．
【解答】解：（1）由正弦定理及sin2A＝sin2B+sin2C+sinBsinC，知a2＝b2+c2+bc，
由余弦定理，知，
因为A∈（0°，180°），所以A＝120°．
（2）因为△ABC的面积S＝，且C＝60°，
所以ab＝4，
由余弦定理知，c2＝a2+b2﹣2abcosC＝a2+b2﹣ab≥2ab﹣ab＝ab＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，
所以c≥2，
由正弦定理知，R＝≥＝，
故△ABC外接圆半径R的最小值为．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
39．（2022•黄浦区校级模拟）已知在三角形△ABC中，a＝2b，三角形的面积S＝12．
（1）若b＝4，求tan（A+B）；
（2）若，求sinA，sinB．
【分析】（1）根据面积公式及b＝4，得到，分C为锐角和C为钝角时，求出cosC，进而求出tanC，求出tan（A+B）；（2）由面积公式求出，分C为锐角和C为钝角，由余弦定理和正弦定理求出答案．
【解答】解：∵，
而，
分情况讨论，当C为锐角时，，
∴，
当C为钝角时，，
∴；
（2），
因为b＞0，所以，
分情况讨论，当C为锐角时，，
由余弦定理，c＝a2+b2﹣2abcosC＝36⇒c＝6，
由正弦定理，，，
当C为钝角时，，
由余弦定理，，
由正弦定理，，．
【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
40．（2022•徐汇区二模）某动物园喜迎虎年的到来，拟用一块形如直角三角形ABC的地块建造小老虎的休息区和活动区．如图，∠BAC＝90°，AB＝AC＝20（单位：米），E、F为BC上的两点，且∠EAF＝45°，△AEF区域为休息区，△ABE和△ACF区域均为活动区．设∠EAB＝α（0＜α＜45°）．
（1）求AE、AF的长（用α的代数式表示）；
（2）为了使小老虎能健康成长，要求所建造的活动区面积尽可能大（即休息区尽可能小）．当α为多少时，活动区的面积最大？最大面积为多少？

【分析】（1）在三角形中利用正弦定理，表示AE，AF即可．
（2）在三角形AEF中，利用正弦定理表示面积，利用三角函数表示面积即可．
【解答】解：（1）在△AEB中，∠EAB＝α，∠B＝45°，AB＝20，
由正弦定理有：，可得：，
同理，在△AFC中，，
（2）在△AEF中，，
化简可得：，
∵，故，所以，
所以，此时，设活动面积为S，
故＝200（2﹣），
所以时，此时．
【点评】本题主要考查正弦定理及三角形面积最值问题，属于中档题．
41．（2022•闵行区校级二模）在平面四边形ABCD中，已知∠ABC＝，∠ADC＝，AC平分∠BAD．
（1）若∠BAD＝，AC＝2，求四边形ABCD的面积；
（2）若CD＝2AB，求tan∠BAC的值．
【分析】（1）根据正弦定理与面积公式求解
（2）根据正弦定理有关知识求解
【解答】解：（1），则，
在△ABC中，由正弦定理可知，则，
则．
（2）设∠BAC＝∠DAC＝α，在△ABC中，由正弦定理可知，
即，即，
在△ACD中，由正弦定理可知，即，
即，即，则，
2（cosα﹣sinα）＝sinα，
cosα＝2sinα，
解得．
【点评】本题考查正余弦定理的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
42．（2022•普陀区二模）如图所示，等腰直角△ABC是某大型商场一楼大厅的局部，商场管理部门拟用围栏在其中围出一个三角形区域OEF，供商家开展促销活动．已知AB＝AC＝20（米），E，F分别是AB，AC上的动点，O为BC的中点，且∠EOF＝，设∠OEA＝α．
（1）当α＝时，求围栏EF段的长度（精确到0.01）；
（2）求区域OEF面积的最小值（精确到0.01），并指出面积达到最小值时的相应的α值．

【分析】（1）在三角形OFC中，由正弦定理得，，可求OF，再由余弦定理可示EF；
（2）在三角形OFC中，由正弦定理得，可得OF，在三角形OEF中，由正弦定理得，可求OE，可求△OEF面积的最小值，以及面积达到最小值时的相应的α值．
【解答】解：（1）由，可得OE＝10，OC＝10，∠OFC＝，∠C＝，
在△OFC中，可得，，
即，
在△OEF中，可得，
即，则EF＝18.68米．
（2）由条件得，，∠OEB＝π﹣α，且，
在△OFC中，可得，
即，
在△OEF中，可得，
即，
所以△OEF的面积为S＝OE×OFsin∠EOF＝，
可得，
又，即，
当，即时，S取得最小值，且值为，
则区域OEF面积的最小值为46.41（平方米），对应的α值为．
【点评】本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属中档题．
43．（2022•金山区二模）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c．已知，且B为锐角．
（1）求角B的大小；
（2）若，证明△ABC是直角三角形．
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，可得sinB的值，从而得解；（2）利用正弦定理化边为角，再结合正弦的两角和公式、辅助角公式，即可得证．
【解答】（1）解：由正弦定理知，＝，
∵，
∴2sinBsinA＝sinA，
又在△ABC中，sinA＞0，
∴2sinB＝，即sinB＝．
∵B为锐角，∴B＝．
（2）证明：由正弦定理知，＝＝，
∵，∴3sinC﹣3sinA＝sinB＝×＝，
∴3sinC﹣3sin（C+）＝，即sinC﹣sinC﹣cosC＝，即sinC﹣cosC＝，
∴sin（C−）＝，
又∵C∈（0，），∴C−∈（﹣，），
∴C−＝，即C＝，
故△ABC是直角三角形．
【点评】本题考查解三角形与三角恒等变换的综合应用，熟练掌握正弦定理、两角和差公式与辅助角公式等基础知识是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
44．（2022•浦东新区校级二模）如图，某沿海地区计划铺设一条电缆联通A、B两地，A处位于东西方向的直线MN上的陆地处，B处位于海上一个灯塔处，在A处用测角器测得tan∠BAN＝，在A处正西方向1km的点C处，用测角器测得tan∠BCN＝1，现有两种铺设方案：①沿线段AB在水下铺设；②在岸MN上选一点P，先沿线段AP在地下铺设，再沿线段PB在水下铺设，预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元/km，4万元/km．
（1）求A、B两点间的距离；
（2）请选择一种铺设费用较低的方案，并说明理由．

【分析】（1）由tan∠BAN＝，∠BCN＝，得到|AD|，|DB|、|AB|间的关系，然后利用直角三角形的性质求解；
（2）方案①：总铺设费用为5×4＝20（万元）．
方案②：设∠BPD＝θ，则θ∈（θ0，），其中θ0＝∠BAN，在Rt△BDP中，DP＝＝，BP＝＝，则总铺设费用为2AP+4BP＝8﹣+＝8+6•．设f（θ）＝，则f′（θ）＝＝，求出函数的极小值，即函数的最小值得答案．
【解答】（本题满分为14分）
解：（1）过B作MN的垂线，垂足为D，如图示：
在Rt△ABD中，tan∠BAD＝tan∠BAN＝，
所以AD＝BD，
在Rt△BCD中，tan∠BCD＝tan∠BCN＝＝1，
所以CD＝BD．
则AC＝AD﹣CD＝BD﹣BD＝BD＝1，即BD＝3，
所以CD＝3，AD＝4，
由勾股定理得，AB＝＝5（km）．
所以A，B两镇间的距离为5km．…（4分）
（2）方案①：沿线段AB在水下铺设时，总铺设费用为5×4＝20（万元）．…（6分）
方案②：设∠BPD＝θ，则θ∈（θ0，），其中θ0＝∠BAN，
在Rt△BDP中，DP＝＝，BP＝＝，
所以AP＝4﹣DP＝4﹣．
则总铺设费用为2AP+4BP＝8﹣+＝8+6•．…（8分）
设f（θ）＝，则f′（θ）＝＝，
令f'（θ）＝0，得θ＝，列表如下：
θ
（θ0，）

（，）
f'（θ）
﹣
0
+
f（θ）
↘
极小值
↗
所以f（θ）的最小值为f（）＝．
所以方案②的总铺设费用最小为8+6 （万元），此时AP＝4﹣． …（12分）
而8+6 ＜20，
所以应选择方案②进行铺设，点P选在A的正西方向（4﹣）km处，总铺设费用最低．…（14分）

【点评】本题考查了简单的数学建模思想方法，考查了利用导数求函数的最值，是中档题．
45．（2022•松江区二模）如图，农户在AB＝100米、BC＝80米的长方形地块ABCD上种植向日葵，并在A处安装监控摄像头及时了解向日葵的生长情况．监控摄像头可捕捉到图像的角度范围为∠PAQ＝45°，其中点P、Q分别在长方形的边BC、CD上，监控的区域为四边形APCQ．记∠BAP＝θ（0°≤θ≤45°）．
（1）当θ＝30°时，求P、Q两点间的距离；（结果保留整数）
（2）问当θ取何值时，监控区域四边形APCQ的面积S最大？最大值为多少？（结果保留整数）

【分析】（1）根据BP＝ABtan30°，DQ＝ADtan15°求解PC，QC，再用勾股定理求解即可，
（2）根据直角三角函数中的关系分别求得△ABP，△ADQ的面积，进而表达出四边形APCQ的面积，再令x＝1+tanθ，化简S再用基本不等式求解最小值即可．
【解答】解：（1）∵，∴PC＝80﹣57.74＝22.26，
∵DQ＝ADtan15°≈80×0.268≈21.44∴QC＝100﹣21.44＝78.56，
∴，
（2），
所以，
所以，
令x＝1+tanθ，则tanθ＝x﹣1，1﹣tanθ＝2﹣x，
∴，
∴，
此时，即时．
故当时，监控区域四边形APCQ的面积S最大约为4886．
【点评】本题考查解三角形，考查学生的运算能力，属于中档题．
46．（2022•徐汇区校级模拟）已知△ABC中，AC＝1，，设∠BAC＝x，记；
（1）求函数f（x）的解析式及定义域；
（2）试写出函数f（x）的单调递增区间，并求方程的解．
【分析】（1）由条件利用正弦定理、两个向量的数量积公式、三角恒等变换化简函数f（x）的解析式．
（2）利用正弦函数的单调性求得f（x）的单调区间，并求出x的值．
【解答】解：（1）由正弦定理有＝＝
∴BC＝•sinx，AB＝，
∴＝sinx•sin（﹣x）•＝（cosx﹣sinx）sinx＝sin（2x+）﹣，
其定义域为（0，）
（2）∵﹣+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z，
∴﹣+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，
∵x∈（0，）
∴递增区间，
∵方程＝sin（2x+）﹣，
∴sin（2x+）＝1，
解得．
【点评】本题考查了正弦定理、数量积运算、三角形的内角和定理、正弦函数的单调性，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．
47．（2022•青浦区校级模拟）钓鱼岛及其附属岛屿是中国固有领土，如图：点A、B、C分别表示钓鱼岛、南小岛、黄尾屿，点C在点A的北偏东47°方向，点B在点C的南偏西36°方向，点B在点A的南偏东79°方向，且A、B两点的距离约为3海里．
（1）求A、C两点间的距离；（精确到0.01）
（2）某一时刻，我国一渔船在A点处因故障抛锚发出求救信号．一艘R国舰艇正从点C正东10海里的点P处以18海里/小时的速度接近渔船，其航线为P→C→A（直线行进），而我东海某渔政船正位于点A南偏西60°方向20海里的点Q处，收到信号后赶往救助，其航线为先向正北航行8海里至点M处，再折向点A直线航行，航速为22海里/小时．渔政船能否先于R国舰艇赶到进行救助？说明理由．

【分析】（1）由题意，∠ACB＝11°，∠ABC＝115°，在△ABC中，由正弦定理可求A、C两点间的距离；
（2）求出国舰艇的到达时间、渔政船的到达时间，比较可得结论．
【解答】解：（1）由题意，∠ACB＝11°，∠ABC＝115°，
在△ABC中，由正弦定理可得海里．
（2）R国舰艇的到达时间为：小时．
在△AQM中，，
得AM≈17.44海里，
所以渔政船的到达时间为：小时．
因为1.16＜1.35，所以渔政船先到．
答：渔政船能先于R国舰艇赶到进行救助．

【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查正弦定理、余弦定理的运用，考查学生的计算能力，正确运用正弦定理、余弦定理是关键．