期末高频考点第03讲 平面向量、解三角形中的范围和最值问题-2021-2022学年高一数学下学期《考点·题型·密卷》期末精讲精练高效复习专题（人教A版2019必修第二册）

期末高频考点第03讲：平面向量、解三角形中的范围和最值问题高频题型归纳题型一：平面向量与几何最值1．（2022·北京西城·高一期末）如图，AB为半圆的直径，点C为的中点，点M为线段AB上的一点（含端点A，B），若，则的取值范围是（

）A． B．C． D．2．（2021·江苏淮安·高一期末）已知点P是边长为1的正方形的对角线上的一点，则的最小值为（

）A． B． C． D．3．（2021·山西·高一期末）矩形中，，，是矩形内(不含边框)的动点，，则的最小值为（

）A． B． C． D．题型二：平面向量线段最值问题4．（2021·北京朝阳·高一期末）已知不共线的平面向量两两的夹角相等，且，实数，，则的最大值为（

）A． B．2 C． D．55．（2018·福建福州·高一期末）如图，半径为1的扇形AOB中，，P是弧AB上的一点，且满足，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则的最大值为（

）A． B． C．1 D．6．（2021·辽宁沈阳·高一期末）直角三角形中，是斜边上一点，且满足，点、在过点的直线上，若，，，则下列结论错误的是（

）A．为常数 B．的最小值为C．的最小值为 D．、的值可以为，题型三：平面向量的范围问题7．（2022·陕西·长安一中高一期末）如图，在平面四边形ABCD，，，，．若点E为边上的动点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．（2021·浙江温州·高一期末）已知平面向量，，（与不共线），满足，，设，则的取值范围为（

）A． B．C． D．9．（2021·河南商丘·高一期末）已知，，，的夹角，则的最大值为（

）A． B． C． D．题型四：解三角形的面积最值问题10．（2022·江西·景德镇一中高一期末）在锐角中，分别为角的对边，已知，则的面积S的取值范围是（

）A． B． C． D．11．（2021·四川成都·高一期末（理））在中，角，，的对边分别为，，，若，，则面积的最大值为（

）A．1 B． C．2 D．12．（2021·江苏·南京市建邺高级中学高一期末）我国南宋时期数学家秦九韶发现了求三角形面积的“三斜求积”公式：设△内角，，所对的边分别为，，，面积．若，，则△面积的最大值为（

）A． B． C． D．题型五：平面向量、解三角形中的综合性问题13．（2021·湖南永州·高一期末）已知，，分别为三个内角，，的对边，且.(1)求；(2)若，的外心为，求的最小值.14．（2022·浙江省开化中学高一期末）已知向量，函数．(1)求函数的单调递增区间；(2)在锐角中内角的对边分别为，若，，求面积的取值范围．15．（2021·湖南师大附中高一期末）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．专题强化精练2021-2022学年度高中数学期末考试卷一、单选题16．（2020·云南·昆明市官渡区第一中学高二期末（文））已知圆的方程为，点在直线上，线段为圆的直径，则的最小值为A．2 B． C．3 D．17．（2021·浙江·高一期末）已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是A． B． C． D．18．（2020·云南·罗平县第二中学高一期末）在中，为上一点，，为上任一点，若，则的最小值是A．9 B．10C．11 D．1219．（2020·上海·曹杨二中高二期末）已知、、是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是A． B． C．2 D．20．（2022·天津市红桥区教师发展中心高三期末）如图，在平面四边形ABCD中，若点E为边CD上的动点，则的最小值为A． B． C． D．21．（2021·上海市金山中学高一期末）设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（

）A．(1，9] B．(3，9]C．(5，9] D．(7，9]22．（2021·浙江·高一期末）在中，角所对的边分别为，且点满足，若，则的最大值为（

）A． B． C． D．23．（2019·宁夏吴忠·高一期末）在中，，，且，则的取值范围是A． B． C． D．24．（2020·重庆巴蜀中学高一期末）如图梯形，且，，在线段上，，则的最小值为A． B． C． D．25．（2020·重庆八中高一期末）在锐角中，若，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．26．（2018·湖南·长郡中学高二期末（理））已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是A．1 B．2 C． D．27．（2020·四川宜宾·高一期末）如图，在平面四边形中，，，，，，若点F为边上的动点，则的最小值为（

）A．1 B． C． D．2二、多选题28．（2020·福建龙岩·高一期末）如图，的内角，，所对的边分别为，，．若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（

）A．是等边三角形B．若，则，，，四点共圆C．四边形面积最大值为D．四边形面积最小值为29．（2022·辽宁鞍山·高一期末）中，为上一点且满足，若为线段上一点，且（，为正实数），则下列结论正确的是（

）A． B．C．的最大值为 D．的最小值为330．（2021·浙江·高一期末）在中，角所对的边分别为的面积为S，若，则（

）A． B．的最大值为1C．的最大值为 D．三、解答题31．（2020·辽宁·营口市第二高级中学高一期末）的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．32．（2021·江西省铜鼓中学高一期末（理））在中，设角的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若，求周长的取值范围.33．（2021·广东广州·高二期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求角C的值；（2）若，当边c取最小值时，求的面积．34．（2020·安徽·淮北师范大学附属实验中学高二期末（文））在中，角、、所对的边分别为、、，，，且.（1）求角的大小；（2）若，求的最大值.35．（2020·黑龙江实验中学高三期末（文））已知在中，角，，的对边分别为，，，且.（1）求的值；（2）若，求面积的最大值.36．（2021·浙江·高一期末）在锐角中，角、、的对边分别为、、，若，．（1）求角的大小和边长的值；（2）求面积的最大值．37．（2020·浙江丽水·高一期末）已知向量，，记函数.（1）求函数在上的取值范围；（2）若为偶函数，求的最小值.38．（2020·浙江·高一期末）在中，角，，的对边分别为，，，.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.参考答案：1．D【详解】因为点C为的中点，，所以，所以，因为点M为线段AB上的一点，所以，所以，所以的取值范围是,故选：D.2．C【详解】如图设，当与重合时，，，当与重合时，，，所以当点在上运动时，所以，得，，此时P与B重合.故选：C.3．C【解析】【详解】记，则，，，，所以当，时，取最小值.故选：C.4．C因为平面向量两两的夹角相等，所以它们的夹角是；因为，所以；因为，，所以当取最大值时，即时，所以的最大值为.故选：C.5．C由题意可知，以O为原点，OP所在直线为x轴，OB所在直线为y轴建立平面直角坐标系则，设所以则所以当m=n=0时所以选C6．B【解析】【分析】作出图形，由可得出，根据三点共线的结论得出，结合基本不等式可判断出各选项的正误，即可得出结论.【详解】如下图所示：由，可得，，若，，，则，，，、、三点共线，，，故A正确；所以，时，也满足，则D选项正确；，当且仅当时，等号成立，C选项成立；，当且仅当时，即，时等号成立，故B选项错误.故选：B7．A【解析】【分析】由已知条件可得，设，则，由，展开后，利用二次函数性质求解即可.【详解】∵,因为，，，所以，连接，因为，所以≌，所以，所以，则，设，则，∴，，，，所以，因为，所以.故选：A.8．A【解析】【分析】设，由已知条件判断出，即是等腰直角三角形，以为坐标原点，所在的边为轴的正半轴建立平面直角坐标系，则，，得，再由得，设，求出范围可得答案【详解】设，则，，所以，即是等腰直角三角形，以为坐标原点，所在的边为轴的正半轴建立平面直角坐标系，如图，则，，因为，所以，因为，所以，所以，，两式相加得，所以，因为，所以设，所以，因为不共线，所以不共线，所以，所以，，，所以，故选：A.9．A【解析】【分析】设，的夹角为，进而由题知，，再结合三角函数性质求解即可.【详解】解：设，的夹角为.因为，，的夹角，所以，即，所以.当且仅当时等号成立.故选：A10．C【解析】【分析】根据条件求出，利用三角形面积公式得到，采用极端值方法求出的最值，进而得到的范围，求出面积的取值范围.【详解】，因为为锐角三角形，故，，当BC⊥AB时，，当CB⊥AC时，，故，所以.故选：C11．B【解析】【分析】由正弦定理和余弦定理化角为边后，利用余弦定理求得，代入已知条件并应用基本不等式求得的最小值，得的最大值，即得三角形面积最大值．【详解】解：，，化简得，即，由余弦定理知，，，，的面积．故选：B．12．C【解析】【分析】由正弦定理边角关系得，则，由题设得，结合二次函数的性质即可求△面积的最大值.【详解】∵，∴由正弦定理得且，即且，∴，∴时，△面积取最大值．故选：C．13．(1)；(2).【解析】【分析】（1）利用正弦定理整理条件可得，结合二倍角公式即可求得；（2）由条件可得的三个顶点均在单位圆上，且，，则，固定，则点在优弧（不包括端点）上，作图，分三种情况进行讨论，结合三角函数性质即可得到答案．(1)解：因为，所以，由正弦定理得，则，即，所以，显然，所以，因为，所以，则.(2)解：由正弦定理可得，则，即的三个顶点均在单位圆上，且，，则，固定，则点在优弧（不包括端点）上，记，，，，如图，①当点在（不包括上时，，此时，，，②当点在上时，，即，此时，，，，以上两种情形，，，其中，，此时当，时，取最小值；③当在（不包括上时，，此时，，，，若，则，与，矛盾，所以，综上：的最小值为．14．(1)和(2)【解析】【分析】（1）根据已知条件写出表达式并化简，结合正弦型函数的单调性以及的范围即可求解；（2）由已知条件得到，结合正弦定理得到，根据的范围得到的范围，根据三角形面积公式得到即可得到面积的取值范围.(1)由题意得，，令，得；又因为，所以当时，；当时，.所以在时函数的单调递增区间是和．(2)由可知，因为，所以，所以，则.由正弦定理得，即，，则，又因为在锐角三角形中，由，即，得，所以，所以，则故的取值范围为，所以.所以面积的取值范围为.15．(1)，角的取值范围为；(2)【解析】【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)(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.16．B【解析】将转化为，利用圆心到直线的距离求得的取值范围求得的最小值.【详解】.故选B.【点睛】本小题主要考查向量的线性运算，考查点到直线距离公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.17．B【解析】【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，则，，，设，则，，，则当，时，取得最小值，故选：．18．D【解析】【分析】由题意结合向量共线的充分必要条件首先确定的关系，然后结合均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可知：，三点共线，则：，据此有：，当且仅当时等号成立.综上可得：的最小值是12.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查三点共线的充分必要条件，均值不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19．A【解析】【分析】先确定向量、所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.【详解】设，则由得，由得因此，的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法.20．A【解析】【详解】分析：由题意可得为等腰三角形，为等边三角形，把数量积分拆，设，数量积转化为关于t的函数，用函数可求得最小值。详解：连接BD,取AD中点为O,可知为等腰三角形，而，所以为等边三角形，。设=所以当时，上式取最小值，选A.点睛：本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分，需要选择合适的基底，再把其它向量都用基底表示。同时利用向量共线转化为函数求最值。21．D【解析】【分析】由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论.【详解】因为，由正弦定理可得，则有，由的内角为锐角，可得，，由余弦定理可得因此有故选：D.【点睛】方法点睛：正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.22．A【解析】【分析】利用向量知识可得，两边平方可得，再利用不等式知识可求得结果.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，整理得，所以，因为，所以，所以，解得.所以的最大值为故选：A【点睛】关键点点睛：将向量条件化为，利用向量数量积的运算律运算得到是解题关键.23．D【解析】【分析】由，可以得到，利用平面向量加法的几何意义，可以构造平行四边形，根据，可知平行四边形是菱形，这样在中，可以求出菱形的边长，求出的表达式，利用，构造函数，最后求出的取值范围.【详解】，以为邻边作平行四边形，如下图：所以，因此,所以平行四边形是菱形，设，，所以，在中，，设，所以当时，，是增函数，故，因此本题选D.【点睛】本题考查了平面加法的几何意义、以及平面向量数量积的取值范围问题，利用菱形的性质、余弦的升幂公式、构造函数是解题的关键.24．B【解析】【分析】先建系解得坐标，再设坐标，根据向量数量积列函数关系式，最后根据二次函数性质求最值.【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，设，因此，因此，设所以当时，最小值为选B.【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.25．D【解析】【分析】由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据可得，，于是，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．【详解】由，得，，，．由正弦定理知，，由余弦定理知，，，，化简整理得，，，，由正弦定理，有，，，锐角，且，，，解得，，，，，，，，，的取值范围为，．故选：．【点睛】本题考查解三角形中正弦定理与余弦定理的综合应用，还涉及三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的基础公式，并运用到了角化边的思想，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．26．C【解析】【详解】试题分析：由于垂直，不妨设，，，则，，表示到原点的距离，表示圆心，为半径的圆，因此的最大值，故答案为C．考点：平面向量数量积的运算．27．B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设出点坐标，求得的表达式，进而求得的最小值.【详解】以为原点建立如图所示平面直角.依题意，，，在三角形中，由余弦定理得.所以，所以.而，所以.在三角形中，由余弦定理得.所以，所以.在三角形中，，所以三角形是等边三角形，所以.所以，设依题意令，即，所以，所以，所以.对于二次函数，其对称轴为，开口向上，所以当时，有最小值，也即有最小值为.故选：B【点睛】本小题主要考查向量数量积的最值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.28．AC【解析】【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求，再利用，可知为等边三角形，从而判断；利用四点，，，共圆，四边形对角互补，从而判断；设，，在中，由余弦定理可得，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求，利用正弦函数的性质，求出最值，判断．【详解】由正弦定理，得，，，B是等腰的底角，，是等边三角形，A正确；B不正确：若四点共圆，则四边形对角互补，由A正确知，但由于时，，∴B不正确．C正确，D不正确：设，则，，，，，，，，∴C正确，D不正确；故选：AC.．【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题．29．AD【解析】【分析】由题设结合三点共线可得，再应用基本不等式求、的最值，利用向量加减、数乘的几何意义求的线性关系.【详解】由题设，可得，又三点共线，∴，即，B错误；由，为正实数，，则，当且仅当时等号成立，故C错误；，当且仅当时等号成立，故D正确；，又，∴，故A正确.故选：AD.30．ABC【解析】【分析】由面积公式可得，再由正弦定理化简即可判断A；由根据可判断B；利用余弦定理可得，进而得出可判断C；由已知结合余弦定理即可判断D.【详解】，即，由正弦定理可得，，，即，由正弦定理可得，故A正确；，，,则当时，取得最大值为1，故B正确；由余弦定理得，，，其中，则可得的最大值为，故C正确；由，联立可得，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题考查正余弦定理的运用，解题的关键是利用面积公式和正弦定理将已知化简得出.31．(1);(2).【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.32．（1）；（2）【解析】【分析】（1）由三角函数的平方关系及余弦定理即可得出（2）利用正弦定理、两角和差的正弦公式、三角函数的单调性转化为三角函数求值域即可得出.【详解】（1）由题意知，即，由正弦定理得由余弦定理得，又.（2），则的周长.，，周长的取值范围是.【点睛】本题主要考查了三角函数的平方关系，正余弦定理，两角和差的正弦公式，三角函数的单调性，属于中档题.33．（1）；（2）．【解析】【分析】（1）根据正弦定理，将角化为边的表达形式；结合余弦定理即可求得角C的值．（2）由余弦定理求得与的关系，结合不等式即可求得c的最小值，即可得到的值，进而求得三角形面积．【详解】（1）由条件和正弦定理可得，整理得从而由余弦定理得．又∵C是三角形的内角，∴．（2）由余弦定理得，

∵，∴，∴（当且仅当时等号成立）．∴c的最小值为2，故．【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理的简单应用，边角关系的转化及不等式在求最值中的用法，属于基础题．34．（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用共线向量的坐标表示结合两角和的余弦公式求出的值，再由角的取值范围可求出角的值；（2）利用正弦定理得出，，于是得出，利用两角和的正弦公式以及辅助角公式将其转化为角的三角函数，可求出的最大值.【详解】（1），，且，，即，即，化简得，，，则，得.，；（2）由正弦定理得，则，，所以，，为锐角，且，，，，则，当时，取得最大值.【点睛】本题考查共线向量的坐标表示、三角形化简与求值以及三角形中的最值问题，在求解三角形中的最值与取值范围问题时，一般利用正弦定理将代数式转化为以某角为自变量的三角函数，借助三角函数恒等变换思想求解，考查计算能力，属于中等题.35．(1);(2).【解析】【详解】分析：（1）在式子中运用正弦、余弦定理后可得．（2）由经三角变换