广东省广州市庆丰实验学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题
一、单选题（每题5分，共40分）
1．（2024高一下·白云月考）已知复数，，则（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】B
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可知，
所以，所以
故选：B.
【分析】先由复数除法法则求得复数z，进而求得a与b的值，即可求得的值.
2．（2024高一下·白云月考）如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可.
3．（2024高一下·白云月考）设 的内角 所对边的长分别为 ，若 ，则角 =（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】 ，由正弦定理可得 即 ； 因为 ，所以 ，所以 ，而 ，所以 ，
故答案为：B.
【分析】根据正弦定理，将角化为边，结合余弦定理的变形，求出cosC，即可得到角C.
4．（2024高一下·白云月考）如图，是水平放置的的斜二测直观图，为等腰直角三角形，其中与重合，，则的面积是（ ）
A．9 B． C．18 D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：将的直观图还原为原图，如图所示：
由为等腰直角三角形， 且，可得，
则，，
即.
故答案为：D.
【分析】利用斜二测画法将直观图还原为原图，再结合等腰直角三角形的结构特征和三角形的面积公式，从而得出的面积.
5．（2024高一下·白云月考）在△ABC中，若acosA=bcosB，则△ABC的形状一定是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】D
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：已知：acosA=bcosB
利用正弦定理：
解得：sinAcosA=sinBcosB
sin2A=sin2B
所以：2A=2B或2A=180°﹣2B
解得：A=B或A+B=90°
所以：△ABC的形状一定是等腰或直角三角形
故选：D
【分析】首先利用正弦定理求得sin2A=sin2B，进一步利用三角函数的诱导公式求出结果．
6．（2024高一下·白云月考）已知向量满足，，且，则与的夹角的余弦值为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为 ，所以，所以，所以，
所以
故选：A.
【分析】根据向量垂直，即数量积为0，先求出，进而向量的夹角公式即可求得与的夹角的余弦值 .
7．（2024高一下·白云月考）如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为，且A，B两点之间的距离为6 m，则树的高度为（ ）
A． m B． m C． m D． m
【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，易知，
由正弦定理可得：，
所以，
所以树的高度为.
故选：A.
【分析】根据给定条件先求出∠APB的度数，在中，利用正弦定理求出PB的长度，进而利用直角三角形边角关系即可求得树的高度.
8．（2024高一下·白云月考）已知菱形的对角线相交于点，点为的中点，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：如图所示，以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
易知，，，，，所以，
所以.
故选：B.
【分析】根据题意，以对角线交点为坐标原点，对角线所在直线为轴建立直角坐标系，求出的坐标表示，进而利用向量的数量积坐标表示即可求得.
二、多选题（每题6分，部分选对给部分分，共18分）
9．（2024高一下·白云月考）下面关于空间几何体叙述正确的是（ ）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．正四棱柱都是长方体
D．直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥
【答案】C,D
【知识点】棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】对于A，底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥，A不正确；
对于B，将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是这样的多面体不是棱台，B不正确；
对于C，正四棱柱都是长方体是正确的，C符合题意；
对于D，根据圆锥的定义可知D符合题意.
故答案为：CD
【分析】 利用正棱锥的定义判断选项A；由棱台的定义判断选项B；由正四棱柱的定义判断选项C；由圆锥的定义即可判断选项D.
10．（2024高一下·白云月考）设，，为复数，且.下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】对A：若，，则，
因为，则，所以，故A正确；
对B：若，则，
因为与不一定相等，所以，不一定相等，故B错误；
设，
对C：所以，
由，则，
整理得，
又因为不一定等于0，故C错误；
对D：因为，则，
由C可知：因为，
，
所以，故D正确；
故答案为：AD.
【分析】根据复数的特征、几何意义以及复数运算判断各选项即可.
11．（2024高一下·白云月考）在中，角，，所对的边分别为，，，点为所在平面内点，满足，下列说法正确的有（ ）
A．若，则点为的重心
B．若，则点为的外心
C．若，，，则点为的内心
D．若，，，则点为的垂心
【答案】A,C
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：AB、若，即，所以.
如图所示，取中点，连接，
所以，所以在的中线上，同理可得在其它两边的中线上，
所以是的重心，故选项A正确，选项B错误；
CD、若，，，即，
如图所示，延长交于，则，，
所以，
设，所以，
因为与共线，与，不共线，所以，，
所以，所以为的平分线，同理可证其它的两条也是角平分线.
所以是的内心，故选项C正确，
故选：AC.
【分析】若，可知，取中点，连接，结合图形以及平面向量的线性运算可知，所以在的中线上，进而即可推出结果；若，，，延长交于，结合图形以及平面向量的线性运算有，，设，进而可得，根据共线定理可得，，进而可知为的平分线，即可推出结果.
三、填空题（每题5分，共15分）
12．（2024高一下·白云月考）已知复数，i为虚数单位，则z的虚部为 .
【答案】-1
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为，
所以z的虚部是 1．
故答案为： 1．
【分析】直接利用复数代数形式的除法运算化简，则复数z的虚部可求．
13．（2024高一下·白云月考）已知，，向量，的夹角为，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据模长公式和数量积的运算即可求解.
14．（2024高一下·白云月考）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
【答案】2
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故填：．
方法二：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又因为，所以，即．
故填：．
【分析】利用两种方法求解，方法一：利用余弦定理和三角形面积之间的关系式以及三角形的面积公式，从而得出AD的长；方法二：利用余弦定理和b的取值范围得出b的值，再结合正弦定理和边角关系以及三角形内角和为180°的性质，从而得出AD的长.
四、解答题（15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分）
15．（2024高一下·白云月考）已知复数（，为虚数单位）．
（1）当时，求；
（2）设为复数z的共轭复数，若不是纯虚数，求m的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
所以.
（2）解：因为，所以，
所以，
因为是纯虚数时，所以，解得，
所以当不是纯虚数时，，
所以的取值范围为.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】（1）把代入，先利用复数除法运算求得复数z，进而根据复数模的意义求出 即可.
（2）利用复数除法运算求出复数及，进而求得 ，再利用纯虚数的意义即可求得m的取值范围 .
（1）当时，，
所以.
（2）依题意，，则，
于是，
当是纯虚数时，则，解得，则当不是纯虚数时，，
所以的取值范围为.
16．（2024高一下·白云月考）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明：设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．
（2）解：[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理：因为，如图，在中，，①
在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，（舍去）．当时，．所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似：如图，已知，则，即，
而，即，故有，从而．由，即，即，即，故，即，又，所以，则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合：由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质：如图，作，交于点E，则．
由，得．在中，．在中．因为，所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理：因为，所以．以向量为基底，有．所以，即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．
[方法六]：建系求解：以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．
【知识点】余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】围绕三角形的边角关系展开，利用正弦定理、余弦定理解决问题.（1）通过正弦定理将角的关系转化为边的关系，结合已知条件证明；（2）利用线段比例关系，结合余弦定理建立边的等式，进而求出.解题关键在于灵活运用正弦定理和余弦定理，实现边角转化.
17．（2024高一下·白云月考）已知角是的内角，若，.
(1)若，求角A的值；
(2)设，当取最大值时，求在上的投影向量（用坐标表示）.
【答案】解：(1)由题意可得，，
∴ ， ∴，
∵，∴，
∴，解得.
(2)，
∵，∴，
∴要使取得最大值，则，解得.
∴，
∴在上的投影向量为.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值；平面向量的投影向量
【解析】【分析】(1)先根据向量平行的坐标表示列方程，进而利用辅助角公式和正弦函数的性质求出A的值即可；
(2)由数量积的坐标公式先求，进而结合正弦函数的性质求出A的值，即可求出 ，再根据投影 的定义求在上的投影向量即可.
18．（2024高一下·白云月考）已知正的边长为1，中心为，过的动直线与边分别相交于点．
（1）若，求．
（2）求与的面积之比的最小值．
【答案】（1）解：因为，
所以
.
（2）解：因为，所以，
所以
因为三点共线，所以，所以，
因为，
所以，即，当且仅当时取等号，
所以，
所以与的面积之比的最小值为．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据向量的线性表示可知，利用数量积的定义及运算律计算即可求得 ；
（2）根据数量积表示可得，根据三点共线可得，结合基本不等式求出，利用三角形的面积公式可得，即可求得与的面积之比的最小值 .
（1）因为，
所以
；
（2）因为，
所以，
因为三点共线，故，即，
又因为，而，
则，即，当且仅当时取等号，
所以与的面积之比的最小值为．
19．（2024高一下·白云月考）在中，角、、所对的边分别为、、，且，.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，求的面积范围.
【答案】（1）解：因为，，所以
由正弦定理可得，，
因为，所以，
所以，则，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以.
（2）解：设的外接圆半径为，由正弦定理可得，，
所以，
，
，
，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
所以，所以，
所以，
所以的面积范围.
【知识点】二倍角的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据，，利用正弦定理得到，进而利用三角恒等变换求得，即可求得B的值；
（2）设的外接圆半径为，由正弦定理可得，再由，利用为锐角三角形 ，求出A的取值范围，进而利用正弦函数的性质求出其取值范围即可.
（1）因为，，
所以，
因为，
所以，则，
因为，
所以，又，则，
所以.
（2）设的外接圆半径为，则，
所以，
，
，
，
，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
则，
则，
所以，
所以的面积范围.
1 / 1广东省广州市庆丰实验学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题
一、单选题（每题5分，共40分）
1．（2024高一下·白云月考）已知复数，，则（ ）
A． B． C．0 D．1
2．（2024高一下·白云月考）如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·白云月考）设 的内角 所对边的长分别为 ，若 ，则角 =（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·白云月考）如图，是水平放置的的斜二测直观图，为等腰直角三角形，其中与重合，，则的面积是（ ）
A．9 B． C．18 D．
5．（2024高一下·白云月考）在△ABC中，若acosA=bcosB，则△ABC的形状一定是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形
6．（2024高一下·白云月考）已知向量满足，，且，则与的夹角的余弦值为
A． B． C． D．
7．（2024高一下·白云月考）如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为，且A，B两点之间的距离为6 m，则树的高度为（ ）
A． m B． m C． m D． m
8．（2024高一下·白云月考）已知菱形的对角线相交于点，点为的中点，若，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（每题6分，部分选对给部分分，共18分）
9．（2024高一下·白云月考）下面关于空间几何体叙述正确的是（ ）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．正四棱柱都是长方体
D．直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥
10．（2024高一下·白云月考）设，，为复数，且.下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
11．（2024高一下·白云月考）在中，角，，所对的边分别为，，，点为所在平面内点，满足，下列说法正确的有（ ）
A．若，则点为的重心
B．若，则点为的外心
C．若，，，则点为的内心
D．若，，，则点为的垂心
三、填空题（每题5分，共15分）
12．（2024高一下·白云月考）已知复数，i为虚数单位，则z的虚部为 .
13．（2024高一下·白云月考）已知，，向量，的夹角为，则 ．
14．（2024高一下·白云月考）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
四、解答题（15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分）
15．（2024高一下·白云月考）已知复数（，为虚数单位）．
（1）当时，求；
（2）设为复数z的共轭复数，若不是纯虚数，求m的取值范围．
16．（2024高一下·白云月考）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
17．（2024高一下·白云月考）已知角是的内角，若，.
(1)若，求角A的值；
(2)设，当取最大值时，求在上的投影向量（用坐标表示）.
18．（2024高一下·白云月考）已知正的边长为1，中心为，过的动直线与边分别相交于点．
（1）若，求．
（2）求与的面积之比的最小值．
19．（2024高一下·白云月考）在中，角、、所对的边分别为、、，且，.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，求的面积范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可知，
所以，所以
故选：B.
【分析】先由复数除法法则求得复数z，进而求得a与b的值，即可求得的值.
2．【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可.
3．【答案】B
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】 ，由正弦定理可得 即 ； 因为 ，所以 ，所以 ，而 ，所以 ，
故答案为：B.
【分析】根据正弦定理，将角化为边，结合余弦定理的变形，求出cosC，即可得到角C.
4．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：将的直观图还原为原图，如图所示：
由为等腰直角三角形， 且，可得，
则，，
即.
故答案为：D.
【分析】利用斜二测画法将直观图还原为原图，再结合等腰直角三角形的结构特征和三角形的面积公式，从而得出的面积.
5．【答案】D
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：已知：acosA=bcosB
利用正弦定理：
解得：sinAcosA=sinBcosB
sin2A=sin2B
所以：2A=2B或2A=180°﹣2B
解得：A=B或A+B=90°
所以：△ABC的形状一定是等腰或直角三角形
故选：D
【分析】首先利用正弦定理求得sin2A=sin2B，进一步利用三角函数的诱导公式求出结果．
6．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为 ，所以，所以，所以，
所以
故选：A.
【分析】根据向量垂直，即数量积为0，先求出，进而向量的夹角公式即可求得与的夹角的余弦值 .
7．【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，易知，
由正弦定理可得：，
所以，
所以树的高度为.
故选：A.
【分析】根据给定条件先求出∠APB的度数，在中，利用正弦定理求出PB的长度，进而利用直角三角形边角关系即可求得树的高度.
8．【答案】B
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：如图所示，以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
易知，，，，，所以，
所以.
故选：B.
【分析】根据题意，以对角线交点为坐标原点，对角线所在直线为轴建立直角坐标系，求出的坐标表示，进而利用向量的数量积坐标表示即可求得.
9．【答案】C,D
【知识点】棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】对于A，底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥，A不正确；
对于B，将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是这样的多面体不是棱台，B不正确；
对于C，正四棱柱都是长方体是正确的，C符合题意；
对于D，根据圆锥的定义可知D符合题意.
故答案为：CD
【分析】 利用正棱锥的定义判断选项A；由棱台的定义判断选项B；由正四棱柱的定义判断选项C；由圆锥的定义即可判断选项D.
10．【答案】A,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】对A：若，，则，
因为，则，所以，故A正确；
对B：若，则，
因为与不一定相等，所以，不一定相等，故B错误；
设，
对C：所以，
由，则，
整理得，
又因为不一定等于0，故C错误；
对D：因为，则，
由C可知：因为，
，
所以，故D正确；
故答案为：AD.
【分析】根据复数的特征、几何意义以及复数运算判断各选项即可.
11．【答案】A,C
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：AB、若，即，所以.
如图所示，取中点，连接，
所以，所以在的中线上，同理可得在其它两边的中线上，
所以是的重心，故选项A正确，选项B错误；
CD、若，，，即，
如图所示，延长交于，则，，
所以，
设，所以，
因为与共线，与，不共线，所以，，
所以，所以为的平分线，同理可证其它的两条也是角平分线.
所以是的内心，故选项C正确，
故选：AC.
【分析】若，可知，取中点，连接，结合图形以及平面向量的线性运算可知，所以在的中线上，进而即可推出结果；若，，，延长交于，结合图形以及平面向量的线性运算有，，设，进而可得，根据共线定理可得，，进而可知为的平分线，即可推出结果.
12．【答案】-1
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为，
所以z的虚部是 1．
故答案为： 1．
【分析】直接利用复数代数形式的除法运算化简，则复数z的虚部可求．
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据模长公式和数量积的运算即可求解.
14．【答案】2
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故填：．
方法二：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又因为，所以，即．
故填：．
【分析】利用两种方法求解，方法一：利用余弦定理和三角形面积之间的关系式以及三角形的面积公式，从而得出AD的长；方法二：利用余弦定理和b的取值范围得出b的值，再结合正弦定理和边角关系以及三角形内角和为180°的性质，从而得出AD的长.
15．【答案】（1）解：当时，，
所以.
（2）解：因为，所以，
所以，
因为是纯虚数时，所以，解得，
所以当不是纯虚数时，，
所以的取值范围为.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】（1）把代入，先利用复数除法运算求得复数z，进而根据复数模的意义求出 即可.
（2）利用复数除法运算求出复数及，进而求得 ，再利用纯虚数的意义即可求得m的取值范围 .
（1）当时，，
所以.
（2）依题意，，则，
于是，
当是纯虚数时，则，解得，则当不是纯虚数时，，
所以的取值范围为.
16．【答案】（1）证明：设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．
（2）解：[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理：因为，如图，在中，，①
在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，（舍去）．当时，．所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似：如图，已知，则，即，
而，即，故有，从而．由，即，即，即，故，即，又，所以，则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合：由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质：如图，作，交于点E，则．
由，得．在中，．在中．因为，所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理：因为，所以．以向量为基底，有．所以，即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．
[方法六]：建系求解：以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．
【知识点】余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】围绕三角形的边角关系展开，利用正弦定理、余弦定理解决问题.（1）通过正弦定理将角的关系转化为边的关系，结合已知条件证明；（2）利用线段比例关系，结合余弦定理建立边的等式，进而求出.解题关键在于灵活运用正弦定理和余弦定理，实现边角转化.
17．【答案】解：(1)由题意可得，，
∴ ， ∴，
∵，∴，
∴，解得.
(2)，
∵，∴，
∴要使取得最大值，则，解得.
∴，
∴在上的投影向量为.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值；平面向量的投影向量
【解析】【分析】(1)先根据向量平行的坐标表示列方程，进而利用辅助角公式和正弦函数的性质求出A的值即可；
(2)由数量积的坐标公式先求，进而结合正弦函数的性质求出A的值，即可求出 ，再根据投影 的定义求在上的投影向量即可.
18．【答案】（1）解：因为，
所以
.
（2）解：因为，所以，
所以
因为三点共线，所以，所以，
因为，
所以，即，当且仅当时取等号，
所以，
所以与的面积之比的最小值为．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据向量的线性表示可知，利用数量积的定义及运算律计算即可求得 ；
（2）根据数量积表示可得，根据三点共线可得，结合基本不等式求出，利用三角形的面积公式可得，即可求得与的面积之比的最小值 .
（1）因为，
所以
；
（2）因为，
所以，
因为三点共线，故，即，
又因为，而，
则，即，当且仅当时取等号，
所以与的面积之比的最小值为．
19．【答案】（1）解：因为，，所以
由正弦定理可得，，
因为，所以，
所以，则，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以.
（2）解：设的外接圆半径为，由正弦定理可得，，
所以，
，
，
，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
所以，所以，
所以，
所以的面积范围.
【知识点】二倍角的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据，，利用正弦定理得到，进而利用三角恒等变换求得，即可求得B的值；
（2）设的外接圆半径为，由正弦定理可得，再由，利用为锐角三角形 ，求出A的取值范围，进而利用正弦函数的性质求出其取值范围即可.
（1）因为，，
所以，
因为，
所以，则，
因为，
所以，又，则，
所以.
（2）设的外接圆半径为，则，
所以，
，
，
，
，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
则，
则，
所以，
所以的面积范围.
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