2024-2025 学年高一下学期第一次月考真题精选（压轴 50 题 10 类题型
专练）
【人教 A 版（2019）】
题型归纳
题型 1 向量线性运算的几何应用（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·甘肃定西·阶段练习）已知 △ 的三个顶点 , , 及平面 内一点 ，满足 +2 +3
= 2 ，则点 与 △ 的关系为（ ）
A．点 在 △ 内部 B． 是 边的一个五等分点
C． 是 边的一个三等分点 D． 是 边的中点
2．（23-24 高一下·江苏盐城·阶段练习）已知 A、B、C 是平面上不共线的三点，O 是△ABC 的重心，点 P
= 1满足 6 +
1 + 26 3 ，则 △ 与 △ 面积比为（ ）
A．5:6 B．1:4 C．2:3 D．1:2
3．（23-24 高一下·山东滨州·阶段练习）《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生
四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图 1 所示的是八卦模型图，其平面图
形如图 2 中的正八边形 ABCDEFGH，其中 O 为正八边形的中心，则下列说法正确的是（ ）
A． = B． =
C． + = 2 D． = 2
4．（23-24 1 1高一下·河南安阳·阶段练习）设 M 为 △ 内一点，且 = 2 + 4 ，则 △ 与 △
的面积之比为 ．
π
5．（23-24 高一下·河南周口·阶段练习）如图，在梯形 中，| | = 2，∠ = 3， =
1
2 ， 为
的中点， = ( ≠ 0).
(1) 3若 = 4 +
1
4 ，试确定点 在线段 上的位置；
(2)若| | = ，当 为何值时，| |最小
题型 2 平面向量基本定理的应用（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·广西南宁·阶段练习）在 △ 中，点 O 满足 = 2 ，过点 O 的直线分别交射线 ，
于不同的两点 M N = 1 1， ．设 ， = ，则
2 + 的最小值是（ ）
A 3 B 1 C 3 D 23． ． ．16 ．16
2．（23-24 高一下·重庆巴南·阶段练习）在矩形 中，已知 , 分别是 , 上的点，且满足 = ,
= 2 ．若点 在线段 上运动，且 = + ( , ∈ R)，则 + 的取值范围为（ ）
A 1 , 7 B 3 , 4 C 2 , 3 D 1． ． ． ． , 3
5 5 5 5 3 4 5 5
3．（23-24 高一下·江苏·阶段练习）如图所示，在 △ 中， = 14 , =
1
2 ，AD 与 BC 交于点 M．过
M 点的直线 与两边 OA、OB 分别交于点 E，F，设 = , = ，则（ ）
3
A． = 1 3 17 + 7 B． + = 7
C + 4+ 3 D 12． 可能的取值为 ． 的最小值为
7 49
4．（23-24 高一下·广西·阶段练习）已知 , 分别为 △ 的边 , 上的点，线段 和 相交于点 ，若
2
= 3 ， = ， = ，其中 > 0, > 0 1．则 + 的最小值为 ．
5．（23-24 高一下·广东广州·阶段练习）在 △ 1中， = ， = ，若 是 的中点 = ，则
2
= 1 1 1 2 12 + 2 ；若 是 的一个三等分点 = ，则 = 3 +3 3 ；若 是 的一个四等分点
3 1
= 1 ，则 =
4 4
+ 4
(1)如图①，若 = ，用 ， 表示 ，你能得出什么结论？并加以证明．
(2)如图②，若 = 12 ， = ， 与 交于 ，过 点的直线 与 ， 分别交于点 ， ．
①利用（1）的结论，用 ， 表示 ；
②设 = ， = ( > 0, > 0)，求 + 的最小值．
题型 3 用向量解决夹角、线段的长度问题（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·云南·阶段练习） △ 中，∠ = 60°，∠A 的平分线 AD 交边 BC 于 D，已知 = 3，
且 = 13 +
2
3 ，则 AD 的长为（ ）
A． 3 B．3 C．2 3 D．3 3
2．（23-24 高一下·安徽合肥·阶段练习）已知 △ 中， = +(1 ) ，且 为 △ 的外心．若
在 上的投影向量为 ，且cos∠ ∈ 1 , 2 ，则 的取值范围为（ ）
3 3
A 2 , 5 B 1 , 3 C 4 , 5 D 1 3． ． ． ． ,
3 6 5 10 3 3 5 5
3．（23-24 高二上·广东广州·阶段练习）在 △ 中，已知 = 2, = 5,∠ = 60°，BC、AC 边上的两
条中线 AM、BN 相交于点 P，下列结论正确的是（ ）
A． = 39 B． = 212
C．∠ 的余弦值为 21 D． + + = 0
21
4．（23-24 高一下·广东深圳·阶段练习）正方形 的边长为 ， 是 的中点， 是 边上靠近点 的三
等分点， 与 交于点 ，则∠ 的余弦值为 .
5．（23-24 高一下·陕西西安·阶段练习）如图，正方形 ABCD 中， 是 AB 的中点， 是 BC 边上靠近点 的
三等分点，AF 与 DE 交于点 .
(1)设 = + ，求 + 的值；
(2)求∠ 的余弦值；
(3)求 ： 和 ： .
题型 4 向量与几何最值（范围）问题（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·浙江·阶段练习）正方形 边长为 1，平面内一点 满足 = + ，满足
+ = 74的 点的轨迹分别与 ， 交于 ， 两点，令 1， 2分别为 和 方向上的单位向量， ， 为
任意实数，则| 1| + | 1 2| + | 2 |的最小值为（ ）
A 5．3 B．7 2 C． D．3+2 2
4 2 2
2．（23-24 高一下·广东佛山·阶段练习）已知圆 半径为 2，弦 = 2，点 为圆 上任意一点，则下列说法
正确的是（ ）
A． = 2 B． 的最大值为 6
C．| | ∈ [0,4] D．满足 = 0的点 有一个
3．（23-24 高一下·广东佛山·阶段练习）剪纸艺术是一种中国传统的民间工艺，它源远流长，经久不衰，已
成为世界艺术宝库中的一种珍藏．某学校为了丰富学生的课外活动，组织了剪纸比赛，小明同学在观看了
2022 年北京冬奥会的节目《雪花》之后，被舞台上漂亮的“雪花”图案（如图 1）所吸引，决定用作品“雪花”
参加剪纸比赛．小明的参赛作品“雪花”，它的平面图可简化为图 2 的平面图形，该平面图形既是轴对称图形，
又是中心对称图形，其中，六边形 ABCDEF 为正六边形， = 4 = 4 = 4 ， ⊥ ， △ 为等边
三角形，P 为该平面图形上的一个动点（含边界），则（ ）
A． = 1 + 3 B． = 2(1 + 3)
C = + λ μ 9+ 3．若 ，则 ＋ 的最大值为 D． 的取值范围是
2 [ 12 4 3,28 + 4 3]
4．（23-24 高一下·天津·阶段练习）在梯形 中， // , = = 2, = 1,∠ = 120°, 、 分别
1
为线段 和线段 上的动点，且 = , = 2 ，则 的取值范围为 ．
5．（23-24 高一下·浙江宁波·阶段练习）已知矩形 中，| | = 2,| | = 1, 为 中点， 为边 上的动
点（不包括端点）.
(1)求 的最小值；
(2)设线段 与 的交点为 ，求 的最小值.
题型 5 平面向量中的新定义问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·江平面苏向量无线锡性运·算阶的坐段标练表示习）我们定义：“ × ”为向量 与向量 的“外积”，若向量 与向量 的
夹角为 ，它的长度规定| × | = | | | |sin ，现已知：在 △ 中，若| + | = 1,| + | = 2，则
| × |的最大值为（ ）
A 1 B 2 C 1．3 ．5 ．2 D
2
．3
2．（23-24 高一下·河南信阳·阶段练习）定义向量一种运算“ ”如下：对任意的 = ( , )， = ( , )，令
= ，下面错误的是（ ）
A．若 与 共线，则 = 0
2 2
B．( ) + ( ) = | |2 | |2
C．对任意的 ∈ ，有( ) = ( )
D． =
3．（23-24 高一下·安徽安庆·阶段练习）已知非零向量 , 的夹角为 ，定义新运算： = | || |sin ，若
= ( 1, 1), = ( 2, 2), = ( 3, 3)，则下列说法正确的是（ ）
A． ∈ 0, π , = B． 在 上投影向量的模为
2 | |
C． = | 1 2 2 1| D． ( ) =
4．（23-24 高一下·湖北武汉·阶段练习）定义平面非零向量之间的一种运算“※”，记 ※ = cos + sin ，
4
其中 是非零向量 、 的夹角，若 1， 2均为单位向量，且 1 2 = 5，则向量 1※ 2与 2※( 1)的夹角的
余弦值为 .
5．（23-24 高一下·湖北·阶段练习）如图，设 , 是平面内相交成 (0 < < π)的两条射线， 1, 2分别为 ,
同向的单位向量，定义平面坐标系 为 仿射坐标系，在 仿射坐标系中，若 = 1 + 2，则记
= ( , ).
(1)在 仿射坐标系中
①若 = ( , )，求| |；
π
②若 = ( 1,3), = ( 3,1)，且 与 的夹角为3，求cos ；
π
(2) 7如上图所示，在3 仿射坐标系中，B，C 分别在 轴， 轴正半轴上，| | = 1, = 19 , , 分别为 BD，
BC 中点，求 的最大值.
题型 6 求三角形面积的最值或范围（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·福平面建向泉量线州性运·算阶的段坐标练表示习）在锐角 △ 中， 、 、 分别是角 、 、 2 所对的边，已知 6 =
cos
cos 且 = 6，则锐角 △ 面积的取值范围为（ ）
A．(0,4 3) B．(4 3,9 3] C．(6 3,9 3] D．(0,6 3]
2．（23-24 高一下·安徽马鞍山·阶段练习）如图，四边形 中3 = 2 ， ∩ = ，若 +2 = 4
，且 = 9，则 △ 面积的最大值为（ ）
A．3 2 B．2 6 C．4 3 D．6 3
3．（23-24 高一下·江苏盐城·阶段练习）设 △ 的内角 , , 所对的边分别为 , , , 3( cos + cos ) = 2
sin ，且∠ = 3.若点 是 △ 外一点， = 1, = 3，下列说法中，正确的命题是（ ）
A． △ 的内角 = 3
B． △ 一定是等边三角形
C．四边形 5 3面积的最大值为 +3
2
D．四边形 面积无最大值
4．（23-24 高一下·安徽合肥·阶段练习）已知在锐角三角形 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，
且(2 )cos = cos , = 2，则 △ 的面积 S 的取值范围为 ．
5．（23-24 高一下·新疆乌鲁木齐·阶段练习） △ 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知cos =
2
2 ，点 D 在 AC 上，且 = 2 ， = 2．
(1)求角 B；
(2)求 △ 面积的最大值．
题型 7 求三角形边长或周长的最值或范围（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·重平面庆向量·阶线性运算的坐标表示 cos sin tan 段练习）锐角 △ 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 + =
1
sin2 ， = 3，则 + 的取值范围是（ ）
A 3． ,3 B．(3,2 3]
2
C．( 3,2 3] D．( 3,3]
2．（23-24 高一下·福建莆田·阶段练习）在锐角三角形 中，已知 ， ， 分别是角 ， ， 的对边，且
3 = 2 sin ， = 3，则三角形 的周长的取值范围是（ ）
A．(3 3,3 3) B．(3 3,3 3] C．(3 + 3,3 3] D．[3 + 3,3 3]
3．（23-24 高一下·山西朔州·阶段练习）在 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，D 为 AB 的中
点，且 (sin sin ) = ( )(sin + sin )， = 2，则（ ）．
π
A． = 6 B． △ 面积的取值范围为(0, 3]
C． △ 周长的取值范围为(4,6] D．CD 长度的取值范围为(1, 3]
4 cos ．（23-24 高一下·江苏南通·阶段练习）锐角 △ 的角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，满足 =
cos cos
，则 的取值范围为 ．
5．（23-24 高一下·河南商丘·阶段练习）设锐角三角形 的内角 , , 的对边分别为 ， ， ，已知2 cos =
π
(2 )，且 = 3．
(1)求 的值；
π
(2)若 为 的延长线上一点，且∠ = 6，求三角形 周长的取值范围．
题型 8 正、余弦定理的其他应用（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·北平面京向量·阶线性段运算练的习坐标）表示如图,甲船以每小时30 2海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀
速直线航行,当甲船位于 1处时,乙船位于甲船的北偏西105 方向的 1处,此时两船相距20海里,当甲船航行20
分钟到达 处时,乙船航行到甲船的北偏西120 2 方向的 2处,此时两船相距10 2海里,则乙船每小时航行（ ）
A．10 2海里 B．20 2海里 C．30海里 D．30 2海里
2．（23-24 高三上·广东江门·阶段练习）气象台 在早上 8:00 观测到一台风，台风中心在气象台 正西方向
300 2km处，它正向东北方向移动，移动速度的大小为40km/h；距离台风中心100 10km以内的地区都将
受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，该气象台受到台风影响的时段为（ ）
A．12:00 17:00 B．13:00 18:00 C．13:00 17:00 D．14:00 18:00
3．（23-24 高一下·广东深圳·阶段练习）如图，甲船从 1出发以每小时 25 海里的速度向正北方向航行，乙
船按固定方向匀速直线航行．当甲船出发时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的 1处，此时两船相距5 2海
里．当甲船航行 12 分钟到达 2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的 2处，此时两船相距 5 海里，下
面正确的是（ ）
A．乙船的行驶速度与甲船相同 B．乙船的行驶速度是15 2海里/小时
C 1+ 2．甲乙两船相遇时，甲行驶了 小时 D．甲乙两船不可能相遇
3
4．（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景
π
台 ，已知射线 ， 为湿地两边夹角为3的公路（长度均超过 4 千米），在两条公路 ， 上分别设立
游客接送点 ， ，且 = = 3千米，若要求观景台 与两接送点所成角∠ 与∠ 互补且观景台 在
的右侧，并在观景台 与接送点 ， 之间建造两条观光线路 与 ，则观光线路之和最长是 （千
米）.
5．（23-24 高一下·安徽·阶段练习）如图，某区有一块 △ 的空地，其中 = 2km, = 2 3km，
∠ = 90°．当地区政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖 △ ，其中 ，
都在边 上，且∠ = 30°，挖出的泥土堆放在 △ 地带上形成假山，剩下的 △ 地带开设儿童
游乐场．为安全起见，需在 △ 的周围安装防护网．
（1）当 = 1 km时，求防护网的总长度；
（2）若要求人工湖用地 △ 的面积是假山用地 △ 面积的 3倍，试确定∠ 的大小；
（3）如何设计施工方案，可使 △ 的面积最小？最小面积是多少？
题型 9 复数的模的最值（范围）问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·上平面海向量·阶线性段运算练的坐习标）表示已知复数 且| | = 1，则| 2 2i|的最小值是（ ）
A．2 2 B．2 2 1 C．2 2 +1 D． 2 1
2．（23-24 高一下·湖南长沙·阶段练习）已知复数 z 满足| | = 1，则| 2i|的取值范围为（ ）
A．[0,2] B．[1,3] C．[2,4] D．[1,9]
3．（23-24 高一下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知i为虚数单位，复数 1 = 2 + i，复数 2满足：| 2 5i| = 1，
则| 2 1|( ∈ )可能的取值为（ ）
A．0 B 1．2 C．1 D．2
4．（23-24 高一下·上海·阶段练习）已知复数 1, 2满足| 1| = 1，| 2| = 3，则| 1 22|的取值范围是 ．
5．（23-24 高一下·上海·阶段练习）已知复数 满足| + 2 2i| = 2，且复数 在复平面内的对应点为 ．
(1)确定点 的集合构成图形的形状；
(2)求| 1 + 2i|的最大值和最小值．
题型 10 复数综合（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·江平面苏向量南线京性运·算阶的坐段标练表示习）设 △ 的三个顶点为复平面上的三点 1， 2， 3，满足 1 2 3
= 0， 1 + 2 + 3 = 8 + 2i， 1 2 + 2 3 + 1 3 = 15 + 10i，则 △ 内心的复数坐标 的虚部所在区间是
（ ）
A．(0.5,1) B．(0,0.5) C．(1,2) D．前三个选项都不对
2．（23-24 高一下·上海黄浦·阶段练习）已知 = + （ , ∈ ， 是虚数单位）， 1, 2 ∈ ，定义： ( ) =
| | + | |， ( 1, 2) = | 1 2|，给出下列命题：
①对任意 ∈ ，都有 ( ) > 0；
②若 是复数 的共轭复数，则 ( ) = 恒成立；
③ ( 1) = ( 2)( 1, 2 ∈ )，则 1 = 2；
④对任意 1, 2, 3 ∈ ，结论 ( 1, 3) ≤ ( 1, 2) + ( 2, 3)恒成立；
则其中真命题是（ ）
A．①②③④ B．②③④ C．②④ D．①③
3．（23-24 高一下·江苏苏州·阶段练习）1843 年，Hamilton 在爱尔兰发现四元数．当时他正研究扩展复数
到更高的维次（复数可视为平面上的点）．他不能做到三维空间的例子，但四维则造出四元数．根据哈密
顿记述，他于 10 月 16 日跟妻子在都柏林的皇家运河上散步时突然想到的方程解．之后哈密顿立刻将此方
程刻在 Broughant Bridge．对四元数 = + i + j + k， , , , ∈ 的单位i,j,k，其运算满足：i2 = j2 = k2
= 1，ij = k，jk = i，ki = j，ji = k，kj = i，ik = j；记 = i j k， ( ) = = 2 + 2 + 2 +
2，| | = 2 + 2
1
+ 2 + 2，定义 1 = ，记所有四元数构成的集合为 ，则以下说法中正确的有（ ）
A．集合{1,i,j,k}的元素按乘法得到一个八元集合
B．若非零元 , ∈ ，则有： 1 = 1
C．若 , ∈ ，则有： ( ) = ( ) ( )
∈ 1 = D．若非零元 ，则有： | 2|
4．（23-24 高一下·江苏南京·阶段练习）已知在复数集中，等式 4 + 33 + 2 2 + 1 + 0 = ( 1)( 2)
( 3)( 4)对任意复数 恒成立，复数 1， 2， 3， 4在复平面上对应的 4 个点为某个单位圆内接正方形
的 4 个顶点，{ 0, 1, 2, 3} { |1 ≤ ≤ 2024, ∈ }，则满足条件的不同集合{ 0, 1, 2, 3}个数为 ．
5．（23-24 高一下·浙江宁波·阶段练习）我们知道复数有三角形式 = (cosθ + isinθ)，其中 为复数的模，θ
为辐角主值.由复数的三角形式可得出，若 1 = 1(cosθ1 + isinθ1)， 2 = 2(cosθ2 + isinθ2)，则 1
(cosθ1 + isinθ1) 2(cosθ2 + isinθ2) = 1 2[cos(θ1 + θ2) + isin(θ1 + θ2)]. 其几何意义是把向量 1绕点 按
逆时针方向旋转角θ2（如果θ2 < 0，就要把 1绕点 按顺时针方向旋转角|θ2|），再把它的模变为原来的 2
倍. 已知在复平面的上半平面内有一个菱形 ，其边长为1，∠ = 120 ，点 , , 所对应的复数分别为
1， 2， 3.
(1) = 3 1若 1 + 2i，求出 2 2， 3；
(2)如图，若 (3,0)，以 为边作正方形 .
（ⅰ）若 , 在 下方，是否存在复数 1使得 长度为 19 6 2，若存在，求出复数 1；若不存在，说明
理由；
（ⅱ）若 , 在 上方，且向量 = + ，求证：5 ≤ + ≤ 8.2024-2025 学年高一下学期第一次月考真题精选（压轴 50 题 10 类题型
专练）
【人教 A 版（2019）】
题型归纳
题型 1 向量线性运算的几何应用（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·甘肃定西·阶段练习）已知 △ 的三个顶点 , , 及平面 内一点 ，满足 +2 +3
= 2 ，则点 与 △ 的关系为（ ）
A．点 在 △ 内部 B． 是 边的一个五等分点
C． 是 边的一个三等分点 D． 是 边的中点
【解题思路】利用向量的运算法因为 = 则将等式变形，得到3 +3 = 0，即 = 得出结论．
【解答过程】因为 = ，所以 +2 +3 = 2 2 ，
→
即3 +3 = 0，即 = ，所以 是 边的中点.
故选：D.
2．（23-24 高一下·江苏盐城·阶段练习）已知 A、B、C 是平面上不共线的三点，O 是△ABC 的重心，点 P
= 1 + 1 2满足 6 6 + 3 ，则 △ 与 △ 面积比为（ ）
A．5:6 B．1:4 C．2:3 D．1:2
【解题思路】利用三角形重心的性质及平面向量的线性运算，结合三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】如图所示
∵ 是 △ 的重心，
∴ + + = 0,
∴ + = ,
∵ = 16 +
1
6 +
2
3 ,
∴ 6 = + +4 ,
∴ 6 = 3 ，即2 = ，
∴ 点 为 的中点，即点 , 为 边中线 的两个三等分点，
∴ 1 1△ = 3 △ = 6 △ ，
2△ = 3 △ ，
∴ △
1 3 1
= × =△ 6 2 4
.
故选：B.
3．（23-24 高一下·山东滨州·阶段练习）《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生
四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图 1 所示的是八卦模型图，其平面图
形如图 2 中的正八边形 ABCDEFGH，其中 O 为正八边形的中心，则下列说法正确的是（ ）
A． = B． =
C． + = 2 D． = 2
【解题思路】根据正八边形的结构性质及向量的共线、线性运算逐项判断即可得解.
【解答过程】对于 A，易得在正八边形 中， // ，
但 , 方向不同，所以 = 不正确，故 A 错误；
对于 B，由 = = ，所以 = 正确，故 B 正确；
π
对于 C，由正八边形的性质知，∠ = 2，且| | = | | = | |，
根据向量加法法则可知：
+ 为以 , 为邻边的正方形中以 为始点的一条对角线所对应的向量，
所以| + | = 2| | = 2| |，
又 与以 , 为邻边的正方形中以 为始点的一条对角线所对应的向量共线，
所以 + = 2 ，故 C 正确；
对于 D，在正八边形 中， = ， // ，
不妨设 = ，又∠ = 45°，
所以 = + 2 × 2 =
2 (1 + 2) ，
所以 = (1 + 2) = (1 + 2) ，故 D 错误.
故选：BC.
4 1 1．（23-24 高一下·河南安阳·阶段练习）设 M 为 △ 内一点，且 = 2 + 4 ，则 △ 与 △
1
的面积之比为 4 ．
【解题思路】根据题意结合三点共线的结论确定点 的位置，进而分析运算即可.
【解答过程】在 取中点 ，
则 = 1 1 1 12 + 4 = 2 + 2 ，
可知点 为 的中点，
1 1 1
可得 △ = 2 △ = 2 △ =
1 △ 1
2 4 △
，即 = ，△ 4
所以 △ 1与 △ 的面积之比为4.
1
故答案为：4.
π
5．（23-24 高一下·河南周口·阶段练习）如图，在梯形 中，| | = 2，∠ = 13， = 2 ， 为
的中点， = ( ≠ 0).
(1)若 = 3 14 + 4 ，试确定点 在线段 上的位置；
(2)若| | = ，当 为何值时，| |最小
【解题思路】（1）结合图形，先证得四边形 是平行四边形，利用向量的线性运算即可判断点 在线段
上的位置；
2
（2）结合（1）中的结论，得到 关于 的表达式，进而利用向量数量积运算求模得到 关于 的二次表
达式，从而可求得| |最小以及相应 的值.
【解答过程】（1）过 作 // 交 于 ，如图，
1
因为 = 2 ，所以 // , = 2 ，
则四边形 是平行四边形，故 = 2 = 2 ，即 是 的中点，
所以 = 12 =
1 = 12 2
1 1 1
2 = 4 2 ，
因为 = ，所以 = (1 ) ，
所以 = + + = (1 ) + 12 +
1
4
1 1 3
2 = +2 4
3 1
又因为 = 4 + 4 ，
1
所以2 =
1 1
4，解得 = 4，
所以 在线段 上靠近 点的四等分点处；
（2）因为 = ( ≠ 0)，所以 = + = + = (1 ) ，
= + + = (1 ) + 1 + 1 1所以 2 4 2 = (
1
2 ) +
3
4 ，
π 2
因为 = 2 cos3 = ，
2 = 2， = 4
2 1 2 9 3 1 1 3 2 27
所以 = 2 + 4 +2 2 = + +2 2 4 16，
1 3 1 2
所以当 = 4，即 = 2 +
3 27
4 时， 取得最小值2 16.
所以| | 3 3 1 3的最小值为 ，此时 =
4 2
+ 4 .
题型 2 平面向量基本定理的应用（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·广西南宁·阶段练习）在 △ 中，点 O 满足 = 2 ，过点 O 的直线分别交射线 ，
于不同的两点 M，N．设 = 1 ， =
1 ，则 2 + 的最小值是（ ）
A．3 B．1 C 3 23．16 D．16
1 2
【解题思路】利用共线定理的推论可得3 + 3 = 1，然后利用换元法结合二次函数性质求出最值即可.
【解答过程】由题可知， > 0, > 0，
= 1 = 1因为 ， ，所以 = ， = ，
因为 = 2 ，所以 = 2 ，
1 2 1 2
所以 = 3 + 3 = 3 + 3 ，
因为 , , 1 2三点共线，所以3 + 3 = 1 =
3
，则 2 > 0，则0 < < 3，
2 + = 2 + 3
2
= 1 + 23 ≥ 23 1所以 2 4 16 16，当 = 4时等号成立，
23
所以 2 + 的最小值为16.
故选：D.
2．（23-24 高一下·重庆巴南·阶段练习）在矩形 中，已知 , 分别是 , 上的点，且满足 = ,
= 2 ．若点 在线段 上运动，且 = + ( , ∈ R)，则 + 的取值范围为（ ）
A 1 , 7 B 3． ． , 4 C 2 3． , D 1． , 3
5 5 5 5 3 4 5 5
【解题思路】建立基底， = , = ，则 = 1 12 , = 3 ，然后将设 = +(1 )
,0 ≤ ≤ 1，最终表示为 = 2 + 8 + 6 9 ，然后得到 + =
4 15 5 ，进而求出范围．5 5 5 5
【解答过程】矩形 中，已知 , 分别是 , 上的点，且满足 = , = 2 ，
设 = , = ，则 = + = 12 ， = + =
1
3 ，
= 1 = 6 3
联立 21 ，可解得 5 5 ， = = 2 6
3 5 5
因为点 在线段 上运动，则可设 = + (1 ) ,0 ≤ ≤ 1，
= + (1 ) = (1 )
6 3 2 6
= 5 5 (1 ) 5 5
= 2 + 8 + 6 9 ，
5 5 5 5
= 2 + 8
又 = + ( , ∈ )，所以 5 5 = 6 9
，
5 5
+ = 25 +
8 6
5 + 5
9 4 1
5 = 5 5 ，
4 1 3 4
因为0 ≤ ≤ 1，所以 + = 5 5 ∈ , ．5 5
故选：B．
3．（23-24 1 1高一下·江苏·阶段练习）如图所示，在 △ 中， = 4 , = 2 ，AD 与 BC 交于点 M．过
M 点的直线 与两边 OA、OB 分别交于点 E，F，设 = , = ，则（ ）
A 1 3 1
3
． = 7 + 7 B． + = 7
C + 4+ 3 D 12． 可能的取值为 ． 的最小值为
7 49
【解题思路】根据给定条件，利用共线向量定理及推论计算判断 ABC；利用数量积的定义计算判断 D.
【解答过程】对于 A，由 AD 与 BC 交于点 M，得 // ，而 ≠ 0，令 = ，
则 = ( )，即有 = (1 ) + ，而 = 4 , = 12 ，
= 4(1 ) + 1于是 2 ，由 , , 共线，得4(1 ) +
1 6
2 = 1，解得 = 7，
因此 = 17 +
3
7 ，A 正确；
1 3 1 3
对于 B，由 = 7 + 7 ， = , = ，得 = 7 + 7 ，
1 3 1 3
而 , , 共线，于是7 + 7 = 1，即 + = 7，B 正确；
1 1 3
对于 C，依题意， , > 0，则 + = 7( + )( + ) =
1(4 + + 3 7 ) ≥
4+2 3
，
7
3 4+2 3 4+ 3 4+ 3
当且仅当 = ，即 = 3 时取等号，而 > ，因此 + 不能取 ，C 错误；7 7 7
D =
3
= 7 = 1 + ≥ 2 1 3对于 ， ，显然 ≥ 12，
49
6 12
当且仅当 = 3 = 7时取等号，因此 的最小值为49，D 正确.
故选：ABD.
4．（23-24 高一下·广西·阶段练习）已知 , 分别为 △ 的边 , 上的点，线段 和 相交于点 ，若
2
= 3 ， = ， = 1，其中 > 0, > 0．则 + 的最小值为 4 2 ．
1 3
【解题思路】利用平面向量基本定理得到 = 1+ 4 + 1+ (1 + ) ，然后由 , , 三点共线得到 ,
系数和为 1，解出 = 14，用基本不等式求解最小值.
【解答过程】如图所示：
因为 = 3 ，所以 = 34 ,
又 = , ，所以 = 1+ ,
= ,，所以 = (1 + ) ,
3 3
= + = 4 + 1 + = 4 + 1 +
= 3 + 4 1+
3 1 3
(1 + ) 1+ 4 = 1+ 4 + 1+ (1 + ) ,
3
∵ , , (1+ ) 1三点共线， ∴ 4(1+ ) + 1+ = 1，化简得 = 4；
∴ 1
2
+ ≥ 2 2 = 4 2，当且仅当 = 2 ， = 2， = 2 取等； 4 2
故答案为：4 2.
5．（23-24 高一下·广东广州·阶段练习）在 △ 中， = ， = ，若 是 的中点 = 1 ，则
2
= 1 + 1 1 2 12 2 ；若 是 的一个三等分点 = ，则 = 3 + 3 ；若 是 的一个四等分点3
3 1
= 1 ，则 = +
4 4 4
(1)如图①，若 = ，用 ， 表示 ，你能得出什么结论？并加以证明．
(2) 1如图②，若 = 2 ， = ， 与 交于 ，过 点的直线 与 ， 分别交于点 ， ．
①利用（1）的结论，用 ， 表示 ；
②设 = ， = ( > 0, > 0)，求 + 的最小值．
【解题思路】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；
（2 1 1）①依题意可得 = 3 ， = 2 ，由 、 、 三点共线，设 = ，结合（1）的结论用 ，
表示出 ，由 、 、 三点共线，设 = ，同理表示出 ，根据平面向量基本定理得到方程，求出
、 ，再代入即可；
1 1 2 1②依题意可得 = ， = ，结合①的结论及共线定理即得出5 + 5 = 1，再利用基本不等式即可求解.
【解答过程】（1）猜想： = (1 ) + ，
证明：因为 = ，所以 = + = + = +
= (1 ) + ，因为 = ， = ，所以 = (1 ) +
（2）①若 = 12
1
， = ，则 = 3 ， =
1
2 ，
因为 、 、 三点共线，设 = ，
则 = 1
(1 ) + = (1 ) + × 3 = (1 ) + 3 ，
因为 、 、 三点共线，设 = ，
则 = (1 ) + = (1 ) + ×
1
2 = 2 + (1 ) ，
1 = 1 = 3
因为 与 不共线，所以 2 ，解得 51 ， = 1 = 4
3 5
2 1
所以 = 5 + 5 .
②因为 = ， = ( > 0, > 0)，
1 1
所以 = ， = ，
1
所以 = 2 15 + 5 =
2
5 + 5 ，
1
因为 、 2、 三点共线，所以5 + 5 = 1，
所以 + = 3 2 ( + ) 2 + 1 = + + ，
5 5 5 5 5
2
因为 > 0, > 0，所以5 > 0，5 > 0，
3 2 3 2 3+2 2
所以5 + 5 + 5 ≥ 5 +2 = ，5 5 5
2 1 + = 1 2+2
5 5 =
当且仅当 5 2 时，即 2+1 时，等号成立，=
5 5 = 5
所以 + 3+2 2的最小值为 .
5
题型 3 用向量解决夹角、线段的长度问题（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·云南·阶段练习） △ 中，∠ = 60°，∠A 的平分线 AD 交边 BC 于 D，已知 = 3，
1 2
且 = 3 + 3 ，则 AD 的长为（ ）
A． 3 B．3 C．2 3 D．3 3
【解题思路】过 作 // 交 于 ，作 // 交 于 ，由向量加法的平行四边形法则和向量的基本定
理得 = 23 ， =
1 13 ，从而得 ，即可求得 ，最后把 = 3 +
2
3 平方可求得| |．
【解答过程】如图，过 作 // 交 于 ，作 // 交 于 ，
则 = + ，又 = 1 + 23 3 ，
2 1
所以 = 3 ， = 3 ，
所以 = =
1 1
3，即 = 2，
∠ = = 1又 是 的平分线，所以 2，而 = 3，所以 = 6，
= | || |cos∠ = 3 × 6 × cos60° = 9，
2 = ( 1 + 2
2
) = 1 29 +
4
9 +
4
9
2 = 19 × 6
2 + 49 × 9 +
4 2
3 3 9
× 3 = 12，
所以| | = 2 3，
故选：C．
2．（23-24 高一下·安徽合肥·阶段练习）已知 △ 中， = +(1 ) ，且 为 △ 的外心．若
在 1 2上的投影向量为 ，且cos∠ ∈ , ，则 的取值范围为（ ）
3 3
A 2 , 5 B 1 , 3 C 4 , 5 D 1 3． ． ． ． ,
3 6 5 10 3 3 5 5
【解题思路】根据题意 B，O，C 三点共线．因为 为 △ 的外心，即有| | = | | = | |，所以 △
为直角三角形，利用向量得投影结合图形即可得解.
【解答过程】
因为 = +(1 ) = + ，
则 = ( )，所以 = ，即 B，O，C 三点共线．
因为 为 △ 的外心，即有| | = | | = | |，
△ 1 2所以 为直角三角形，因此 ⊥ ， 为斜边 的中点．因为cos∠ ∈ , ，所以∠ 为锐角．
3 3
如图，过点 作 ⊥ ，垂足为 ．
因为 在 上的投影向量为 = 1，所以2 < < 1，
1 1
所以 在 上的投影向量为 = = 2 = ．2
1
| | = 1| | cos∠ = | | = | |又因为 2 ，所以
2
1 = 2 1．| | | |
2
因为cos∠ ∈ 1 , 2 ，所以2 1 ∈ 1 , 2 ，
3 3 3 3
2
故 的取值范围为 , 5 ．
3 6
故选：A．
3．（23-24 高二上·广东广州·阶段练习）在 △ 中，已知 = 2, = 5,∠ = 60°，BC、AC 边上的两
条中线 AM、BN 相交于点 P，下列结论正确的是（ ）
A． = 39 B． = 212
C．∠ 的余弦值为 21 D． + + = 0
21
1
【解题思路】画出图形，由 = 2 + 同时平方可求| |；同理由 = 同时平方可求| |；
cos∠ = 由 | | | |，代换成基底向量 , 可求∠ 的余弦值；结合重心性质全部代换成 , 可验
证选项 D.
【解答过程】如图所示：由题可知， , 分别为 , 中点，则 = 12 + ，
2 2 2
同时平方得 = 14 + + 2
2 2
= 1 | 1 394 | + | | + 2| | | | cos∠ = 4 4 + 25 + 2 2 5
1 = ，
2 4
则| | = 39，故 A 错误；2
又 = ，
2 2 2 2 25
同时平方得 = = + 2 = 4 +4 2 ×
5
2 × 2 ×
1 = 212 4 ，
则| | = 21，故 B 正确；2
1 1 1 1
3 3 2 + 2 cos∠ = | | | | = 1 =
3 | |
1 | | | | | |3
2 2 25 1
1 +1 1 1 4+ ×2×5×
1
= 2
2 2 = 2 2 2 = 4 91
| | | | 2 39 21 ，故 C 错误； × 912 2
+ + = + + = + 3
= + 3 × 23 = + 3 ×
2 × 13 2 + = 0，故 D 正确.
故选：BD.
4．（23-24 高一下·广东深圳·阶段练习）正方形 的边长为 ， 是 的中点， 是 边上靠近点 的三
2
等分点， 与 交于点 ，则∠ 的余弦值为 .
10
【解题思路】依题意建立平面直角坐标系，分别求出两向量 , 的坐标，计算两向量的夹角，即可得出结
果．
【解答过程】以 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立平面直角坐标系如图，
因为正方形 的边长为 ， 是 的中点， 是 边上靠近点 的三等分点，
设 = ，则 ,0 ， , ， (0, )， (0,0)，
2 3
则 = , , = , ，
2 3
而∠ 等于 与 所成的角．
× + ×
2 3
所以cos∠ = = 2 2 = 2．
| ‖ | + 2× 2+ 10
2 3
2
故答案为： .
10
5．（23-24 高一下·陕西西安·阶段练习）如图，正方形 ABCD 中， 是 AB 的中点， 是 BC 边上靠近点 的
三等分点，AF 与 DE 交于点 .
(1)设 = + ，求 + 的值；
(2)求∠ 的余弦值；
(3)求 ： 和 ： .
1 1
【解题思路】（1）根据平面向量的线性运算可得 = 2 + 3 ，进而求解；
2 6 6 10（ ）如图，根据勾股定理和相似三角形的性质可得 = 7 =
3 5 , = = ，结合 2 2 =
7 7 7
2 = 2 2建立方程，解得 = 5 ，进而求解；
35
3 2 （ ）由（ ），根据 = 计算即可求解.
1 1 1 1
【解答过程】（1）由题意知， = + = 2 + 3 = 2 + 3 ，
又 = + ，所以 = 1 1 1 1 12, = 3，故 + = 2 + 3 = 6；
（2）如图，过点 E 作 // 交于 AF 于点 N，过 A 作 ⊥ 于点 H，
设正方形 的边长为 ，则 = = 1 12 , = 3 ，
由 // ，得 // = 1， 2 =
1
6 ，
所以 = 2 + 2 = 5 , =2
2 + 2 = 10 ，3
由 △ △ ，得 = = = 6，
= 6 = 3 5 , = 6 = 10所以 7 7 7 ，7
因为 ⊥ ，所以 2 2 = 2, 2 2 = 2，
2 2
所以 2 2 = 2 2，即 2 ( 3 5 ) = ( 10 ) 27 7 ，
解得 = 5 ，
35
5
所以cos∠ = cos∠ = 35 2 = 10 = . 10
7
（3）由（2）知， △ △ = ，得 = = 6，
10 3
故 7 = 6, = = 10 10 = 4.
3 7
题型 4 向量与几何最值（范围）问题（共 5 小题）
1．（23-24 高一下·浙江·阶段练习）正方形 边长为 1，平面内一点 满足 = + ，满足
+ = 74的 点的轨迹分别与 ， 交于 ， 两点，令 1， 2分别为 和 方向上的单位向量， ， 为
任意实数，则| 1| + | 1 2| + | 2 |的最小值为（ ）
A．3 B 5．7 2 C．2 D．
3+2 2
4 2
【解题思路】首先根据题意确定， , 的位置，然后设 1 = , 2 = ，利用平面向量的减法运算可得
1 = ， 1 2 = ， 2 = ，最后求点 关于 的对称点 1,点 关于 的对称点 1，
计算| 1 1|长度即可得到答案.
= 1
= 1【解答过程】由题意知，当 = 3 时，点 的轨迹与 相交于 ，即 4，
4
= 3 1
当 4 时，点 的轨迹与 相交于 ，即 = .
= 1 4
设 1 = , 2 = ，则 1 = = ，
1 2 = = ， 2 = = .
于是| 1| + | 1 2| + | 2 | = | | + | | + | |,
设点 关于 的对称点 1,点 关于 的对称点 1，
则| | = | 1|,| | = | 1 |，
所以点 1, , , 1共线的时候| | + | | + | |取得最小值，
即| | + | | + | | = | 1| + | | + | 2 2 1| ≥ | 1 1| = | 1| + | 1| = 7 2.4
故选：B.
2．（23-24 高一下·广东佛山·阶段练习）已知圆 半径为 2，弦 = 2，点 为圆 上任意一点，则下列说法
正确的是（ ）
A． = 2 B． 的最大值为 6
C．| | ∈ [0,4] D．满足 = 0的点 有一个
【解题思路】A 选项，得到 △ 为等边三角形，根据投影向量的概念进行求解；B 选项，作出辅助线，
数形结合得到当点 与点 重合时， 取得最大值，利用投影向量的概念求出最大值；C 选项，作出辅
助线，数形结合得到| | ∈ [2 3 2,2 3 + 2]；D 选项，考虑其中一个向量为零向量及垂直关系得
到点 有 2 个.
【解答过程】A 选项，圆 半径为 2，弦 = 2，故 △ 为等边三角形，
取 的中点 ，连接 ，则 ⊥ ，
由数量积公式及投影向量可得 = | | | | = 2，A 错误；
B 选项，过点 作 平行于 ，交圆与点 ，
过点 作 ⊥ ，交延长线于点 ，连接 ，
则四边形 为菱形，
由投影向量可知，当点 与点 重合时， 取得最大值，
此时 = + = 1 + 2 = 3，
故 的最大值为| | | | = 2 × 3 = 6，B 正确；
C 选项， = + + ，
因为四边形 为菱形，所以 + = ，且| | = 2| | = 2 3，
因为| | = 2为定值，
故当 与 平行且方向相同时，| |取得最大值，最大值为2 + 2 3，
当 与 平行且方向相反时，| |取得最小值，最小值为2 3 2，
故| | ∈ [2 3 2,2 3 + 2]，C 错误；
D 选项，因为点 为圆 上任意一点，故当 , 重合时， = 0，
又当 ⊥ 时，满足 = 0，
故满足 = 0的点 有 2 个，D 错误.
故选：B.
3．（23-24 高一下·广东佛山·阶段练习）剪纸艺术是一种中国传统的民间工艺，它源远流长，经久不衰，已
成为世界艺术宝库中的一种珍藏．某学校为了丰富学生的课外活动，组织了剪纸比赛，小明同学在观看了
2022 年北京冬奥会的节目《雪花》之后，被舞台上漂亮的“雪花”图案（如图 1）所吸引，决定用作品“雪花”
参加剪纸比赛．小明的参赛作品“雪花”，它的平面图可简化为图 2 的平面图形，该平面图形既是轴对称图形，
又是中心对称图形，其中，六边形 ABCDEF 为正六边形， = 4 = 4 = 4 ， ⊥ ， △ 为等边
三角形，P 为该平面图形上的一个动点（含边界），则（ ）
A． = 1 + 3 B． = 2(1 + 3)
C．若 = + 9+ 3，则 λ＋μ 的最大值为 D． 的取值范围是
2 [ 12 4 3,28 + 4 3]
【解题思路】把题中图 2 的平面图形顺时针旋转30°，设正六边形 的中心为 ，连接 ， ，连接
，交 于点 ，过 作 ⊥ ，垂足为点 ，过 作 ⊥ ，垂足为点 ，利用数量积结合选项即可逐一
求解．
【解答过程】如图，把题中图 2 的平面图形顺时针旋转30°，设正六边形 的中心为 ，
连接 ， ，连接 ，交 于点 ，易得 ， 在 上， ⊥ ．
过 作 ⊥ ，垂足为点 ，过 作 ⊥ ，垂足为点 ．
π
由题意得 = = 2 = 2，∠ =
2π 5π 6 2 3 1
3 4=12，所以 = cos∠ = 2 × = ，4 2
= 2 = 2 sin∠ = 2 2 × 6+ 2 = 3 +1，4
= 3 = 3 × ( 3 +1) = 3+ 3 = 3 1 + 3+ 3所以 ，所以 = 1 + 3，A 正确．2 2 2 2 2
π
计算 = ( 3 +1) × 1 × cos 3+13 = ，所以 B 错误；2
2
= + ，所以 = + = × 4 × 4 × cos2π 23 + × 4 = 16 8 ，
2
= + = 16 8 ，
所以 + = 8( + ) 1，即8 ( + ) = + ，
1 1
连接 ，取 的中点 ，连接 ，则8 2 = + ，所以 + = 4 ，
当点 与点 重合时 + 取得最大值，所以 + 的最大值为：
1 = 1
π
4 4 × ( + ) × cos =
1
3 4 × (8 + 1 + 3) × 4 ×
1 = 9+ 32 ， C 正确；2
π
因为四边形 为矩形，所以 = = 1 + 3， = cos = 4 ×
1
3 2 = 2，
所以 = + + = 4 + 2 + (1 + 3) = 7 + 3，
当 与 重合时， 取得最大值为| || | = (7 + 3) × 4 = 28 + 4 3，
当 与 重合时， 取得最小值为| || | = (1 + 3 +2) × 4 = 12 4 3，
所以 的取值范围是[ 12 4 3，28 + 4 3]， D 正确．
故选：ACD．
4．（23-24 高一下·天津·阶段练习）在梯形 中， // , = = 2, = 1,∠ = 120°, 、 分别
为线段 和线段 = , = 1 7 1上的动点，且 2 ，则 的取值范围为 2 3 , ．2 2
【解题思路】以点 为坐标原点，直线 为 轴，过点 且垂直于直线 的直线为 轴建立平面直角坐标系，
利用平面向量数量积的坐标运算可得出 关于 的函数关系式，求出 的取值范围，利用对勾函数的单
调性可求得 的取值范围.
【解答过程】以点 为坐标原点，直线 为 轴，过点 且垂直于直线 的直线为 轴建立如下图所示的平
面直角坐标系，
则 ( 2,0)、 ( 1, 3)、 ( 2, 3)、 ( , 3 )，则 = (2 , 3 3)，
0 ≤ ≤ 1 1
由题意可得 0 ≤ 1 ≤ 1 ，解得2 ≤ ≤ 1，
2
= + = + 12 = (0, 3) +
1
2 (1,0) =
1 , 3 ，
2
2 1 7
所以， = 2 +3( 1) = +3 2，
1 7
由对勾函数的单调性可知，函数 ( ) = +3
3
2在区间 ,1 上单调递增，3
1 3 3 = 2 7, 3 1
1
在 上单调递减，且
2 3 3 2
， = 0, (1) = ，
2 2
7
则2 3 2 ≤
1
( ) ≤ 2.
因此， 的取值范围是 2 3 7 , 1 .
2 2
2 3 7 , 1故答案为： .
2 2
5．（23-24 高一下·浙江宁波·阶段练习）已知矩形 中，| | = 2,| | = 1, 为 中点， 为边 上的动
点（不包括端点）.
(1)求 的最小值；
(2)设线段 与 的交点为 ，求 的最小值.
【解题思路】（1）以点 为原点建立直角坐标系，利用向量数量积的坐标公式求得结果；
（2 ）根据三角形相似得出 = ，再求出 的坐标，利用向量数量积的坐标公式求得结果.
【解答过程】（1）设 = ( ∈ (0,2))，如图建立直角坐标系：
∵ (0,0), (0,1), ( ,1), (2,0)，
∴ = ( , 1), = (2 , 1)
∴ = (2 ) + ( 1) × ( 1) = 2 2 + 1 = ( 1)2
当 = 1时， 有最小值，最小值为 0；
（2）由图可得： △ ∽△
1 1
则 = = ∴ = +1
1
∴ = ( ,1), = + 1 , + 1
2 1
= + 1 + + 1
2
= +1 = ( +1)
2 2 2 2
+1 +1 = + 1 +1 = ( + 1) + +1 2 ≥ 2 2 2，
当且仅当 + 1 = 2 +1即 = 2 1时取等号，
∴ 的最小值为2 2 2.
题型 5 平面向量中的新定义问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·江平面苏向量无线锡性运·算阶的坐段标练表示习）我们定义：“ × ”为向量 与向量 的“外积”，若向量 与向量 的
夹角为 ，它的长度规定| × | = | | | |sin ，现已知：在 △ 中，若| + | = 1,| + | = 2，则
| × |的最大值为（ ）
A 1 B 2 C 1 2．3 ．5 ．2 D．3
【解题思路】设 , 分别为 , 4 1的中点，结合三角形相似推出 △ = 3 四边形 ，由题意可得| | = 2,|
| = 1，确定四边形 面积的最大值，根据题意结合面积公式即可得结果.
【解答过程】设 , 分别为 , 的中点，连接 ，
则 ∥ ，则 △ ∽ △ ，故 1△ = 4 △ ,
= 3则 四边形 4 △ ，故 △ =
4
3 四边形 ，
又因为| + | = 2| | = 1,| + | = 2| | = 2 1，即| | = 2,| | = 1，
当 ⊥ 1 1 1时，四边形 面积最大，最大值为2 × 2 × 1 = 4，
△ 4 × 1 1故 的面积的最大值为3 4 = 3，
且| × | = | | | |sin∠ = 2 △ ，所以| × |的最大值为2 × 13 =
2
3.
故选：D.
2．（23-24 高一下·河南信阳·阶段练习）定义向量一种运算“ ”如下：对任意的 = ( , )， = ( , )，令
= ，下面错误的是（ ）
A．若 与 共线，则 = 0
2 2
B．( ) + ( ) = | |2 | |2
C．对任意的 ∈ ，有( ) = ( )
D． =
【解题思路】根据向量共线、向量数量积以及新定义化简判断命题真假.
【解答过程】对于 A，因为若 与 共线，则 = ，
所以 = = 0，故 A 正确；
对于 B， = ， = + ，
2 2
( ) + ( ) = ( )2 + ( + )2 = ( )2 + ( )2 2 + ( )2 + ( )2 +2 ，
= 2 2 + 2 + 2 2 + 2 = ( 2 + 2) 2 + 2 =| |2 | |2，故 B 正确；
对于 C，因为( ) = = ( )，故 C 正确；
对于 D，因为 = ， = ，不相等，故 D 错误；
故选：D.
3．（23-24 高一下·安徽安庆·阶段练习）已知非零向量 , 的夹角为 ，定义新运算： = | || |sin ，若
= ( 1, 1), = ( 2, 2), = ( 3, 3)，则下列说法正确的是（ ）
A． ∈ 0, π , = B ． 在 上投影向量的模为
2 | |
C． = | 1 2 2 1| D． ( ) =
【解题思路】对于 A，按定义新运算只需使sin = cos 即可满足 = ；对于 B，由投影向量模长公
2 2 2
式与 | | 的结果比较即得；对于 C，利用 与 的关系推得 = | |
2| | ，代入坐标计
算即得；对于 D，从左右两边的展开形式的符号推断即可排除.
π π
【解答过程】对于 A 项，当 = 4时， = | | | |sin4 =
2| | | |，
2
π
而 = | | | |cos = 24 | | | |，即此时有 = ，故 A 正确；2
对于 B 项，因为 = | || |sin , = | || |cos ，
→
在 | || |sin 上投影向量的模为| ||cos |，而 | | = | | = | |sin ，故 B 错误；
2 2 2
对于 C 项，因为 + = | |2| | ，
2
所以 = | |2| |2 2
= 21 + 2 2 2 2 21 2 + 2 ( 1 2 + 1 2) = ( 1 2 2 1) ，
又0 ≤ ≤ π， = | || |sin ≥ 0，所以 = | 1 2 2 1|，故 C 正确；
对于 D 项，因为 = | || |sin , 的值是非负的，
而 = | || |sin , | || |sin , 的值可能是负数，故 D 错误．
故选：AC．
4．（23-24 高一下·湖北武汉·阶段练习）定义平面非零向量之间的一种运算“※”，记 ※ = cos + sin ，
其中 是非零向量 、 的夹角，若 1， 2均为单位向量，且 1 2 =
4
5，则向量 1※ 2与 2※( 1)的夹角的
220
余弦值为 221 .
【解题思路】由向量的新定义结合数量积的运算律求解即可.
4 4 3
【解答过程】因为 1 2 = 5，所以cos 1, 2 = 5，则sin 1, 2 = 5，
所以 1※ 2 =
4 3 4 3
5 1 + 5 2， 2※( 1) = 5 2 5 1，
设向量 1※ 2与 2※( 1)的夹角为 ，
| 4 + 3 2因为 1 2|= 4 1 + 3 2 = 16 2 24 + 9 25 5 5 5 25 1 25 1 2 25 2
= 1 24 × 4 = 221，
25 5 125
| 3 4 3 4 2 9 24 16 5 1 + 5 2| = 5 1 + 5 2 = 225 1 25 1 2 + 225 2
= 1 24 × 4 = 221，
25 5 125
4 3 3 4 12 12
+ 2 25 1 5 2 5 1 + 5 2 = 25 1 1 2 + 25 2
= 1225 +
4 12 44
5 + 25 = 25，
4 +31 2
3 4 44
cos = 5 5 5 1
+ 2 220
则 5 25| = 221 = ， 4 +31 32| | 1+4 5 5 5 5 2| 221125
220
故答案为：221.
5．（23-24 高一下·湖北·阶段练习）如图，设 , 是平面内相交成 (0 < < π)的两条射线， 1, 2分别为 ,
同向的单位向量，定义平面坐标系 为 仿射坐标系，在 仿射坐标系中，若 = 1 + 2，则记
= ( , ).
(1)在 仿射坐标系中
①若 = ( , )，求| |；
π
②若 = ( 1,3), = ( 3,1)，且 与 的夹角为3，求cos ；
π
(2) 7如上图所示，在3 仿射坐标系中，B，C 分别在 轴， 轴正半轴上，| | = 1, = 19 , , 分别为 BD，
BC 中点，求 的最大值.
【解题思路】（1）①由题意， = 1 + 2，将其两边平方，再开方即可得到| |；
π
②由 = ( 1,3), = ( 3,1)，由cos 表示出| |和| |，再由已知用cos 表示出 ，因为 与 的夹角为3，然
π
后由cos3 =
，即可得到cos ；
| | ∣
（2）由题意，设出 、 坐标 ( ,0), (0, ),( > 0, > 0)，表示出 ，由 21 = 22 = 1, 1 2 = 1 1 cos
π
= 1 1 2 7 2 133 2，将 表示成 = 4 + 76 + 76 ，
△ = 2 + 2 1 1 13在 中依据余弦定理可得 ，代入得 = 19(5
2 + 8 2) 76，
2 + 2 1 = ≤ 2 + 1方法一：设 2 2 24 ( > 0)，得到5 +8 ≤
40
3 ，则可得 的最大值；
2 2 π
方法二：在△ 中，用正弦定理，再设∠ = ，可得 = sin , = sin3 3 + ，代入5
2 +8 2，通
3
40
过三角恒等化简可得5 2 +8 2 ≤ 3 ，进而得到 的最大值.
【解答过程】（1）①因为 = ( , ), = 1 + 2，
2 = ( + )21 2 = 2 21 + 2 1 2 + 2 2 22 = + 2 cos + 2,
所以| | = 2 + 2 cos + 2，
②由 = ( 1,3), = ( 3,1)，
得| | = ( 1)2 + 2 ( 1) 3cos + 32 = 10 6cos ，
| | = ( 3)2 + 2 ( 3) 1 cos + 12 = 10 6cos ，
= ( 1 + 3 2) ( 3 1 + 2 22) = 3 1 +3 2 10 1 2 = 6 10cos ，
π
因为 与 的夹角为3，
π
cos = = 6 10cos 1 1则 3 | | ∣ 10 6cos = 2，得cos = 7．
（2）方法一：依题意设 ( ,0), (0, ),( > 0, > 0)，
π
∠ = 3, = 1, =
7 7
19 = 0, ，19
1 1
因为 为 BC 中点 = 2 + 2 =
1
2 1 +
1
2 2，
BD = 1 + 1 = 1 7为 中点，所以 2 2 2 1 + 38 2，
= 1 + 1 1
1 7
所以， 1 2 +
7 = 2 2 + 2 21 2 4 1 76 2 +
7 + 1 1 2 2 2 38 76 4 2，
因为 2
π
1 = 22 = 1, 1 2 = 1 1 cos =
1
3 2，则
= 14
2 + 7 2 7 1 176 + + 2 =
1
4
2 + 7 2 + 13 ，
76 4 76 76
在△ 中依据余弦定理得 2 + 2 = 1，所以 = 2 + 2 1，代入上式得，
= 5 2 8 2 1319 + 19 76 =
1 2 2 1319(5 + 8 ) 76.
设 2 + 2 1 = ≤ 2 + 1 24 ( > 0)
1
，则(1 ) 2 + 1 2 ≤ 1，
4
(1 ) 5
令 21 1 = 8得32 12 5 = 0，得 =
5
1 8, 2 =
1
4 4
(舍)，
3
所以8
2 + 35
2 ≤ 1,5 2 +8 2 ≤ 403 ，
则 = 1 13 1 40 13 12119(5
2 + 8 2) 76 ≤ 19 3 76 = 228.
方法二：依题意设 ( ,0), (0, ),( > 0, > 0)，
π
∠ = 3, = 1, =
7
19 = 0,
7 ，
19
因为 为 BC 1 1中点，则 = 2 + 2 =
1
2 +
1
1 2 2，
BD 1 1 1 7为 中点，所以 = 2 + 2 = 2 1 + 38 2，
= 1 + 1 1
1 7
所以， 1 2 +
7 = 2 2 + 2 21 2 4 1 76 2 +
7 + 1 1 ，2 2 2 38 76 4 2
π
因为 2 21 = 2 = 1, 1 2 = 1 1 cos3 =
1
2.
= 1 2 + 7 2 7 1 1 14 76 + + =
2 + 7 2 + 13 ，
76 4 2 4 76 76
在△ 中依据余弦定理得 2 + 2 = 1，所以 = 2 + 2 1，
= 5 2 + 8 2 13 = 1 2 2 13代入上式得， 19 19 76 19(5 + 8 ) 76，
在△ 中，由正弦定理sin π =
3 sin∠
= sin∠ ，
2 2
设∠ = , = sin , = sin π3 3 + ，3
2π
2 2 20 32 π2 2 20 1 cos2 32 1 cos 2 +5 + 8 = 3 sin + 3 sin +
3
3 = 3 × 2 + 3 × 2
2 1 3
= 3 5(1 cos2 ) + 8 1 + 2 cos2 + 2 sin2
1
= 23(13 cos2 + 4 3sin2 ) =
2
3[13 +
40
48 + 1sin(2 )] ≤ 3 , tan = 4 3，
1 13 1 40 13
则 = 19(5
2 + 8 2) 76 ≤ 19 3 76 =
121
228.
题型 6 求三角形面积的最值或范围（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 · 平面向量线性运·算的坐标表示 △ 2 高一下 福建泉州 阶段练习）在锐角 中， 、 、 分别是角 、 、 所对的边，已知 6 =
cos
cos 且 = 6，则锐角 △ 面积的取值范围为（ ）
A．(0,4 3) B．(4 3,9 3] C．(6 3,9 3] D．(0,6 3]
【解题思路】首先利用正弦定理求出角 ，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，再根据三角恒等
变换转化为三角函数求范围即可.
∵ 2 【解答过程】 6 =
cos
cos 且 = 6 ∴
2 = cos ， cos ,
2sin sin = cos 根据正弦定理得， sin cos ,
即(2sin sin )cos = sin cos ，
整理得2sin cos = sin cos + sin cos = sin ，
π
∵ ∈ 0, π ， ∴ sin > 0， ∴ 2cos = 1
1
，解得cos = ， = ，
2 2 3
6
∵ sin =
sin = sin = 2 = 3 = 4 3，2
∴ = 4 3sin ， = 4 3sin ,
∴ △ = 1 sin = 12 3sin sin = 12 3sin sin 2π的面积 2 3
∴ = 12 3sin 3 cos + 1 sin
2 2
3 1
= 12 3 2 cos sin +
2
2 sin
3 1 cos2
= 6 3 2 sin2 + 2
3 1 1
= 6 3 2 sin2 2 cos2 + 2
π
= 6 3sin 2 6 + 3 3
π π
∵ △ 为锐角三角形， ∴ 0 < < 2， ∴ 0 < =
2π
3 < 2，
π π π
∴ 6 < < 2， ∴ 2 ∈
π , 5π6 ，6 6
∴ sin 2 π ∈ 1 ,1 ，
6 2
∴ = 6 3sin 2 π +3 3 ∈ (6 3,9 3].
6
故选：C.
2．（23-24 高一下·安徽马鞍山·阶段练习）如图，四边形 中3 = 2 ， ∩ = ，若 +2 = 4
，且 = 9，则 △ 面积的最大值为（ ）
A．3 2 B．2 6 C．4 3 D．6 3
【解题思路】线段 上取点 E 使得 = 2 ，结合已知可得 // , = 2 ，进而有 △ △ ，
4
设∠ = ， △ = 2 △ = 8 △ = 3 tan = 12tan ，再结合相关三角形面积、线段的数
1 3
量关系得sin = 2sin∠ ，进而得tan ≤ ，即可求最大值.3
【解答过程】线段 上取点 E 使得 = 2 ，又 +2 = 4 ，
则4 = +2 = 2 2 = 2 ，故 // , = 2 ，
所以 △ △ ，则 = 2 , = 2 ，
设∠ = ，则 △ = 2 △ = 8 △ = 4 sin =
4
3 sin =
4
3 tan = 12tan .
由上易知 △ = 2 △ ，且 △ = 4 △ ，而 △ + △ = △ ，
所以 △ = △ △ = 2 △ ，则 △ = △ + △ = 6 △ ，
3 = 2 = 2 1结合 及 ，且2 sin∠ = 6 ×
1
2 sin ，
由三角形内角性质sin∠ ∈ (0,1] sin = 1sin∠ ≤ 1 tan ≤ 3，所以 2 2 ，3
综上， △ = 12tan ≤ 4 3.
故选：C.
3．（23-24 高一下·江苏盐城·阶段练习）设 △ 的内角 , , 所对的边分别为 , , , 3( cos + cos ) = 2
sin ，且∠ = 3.若点 是 △ 外一点， = 1, = 3，下列说法中，正确的命题是（ ）
A． △ 的内角 = 3
B． △ 一定是等边三角形
C 5 3．四边形 面积的最大值为 +3
2
D．四边形 面积无最大值
【解题思路】由正弦定理边角关系及已知角的大小可得 = 3，即可判断 A、B；由余弦定理可得
2 = 10 6
cos ，结合 = △ + △ ，得到 面积关于角 D 的三角函数式，利用正弦函数的性质及 D 的
范围求最值，判断 C、D.
【解答过程】由题设 3(sin cos + sin cos ) = 3sin( + ) = 2sin2 ，又 + + = ，
所以 3sin = 2sin2 3，sin > 0，故sin = ，2
= = 2
则 3或 3 ，又∠ = 3，故 = 3，A 正确；
所以 △ 是等边三角形，B 正确；
由 = ，则 2 = 2 + 2 2 cos∠ = 10 6cos ，且0 < < ，
而 = + = 3 2 3 3 △ △ + 2sin = (5 3cos ) +
3
2sin =
5 3 + 3(sin cos ) = 5 3 +3sin
4 2 2 2 3 2
( 3)，
5 5 3
所以当 = 6 时有最大面积为 = +3，故 C 正确，D 错误.2
故选：ABC.
4．（23-24 高一下·安徽合肥·阶段练习）已知在锐角三角形 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，
且(2 )cos = cos , = 2，则 △ 的面积 S 的取值范围为 3 ,2 3 ．
2
【解题思路】利用正弦定理解三角形，利用三角函数的单调性求三角形的面积的取值范围.
【解答过程】由题意及正弦定理，得2sin cos = sin cos + sin cos = sin( + )．
因为 + + = π，所以2sin cos = sin ．
因为 ∈ 0, π ，所以sin > 0，所以cos =
1
2 2
．
π
因为 ∈ 0, π ，所以 = 3，2
= = 2sin
2π
由正弦定理 ，得 3 = 2sin π +
π 2sin +π
3
sin 3sin = ，sin sin sin
1 3sin +π 3 3
所以 = 32 sin = = +sin 2 2tan ，
0 < < π , π π
因为 △ 是锐角三角形，所以 20 < 2π < π , 解得6 < < 2，
3 2
所以tan > 3，所以0 < 3 3 3 3
3 2tan
< ，从而 ∈
2 ,2 3 ．2
故答案为： 3 ,2 3 ．
2
5．（23-24 高一下·新疆乌鲁木齐·阶段练习） △ 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知cos =
2
2 ，点 D 在 AC 上，且 = 2 ， = 2．
(1)求角 B；
(2)求 △ 面积的最大值．
【解题思路】（1）利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）向量化结合基本不等式求出 的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解.
【解答过程】（1）因为cos = 2 2 ，
2+ 2 2 = (2 ) 由余弦定理可得 2 2 ，
整理得 2 + 2 2 = ，
2 2 2
所以cos = + = 12 2，
π
又 ∈ (0,π)，所以 = 3；
（2）因为 = 2 ，
所以 = + = + 2 2 13 = + 3 = 3 +
2
3 ，
2 1 2 2 1 2 4 2
故 = + = 9 + 9 +
4
9 3 3 ，
1 4 4 π
即4 = 29 + 9
2 + 9 cos3 =
1 29 +
4 29 +
2
9 ≥
4
9 +
2
9 =
2
3 ，
所以 ≤ 6，
1
当且仅当 2 4 29 = 9 ，即 = 2 = 2 3时取等号，
π
所以 1△ = 2 sin
3 3
3 ≤ ，2
所以 △ 3 3面积的最大值为 ．
2
题型 7 求三角形边长或周长的最值或范围（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·重平面庆向量·阶线性段运算练的习坐标）表示锐角 △ A cos sin tan 的内角 ，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 + =
1
sin2 ， = 3，则 + 的取值范围是（ ）
A 3． ,3 B．(3,2 3]
2
C．( 3,2 3] D．( 3,3]
【解题思路】先根据正弦定理和条件化简得到sin = 2，把 + 转化为角求解可得答案.
cos + sin tan = 1 cos + sin
sin 1
【解答过程】因为 ，所以 cos sin2 = 2sin cos ，
整理可得sin = 2，即有sin = sin = sin =2.
= 3 sin = 3
π
= + = 2π又 ，所以 ，解得 ，所以 ，
2 3 3
+ = 2(sin + sin ) = 2 sin + sin + π于是
3
= 2 3 sin + 3 cos = 2 3sin + π .
2 2 6
因为三角形是锐角三角形，所以 ∈ π , π ，所以sin + π ∈ 3 ,1 ，
6 2 6 2
所以 + 的取值范围是(3,2 3].
故选：B.
2．（23-24 高一下·福建莆田·阶段练习）在锐角三角形 中，已知 ， ， 分别是角 ， ， 的对边，且
3 = 2 sin ， = 3，则三角形 的周长的取值范围是（ ）
A．(3 3,3 3) B．(3 3,3 3] C．(3 + 3,3 3] D．[3 + 3,3 3]
π
【解题思路】由正弦定理化简已知可得sin ，再由 是锐角，得到 = 3，然后根据正弦定理和三角形内角和
将周长用 表示，结合三角恒等变化和三角函数图象即可求得范围.
【解答过程】因为 3 = 2 sin ，
根据正弦定理得， 3sin = 2sin sin ，
因为 为锐角，所以sin ＞0，
所以 3 = 2sin ，即sin = 3，而 A 为锐角，2
π
所以 = 3，
3
因为根据正弦定理sin = sin = sin = 3 = 2，2
所以 = 2sin , = 2sin ，
因为三角形周长为 + + = 3 +2sin + 2sin ，
π 2
又因为 = 3，所以 = 3π ，
所以 + + = 3 +2sin + 2sin 2 π = 3 +2sin + 3cos + sin = 2 3sin + π + 3，
3 6
π π
因为 ∈ 0, , ∈ 0, ，即 ∈ 0, π ,
2π ∈ 0, π ，
2 2 2 3 2
所以 ∈ π , π ，
6 2
π
即 + 6 ∈
π , 2 π sin + π， ∈ 3 ,1 ，
3 3 6 2
所以 + + ∈ 3 + 3，3 3 .
故选：C.
3．（23-24 高一下·山西朔州·阶段练习）在 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，D 为 AB 的中
点，且 (sin sin ) = ( )(sin + sin )， = 2，则（ ）．
π
A． = 6 B． △ 面积的取值范围为(0, 3]
C． △ 周长的取值范围为(4,6] D．CD 长度的取值范围为(1, 3]
【解题思路】根据正弦定理边角互化可得 2 + 2 2 = ，即可由余弦定理求解 A，结合不等式即可求解
BC,利用向量的模长，即可求解 D.
【解答过程】由正弦定理可得 ( ) = ( )( + )，整理得 2 + 2 2 = ，
cos =
2+ 2 2 1 π
所以 2 = 2，又0 < < π，所以 = 3．故 A 错误，
对于 B,由 2 + 2 2 = 可得 2 + 2 = + 4 ≥ 2 ≤ 4，当且仅当 = 时取等号，
1 1 3
所以 △ = 2 sin ≤ 2 × 4 × = 3,故 △ 面积的取值范围为2 (0, 3]，B 正确，
+ 2 ( + )2
对于 C，由 2 + 2 2 = 得( + )2 2 = 3 ≤ 3 ≤ 4 + ≤ 42 4 ，
当且仅当 = 时取等号，由于2 < + ≤ 4故 △ 周长的范围(4,6]，故 C 正确，
1
对于 D， = 2 + | | =
1 1 1
2
2 + 2 + 2 = 2 + 22 + 2 cos = 22 + 2 +
1
由于 2 + 2 2 = ，所以| | = 2 4 + 2 ，
由于0 < ≤ 4，所以| | = 12 4 + 2 ∈ (1, 3]，故 D 正确，
故选：BCD.
4．（23-24 高一下· cos 江苏南通·阶段练习）锐角 △ 的角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，满足 =
cos cos
，则 的取值范围为 ( 2, 3) ．
【解题思路】利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式得到sin = sin2 ，从而利用三角函数的性质
与锐角三角形的特点推得 的取值范围，再次利用正弦定理的边角变换转化所求为2cos ，从而得解.
cos = cos cos 【解答过程】因为 ，则( )cos = (cos cos )，
所以2 cos = cos + cos ，
由正弦定理得2sin cos = sin cos + sin cos = sin( + )，
又 + = π ，故sin = sin2 ，
π
因为在锐角 △ 中，0 < < 2,0 < 2 < π，所以 = 2 或 = π 2 ，
当 = 2 时， = π = π 3 ，
0 < π 3 < π
2 π π所以 0 < 2 < π ，解得6 < < 4，符合题意；
2
当 = π 2 时， = π = π (π 2 ) = ，此时 = ，不合题意；
π π
综上，6 < < 4，
sin sin2
又 = sin = sin = 2cos ，
2 < cos < 3
而 ，所以 = 2cos 2 2 ( 2, 3)，
则 的取值范围为( 2, 3).
故答案为：( 2, 3).
5．（23-24 高一下·河南商丘·阶段练习）设锐角三角形 的内角 , , 的对边分别为 ， ， ，已知2 cos =
π
(2 )，且 = 3．
(1)求 的值；
π
(2)若 为 的延长线上一点，且∠ = 6，求三角形 周长的取值范围．
【解题思路】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得 = 2cos ，即可得结果；
1 3
（2）在 △ 中，可得 = = ， = 3 ，在 △ 中，利用正弦定理结合三角函数可得 = 2 + 2tan
∈ 1 ,2 ，进而可得结果.
2
【解答过程】（1）因为2 cos = (2 )，
由正弦定理可得2sin cos = sin (2 ) = 2sin sin ，
则2sin cos = 2sin( + ) sin ，整理得2sin cos = sin ，
由正弦定理可得2 cos = ，即 = 2cos ，
π
且 = 3，所以 = 2 ×
1
2 = 1.
π
（2 2π）在 △ 中，由题意可知：∠ = 3 ，∠ = ∠ = 6，
可知 = = ，
由余弦定理可得 2 = 2 + 2 2 cos∠ = 3 2，即 = 3 ，
在 △ 中，由正弦定理sin = sin ，
= sin = sin( + )
1 sin + 3 cos 1
2 2 3可得 sin sin = = 2 + ，sin 2tan
π
π 0 < < π π
因为 = 3且 △ 为锐角三角形，则 + π > π
2 ，解得6 < < 2，
3 2
tan > 3 1 1 3 1则 ，可得0 < tan < 3，所以 = 2 + ∈ ，3 2tan ,22
且三角形 周长为 + + 3 = (2 + 3) ∈ 1 + 3 ,4 + 2 3 ，
2
所以三角形 周长的取值范围为 1 + 3 ,4 + 2 3 .
2
题型 8 正、余弦定理的其他应用（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·北平面京向量·阶线性段运算练的习坐标）表示如图,甲船以每小时30 2海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀
速直线航行,当甲船位于 1处时,乙船位于甲船的北偏西105 方向的 1处,此时两船相距20海里,当甲船航行20
分钟到达 2处时,乙船航行到甲船的北偏西120 方向的 2处,此时两船相距10 2海里,则乙船每小时航行（ ）
A．10 2海里 B．20 2海里 C．30海里 D．30 2海里
【解题思路】先根据已知条件得到 1 2和 1 2的长,在利用已知条件和余弦定理求出 2 1的长即可得到结
果.
【解答过程】连接 1 2,如图:
由已知条件得: 1 1 = 20, 2 2 = 10 2,∠ 2 2 1 = 180 120 = 60 ,
因为甲船的速度是每小时30 2海里,
20
所以 1 2 = 30 2 × 60 = 10 2,
则 △ 1 2 2是等边三角形,
所以 1 2 = 10 2,
因为当甲船位于 1处时,乙船位于甲船的北偏西105 方向的 1处,
所以∠ 2 1 1 = 105 60 = 45 ,
则 2
2
1 2 = 2 21 1 + 1 2 2 1 1 1 2 cos45 = 202 + (10 2) 2 × 20 × 10 2 × 2 = 200,2
即 2 1 = 10 2,
10 2
所以乙船航行的速度是 × 60 = 30
20 2海里/小时,
即乙船每小时航行30 2海里.
故选:D.
2．（23-24 高三上·广东江门·阶段练习）气象台 在早上 8:00 观测到一台风，台风中心在气象台 正西方向
300 2km处，它正向东北方向移动，移动速度的大小为40km/h；距离台风中心100 10km以内的地区都将
受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，该气象台受到台风影响的时段为（ ）
A．12:00 17:00 B．13:00 18:00 C．13:00 17:00 D．14:00 18:00
【解题思路】利用余弦定理结合物理学知识求解即可.
【解答过程】如图，由余弦定理，得
2 = 2 + 2 2 cos45 ，
于是 2 600 + 80000 = 0，
解得 = 200或 = 400，
200 400
所以，台风从 O 到 B 用时 40 = 5小时，台风从 O 到 C 用时 40 = 10小时.
故，A 点受到台风影响的时间是早上 8:00 后的 5 小时至 10 小时之间，即 13:00-18:00.
故选：B.
3．（23-24 高一下·广东深圳·阶段练习）如图，甲船从 1出发以每小时 25 海里的速度向正北方向航行，乙
船按固定方向匀速直线航行．当甲船出发时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的 1处，此时两船相距5 2海
里．当甲船航行 12 分钟到达 2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的 2处，此时两船相距 5 海里，下
面正确的是（ ）
A．乙船的行驶速度与甲船相同 B．乙船的行驶速度是15 2海里/小时
C 1+ 2．甲乙两船相遇时，甲行驶了 小时 D．甲乙两船不可能相遇
3
【解题思路】连接 1 2，求出 1 2，再用余弦定理求出 1 2，计算乙船速度判断 A，B；延长 1 2与 1 2
延长线交于 O，计算甲乙到达点 O 的时间判断 C，D 作答.
【解答过程】如图，连接 1 2，依题意， 1 2 = 25 ×
12
60 = 5（海里），而 2 2 = 5海里，∠ 1 2 2 = 60 ，
则 △ 1 2 2是正三角形，∠ 2 1 2 = 60 ， 1 2 = 5海里，在 △ 1 1 2中，∠ 1 1 = 45 2 ， 1 1 = 5 2
海里，
2
由余弦定理得： 1 2 2 22 = 1 1 + 1 2 2 1 1 1 2cos45 = (5 2) + 52 2 × 5 2 × 5 × = 5，且有∠2
1 1 2 = 45 ，
5
所以乙船的行驶速度是12 = 25海里/小时，A 正确，B 不正确；
60
延长 1 2与 1 2延长线交于 O，显然有∠ 1 2 1 = 90 ，即 1 2 ⊥ 1， 1 = 10海里， 2 = 5 3海里，
1 = 5( 3 +1)海里，
10 2 5( 3+1) 3+1
甲船从出发到点 O 用时 1 = 25 = 5（小时），乙船从出发到点 O 用时 2 = = （小时）， < ，25 5 1 2
即甲船先到达点 O，
所以，甲乙两船不可能相遇，C 不正确，D 正确.
故选：AD.
4．（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景
π
台 ，已知射线 ， 为湿地两边夹角为3的公路（长度均超过 4 千米），在两条公路 ， 上分别设立
游客接送点 ， ，且 = = 3千米，若要求观景台 与两接送点所成角∠ 与∠ 互补且观景台 在
的右侧，并在观景台 与接送点 ， 之间建造两条观光线路 与 ，则观光线路之和最长是 2 （千
米）.
【解题思路】根据余弦定理，结合基本不等式进行求解即可.
π
【解答过程】在 △ 中，因为 = = 3，∠ = 3，
所以 = = = 3，
∠ ∠ ∠ = 2π又 与 互补，所以 3 ，
在 △ 中，由余弦定理得： 2 = 2 + 2 2 cos∠ ，
即 2 + 2 + = 3，即( + )2 = 3，
1
因为 ≤ 4( + )
2，
( + )2 = 3 ≥ ( + )2 1所以 24( + ) ，
所以 + ≤ 2，当且仅当 = = 1时，取等号，
所以观光线路之和最长是 2.
故答案为：2.
5．（23-24 高一下·安徽·阶段练习）如图，某区有一块 △ 的空地，其中 = 2km, = 2 3km，
∠ = 90°．当地区政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖 △ ，其中 ，
都在边 上，且∠ = 30°，挖出的泥土堆放在 △ 地带上形成假山，剩下的 △ 地带开设儿童
游乐场．为安全起见，需在 △ 的周围安装防护网．
（1）当 = 1 km时，求防护网的总长度；
（2）若要求人工湖用地 △ 的面积是假山用地 △ 面积的 3倍，试确定∠ 的大小；
（3）如何设计施工方案，可使 △ 的面积最小？最小面积是多少？
【解题思路】（1）由已知可得∠ = 3，在 △ 中根据余弦定理求出 ，并得到 △ 为直角三角
形，进而求出 △ 是正三角形，即可得出结论；
（2）设∠ = (0° < < 60°) ，由 △ = 3 △ 结合面积公式，以及在 △ 中由正弦定理，分别
求出 ，从而得到关于 的方程，求解即可；
（3）设∠ = (0° < < 60°) ，由（2）将 用 表示，在 △ 中根据正弦定理，将 用 表示， △
面积可表示为关于 的函数，利用三角恒等变换，结合正弦函数的有界性，即可得出结论.
2 3
【解答过程】解：（1）因为tan∠ = = 3，所以∠ = 60°．2
在 △ 中， = 2， = 1，∠ = 60°，
1
由余弦定理，得 2 = 4 + 1 2 × 2 × 1 × 2 = 3，即 = 3．
因为 2 + 2 = 2，所以 ⊥ ，∠ = 30°，
所以 △ 是正三角形，其周长为 6，即防护网的总长度为6 km．
（2）设∠ = (0° < < 60°) ，因为 △ = 3 △ ，
1
所以2 sin30° =
3 sin ，即 = 4 3sin ．2
2
在 △ 中，由sin60° = sin(180° 60° 30°) = cos ，
= 3得 ．由4 3sin = 3 ，得sin2 =
1
．
cos cos 2
因为0° < 2 < 120°，所以2 = 30°， = 15°，即∠ = 15°．
（3）设∠ = (0° < < 60°) 3，由（2）知 = ．cos
在 △ 中，由sin60° = sin( +60°) ，得 =
3
sin( +60°) ，
1 3
所以 △ = 2 sin30° = 4cos sin( +60°)
3 3
= =
2sin cos +2 3cos2 2sin(2 +60°) + 3，
当2 + 60° = 90°，即 = 15°时， △ 的面积最小，
3
且最小值为 = 6 3 3 km22+ 3 ．
题型 9 复数的模的最值（范围）问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·上平面海向量·阶线性段运算练的坐习标）表示已知复数 且| | = 1，则| 2 2i|的最小值是（ ）
A．2 2 B．2 2 1 C．2 2 +1 D． 2 1
【解题思路】利用复数的几何意义，将问题转化为圆上一点到定点的距离的最小值即可.
【解答过程】设 = + i， ∵ | | = 1，
则复数 对应的点 ( , )在以原点为圆心，以 1 为半径的圆上，
如图，
∵ | 2 2i| = | (2 + 2i)|的几何意义是点 ( , )到点(2,2)的距离，
∴ | 2 2i| = | (2 + 2i)|的最小值是复数2 + 2i对应的点(2,2)到原点的距离减去半径 1，
∴ 即 22 + 22 1 = 2 2 1.
故选：B.
2．（23-24 高一下·湖南长沙·阶段练习）已知复数 z 满足| | = 1，则| 2i|的取值范围为（ ）
A．[0,2] B．[1,3] C．[2,4] D．[1,9]
【解题思路】根据复数模的几何意义，转化为点(0,2)到圆心的距离加半径可得最大值，减半径可得最小值
即可.
【解答过程】| | = 1表示 对应的点是单位圆上的点，
| 2i|的几何意义表示单位圆上的点和(0,2)之间的距离，
| 2i|的取值范围转化为点(0,2)到圆心的距离加上半径可得最大值，减去半径可得最小值，
所以最大距离为2 + 1 = 3，最小距离为2 1 = 1，
所以| 2i|的取值范围为[1,3].
故选：B.
3．（23-24 高一下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知i为虚数单位，复数 1 = 2 + i，复数 2满足：| 2 5i| = 1，
则| 2 1|( ∈ )可能的取值为（ ）
A．0 B 1．2 C．1 D．2
【解题思路】根据题意分析可得：| 2 1|( ∈ )为直线 1: 2 = 0上的动点 到以 0, 5 为圆心，半
径为 = 1的圆上的动点 2的距离，结合圆的性质运算求解.
【解答过程】设 1, 2对应的分别为 1, 2，则 1(2,1)，可知 1表示直线 1: 2 = 0上的动点 ，
因为| 2 5i| = 1，即复数 2对应的点 2在以 0, 5 为圆心，半径为 = 1的圆上，
可得| 2 1|( ∈ )即为| 2|，
|0 2 5|
又因为 0, 5 到直线 1: 2 = 0的距离 = 2 2 = 21 +( 2) ，
所以| 2| ≥ = 1，
故 A、B 错误，C、D 正确.
故选：CD.
.
4．（23-24 高一下·上海·阶段练习）已知复数 1, 22满足| 1| = 1，| 2| = 3，则| 1 2|的取值范围是 [8,10] ．
【解题思路】根据复数模的几何意义画图求解即可.
【解答过程】根据复数的模的几何意义可知，复数 1对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
复数 2 对应的点在以原点为圆心，3为半径的圆上，
复数 22对应的点在以原点为圆心，9为半径的圆上，
则| 1 22|的几何意义为圆 2 + 2 = 81上的点到圆 2 + 2 = 1上的点的距离，
根据图象可知8 ≤ | 21 2| ≤ 10
故答案为：[8,10].
5．（23-24 高一下·上海·阶段练习）已知复数 满足| + 2 2i| = 2，且复数 在复平面内的对应点为 ．
(1)确定点 的集合构成图形的形状；
(2)求| 1 + 2i|的最大值和最小值．
【解题思路】（1）根据复数模的几何意义确定点 的集合构成图形的形状.
（2）根据复数模的几何意义，结合圆的几何性质求得正确答案.
【解答过程】（1）设复数 2 + 2i在复平面内的对应点为 ( 2,2)，
则| + 2 2i| = | ( 2 + 2i)| = | | = 2，
故点 的集合是以点 为圆心，2 为半径的圆，如下图所示．
（2）设复数1 2i在复平面内的对应点为 (1, 2)，则| 1 + 2i| = | |,如下图所示，
| | = (1 + 2)2 + ( 2 2)2 = 5，
则| 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．
题型 10 复数综合（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·江平面苏向量南线京性运·算阶的坐段标练表示习）设 △ 的三个顶点为复平面上的三点 1， 2， 3，满足 1 2 3
= 0， 1 + 2 + 3 = 8 + 2i， 1 2 + 2 3 + 1 3 = 15 + 10i，则 △ 内心的复数坐标 的虚部所在区间是
（ ）
A．(0.5,1) B．(0,0.5) C．(1,2) D．前三个选项都不对
【解题思路】由对称性及 1 2 3 = 0，不妨设 3 = 0，则 1 + 2 = 8 + 2i， 1 2 = 15 + 10i，根据韦达定理知
21， 2是方程 (8 + 2i) + 15 + 10i = 0，可得方程两根为5、3 + 2i，不妨设 1 = 5， 2 = 3 + 2i，则 △
在复平面上的顶点坐标为 (5,0)， (3,2)， (0,0)，设 △ 的内心为 ( 1, 1)，根据三角形内心的性质 +
→
+ = 0即可求解.
【解答过程】由对称性及 1 2 3 = 0，不妨设 3 = 0，
则 1 + 2 = 8 + 2i， 1 2 = 15 + 10i.
由韦达定理知 1， 2是方程 2 (8 + 2i) + 15 + 10i = 0的两个根，
则方程 2 (8 + 2i) + 15 + 10i = 0的两根为5、3 + 2i.
不妨设 1 = 5， 2 = 3 + 2i，
则 △ 在复平面上的顶点坐标为 (5,0)， (3,2)， (0,0),
则 = = 13, = = 5, = = 2 2,
→
设三角形内心为 ( 1, 1)，由内心的性质 + + = 0知
13(5 1, 1) + 5(3 1,2 1) + 2 2( 1, 1) = (0,0)，
所以 13 1 +10 5 1 2 2 1 = 0，
10
解得 1 = 5+2 2+ 13，
又10 = 5 + 2 + 3 < 5 + 2 2 + 13 < 5 + 4 + 4 < 20，
所以 1 ∈ (0.5,1).
故选：A.
2．（23-24 高一下·上海黄浦·阶段练习）已知 = + （ , ∈ ， 是虚数单位）， 1, 2 ∈ ，定义： ( ) =
| | + | |， ( 1, 2) = | 1 2|，给出下列命题：
①对任意 ∈ ，都有 ( ) > 0；
②若 是复数 的共轭复数，则 ( ) = 恒成立；
③ ( 1) = ( 2)( 1, 2 ∈ )，则 1 = 2；
④对任意 1, 2, 3 ∈ ，结论 ( 1, 3) ≤ ( 1, 2) + ( 2, 3)恒成立；
则其中真命题是（ ）
A．①②③④ B．②③④ C．②④ D．①③
【解题思路】①用特殊值验证，证明为假命题. ②根据 ( )的定义，证明为真命题. ③由②可知③为假命
题. ④根据 ( 1, 2)的定义，证明为真命题.
【解答过程】对于①，当 = 0 ∈ 时， ( ) = 0 + 0 = 0，所以①为假命题.
对于②，令 = + , = ，则 ( ) = = | | + | |，所以②为真命题.
对于③，由于②成立，而 和 不一定相等，所以③为假命题.
对于④，依题意 ( 1, 3) = | 1 3|, ( 1, 2) = | 1 2|, ( 2, 3) = | 2 3|，根据复数减法的模的几何意义可
知，| 1 3|表示复数 1和 3对应两点间的距离，| 1 2|表示复数 1和 2对应两点间的距离，| 2 3|表示复
数 2和 3对应两点间的距离.根据三角形两边的和大于第三边可知| 1 2| + | 2 3| > | 1 3|，当 2对应的
点在 1和 3对应的两点连成的线段上时，| 1 2| + | 2 3| = | 1 3|，所以 ( 1, 3) ≤ ( 1, 2) + ( 2, 3)成
立. ④为真命题.
故选：C.
3．（23-24 高一下·江苏苏州·阶段练习）1843 年，Hamilton 在爱尔兰发现四元数．当时他正研究扩展复数
到更高的维次（复数可视为平面上的点）．他不能做到三维空间的例子，但四维则造出四元数．根据哈密
顿记述，他于 10 月 16 日跟妻子在都柏林的皇家运河上散步时突然想到的方程解．之后哈密顿立刻将此方
程刻在 Broughant Bridge．对四元数 = + i + j + k， , , , ∈ 的单位i,j,k，其运算满足：i2 = j2 = k2
= 1，ij = k，jk = i，ki = j，ji = k，kj = i，ik = j；记 = i j k， ( ) = = 2 + 2 + 2 +
2，| | = 2 + 2 + 2
1
+ 2，定义 1 = ，记所有四元数构成的集合为 ，则以下说法中正确的有（ ）
A．集合{1,i,j,k}的元素按乘法得到一个八元集合
B．若非零元 , ∈ ，则有： 1 = 1
C．若 , ∈ ，则有： ( ) = ( ) ( )
D．若非零元 ∈ ，则有： 1 =
| 2|
【解题思路】对于 A，利用已知条件求出所求集合为{1,i,j,k, 1, i, j, k}即可；对于 B，直接给出反例
= 1， = 2即可；对于 C，利用 ( )的定义计算即可；对于 D，利用 C 选项的结果验证即可.
【解答过程】对于 A，由于i2 = j2 = k2 = 1，ji = k，kj = i，ik = j，故集合{1,i,j,k}的元素按乘法可以
得到集合{1,i,j,k, 1, i, j, k}，容易验证该集合中任意两个元素的乘积还在该集合中，故集合{1,i,j,k}的元素
按乘法得到的集合是八元集合{1,i,j,k, 1, i, j, k}，故 A 正确；
对于 B，取 = 1， = 2，则 1 = 1 1 2 1 = 1 2 1 = 2 ≠ 1 = 2 1 = 12 ，故 B 错误；
对于 C，若 , ∈ ，设 = + i + j + k， = + i + j + k，则
( ) = (( + i + j + k) ( + i + j + k))
= (( ) + ( + + )i + ( + + )j + ( + + )k)
= ( )2 + ( + + )2 + ( + + )2 + ( + + )2
= 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2
+ 2 2 + 2 2
= ( 2 + 2 + 2 + 2) 2 + 2 + 2 + 2
= ( + i + j + k) ( + i + j + k)
= ( ) ( )，故 C 正确；
( ) ( ) ( )
对于 D，根据题目中的定义有 ( ) = | |2，从而 | 2| = | 2| = ( 2) = ( 2) = ( ) = ( ) ( ) = 1.
所以 1 =
| 2|，故 D 正确.
故选：ACD.
4．（23-24 高一下·江苏南京·阶段练习）已知在复数集中，等式 4 + 3 + 23 2 + 1 + 0 = ( 1)( 2)
( 3)( 4)对任意复数 恒成立，复数 1， 2， 3， 4在复平面上对应的 4 个点为某个单位圆内接正方形
的 4 个顶点，{ 0, 1, 2, 3} { |1 ≤ ≤ 2024, ∈ }，则满足条件的不同集合{ 0, 1, 2, 3}个数为 10 ．
【解题思路】由一元二次方程，复数根互为共轭复数根，一元四次方程可以分解为两个一元二次方程，因
此四个根应该两两互为共轭复数根（或实数根），因此圆心在 轴上，据此分类讨论可求得结论.
【解答过程】 4 + 33 + 22 + 1 + 0 = ( 1)( 2)( 3)( 4)
= 4 ( 1 + 2 + 3 + 4) 3 + ( 1 2 + 1 3 + 1 4 + 2 3 + 22 4 + 3 4) ( 1 2 3 + 1 2 4 + 2 3 4) +
1 2 3 4，
对比系数可得 0 = 1 2 3 4， 1 = ( 1 2 3 + 1 2 4 + 2 3 4)，
2 = 1 2 + 1 3 + 1 4 + 2 3 + 2 4 + 3 4， 3 = ( 1 + 2 + 3 + 4)，
复数 1， 2， 3， 4在复平面上对应的 4 个点为某个单位圆内接正方形的 4 个顶点
情况 1，四个根两两互为共轭复数，故圆心在 轴上，设单位的圆心为( ,0)，
不妨设 1 = + 2 + 2i， 2 22 2 2 = + i，2 2
2 23 = i， 4 = + 2 + 2i，2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
0 = 1 2 3 4 = + 2 + 2 i 2 + 2 i 2 2 i + 2 + 2 i
2 2
= + 2 i 1 2 i 1 = [ 2 + 2 i 1][ 2 2 i 1] ( 2 1) + 2 i ( 2 1) 2 i = ( 2 1)2
2 2 2 2
+2 2 = 4 +1，
类似计算可得 1 = ( 1 2 3 + 1 2 4 + 2 3 4) = 4 3，
2 = 1 2 + 1 23 + 1 4 + 2 3 + 2 4 + 3 4 = 6 ， 3 = ( 1 + 2 + 3 + 4) = 4 ，
因为{ 0, 1, 2, 3} { |1 ≤ ≤ 2024, ∈ }，
所以 只能为负整数，又集合元素的互异性，从而可得 = 2, 3, 4, 5, 6，此时集合{ 0, 1, 2, 3}的个数
为 5 个，
情况 2，四个根有 2 个为实数，另外 2 个为共轭复数故圆心在 轴上，设单位的圆心为( ,0)，
不妨设 1 = 1， 2 = + i， 3 = + 1， 4 = i，
计算可得 0 = 1 2 3 4 = 4 1， 1 = ( 1 32 3 + 1 2 4 + 2 3 4) = 4 ，
2 = 1 22 + 1 3 + 1 4 + 2 3 + 2 4 + 3 4 = 6 ， 3 = ( 1 + 2 + 3 + 4) = 4 ，
因为{ 0, 1, 2, 3} { |1 ≤ ≤ 2024, ∈ }，所以 只能为负整数，又集合元素的互异性，
从而可得 = 2, 3, 4, 5, 6，此时集合{ 0, 1, 2, 3}的个数为 5 个，
综上：满足条件的不同{ 0, 1, 2, 3}的个数为 10.
故答案为：10.
5．（23-24 高一下·浙江宁波·阶段练习）我们知道复数有三角形式 = (cosθ + isinθ)，其中 为复数的模，θ
为辐角主值.由复数的三角形式可得出，若 1 = 1(cosθ1 + isinθ1)， 2 = 2(cosθ2 + isinθ2)，则 1
(cosθ1 + isinθ1) 2(cosθ2 + isinθ2) = 1 2[cos(θ1 + θ2) + isin(θ1 + θ2)]. 其几何意义是把向量 1绕点 按
逆时针方向旋转角θ2（如果θ2 < 0，就要把 1绕点 按顺时针方向旋转角|θ2|），再把它的模变为原来的 2
倍. 已知在复平面的上半平面内有一个菱形 ，其边长为1，∠ = 120 ，点 , , 所对应的复数分别为
1， 2， 3.
(1) = 3 1若 1 + 2i，求出 2， 3；2
(2)如图，若 (3,0)，以 为边作正方形 .
（ⅰ）若 , 在 下方，是否存在复数 1使得 长度为 19 6 2，若存在，求出复数 1；若不存在，说明
理由；
（ⅱ）若 , 在 上方，且向量 = + ，求证：5 ≤ + ≤ 8.
【解题思路】（1）根据复数三角形式运算的几何意义与运算法则求复数 2， 3.
π
（2）（ⅰ）设 1 = cos + isin ，0 ≤ ≤ 3，借助复数三角形式的运算，用 表示出点 的坐标，求 的长
度，根据 长度为 19 6 2，看看 是否存在即可.
（ⅱ）根据 = + ，把 + 表示成与 有关的三角函数，结合角 的取值范围，求函数值域即
可.
【解答过程】（1）连接 ，因为四边形 ，∠ = 120°，
所以∠ = 60 ，又 = = = = 1，所以 = 1，即| | = | | = | |，
π π
因为 = 31 +
1i=cos
2 2 6
+ isin6，
π π π π π
所以 2 = 1 cos + isin = cos + isin π cos π + isin π = cos + isin = i，3 3 6 6 3 3 2 2
3 = 1 cos 2π + isin 2π =
5π 5π
cos π + isin π cos 2π + isin 2π = cos 6 + isin 6 ，3 3 6 6 3 3
= i = 3 + 1所以 2 ， 3 2 2i.
π
（2）设 1 = cos + isin ，0 ≤ ≤ 3，则 3 = cos +
2π + isin + 2π ，
3 3
设 对应的复数为 4，则 4 = (cos 3)+isin ，
π π
（ⅰ）设 对应的复数为 5， 5 = 4 cos + isin = [(cos 3)+isin ]i = sin + i(cos 3)，2 2
设 对应的复数为 6，所以 6 = 3 sin + i(cos 3)，
所以| 6| = (3 sin )2 + (cos 3)2 = 19 6(sin + cos )，
由已知可得 19 6(sin + cos ) = 19 6 2，
π π
所以sin + cos = 2sin + π = 2，又0 ≤ ≤ 3，所以 = 4，所以 1 =
2+ 2i.
4 2 2
（ⅱ）设 对应的复数为 7，
= cos π所以 7 4 + isin π = [(cos 3)+isin ] ( i) = sin + i(3 cos )，2 2
所以 = (sin ,3 cos )，又 = (cos ,sin ) 2π 2π， = cos + ,sin + ， = + ，
3 3
2 2
所以 sin2 + (3 cos )2 = cos + cos + 2π + sin + sin + 2π3 3
所以 (10 6cos ) = 2 + 2 +2 cos cos + 2π + sin sin + 2π ，
3 3
1
所以 (10 6cos ) = 2 + 2 ，所以 + = 11 6cos ，又2 ≤ cos ≤ 1，
所以5 ≤ + ≤ 8，所以 + 的范围为[5,8].
