四川省资阳中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题
1．（2025高一下·资阳月考）（ ）．
A． B． C． D．
2．（2025高一下·资阳月考）已知向量，，则在上的投影向量的模为（ ）
A． B．1 C． D．2
3．（2025高一下·资阳月考）已知正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，高为2，则该正四棱台的体积为（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．（2025高一下·资阳月考）在中，内角所对的边分别为，已知（为常数），若该三角形有两个解，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·资阳月考）已知为两个不共线的向量，若向量，则下列向量中与向量共线的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高一下·资阳月考）已知点M为中边上的中点，点N满足，过点N的直线与分别交于P，Q两点，且设，则的值为（ ）
A．5 B．6 C．9 D．10
7．（2025高一下·资阳月考）如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（ ）
A． B． C．EI与BG共面 D．AF与BG异面
8．（2025高一下·资阳月考）函数的部分图象如图所示，，，则（ ）
A． B．1 C． D．
9．（2025高一下·资阳月考）已知复数，则（ ）
A．
B．
C．为纯虚数
D．在复平面内对应的点位于第四象限
10．（2025高一下·资阳月考）有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A．若，，则
B．两个非零向量、，若，则与垂直
C．若点G为的重心，则
D．若，，分别表示、的面积，则
11．（2025高一下·资阳月考）已知的内角的对边分列为的平分线交于，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．的最大值是
D．的周长的取值范围是
12．（2025高一下·资阳月考）已知海上岛在岛的北偏东方向距离岛5海里处，岛在岛的北偏西方向，岛与岛相距7海里，则岛与岛的距离为 海里.
13．（2025高一下·资阳月考）如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形ABC的直观图，其中，则三角形ABC的面积为
14．（2025高一下·资阳月考）已知定义在上的奇函数和偶函数满足，且，则 .
15．（2025高一下·资阳月考）已知向量.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求实数的值
16．（2025高一下·资阳月考）已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）若函数的零点为，求．
17．（2025高一下·资阳月考）如图，四面体的四个顶点均为长方体的顶点．
（1）若四面体各棱长均为，求该四面体的表面积和体积；
（2）若，，，求四面体外接球的表面积．
18．（2025高一下·资阳月考）锐角三角形中，角的对边分别为且.
（1）求；
（2）求三角形周长的取值范围；
（3）求三角形面积的最大值.
19．（2025高一下·资阳月考）1637年，法国数学家笛卡尔发表了《几何学》，在这本书中，笛卡尔提出了著名的笛卡尔坐标系统.笛卡尔坐标系就是直角坐标系和斜坐标系的统称，相交于原点的两条数轴，构成了平面放射坐标系.如两条数轴上的度量单位相等，则称此放射坐标系为笛卡尔坐标系，两条数轴互相垂直的笛卡尔坐标系，称为笛卡尔直角坐标系，否则称为笛卡尔斜角坐标系，如图，设、是平面内相交成的两条射线，、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，则记.
（1）在仿射坐标系中，若，求；
（2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求；
（3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：
故答案为：B
【分析】利用两角和的正弦公式即可求解.
2．【答案】C
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：，
则在上的投影向量的模为.
故答案为：C
【分析】先利用向量的夹角公式可得，再利用投影向量的定义即可求解.
3．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】由题意可得： 该正四棱台的体积.
故答案为：D.
【分析】根据台体体积公式运算求解即可.
4．【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：若该三角形有两个解，则，又，
所以，解得，所以的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】利用三角形有两个解可得，即可求解.
5．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：向量，，则，
因为，所以与共线．
故答案为：B．
【分析】先根据向量线性运算表示，再利用共线向量基本定理求解即可.
6．【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：根据题意，得
，
三点共线，，即.
故答案为：D.
【分析】先利用平面向量基本定理可把用表示出来，再利用平面向量共线定理的推论即可求解.
7．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线的判定
【解析】【解答】解：根据题意，画出该正方体的直观图如图所示：
A、，为等边三角形，AF与CH所成的角为，故A错误；
B、CH与BD异面，故B错误；
C、直线EI与BG相交，所以直线EI与BG共面，故C正确；
D、，直线AF与BG共面，故D错误.
故答案为：C.
【分析】先画出该正方体的直观图，由题意可得为等边三角形即可判断A；利用异面直线的定义即可判断B和C；利用正方体可得直线EI与BG相交即可判断C.
8．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；余弦定理
【解析】【解答】解：记与轴的交点为，连接，由题意可得在函数的图象上，且为一个对称中心如图所示：
设，则，又，，
在中，由余弦定理可得，
即，整理得，
解得，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以函数的最小正周期为，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】记与轴的交点为，连接，设，则，在中，利用余弦定理可求得，在中利用余弦定理求得，再利用函数的最小周期为即可求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：，
A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、不是纯虚数，故C错误；
D、在复平面内对应的点位于第四象限，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用复数的乘法求出复数，再利用共轭复数的定义即可判断A；利用复数求模公式即可判断B；利用纯虚数的定义即可判断C；利用复数的几何意义即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、若，则，不一定平行，故A错误；
B、因为向量，为非零向量，且，
即，即，又，均为非零向量，故与垂直，故B正确；
C、若点G为的重心，延长AG与BC交于M，则M为BC的中点，如图所示：
所以，所以，故C正确；
D、如图所示取AC中点为D，则，
由，可知，
所以O，B，D三点共线，且，故，故D正解．
故答案为：BCD
【分析】当即可判断A；两边平方可得即可判断B；利用G为重心及向量的运算即可判断C；利用图形利用向量运算及三角形面积公式即可判断D．
11．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、因为是的平分线，，所以.
根据三角形面积公式，可得.
即，
已知，代入可得：，
化简得.
两边同时除以bc，得到，故A正确.
B、在中，由正弦定理得；
在中，由正弦定理得.
因为，所以，故B错误.
C、由A知道．
由三角形内角平分线定理，得，
所以，，
可得．
在中，由余弦定理得，
所以，
当且仅当时取等号，此时．
故的最大值为，故C正确.
D、由可得，
根据基本不等式，则，解不等式可得（当且仅当时取等号）.
再根据余弦定理，
令（），则，函数在上单调递增，
所以，即.
所以的周长，
即的周长的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用三角形的面积公式可得即可判断A；利用正弦定理以及三角函数的性质可得即可判断B；利用基本不等式即可判断CD.
12．【答案】3
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：已知如图所示：
由题意得，
由余弦定理得，
即，解得（舍去），
所以岛与岛的距离为海里.
故答案为：.
【分析】利用余弦定理即可求解.
13．【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：依题意，正的边长，
所以.
故答案为：.
【分析】利用斜二测画法可得正三角形边长为4，再利用正三角的面积公式即可求解.
14．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：因为①，
所以
由题意，可化简②，
①-②可得，
所以，
又因为③，④，
③+④可得，
所以.
故答案为：.
【分析】将替换成，两式相减可得，对已知条件进行平方后，再两式相加得出的值.
15．【答案】（1）解：因为，
所以，
所以；
（2）解：由已知，
则，
解得：或.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用向量平行的坐标表示列方程，解方程即可求解；
（2）利用向量加法运算及模的坐标表示列出方程，解方程即可求解.
（1）因为，
所以，
所以；
（2）由已知，
则，
解得：或.
16．【答案】（1）解：，
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）解：由（1）得，
因为函数的零点为，所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式化简可得，再利用整体法即可求的单调递增区间；
（2）利用题意知，再通过“配角”并运用诱导公式即可求解.
（1），
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）由（1）得，
因为函数的零点为，所以.
17．【答案】（1）解：若四面体各棱长均为，
则长方体为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，
所以，
；
（2）解：由于四面体的四个顶点均为长方体的顶点，
所以四面体外接球与长方体的外接球是同一个球，
设此四面体所在长方体的棱长分别为，，，
则，解得，
设长方体外接球的半径为，则，则，
所以外接球的表面积为．
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意可得为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，利用割补法即可求解；
（2）由题意长方体的外接球即为此四面体的外接球，求出长方体的体对角线即为外接球的直径可得，再利用外接球的表面积公式即可求解．
（1）若四面体各棱长均为，
则长方体为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，
所以，
；
（2）由于四面体的四个顶点均为长方体的顶点，
所以四面体外接球与长方体的外接球是同一个球，
设此四面体所在长方体的棱长分别为，，，
则，解得，
设长方体外接球的半径为，则，则，
所以外接球的表面积为．
18．【答案】（1）解：由正弦定理：，
则，
所以，根据得：.
（2）解：由正弦定理：，所以，
，
注意到，所以，
所以，
所以，
所以周长的取值范围是.
（3）解：余弦定理：，
所以三角形面积为，
当且仅当时，即为等边三角形时，三角形面积取最大值.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边换角化简可得，即再结合三角函数的范围即可求解；
（2）利用正弦定理可得，则，利用三角函数值域问题可得即可求解；
（3）利用余弦定理和基本不等式即可得到，再利用三角形面积公式即可求解.
（1）由正弦定理：，
则，
所以，根据得：.
（2）由正弦定理：，所以，
，
注意到，所以，
所以，
所以，
所以周长的取值范围是.
（3）余弦定理：，
所以三角形面积为，
当且仅当时，即为等边三角形时，三角形面积取最大值.
19．【答案】（1）解：由题意可知，、的夹角为，
由平面向量数量积的定义可得，
因为，则，，
则，
所以.
（2）解：由，，得，，
且，
所以，，，
则，，
因为与的夹角为，则，解得.
又，，所以；
（3）解：依题意，设、（，），且，，，
因为为的中点，则，
因为为中点，同理可得，
所以
，
由题意知，，
则，
在中，依据余弦定理得，所以，
代入上式得，.
在中，由正弦定理，
设，则，且，
所以，，
，为锐角，且，
因为，则，
故当时，取最大值，
则.
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）设，利用向量数量积的定义和运算律求向量模长即可求解；
（2）设，，且，向量数量积的运算律可得和模长，再利用夹角公式求夹角余弦值，即可求解；
（3）设、（，），且，，，进而有、，可得，在中应用正余弦定理及三角恒等变换化简并求出的最大值.
（1）由题意可知，、的夹角为，
由平面向量数量积的定义可得，
因为，则，
则，
所以.
（2）由，，得，，
且，
所以，，，
则，，
因为与的夹角为，则，解得.
又，，所以；
（3）依题意，设、（，），且，，，
因为为的中点，则，
因为为中点，同理可得，
所以，
由题意知，，
则，
在中，依据余弦定理得，所以，
代入上式得，.
在中，由正弦定理，
设，则，且，
所以，，
，为锐角，且，
因为，则，
故当时，取最大值，
则.
1 / 1四川省资阳中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题
1．（2025高一下·资阳月考）（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：
故答案为：B
【分析】利用两角和的正弦公式即可求解.
2．（2025高一下·资阳月考）已知向量，，则在上的投影向量的模为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：，
则在上的投影向量的模为.
故答案为：C
【分析】先利用向量的夹角公式可得，再利用投影向量的定义即可求解.
3．（2025高一下·资阳月考）已知正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，高为2，则该正四棱台的体积为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】由题意可得： 该正四棱台的体积.
故答案为：D.
【分析】根据台体体积公式运算求解即可.
4．（2025高一下·资阳月考）在中，内角所对的边分别为，已知（为常数），若该三角形有两个解，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：若该三角形有两个解，则，又，
所以，解得，所以的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】利用三角形有两个解可得，即可求解.
5．（2025高一下·资阳月考）已知为两个不共线的向量，若向量，则下列向量中与向量共线的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：向量，，则，
因为，所以与共线．
故答案为：B．
【分析】先根据向量线性运算表示，再利用共线向量基本定理求解即可.
6．（2025高一下·资阳月考）已知点M为中边上的中点，点N满足，过点N的直线与分别交于P，Q两点，且设，则的值为（ ）
A．5 B．6 C．9 D．10
【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：根据题意，得
，
三点共线，，即.
故答案为：D.
【分析】先利用平面向量基本定理可把用表示出来，再利用平面向量共线定理的推论即可求解.
7．（2025高一下·资阳月考）如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（ ）
A． B． C．EI与BG共面 D．AF与BG异面
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线的判定
【解析】【解答】解：根据题意，画出该正方体的直观图如图所示：
A、，为等边三角形，AF与CH所成的角为，故A错误；
B、CH与BD异面，故B错误；
C、直线EI与BG相交，所以直线EI与BG共面，故C正确；
D、，直线AF与BG共面，故D错误.
故答案为：C.
【分析】先画出该正方体的直观图，由题意可得为等边三角形即可判断A；利用异面直线的定义即可判断B和C；利用正方体可得直线EI与BG相交即可判断C.
8．（2025高一下·资阳月考）函数的部分图象如图所示，，，则（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；余弦定理
【解析】【解答】解：记与轴的交点为，连接，由题意可得在函数的图象上，且为一个对称中心如图所示：
设，则，又，，
在中，由余弦定理可得，
即，整理得，
解得，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以函数的最小正周期为，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】记与轴的交点为，连接，设，则，在中，利用余弦定理可求得，在中利用余弦定理求得，再利用函数的最小周期为即可求解.
9．（2025高一下·资阳月考）已知复数，则（ ）
A．
B．
C．为纯虚数
D．在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】A,B,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：，
A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、不是纯虚数，故C错误；
D、在复平面内对应的点位于第四象限，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用复数的乘法求出复数，再利用共轭复数的定义即可判断A；利用复数求模公式即可判断B；利用纯虚数的定义即可判断C；利用复数的几何意义即可判断D.
10．（2025高一下·资阳月考）有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A．若，，则
B．两个非零向量、，若，则与垂直
C．若点G为的重心，则
D．若，，分别表示、的面积，则
【答案】B,C,D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、若，则，不一定平行，故A错误；
B、因为向量，为非零向量，且，
即，即，又，均为非零向量，故与垂直，故B正确；
C、若点G为的重心，延长AG与BC交于M，则M为BC的中点，如图所示：
所以，所以，故C正确；
D、如图所示取AC中点为D，则，
由，可知，
所以O，B，D三点共线，且，故，故D正解．
故答案为：BCD
【分析】当即可判断A；两边平方可得即可判断B；利用G为重心及向量的运算即可判断C；利用图形利用向量运算及三角形面积公式即可判断D．
11．（2025高一下·资阳月考）已知的内角的对边分列为的平分线交于，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．的最大值是
D．的周长的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、因为是的平分线，，所以.
根据三角形面积公式，可得.
即，
已知，代入可得：，
化简得.
两边同时除以bc，得到，故A正确.
B、在中，由正弦定理得；
在中，由正弦定理得.
因为，所以，故B错误.
C、由A知道．
由三角形内角平分线定理，得，
所以，，
可得．
在中，由余弦定理得，
所以，
当且仅当时取等号，此时．
故的最大值为，故C正确.
D、由可得，
根据基本不等式，则，解不等式可得（当且仅当时取等号）.
再根据余弦定理，
令（），则，函数在上单调递增，
所以，即.
所以的周长，
即的周长的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用三角形的面积公式可得即可判断A；利用正弦定理以及三角函数的性质可得即可判断B；利用基本不等式即可判断CD.
12．（2025高一下·资阳月考）已知海上岛在岛的北偏东方向距离岛5海里处，岛在岛的北偏西方向，岛与岛相距7海里，则岛与岛的距离为 海里.
【答案】3
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：已知如图所示：
由题意得，
由余弦定理得，
即，解得（舍去），
所以岛与岛的距离为海里.
故答案为：.
【分析】利用余弦定理即可求解.
13．（2025高一下·资阳月考）如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形ABC的直观图，其中，则三角形ABC的面积为
【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：依题意，正的边长，
所以.
故答案为：.
【分析】利用斜二测画法可得正三角形边长为4，再利用正三角的面积公式即可求解.
14．（2025高一下·资阳月考）已知定义在上的奇函数和偶函数满足，且，则 .
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：因为①，
所以
由题意，可化简②，
①-②可得，
所以，
又因为③，④，
③+④可得，
所以.
故答案为：.
【分析】将替换成，两式相减可得，对已知条件进行平方后，再两式相加得出的值.
15．（2025高一下·资阳月考）已知向量.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求实数的值
【答案】（1）解：因为，
所以，
所以；
（2）解：由已知，
则，
解得：或.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用向量平行的坐标表示列方程，解方程即可求解；
（2）利用向量加法运算及模的坐标表示列出方程，解方程即可求解.
（1）因为，
所以，
所以；
（2）由已知，
则，
解得：或.
16．（2025高一下·资阳月考）已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）若函数的零点为，求．
【答案】（1）解：，
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）解：由（1）得，
因为函数的零点为，所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式化简可得，再利用整体法即可求的单调递增区间；
（2）利用题意知，再通过“配角”并运用诱导公式即可求解.
（1），
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）由（1）得，
因为函数的零点为，所以.
17．（2025高一下·资阳月考）如图，四面体的四个顶点均为长方体的顶点．
（1）若四面体各棱长均为，求该四面体的表面积和体积；
（2）若，，，求四面体外接球的表面积．
【答案】（1）解：若四面体各棱长均为，
则长方体为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，
所以，
；
（2）解：由于四面体的四个顶点均为长方体的顶点，
所以四面体外接球与长方体的外接球是同一个球，
设此四面体所在长方体的棱长分别为，，，
则，解得，
设长方体外接球的半径为，则，则，
所以外接球的表面积为．
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意可得为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，利用割补法即可求解；
（2）由题意长方体的外接球即为此四面体的外接球，求出长方体的体对角线即为外接球的直径可得，再利用外接球的表面积公式即可求解．
（1）若四面体各棱长均为，
则长方体为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，
所以，
；
（2）由于四面体的四个顶点均为长方体的顶点，
所以四面体外接球与长方体的外接球是同一个球，
设此四面体所在长方体的棱长分别为，，，
则，解得，
设长方体外接球的半径为，则，则，
所以外接球的表面积为．
18．（2025高一下·资阳月考）锐角三角形中，角的对边分别为且.
（1）求；
（2）求三角形周长的取值范围；
（3）求三角形面积的最大值.
【答案】（1）解：由正弦定理：，
则，
所以，根据得：.
（2）解：由正弦定理：，所以，
，
注意到，所以，
所以，
所以，
所以周长的取值范围是.
（3）解：余弦定理：，
所以三角形面积为，
当且仅当时，即为等边三角形时，三角形面积取最大值.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边换角化简可得，即再结合三角函数的范围即可求解；
（2）利用正弦定理可得，则，利用三角函数值域问题可得即可求解；
（3）利用余弦定理和基本不等式即可得到，再利用三角形面积公式即可求解.
（1）由正弦定理：，
则，
所以，根据得：.
（2）由正弦定理：，所以，
，
注意到，所以，
所以，
所以，
所以周长的取值范围是.
（3）余弦定理：，
所以三角形面积为，
当且仅当时，即为等边三角形时，三角形面积取最大值.
19．（2025高一下·资阳月考）1637年，法国数学家笛卡尔发表了《几何学》，在这本书中，笛卡尔提出了著名的笛卡尔坐标系统.笛卡尔坐标系就是直角坐标系和斜坐标系的统称，相交于原点的两条数轴，构成了平面放射坐标系.如两条数轴上的度量单位相等，则称此放射坐标系为笛卡尔坐标系，两条数轴互相垂直的笛卡尔坐标系，称为笛卡尔直角坐标系，否则称为笛卡尔斜角坐标系，如图，设、是平面内相交成的两条射线，、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，则记.
（1）在仿射坐标系中，若，求；
（2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求；
（3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值.
【答案】（1）解：由题意可知，、的夹角为，
由平面向量数量积的定义可得，
因为，则，，
则，
所以.
（2）解：由，，得，，
且，
所以，，，
则，，
因为与的夹角为，则，解得.
又，，所以；
（3）解：依题意，设、（，），且，，，
因为为的中点，则，
因为为中点，同理可得，
所以
，
由题意知，，
则，
在中，依据余弦定理得，所以，
代入上式得，.
在中，由正弦定理，
设，则，且，
所以，，
，为锐角，且，
因为，则，
故当时，取最大值，
则.
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）设，利用向量数量积的定义和运算律求向量模长即可求解；
（2）设，，且，向量数量积的运算律可得和模长，再利用夹角公式求夹角余弦值，即可求解；
（3）设、（，），且，，，进而有、，可得，在中应用正余弦定理及三角恒等变换化简并求出的最大值.
（1）由题意可知，、的夹角为，
由平面向量数量积的定义可得，
因为，则，
则，
所以.
（2）由，，得，，
且，
所以，，，
则，，
因为与的夹角为，则，解得.
又，，所以；
（3）依题意，设、（，），且，，，
因为为的中点，则，
因为为中点，同理可得，
所以，
由题意知，，
则，
在中，依据余弦定理得，所以，
代入上式得，.
在中，由正弦定理，
设，则，且，
所以，，
，为锐角，且，
因为，则，
故当时，取最大值，
则.
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