20222023學年四川省成都等各市高一下數學期末試題分類匯編：三角函數、平面向量壓軸題一、單選題1．已知函數，則的最小正周期為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用平方關系、降冪及輔助角公式可得，根據三角函數性質求最小正周期.【詳解】由題設，，所以最小正周期為.故選：B2．記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，D是AC邊上一點，且滿足，．則ac的最小值為（

）A． B． C．4 D．8【答案】B【分析】由可得，再由基本不等式即可求出答案.【詳解】因為，所以，所以，所以，當且僅當時取等，所以，即，故ac的最小值為.故選：B.3．已知點O是的內心，，，則（

）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】連接并延長交于點，連接，則由角平分線定理得到的長度關系，再由平面向量基本定理，利用三點共線，得到關系式，比較系數可得答案.【詳解】連接并延長交于點，連接，因為O是的內心，所以為的平分線，所以根據角平分線定理可得，所以,因為三點共線，所以設，則，因為，所以，故選：D4．如圖，在中，，，為上一點，且滿足，若，，則的值為（

）.A． B． C． D．【答案】C【分析】由P、C、D三點共線及，可求m的值，再用、作基底表示，進而求即可.【詳解】∵，，即且，∴，又C、P、D共線，有，即，即，而，∴∴=.故選：C5．如圖，設是平面內相交成的兩條數軸，分別是與軸，軸正方向同向的單位向量，若向量，則把有序數對叫做向量在坐標系中的坐標，記作．若，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用平面向量數量積的定義可求得的值，由題意得出，利用平面向量數量積的運算性質可求得答案.【詳解】由平面向量數量積的定義可得，由題意可得所以，，設，因為，所以，，，由可得，解得（舍去），，由，因為所以故選：B.6．如圖，在中，，，，點在以為圓心且與邊相切的圓上，則的最小值為（

）A．0 B． C． D．【答案】C【分析】由幾何關系分解向量，根據數量積的定義與運算法則求解【詳解】設為斜邊上的高，則圓的半徑，設為斜邊的中點，，則，因為，，則，故當時，的最小值為.故選：C.7．已知對任意平面向量，把繞其起點沿逆時針方向旋轉角得到向量，叫做把點繞點沿逆時針方向旋轉角得到點．已知平面內點，把點繞點沿順時針方向旋轉后得到點，則點的坐標為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據題意，設，由條件可得的坐標，然后列出方程，即可得到結果.【詳解】設，則，將點繞點沿順時針方向旋轉，即將點繞點沿逆時針方向旋轉，可得，化簡可得，，又因為，所以，解得，所以.故選：D8．在等腰直角三角形中，，，，為的中點，滿足，則的值為（

）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】根據給定條件，利用表示，再利用數量積的運算律計算作答.【詳解】依題意，在中，，，，由，，為的中點，得，因此，而，即，所以.故選：B二、多選題9．如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，M，N分別是AB，AD邊上的動點，下列命題中正確的有（

）A．若的周長為2，則∠MCN的正切值等于1B．若的面積為，則∠MCN正切值的最小值為C．若的周長為2，則的最小值為D．若的面積為，則的最大值為【答案】ABC【分析】的周長為2時，求得∠MCN的正切值判斷選項A；求得的最小值判斷選項C；的面積為時，求得∠MCN的正切值的最小值判斷選項B；求得的最大值判斷選項D.【詳解】當的周長為2時，延長至P，使，連接.則，則，，又,則，則,又由，可得，則，則選項A判斷正確；以A為原點，分別以所在直線為軸建立坐標系，則，，則,當的周長為2時，，由，可得（當且僅當時等號成立）則則（當且僅當時等號成立），則（當且僅當時等號成立），故的周長為2，則的最小值為.選項C判斷正確；當的面積為時，，即，則（當且僅當時等號成立），則（當且僅當時等號成立）.故的面積為時，則的最大值為1.選項D判斷錯誤；由，可得由，可得，，則，又，則故的面積為時，∠MCN正切值的最小值為.選項B判斷正確.故選：ABC10．下列各式中，值為的是（

）A．B．C．D．【答案】ACD【分析】根據兩角和的正、余弦公式及誘導公式、同角三角函數關系化簡即可求解.【詳解】對于A，；對于B，；對于C，；對于D，.故選：ACD.11．如圖，在中，是線段上的點，且滿足，線段與線段交于點，則下列結論正確的是（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根據題意，由平面向量線性運算可得選項A正確；由與共線，可得，由三點共線，得，由平面向量基本定理解出的值，可判斷選項C、D;由三點共線，得，通過轉化求出得值，即可判斷選項B錯誤.【詳解】由題意，，故選項A正確；由與共線，可得，由三點共線，得，由平面向量基本定理，可得，解得，所以，，，，即故選項C、D正確；由三點共線，得，即，化簡為，由選項C可得，，再由平面向量基本定理得，，得，所以，，即，故選項B錯誤.故選：ACD.12．東漢末年的數學家趙爽在《周髀算經》中利用一副“弦圖”，根據面積關系給出了勾股定理的證明，后人稱其為“趙爽弦圖”，如圖1，它由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形．某數學興趣小組通過類比得到圖2，它是由三個全等的鈍角三角形與一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形ABC，對于圖2，下列結論正確的是（

）A．這三個全等的鈍角三角形可能是等腰三角形B．若，則與夾角的余弦值為C．若，則的面積是面積的19倍D．若，，則內切圓的半徑為【答案】BCD【分析】選項A，若三個全等的鈍角三角形是等腰三角形，分析可得三點重合，進而即可判斷；選項B，連接，設，結合平面向量的線性運算可得，進而利用平面向量的數量積公式即可求解；選項C，設，則，，在中，由余弦定理可得，進而結合三角形的面積公式分別表示出的面積和面積，進而求解；選項D，結合題設可得，，在中，由余弦定理可得，設內切圓的半徑為，由，進而求解即可.【詳解】選項A，若三個全等的鈍角三角形是等腰三角形，則，從而三點重合，不合題意，故A錯誤；選項B，連接，因為，則為中點，則分別為中點，因為為等邊三角形，設，而,，整理得，所以，，所以與夾角的余弦值為，故B正確；選項C，若，設，則，，在中，由余弦定理得，所以，而，所以，故C正確；選項D，因為，，所以，，在中，由余弦定理得，即，設內切圓的半徑為，由，即，解得，故D正確.故選：BCD.【點睛】關鍵點睛：本題B選項，關鍵在于結合平面向量的線性運算可得，進而利用平面向量的數量積公式即可求解，將未知向量往已知方向進行轉化.13．已知是定義在R上的函數，同時滿足以下條件：①為奇函數，為偶函數（，且）；②；③在上單調遞減．下列敘述正確的是（

）A．函數有5個零點B．函數的最大值為20C．成立D．若﹐則【答案】BCD【分析】根據①得出關于點對稱，關于直線對稱，得出的周期為4，根據得出，，.結合③畫出函數的草圖．結合函數的圖象及正余弦函數的性質逐一判斷各選項.【詳解】因為①為奇函數，所以，且.即，所以函數關于點對稱，即關于點對稱.因為為偶函數，所以，所以關于直線對稱，即關于直線對稱.由關于點對稱，且關于直線對稱，則函數的周期為4.由，關于點對稱，所以，又關于直線對稱，，.又②，所以，即，即，③在上單調遞減．畫出函數的草圖．對于A，函數的零點個數即為與的交點個數，如圖，易知有4個交點，即函數有4個零點,故A錯誤；對于B，因為，所以當時，函數的最大值為20，故B正確.對于C，易知函數與是偶函數，，，所以函數與的周期；又，，所以函數與的對稱軸為；當時，，得，，，，又因為，所以，因為在上單調遞增，所以，即，根據周期性，對稱性可知.又在上單調遞增，，故C正確；對于D，若，，因為在單調遞減，在單調遞增，又，，所以，，因為在單調遞減，在單調遞增，所以，所以，則成立，故D正確.故選：BCD.【點睛】函數的零點，方程的根，兩函數的交點在零點問題中的方法點睛：(1)函數的零點:零點存在性定理.通過代入特殊值精確計算，將零點圈定在一個較小的范圍內.(2)方程的根:方程的等價變形.當所給函數不易于分析性質和圖像時，可將函數轉化為方程，從而利用等式的性質可對方程進行變形，構造出便于分析的函數(3)兩函數的交點:數形結合.前兩個主要是代數運算與變形，而將方程轉化為函數交點，是將抽象的代數運算轉變為圖形特征，是數形結合的體現.通過圖像可清楚的數出交點的個數(即零點，根的個數)或者確定參數的取值范圍.14．直角中，斜邊，為所在平面內一點，（其中），則（

）A．的取值范圍是B．點經過的外心C．點所在軌跡的長度為2D．的取值范圍是【答案】ABD【分析】由向量數量積的幾何意義有，結合已知即可判斷A；若為中點，根據已知有共線，即可判斷B、C；利用向量加法的幾何意義及數量積的運算律可得，結合基本不等式求范圍判斷D.【詳解】由，又斜邊，則，則，A正確；若為中點，則，故，又，所以共線，故在線段上，軌跡長為1，又是的外心，B正確，C錯誤；由上，則，又，則，當且僅當等號成立，所以，D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：若為中點，應用數形結合法，及向量線性運算的幾何意義、數量積的幾何意義和運算律判斷軌跡，求、.三、解答題15．已知分別為三個內角的對邊，且，(1)求；(2)若，求的取值范圍；(3)若為的外接圓，若分別切于點，求的最小值.【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）由題目條件可證得,可得為直角三角形，可求出.（2）由數量積的定義可求得，設，則，令，則，判斷出的單調性，即可得出答案.（3）用分別表示出，結合均值不等式即可求出答案.【詳解】（1）因為，則，所以，則，所以為直角三角形，所以.（2），所以，而，所以設，所以，令，又因為所以，所以，令，因為在上單調遞增，所以在上單調遞減，所以.所以的取值范圍為（3）的外接圓的半徑為，，設，則，其中，所以，而，，當且僅當取等.所以的最小值為.【點睛】關鍵點點睛：本題考查向量相關的取值范圍問題，考查面較廣，涉及了基本不等式、函數值域、正弦定理、三角函數等，需要對知識掌握熟練且靈活運用.考查學生的運算能力和邏輯推理能力，屬于難題.16．在銳角△ABC中，記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，點O為△ABC的所在平面內一點，且滿足．(1)若，求的值；(2)在（1）條件下，求的最小值；(3)若，求的取值范圍．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據題意，利用正弦定理化簡得到，求得，再由向量的線性運算法則，求得，得到為的外心，結合正弦定理，即可求得的長．（2）由（1）求得，且，根據向量的運算法則，化簡得到，結合三角函數的性質，即可求解；（3）取AB的中點D，連接OD，求得，，由向量數量積的定義得到，結合題意，得到和，聯立方程組，求得，化簡得到，即可求解.【詳解】（1）解：因為，由正弦定理得,因為，可得，所以，又因為，可得，所以，即，因為，所以，又由，可得，解得，即，所以為的外心，由正弦定理有，所以．（2）解：因為，所以，所以，，所以，外接圓的半徑，其中，且為銳角，故，由，可得，因為，解得，即則，則，且，因為余弦函數在上單調遞減，在上單調遞增，又因為，，所以，，所以，所以．（3）解：如圖所示：取AB的中點D，連接OD，則，所以，同理可得，由平面向量數量積的定義可得，因為，所以，，即，所以，①，即，所以，②．聯立①②可得，，所以，又因為，因為，可得，所以.【點睛】17．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知，．(1)求角B；(2)求的最小值；(3)為的外接圓，P為外一點，過P點作的切線，切點分別為E，F，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據題意，利用正弦定理化簡得到，進而得到，即可求解；（2）由正弦定理得到，化簡，設，得到，進而求得最小值；（3）由，化簡得到，結合基本不等式，即可求解.【詳解】（1）解：因為，由正弦定理得，又因為，所以，所以，因為，所以，又因為，所以.（2）解：由正弦定理得，所以，因為，所以，所以，設，因為，所以，，所以，因為在上單調遞增，所以時，.（3）解：因為且，為的外接圓，可得圓的半徑為，如圖所示，設，連接與交于點，由點為外一點，過點作的切線，切點分別為，，所以，所以，因為，所以，又因為，所以，則，所以，又由，所以，因為，可得，當且僅當，當時，等號成立，所以的最小值為．18．已知為坐標原點，對于函數，稱向量為函數的聯合向量，同時稱函數為向量的聯合函數．(1)設函數，試求函數的聯合向量的坐標；(2)記向量的聯合函數為，當且時，求的值；(3)設向量，的聯合函數為，的聯合函數為，記函數，求在上的最大值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）化簡的解析式，從而求得伴隨向量；（2）先求得，由求得，進而求得，從而求得；（3）先求得，然后根據三角函數的值域與二次函數最值分類討論求解即可.【詳解】（1）因為，所以函數的聯合向量的坐標為.（2）依題意，由，得，即，又因為，所以，所以.（3）由題知，，所以因為，，所以，，令，所以，問題轉化為函數上的最大值問題.因為函數的對稱軸為，所以，當，即時，的最大值在處取得，此時；當，即時，的最大值在處取得，此時；當，即時，的最大值在處取得，此時；綜上，在上的最大值為.【點睛】方法點睛：求解新定義函數有關的問題，關鍵點在于理解新的定義，解題過程中，要將“新”問題，轉化為所學的知識來進行求解，體現了化歸與轉化的數學思想方法.19．已知函數，函數的圖象向左平移個單位，再向上平移1個單位得到的圖象，.(1)若，求；(2)若對任意，存在使得成立，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用三角恒等變換化簡的解析式，從而由解得；（2）利用三角函數的圖象變換規律求出函數的解析式，根據題意，將所給條件轉化為和的值域的包含關系，根據分段函數的特征及二次函數的性質分類討論，列出不等式組，求得實數的取值范圍．【詳解】（1），若，則，∴，∴.（2），當時，，，若對任意，存在使得成立，則函數的值域是的子集.，令，記，當時，，，在時單調遞減，則，即，由題意得，解得，又，矛盾，所以無解；當時，，，，在時單調遞減，在時單調遞增，在時單調遞減，，由題意得，解得，又，所以；當時，，，，在時單調遞減，在時單調遞增，，由題意，解得，又，所以；當時，，，，在時單調遞減，則，即，由題意得，解得，又，所以，綜上可得，.【點睛】方法點睛：一般地，已知函數，，（1）若，總有成立，則；（2）若，使得成立，則；（3）若，使得成立，則；（4）若，使得成立，則的值域是值域的子集．20．高新體育中心體育館（圖1）是成都大運會乒乓球項目比賽場館，該體育館屋頂近似為正六邊形，屋底近似為正六邊形．(1)如圖2，已知該體育館屋頂上有三點用電纜圍成了三角形形狀，測得，米，求該電纜的長度；(2)如圖3，若在建造該體育館時在館底處的垂直方向上分別有號塔吊，若1號塔吊（點處）駕駛員觀察2號塔吊（點處）駕駛員的仰角為號塔吊駕駛員觀察3號塔吊（點處）駕駛員的仰角為，且1號塔吊高米，2號塔吊比1號塔吊高米，則3號塔吊高多少米?（塔吊高度以駕駛員所在高度為準）．【答案】(1)米.(2)米.【分析】（1）根據正弦定理求出三角形邊長，可得三角形周長；（2）在直角梯形中，過作，垂足為，求出米，在直角梯形中，過作，垂足為，求出米，再由可得結果.【詳解】（1）因為，，所以，.由正弦定理得，得米，，米，所以該電纜的長度為米.（2）在直角梯形中，過作，垂足為，則米，，米，所以米，所以米，所以正六邊形的邊長為米，在直角梯形中，過作，垂足為，則米，，所以米，所以3號塔吊高為米.21．在中，，，，分別是角，，的對邊，請在①；②兩個條件中任選一個，解決以下問題：(1)求角的大?。?2)如圖，若為銳角三角形，且其面積為，且，，線段與線段相交于點，點為重心，求線段的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）若選①，先由正弦定理的邊角互化，然后結合余弦定理即可得到結果；若選②，先由正弦定理的邊角互化，再結合二倍角公式，即可得到結果.（2）用、作為平面內的一組基底表示出，再根據平面向量共線定理及推論表示出，即可表示，利用面積公式求出，再由三角形為銳角三角形求出的取值范圍，最后根據數量積的運算律及對勾函數的性質計算可得．【詳解】（1）若選①，因為，由正弦定理可得，，化簡可得，又因為，則，，故.若選②，因為，由正弦定理可得，，且，則，且，所以，其中，所以，則.（2）由題意可得，，所以，因為、、三點共線，故設，同理、、三點共線，故設，則，解得，所以，則，因為，所以，又因為為銳角三角形，當為銳角，則，即，即，所以；當為銳角，則，即，則，即，所以；綜上可得，又因為，則，因為，則，且在上單調遞減，，所以，即，所以．22．如圖，設中角所對的邊分別為為邊上的中線，已知且.(1)求中線的長度；(2)設點分別為邊上的動點，線段交于，且的面積為面積的一半，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）先由正弦定理與余弦定理進行邊角互化，求出，再由結合數量積的運算性質即可求解；（2）設，再根據的面積為面積的一半，得到，然后利用共線和基本定理，利用數量積運算求解.【詳解】（1），由正弦定理：，由余弦定理：.因為為中點，所以，設的夾角為，又，，即，解得或，又，∴,∴；（2）設，則，∵的面積為面積的一半，∴，∴.設，則，又共線，∴可設，則，∴，解得：.∴，又，∴.又，化簡得，又，則，則時，的最大值為.23．已知向量，，設函數.(1)求的值；(2)當時，有零點，求實數的取值范圍【答案】(1)(2)【分析】（1）利用向量數量積坐標公式結合二倍角公式和輔助角公式即可得到的解析式，代入即可；（2）化簡，利用整體換元法結合對勾函數性質即可得到答案.【詳解】（1）由題意知：.（2）由（1）知，有零點，令，，則，則，，所以在上有零點，即在上有解，即在有解，顯然，當且僅當時等號成立，故的取值范圍為.24．已知函數的相鄰兩對稱軸間的距離為．(1)求的解析式；(2)將函數的圖象向右平移個單位長度，再把橫坐標縮小為原來的（縱坐標不變），得到函數的圖象，當時，求函數的最值．(3)對于第（2）問中的函數，記在上的5個零點從小到大依次為，求的取值范圍．【答案】(1)(2)最小值為，最大值為.(3)【分析】（1）根據題意，化簡函數由函數，結合，求得，即可求得函數的解析式；（2）根據三角函數的圖象變換，得到，結合三角函數的圖象與性質，即可求解；（3）根據題意求得，令，作出函數在上的圖象，結合圖象得到，進而求得，，即可求解.【詳解】（1）解：由函數，因為函數的相鄰兩對稱軸間的距離為，可得，所以，所以函數的解析式為.（2）解：將函數的圖象向右平移個單位長度，可得再把橫坐標縮小為原來的，得到函數的圖象，當時，可得，當時，即時，函數取得最小值，最小值為；當時，即時，函數取得最大值，最大值為，所以函數的最小值為，最大值為.（3）解：因為，可得，令，作出函數在上的圖象，如圖所示，因為方程，在上有五個實數根，可函數在上有五個實數根，由圖象可得，且所以，，所以，所以.25．在①，②，③，這三個條件中選一個，補充在下面問題中，并解答．已知中，內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且______．(1)求；(2)若，，求AD的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）選擇條件①，邊化角，利用誘導公式、和角公式與輔助角公式求解；選擇條件②，利用正弦定理角化邊，再利用余弦定理求解即可；選擇條件③，邊化角，利用余弦函數的差角公式化簡求解即可.（2）根據余弦定理以及平面向量數量積的運算法則化簡可得，再利用基本不等式求解即可.【詳解】（1）選擇條件①∵，∴∴∴，∴，∴，∵，∴選擇條件②∵，∴∴，∴，∴，∵，∴選擇條件③：易知.可得，根據正弦定理，可得可得整理可得∵，∴（2）∵，∴，又由題有，∴∴，即由，得，又∵，當且僅當“”時，“=”成立∴，∴，∴，即AD的最大值為26．已知函數的相鄰兩對稱軸間的距離為．(1)求的值；(2)證明：；(3)令，記方程，在上的根從小到大依次為，若，試求的值．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）利用二倍角和輔助角公式化簡，由最小正周期可求得的值；（2）利用兩角和差正弦公式和二倍角公式化簡證明即可；（3）將問題轉化為與交點的橫坐標的求解，采用數形結合的方式，結合正弦型函數的對稱性可求得結果.【詳解】（1）；的相鄰兩對稱軸間的距離為，的最小正周期，即，解得：.（2）由（1）得：，則，，.（3）由（1）得：，當時，，，的根等價于與交點的橫坐標，作出圖象如下圖所示，由圖象可知：方程，在上的根從小到大依次為，由對稱性得：，.【點睛】關鍵點點睛：本題求解方程根之和的關鍵是將問題轉化為兩函數交點橫坐標之和的求解問題，采用數形結合的方式，結合正弦型函數的對稱性來進行求解.27．設平面向量、的夾角為，．已知，，．(1)求的解析式；(2)若﹐證明：不等式在上恒成立．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據數量積的坐標表示得到，再根據所給定義及同角三角函數的基本關系得到的解析式；（2）首先求出、的解析式，在利用換元法求出的最小值，的最大值，即可得證.【詳解】（1）因為，，，所以，，，所以，則，所以，因為，當時，當時，所以；（2）當時，又，所以，令，因為，所以，所以，則，所以，令，，因為在上單調遞增，在上單調遞增，所以在上單調遞增，則，即令，因為，所以，所以，則，則，令，，顯然在上單調遞增，所以，即，顯然，所以，即不等式在上恒成立.【點睛】關鍵點睛：根據解答的關鍵是由數量積的定義及坐標運算表示出，即可得到，再由所給定義得到的解析式，利用換元法求出函數的最值.28．中，，，是角，，所對的邊，已知，且.(1)若的外接圓半徑為，求的面積；(2)若，在的邊，上分別取，兩點，使沿線段折疊到平面后，頂點正好落在邊上，求此情況下的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理邊角互化，結合三角恒等變換，即可求解，由余弦定理可得邊的長度，進而由面積公式即可求解.（2）根據余弦定理可得，結合基本不等式即可求解最值.【詳解】（1）因為，即，所以由正弦定理邊角互化得，因為，所以，即，所以，因為，所以，所以，所以，即.又由正弦定理得，再由余弦定理得，即，整理得，解得或（舍去），由面積公式得；（2）因為頂點正好落在邊上，設為點，又，，所以為等邊三角形，即，如圖，設，則，所以在中，由余弦定理得，整理得，設，所以，由于，故，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.四、填空題29．已知是平面內一組基底，，，則與所成角的最大值為．【答案】/【分析】利用換元結合數量積的運算以及夾角公式運算求解.【詳解】因為是平面內一組基底，即不共線，設，顯然、不共線，且均不為零向量，設的夾角為，則，，又因為，則，即，整理得，所以，又因為，則，所以與所成角的最大值為.故答案為：.30．已知函數在區間上有且僅有一個零點，則的取值范圍為．【答案】【分析】根據題意可得，從而可求得的一個大范圍，根據，可得，再由的范圍分類討論，結合正弦函數的性質即可得解.【詳解】因為函數在區間上有且僅有一個零點，所以，所以，由，可得，由，得，當，即時，則，解得，所以，當，即時，則，解得，綜上所述：的取值范圍為.故答案為：.【點睛】思路點睛：三角函數圖象與性質問題的求解思路：（1）將函數解析式變形為或的形式；（2）將看成一個整體；（3）借助正弦函數或余弦函數的圖象和性質（如定義域、值域、最值、周期性、對稱性、單調性等）解決相關問題.31．已知邊長為2的菱形中，是邊所在直線上的一點，則的取值范圍為．【答案】【分析】取的中點，連接，利用平面向量的運算可得，結合菱形的幾何性質可得答案.【詳解】

取的中點，連接，則，所以，當且僅當時，有最小值，則有最小值，此時菱形的面積，最小值為，因為是邊所在直線上的一點，所以無最大值，無最大值，的取值范圍為，故答案為：32．在中，若，，的內角平分線交邊于點，若，，則外接圓的直徑為．【答案】【分析】根據可得，從而得，利用三角形面積公式可得，再利用，結合數量積的運算可得，從而可得，利用余弦定理得，最后應用正弦定理即可得外接圓的直徑.【詳解】

又，所以，因為，所以，則又，所以，則，整理得：①，又，所以，則，整理得②，聯立①②可得：，解得或（舍）在中，由余弦定理可得，所以，設外接圓的半徑為，由正弦定理可得所以外接圓的直徑為.故答案為：.33．奮進新時代，揚帆新航程.在南海海域的某次海上閱兵上，一大批國產先進艦船和軍用飛機接受了黨和人民的檢閱.殲15艦載飛機從遼寧艦航空母艦上起飛，以千米/小時的速度在同一水平高度向正東方向飛行，在閱兵艦“長沙號”導彈驅逐艦上第一次觀察到殲15艦載飛機在北偏西，1分鐘后第二次觀察到殲15艦載飛機在北偏東，仰角為，則殲15飛機飛行高度為千米（結果保留根號）.【答案】/【分析】作出圖形，用點表示殲15艦載飛機，用點表示閱兵艦，然后由正弦定理求得，再在直角三角形中求得．【詳解】如圖，是閱兵艦，是殲15艦載飛機被觀察的起始位置，是飛機在地面上的射影，由已知千米，，是正北方向，因此，，，，，由正弦定理，即，解得，在直角三角形中，．故答案為：．34．在中，為的重心，，，則的最大值為.【答案】【分析】利用基底法得，，再利用三角形面積公式得，再根據向量數量積的運算律結合基本不等式即可得到最值.【詳解】延長交于點，因為是的重心，則為的中點，，，，由，，由三角形面積公式得，解得，則，當且僅當等號成立，此時為等邊三角形.故答案為：.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用作為基底表示出，再結合三角形面積公式和基本不等式即可得到最值.35．已知a，b，c分別是的內角A，B，C的對邊，寫出“使滿足，的唯一”的a的一個取值為．【答案】（答案不唯一，滿足或即可）【分析】根據題意，利用正弦定理求解.【詳解