專題10平面向量與解三角形（解密講義）

專題10平面向量與解三角形（解密講義）【知識梳理】【考點(diǎn)1】解三角形1.正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R常見變形：(1)sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c；(2)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝2R；(3)a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；(4)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R).2．三角形面積公式：S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)casinB.3．在△ABC中，有以下結(jié)論：(1)A＋B＋C＝π；(2)sin(A＋B)＝sinC，cos(A＋B)＝－cosC；(3)eq\f(A＋B,2)＋eq\f(C,2)＝eq\f(π,2)；(4)sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)，coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2)，taneq\f(A＋B,2)＝eq\f(1,tan\f(C,2)).4．利用正弦定理可以解決兩類有關(guān)三角形的問題：(1)已知兩角和任一邊，求其它兩邊和一角．(2)已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊和兩角．已知兩邊和其中一邊的對角，求第三邊和其它兩個(gè)角，這時(shí)三角形解的情況比較復(fù)雜，可能無解，可能一解或兩解．例如：已知a、b和A，用正弦定理求B時(shí)的各種情況.A為銳角a<bsinAa＝bsinAbsinA<a<ba≥b無解一解(直角)兩解(一銳角，一鈍角)一解(銳角)A為直角或鈍角a≤ba>b無解一解(銳角)5.余弦定理三角形中任何一邊的平方等于其他兩邊的平方的和減去這兩邊與它們的夾角的余弦的積的兩倍．即a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝c2＋a2－2cacos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C.余弦定理的推論cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).6．在△ABC中：(1)若a2＋b2－c2＝0，則C＝90°；(2)若c2＝a2＋b2－ab，則C＝60°；(3)若c2＝a2＋b2＋eq\r(2)ab，則C＝135°.(4)c2>a2＋b2?C為鈍角；(5)c2<a2＋b2?C為銳角．7.用余弦定理可以解決兩種解三角形的題型：(1)已知三邊解三角形．(2)已知兩邊及一角解三角形．(3)余弦定理是三角形邊角之間關(guān)系的共同規(guī)律，勾股定理是余弦定理的特例．方法技巧：用三角形的邊角關(guān)系判斷三角形的形狀時(shí)，需要從“統(tǒng)一”入手，即用轉(zhuǎn)化思想解決問題，一般有兩條思考路線：(1)化邊為角，再進(jìn)行三角恒等變換，求出三角之間的數(shù)量關(guān)系．(2)化角為邊，再進(jìn)行代數(shù)恒等變換，求出三角之間的數(shù)量關(guān)系．【考點(diǎn)2】平面向量1.平面向量的概念（1）數(shù)量與向量的區(qū)別：數(shù)量只有大小，是一個(gè)代數(shù)量，可以進(jìn)行代數(shù)運(yùn)算、比較大?。幌蛄坑蟹较?，大小，雙重性，不能比較大小.（2）向量的表示方法：①用有向線段表示；②用字母ａ、ｂ（黑體，印刷用）等表示；③用有向線段的起點(diǎn)與終點(diǎn)字母：；④向量的大小―長度稱為向量的模，記作||.（3）零向量、單位向量概念：①長度為0的向量叫零向量，記作0.0的方向是任意的.注意0與0的含義與書寫區(qū)別.②長度為1個(gè)單位長度的向量，叫單位向量.說明：零向量、單位向量的定義都只是限制了大小.（4）平行向量定義：①方向相同或相反的非零向量叫平行向量；②我們規(guī)定0與任一向量平行.說明：（1）綜合①、②才是平行向量的完整定義；（2）向量ａ、ｂ、ｃ平行，記作ａ∥ｂ∥ｃ.（5）相等向量定義：長度相等且方向相同的向量叫相等向量.說明：（1）向量ａ與ｂ相等，記作ａ＝ｂ；（2）零向量與零向量相等；（3）任意兩個(gè)相等的非零向量，都可用同一條有向線段表示，并且與有向線段的起點(diǎn)無關(guān).（6）共線向量與平行向量關(guān)系：平行向量就是共線向量，因?yàn)槿我唤M平行向量都可移到同一直線上（與有向線段的起點(diǎn)無關(guān)）.說明：（1）平行向量可以在同一直線上，要區(qū)別于兩平行線的位置關(guān)系；（2）共線向量可以相互平行，要區(qū)別于在同一直線上的線段的位置關(guān)系.2.向量的加減運(yùn)算（1）向量的加法：求兩個(gè)向量和的運(yùn)算，叫做向量的加法.（2）三角形法則（“首尾相接，首尾連”）（3）加法的交換律和平行四邊形法則（4）用“相反向量”定義向量的減法“相反向量”的定義：與a長度相同、方向相反的向量.記作a規(guī)定：零向量的相反向量仍是零向量.任一向量與它的相反向量的和是零向量.如果a、b互為相反向量，則a=b，b=a，a+b=0（5）向量減法的定義：向量a加上的b相反向量，叫做a與b的差.即：ab=a+(b)求兩個(gè)向量差的運(yùn)算叫做向量的減法.3．平面向量數(shù)量積（內(nèi)積）（1）定義：已知兩個(gè)非零向量ａ與ｂ，它們的夾角是θ，則數(shù)量|a||b|cos叫ａ與ｂ的數(shù)量積，記作ab，即有ab=|a||b|cos，（０≤θ≤π）.并規(guī)定0向量與任何向量的數(shù)量積為0.（2）已知實(shí)數(shù)a、b、c(b0)，則ab=bca=c.但是ab=bca=c在實(shí)數(shù)中，有(ab)c=a(bc)，但是(ab)ca(bc)（3）“投影”的概念：定義：|b|cos叫做向量b在a方向上的投影.投影也是一個(gè)數(shù)量，不是向量；當(dāng)為銳角時(shí)投影為正值；當(dāng)為鈍角時(shí)投影為負(fù)值；當(dāng)為直角時(shí)投影為0；當(dāng)=0時(shí)投影為|b|；當(dāng)=180時(shí)投影為|b|.（4）向量的數(shù)量積的幾何意義：數(shù)量積ab等于a的長度與b在a方向上投影|b|cos的乘積.abab=0當(dāng)a與b同向時(shí)，ab=|a||b|；當(dāng)a與b反向時(shí)，ab=|a||b|.特別的aa=|a|2或|ab|≤|a||b|cos=（5）平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律交換律：ab=ba數(shù)乘結(jié)合律：(a)b=(ab)=a(b)分配律：(a+b)c=ac+bc4.向量的數(shù)乘（1）實(shí)數(shù)與向量的積：實(shí)數(shù)λ與向量的積是一個(gè)向量，記作：λ|λ|=|λ|||；λ>0時(shí)λ與方向相同；λ<0時(shí)λ與方向相反；λ=0時(shí)λ=（2）運(yùn)算定律結(jié)合律：λ(μ)=(λμ)；分配律：(λ+μ)=λ+μ，λ(+)=λ+λ（3）向量共線定理向量與非零向量共線則：有且只有一個(gè)非零實(shí)數(shù)λ，使=λ.5．平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算（1）若，，則，兩個(gè)向量和與差的坐標(biāo)分別等于這兩個(gè)向量相應(yīng)坐標(biāo)的和與差.（2）若和實(shí)數(shù)，則.實(shí)數(shù)與向量的積的坐標(biāo)等于用這個(gè)實(shí)數(shù)乘原來向量的相應(yīng)坐標(biāo).（3）若，，則==(x2，y2)(x1，y1)=(x2x1，y2y1)一個(gè)向量的坐標(biāo)等于表示此向量的有向線段的終點(diǎn)坐標(biāo)減去始點(diǎn)的坐標(biāo).（4）平面兩向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示兩個(gè)向量的數(shù)量積等于它們對應(yīng)坐標(biāo)的乘積的和.即若，，則（5）向量垂直的判定設(shè)，，則（6）兩向量夾角的余弦（）cos=6．平面向量基本定理：如果，是同一平面內(nèi)的兩個(gè)不共線向量，那么對于這一平面內(nèi)的任一向量，有且只有一對實(shí)數(shù)λ1，λ2使=λ1+λ2(1)我們把不共線向量ｅ１、ｅ２叫做表示這一平面內(nèi)所有向量的一組基底；(2)基底不惟一，關(guān)鍵是不共線；(3)由定理可將任一向量ａ在給出基底ｅ１、ｅ２的條件下進(jìn)行分解；(4)基底給定時(shí)，分解形式惟一.λ1，λ2是被，，唯一確定的數(shù)量方法技巧：運(yùn)用向量方法解決平面幾何問題“三步曲”：(1)建立平面幾何與向量的聯(lián)系，用向量表示問題中涉及的幾何元素，將平面幾何問題轉(zhuǎn)化為向量問題；(2)通過向量運(yùn)算，研究幾何元素之間的關(guān)系，如距離、夾角等問題；(3)把運(yùn)算結(jié)果“翻譯”成幾何關(guān)系.考點(diǎn)命題點(diǎn)考題解三角形=1\*GB3①正弦定理和余弦定理=2\*GB3②解三角形的實(shí)際應(yīng)用2023北京卷T7，2023全國乙卷（文）T4，2023全國甲卷（文）T17，2023全國甲卷（理）T162023全國乙卷（理）T18，2023天津卷T162023新課標(biāo)I卷T17，2023新課標(biāo)II卷T17平面向量=1\*GB3①平面向量的線性運(yùn)算和數(shù)量積=2\*GB3②平面向量的基本定理和坐標(biāo)表示=3\*GB3③平面向量的應(yīng)用2023北京卷T3，2023全國乙卷（文）T62023全國甲卷（文）T3，2023全國甲卷（理）T42023全國乙卷（理）T12，2023天津卷T142023新課標(biāo)I卷T3，2023新課標(biāo)II卷T13考點(diǎn)一解三角形命題點(diǎn)1正弦定理和余弦定理典例01（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）在△ABC中，(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA．π6 B．π3 C．2π【答案】B【分析】利用正弦定理的邊角變換與余弦定理即可得解.【詳解】因?yàn)?a+c)(sin所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b)，即a2則a2+b又0<C<π，所以C=故選：B.典例02（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別是a,b,c，若acosB-bcosA=c，且C=πA．π10 B．π5 C．3π10【答案】C【分析】首先利用正弦定理邊化角，然后結(jié)合誘導(dǎo)公式和兩角和的正弦公式求得∠A的值，最后利用三角形內(nèi)角和定理可得∠A的值.【詳解】由題意結(jié)合正弦定理可得sinA即sinA整理可得sinBcosA=0，由于B∈據(jù)此可得cosA=0,A=則B=π故選：C.典例03（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c，已知b2(1)求bc；(2)若acosB-bcos【答案】(1)1(2)3【分析】（1）根據(jù)余弦定理即可解出；（2）由（1）可知，只需求出sinA【詳解】（1）因?yàn)閍2=b2+（2）由正弦定理可得a=sin變形可得：sinA-B-sin而0<sinB≤1，所以cosA=-12故△ABC的面積為S△ABC命題點(diǎn)2解三角形的實(shí)際應(yīng)用典例01（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）魏晉時(shí)劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是有關(guān)測量的數(shù)學(xué)著作，其中第一題是測海島的高．如圖，點(diǎn)E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個(gè)垂直于水平面且等高的測量標(biāo)桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”則海島的高AB=（

）A．表高×表距表目距的差+表高B．表高×表距表目距的差-表高C．表高【答案】A【分析】利用平面相似的有關(guān)知識以及合分比性質(zhì)即可解出．【詳解】如圖所示：由平面相似可知，DEAB=EHAHDEAB=EHAH即AB=CG-EH+EGCG-EH×DE=EG×DE故選：A.【點(diǎn)睛】本題解題關(guān)鍵是通過相似建立比例式，圍繞所求目標(biāo)進(jìn)行轉(zhuǎn)化即可解出．典例02（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）在△ABC中，∠B=60°,AB=2，M是BC的中點(diǎn)，AM=23，則AC=，cos∠MAC=【答案】213【分析】由題意結(jié)合余弦定理可得BC=8，進(jìn)而可得AC，再由余弦定理可得cos【詳解】由題意作出圖形，如圖，在△ABM中，由余弦定理得AM即12=4+BM2所以BC=2在△ABC中，由余弦定理得AC所以AC=2在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC=故答案為：213；2典例03（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）我國古代數(shù)學(xué)家趙爽用弦圖給出了勾股定理的證明.弦圖是由四個(gè)全等的直角三角形和中間的一個(gè)小正方形拼成的一個(gè)大正方形(如圖所示).若直角三角形直角邊的長分別是3，4，記大正方形的面積為S1，小正方形的面積為S2，則S【答案】25【分析】分別求得大正方形的面積和小正方形的面積，然后計(jì)算其比值即可.【詳解】由題意可得，大正方形的邊長為：a=3則其面積為：S1小正方形的面積：S2從而S1故答案為：25.1．如圖，在平面內(nèi)，四邊形ABCD的對角線交點(diǎn)位于四邊形內(nèi)部，AB=3，BC=7，△ACD為正三角形，設(shè)∠ABC=α.(1)求AC的取值范圍；(2)當(dāng)α變化時(shí)，求四邊形ABCD面積的最大值.【答案】(1)5,10(2)21+【分析】（1）由四邊形可知∠BAC的取值范圍，再在△ABC余弦定理可得AC2+3AC-40>0且A（2）在△ABC由余弦定理可知cosα∈-1,1114，分別求△ABC【詳解】（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD的對角線交點(diǎn)位于四邊形內(nèi)部，所以∠BAC+∠CAD<π，又因?yàn)椤鰽CD為正三角形，∠CAD=π3在△ABC中，由余弦定理得AB又因-1將AB=3，BC=7代入并整理得AC2+3AC-40>0且A所以AC的取值范圍是5,10；（2）在△ABC中，由余弦定理可得，A由（1）知5<AC<10，所以cosα∈又因?yàn)椤鰽CD為正三角形，所以S△ACD又S△ABC所以S=21×1所以當(dāng)α-π3=π2四邊形ABCD的面積取得最大值，最大值為21+292．某數(shù)學(xué)建模小組研究擋雨棚（圖1），將它抽象為柱體（圖2），底面ABC與A1B1C1全等且所在平面平行，△ABC與△A1B1C1各邊表示擋雨棚支架，支架AA1、BB1、CC1垂直于平面ABC.(1)擋雨板（曲面BB1C1C）的面積可以視為曲線段BC與線段BB1長的乘積．已知OA=1.5米，AC=0.3米，AA1=2米，小組成員對曲線段BC有兩種假設(shè)，分別為：①其為直線段且(2)小組擬自制△ABC部分的支架用于測試（圖3），其中AC=0.6米，∠ABC=π2，∠CAB=θ，其中π6<θ<【答案】(1)①1.2平方米②1.9平方米(2)0.3米【分析】（1）分別按照直線段與圓弧計(jì)算BC的長，代入面積公式即可得解；（2）根據(jù)正弦定理求出OA，再由三角恒等變換求最大值即可得解.【詳解】（1）①其為直線段且∠ACB=π3時(shí)，所以在Rt△ACB中，AC=BCcosπ3所以S=BC?BB②其為以O(shè)為圓心的圓弧時(shí)，此時(shí)圓的半徑為OA+AC=1.8（米），圓心角∠AOB=π6，所以圓弧BC的長所以S=l?BB（2）由題意，AB=ACcosθ=0.6cos由正弦定理可得：OAsin即OA=1.2=0.632sin2θ-1當(dāng)2θ-π6=π2，即即有效遮擋區(qū)域高OA的最大值為0.3米.3．記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c，已知b2(1)求bc：(2)若acosB-bcosA【答案】(1)2(2)3【分析】（1）由余弦定理化簡已知等式，可求bc；（2）由正弦定理和兩角和的正弦公式化簡等式，求出角A，面積公式求△ABC面積.【詳解】（1）由余弦定理a2=b所以bc=2.（2）若acosacosB-bcosbc+1=b+c所以-2cos因?yàn)锽∈0,π，故0<sin又0<A<π，所以sin故△ABC的面積為S△ABC4．在△ABC中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c,sin(1)求C的大小；(2)若∠ACB的平分線交AB于點(diǎn)D，且CD=2,AD=2DB，求△ABC的面積.【答案】(1)C=(2)3【分析】（1）由已知和正弦定理，將角化成邊的關(guān)系，再用余弦定理求出；（2）方法一由角平分線定理和余弦定理得出三邊長的關(guān)系，再用三角形的面積公式得出結(jié)果；方法二由角平分線定理和三角形面積關(guān)系S△ACD+S△BCD【詳解】（1）由sinA+得a+ca-c=ba-b所以cosC=又C∈0,π，所以（2）

方法一：因?yàn)镃D平分∠ACB，且AD=2DB，所以CACB=AD由cosC=a2又cos∠ACD=將c=3a代入，可得a=3當(dāng)a=32時(shí)，c=32，則所以S△ABC方法二：因?yàn)镃D平分∠ACB，且AD=2DB，所以CACB=AD因?yàn)镾△ACD所以12×2×b×sin則6a=23a2所以S△ABC考點(diǎn)二平面向量命題點(diǎn)1平面向量的線性運(yùn)算和數(shù)量積典例01（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知向量a,b,c滿足a=b=1,A．-45 B．-25 C．【答案】D【分析】作出圖形,根據(jù)幾何意義求解.【詳解】因?yàn)閍+b+c即a2+b2+2a?如圖,設(shè)OA=由題知,OA=OB=1,OC=2,△OABAB邊上的高OD=2所以CD=CO+OD=2tan∠ACD=cos=2×3故選:D.典例02（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知⊙O的半徑為1，直線PA與⊙O相切于點(diǎn)A，直線PB與⊙O交于B，C兩點(diǎn)，D為BC的中點(diǎn)，若PO=2，則PA?A．1+22 BC．1+2 D．【答案】A【分析】由題意作出示意圖，然后分類討論，利用平面向量的數(shù)量積定義可得PA?PD=12-22sin【詳解】如圖所示，OA=1,OP=2由勾股定理可得PA當(dāng)點(diǎn)A,D位于直線PO異側(cè)時(shí)或PB為直徑時(shí)，設(shè)∠OPC=則：PA?PD=1×====0≤α<π4∴當(dāng)2α-π4=-π4當(dāng)點(diǎn)A,D位于直線PO同側(cè)時(shí)，設(shè)∠OPCα,0則：PA?PD=1×====10≤α<π4∴當(dāng)2α+π4=π2綜上可得，PA?PD的最大值為故選：A.【點(diǎn)睛】本題的核心在于能夠正確作出示意圖，然后將數(shù)量積的問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)求最值的問題，考查了學(xué)生對于知識的綜合掌握程度和靈活處理問題的能力.典例03（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）在△ABC中，∠A=60°，BC=1，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，若設(shè)AB=a,AC=b，則AE可用a,【答案】14a【分析】空1：根據(jù)向量的線性運(yùn)算，結(jié)合E為CD的中點(diǎn)進(jìn)行求解；空2：用a,b表示出AF，結(jié)合上一空答案，于是AE?AF【詳解】空1：因?yàn)镋為CD的中點(diǎn)，則ED+EC=兩式相加，可得到2AE即2AE=1空2：因?yàn)锽F=13BC，則得到AF+即3AF=2a于是AE?記AB=x,AC=y，則AE?在△ABC中，根據(jù)余弦定理：BC于是AE?由x2+y故xy≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x=y=1取得等號，則x=y=1時(shí)，AE?AF有最大值故答案為：14a+命題點(diǎn)2平面向量的基本定理和坐標(biāo)表示典例01（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）正方形ABCD的邊長是2，E是AB的中點(diǎn)，則EC?ED=A．5 B．3 C．25 D．【答案】B【分析】方法一：以AB,AD為基底向量表示EC,ED【詳解】方法一：以AB,AD為基底向量，可知?jiǎng)tEC=所以EC?方法二：如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，則E1,0,C2,2所以EC?方法三：由題意可得：ED=EC=5在△CDE中，由余弦定理可得cos∠DEC=所以EC?故選：B.典例02（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知向量a=1,1,b=A．λ+μ=1 B．λ+μ=-1C．λμ=1 D．λμ=-1【答案】D【分析】根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出a+λb，【詳解】因?yàn)閍=1,1,b=由a+λb⊥即1+λ1+μ+1-λ故選：D．典例03（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）在△ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，BD=2DA．記CA=m，CD=A．3m-2n B．-2m+3n【答案】B【分析】根據(jù)幾何條件以及平面向量的線性運(yùn)算即可解出．【詳解】因?yàn)辄c(diǎn)D在邊AB上，BD=2DA，所以BD=2DA，即所以CB=3CD-2故選：B．命題點(diǎn)3平面向量的應(yīng)用典例01（2017·全國·高考真題）在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，動點(diǎn)P在以點(diǎn)C為圓心且與BD相切的圓上．若AP=λAB+μAD，則λ+μ的最大值為A．3 B．22 C．5 D．2【答案】A【詳解】如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系.設(shè)A0,1易得圓的半徑r=25，即圓C的方程是AP=x,y-1,則x=2μy-1=-λ，μ=x2設(shè)z=x2-y+1，即x2-y+1-z=0所以圓心(2,0)到直線x2-y+1-z=0的距離d≤r，即2-z1所以z的最大值是3，即λ+μ的最大值是3，故選A.【點(diǎn)睛】（1）應(yīng)用平面向量基本定理表示向量是利用平行四邊形法則或三角形法則進(jìn)行向量的加、減或數(shù)乘運(yùn)算.（2）用向量基本定理解決問題的一般思路是：先選擇一組基底，并運(yùn)用該基底將條件和結(jié)論表示成向量的形式，再通過向量的運(yùn)算來解決.典例02（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）設(shè)點(diǎn)P在單位圓的內(nèi)接正八邊形A1A2?A8的邊【答案】[12+2【分析】根據(jù)正八邊形的結(jié)構(gòu)特征，分別以圓心為原點(diǎn)，A7A3所在直線為x軸，A5A1所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，即可求出各頂點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)【詳解】以圓心為原點(diǎn)，A7A3所在直線為x軸，A則A1(0,1),A222,2因?yàn)閏os22.5°≤|OP|≤1，所以1+cos45故答案為：[12+22典例03（2017·上?！そy(tǒng)考高考真題）如圖，用35個(gè)單位正方形拼成一個(gè)矩形，點(diǎn)P1、P2、P3、P4以及四個(gè)標(biāo)記為“”的點(diǎn)在正方形的頂點(diǎn)處，設(shè)集合Ω=P1,P2,P3,P4，點(diǎn)P∈Ω，過P作直線lP，使得不在lP上的“”的點(diǎn)分布在lP的兩側(cè).用D1(lP)和【答案】P1、P3【詳解】解：建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示；則記為“▲”的四個(gè)點(diǎn)是A（0，3），B（1，0），C（7，1），D（4，4），線段AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，G，H，易知EFGH為平行四邊形，如圖所示；設(shè)四邊形重心為M（x，y），則MA+由此求得M（3，2），即為平行四邊形EFGH的對角線交于點(diǎn)P2則符合條件的直線LP一定經(jīng)過點(diǎn)P且過點(diǎn)P2由過點(diǎn)P1和P2的直線有且僅有過點(diǎn)P3和P2的直線有且僅有過點(diǎn)P4和P2的直線有且僅有所以符合條件的點(diǎn)是P1、P3、故答案為：P1、P3、1．（2023·福建廈門·統(tǒng)考模擬預(yù)測）平面上的三個(gè)力F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3作用于同一點(diǎn)，且處于平衡狀態(tài).已知F1=1,0，F(xiàn)2=2A．12 B．1 C．3 D．【答案】C【分析】首先由F1+【詳解】由題意得F1+F2+即F32=1+2×1×2×故選：C2．（2023·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知非零向量a與b滿足|a|=2|b|，若|aA．12 B．-34 C．3【答案】B【分析】利用向量數(shù)量積的運(yùn)算律可得3|b|【詳解】因?yàn)閨a+2b所以3|b|2+2a所以cosa故選：B3．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，在四邊形ABCD中，已知AB=AD=1，BC=DC=3，AC=2，點(diǎn)P在邊CD上，則AP?BPA．2116 B．218 C．2132【答案】A【分析】方法一：利用已知條件及勾股定理判斷線段所在直線的關(guān)系，然后利用平面向量的線性運(yùn)算及向量數(shù)量積的運(yùn)算律將問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)形式求向量數(shù)量積的最值；方法二：利用已知條件及勾股定理判斷線段所在直線的關(guān)系，然后建立平面直角坐標(biāo)系，將問題轉(zhuǎn)化為向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，得出二次函數(shù)，最后利用二次函數(shù)性質(zhì)求出向量數(shù)量積的最值即可；方法三：同方法二一樣，但是選擇另外的邊所在直線為坐標(biāo)軸建立平面直角坐標(biāo)系，將問題轉(zhuǎn)化為平面向量坐標(biāo)形式求解即可；【詳解】解法一

由AB=AD=1，BC=DC=3，AC=2得AC2=A所以AB⊥BC，AD⊥DC，∠DAC=∠BAC=60°．設(shè)DP=x，則0≤x≤3AP==1×1×=x當(dāng)且僅當(dāng)x=34時(shí)，AP?解法二：由AB=AD=1，BC=DC=3，AC=2得AC2=A所以AB⊥BC，AD⊥DC，∠DAC=∠BAC=60°，∠ACB=∠ACD=30°，連接BD，交AC于點(diǎn)O，則易知BD⊥AC，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，則A-12,0，B0,-所以DC=設(shè)DP=λ則DP=所以P3AP=12則AP=3λ當(dāng)且僅當(dāng)λ=14時(shí)，AP?解法三

由AB=AD=1，BC=DC=3，AC=2得AC2=A所以AB⊥BC，AD⊥DC，∠DAC=∠BAC=60°，∠ACB=∠ACD=30°，如圖，分別以DA,DC所在的直線為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系，所以A1,0，B因?yàn)辄c(diǎn)P在邊CD上，所以設(shè)P0,y所以AP=-1,y，所以AP=y當(dāng)且僅當(dāng)y=34時(shí)，AP?故選：A.4．（2023·四川成都·石室中學(xué)校考一模）在等腰直角三角形ABC中，AB=2，M為斜邊BC的中點(diǎn)，以M為圓心，MA為半徑作AC，點(diǎn)P在線段BC上，點(diǎn)Q在AC上，則AP+MQ的取值范圍是【答案】0,【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算，表示出AP+MQ，將其轉(zhuǎn)化為點(diǎn)Q2cos【詳解】以M為圓心，以MA,MC為x,y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，由于AB=AC=2,所以BC=22由于點(diǎn)Q在AC，不妨設(shè)Q2cosθ,2A0,2,PAP+所以AP+a+2cosθ2+-2由于點(diǎn)R-a,2在線段故當(dāng)點(diǎn)R-a,2運(yùn)動到點(diǎn)為CE=C當(dāng)點(diǎn)R-a,2運(yùn)動到點(diǎn)A0,綜上可知：AP+故答案為：0,10AA·新題速遞1．（2024·貴州·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，右焦點(diǎn)為F，A．3-14 B．14 C．3【答案】C【分析】由橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程寫出A、B、F點(diǎn)的坐標(biāo)，則M坐標(biāo)可求，然后結(jié)合數(shù)量積公式得到a,b,c的等量關(guān)系式，結(jié)合b2=【詳解】根據(jù)橢圓方程，可得A(-a?,0)，B(0,b)，F(xiàn)(c,0)，利用AM???把b2=a又a>c>0，所以a-c=3c離心率e=c故選：C.2．（2024·陜西渭南·統(tǒng)考一模）我國人臉識別技術(shù)處于世界領(lǐng)先地位.所謂人臉識別，就是利用計(jì)算機(jī)檢測樣本之間的相似度，余弦距離是檢測相似度的常用方法.假設(shè)二維空間中有兩個(gè)點(diǎn)Ax1,y1，Bx2,y2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，余弦相似度為向量OA，OB夾角的余弦值，記作cos(A,B)，余弦距離為1-cos(A,B).已知P(cosα,sinα)，Q(A．35 B．25 C．14【答案】A【分析】根據(jù)余弦相似度和余弦距離的定義，代入計(jì)算即可求得結(jié)果.【詳解】由題意可得OP=cosα,sinα則cosP,Q又tanα?tanβ=可得cosα所以Q，R的余弦距離1-cos故選：A3．（2023·安徽·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知向量a=(2,m)，b=(m+1,-1)，且a⊥b，若c=(2,1)，則aA．45,25 B．12,-【答案】A【分析】根據(jù)垂直向量的坐標(biāo)運(yùn)算建立方程求得參數(shù)，結(jié)合投影的定義，可得答案.【詳解】a⊥b，故2(m+1)-m=0，解得m=-2，所以則a在c方向上的投影向量為a?cc故選：A.4．（2024·四川成都·成都七中?？寄M預(yù)測）記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c．若a=1，b=2，則B+C的取值范圍是（

）A．2π3,5π6 B．2【答案】C【分析】先根據(jù)邊的關(guān)系求出c的范圍，然后表示出cosA，求出其范圍，進(jìn)而可得A的范圍i，則B+C的范圍可求【詳解】根據(jù)三角形三邊關(guān)系可得a-b<c<a+b，即1<c<3又cosA=因?yàn)楹瘮?shù)y=3x+x在1,所以c+3又1+31=4,3+所以32≤cos所以0<A≤π所以5π故選：C.5．（2024·安徽淮北·統(tǒng)考一模）已知拋物線y2=2pxp>0準(zhǔn)線為l，焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A，B在拋物線上，點(diǎn)C在l上，滿足：AF=λFB，AB=μ【答案】2【分析】由題設(shè)A,B,C,F共線，作AD⊥l,BE⊥l，垂足分別為D,E，結(jié)合拋物線定義及相似比求參數(shù)值即可.【詳解】由題設(shè)知：A,B,C,F共線，且AF=3作AD⊥l,BE⊥l，垂足分別為D,E，則|AD|=|AF|,|BE|=|BF|，所以|AD|=3|BE|，又Rt△ACD～Rt△BCE所以|AB|+|BC||BC|=3?|AB||BC|=2故答案為：26．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預(yù)測）正三棱臺A1B1C1-ABC中，A1B1=1，AB=AA1=2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱B【答案】31【分析】作出平面與平面的交線，由正三棱臺中相似求出C1N【詳解】連接AF并延長交CC1的延長線于點(diǎn)M，連接ME交B1C1則線段FN即為截面AEF與上底面ABC的交線，因?yàn)镕為A1C1所以MC過點(diǎn)E作BC的平行線交CC1于點(diǎn)因?yàn)镠E=12BC+所以C1在△CFN=C故答案為：317．（2023·廣東·東莞市東華高級中學(xué)校聯(lián)考一模）已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，傾斜角為π3的直線【答案】1+【分析】利用雙曲線的性質(zhì)及余弦定理計(jì)算即可.【詳解】因?yàn)閮A斜角為π3的直線PF2與雙曲線C可知直線PF即ba設(shè)PF2=n，則PF1在△PF1F即2b則2e故2>e≥故答案為：1+8．（2024·全國·模擬預(yù)測）在△ABC中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c，且A=π3，(1)求c的長；(2)設(shè)M為邊BC的中點(diǎn)，若線段AM的長不大于3，求b的長的最大值．【答案】(1)c=2(2)2【分析】（1）由正弦定理結(jié)合三角形的內(nèi)角關(guān)系即可求出c的長；（2）因?yàn)镸為邊BC的中點(diǎn)，所以AM=12AB【詳解】（1）在△ABC中，由正弦定理得bsin又bsinC=sinC+3又因?yàn)锳=π3，所以csin故csinB=2sin由于0<B<π，所以sinB≠0，所以（2）設(shè)線段AM的長為x，則x≤3因?yàn)镸為邊BC的中點(diǎn)，所以AM=兩邊平方得AM2=1又因?yàn)閤≤3，所以b2+2b≤8又b>0，所以0<b≤2．所以b的長的最大值為2．9．（2024·河南·方城第一高級中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知向量a=cosx-sinx,(1)求fx的最小正(2)求fx在0,3【答案】(1)π(2)3；3.【分析】（1）由二倍角的正弦和余弦公式化簡fx，再由fx的（2）t=2x-π3，由y=cost【詳解】（1）fx=a則fx的最小正周期T=（2）令t=2x-π3，因?yàn)閤∈0,由y=cost的圖象可得，當(dāng)y=cost即fx在0,再由極值點(diǎn)的定義可知，極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.10．（2024·四川成都·成都七中校考模擬預(yù)測）記鈍角△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c．若B為銳角且cos(A-B)=0(1)證明：c=asin(2)若c=2，求△ABC周長的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)4,+【分析】（1）根據(jù)條件先確定出A,B的關(guān)系，然后通過誘導(dǎo)公式化簡sin2（2）根據(jù)正弦定理將a+b+c表示為關(guān)于B的三角函數(shù)形式，然后分析B的范圍，由此可求a+b+c的取值范圍，則△ABC周長的取值范圍可知.【詳解】（1）由條件可知：A∈0,π,B∈因?yàn)閏osA-B=0，所以A-B=π因?yàn)閟in=sin所以sinC=由正弦定理可知：c=asin（2）因?yàn)镃=π-A-B=π所以2sin所以a=2所以a+b+c=2因?yàn)?<π2-2B<π2所以a+b+c=2因?yàn)锽∈0,π4，所以B+所以2cosB+π所以△ABC周長的取值范圍是4,+∞BB·易錯(cuò)提升1．在△ABC中，點(diǎn)D在AC上，∠CDB=23π，AD=2CD=4，則BCA．3-12 B．3+12 C．【答案】B【分析】根據(jù)給定條件，利用余弦定理把BC2BA【詳解】依題意，由AD=2CD=4，得AD=4,CD=2，設(shè)BD=t>0，由∠CDB=23π在△BCD中，BC在△ABD中，AB則BC令f(x)=1+6x-12x2由f'(x)>0，解得0<x<2+23，由f因此f(x)在(0,2+23)上單調(diào)遞增，在即當(dāng)x=2+23時(shí)，f(x)因此當(dāng)t=2+23時(shí)，BC2所以ACAB的最大值為3故選：B.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵是利用余弦定理，將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值，由此得解.2．已知△ABC是銳角三角形，內(nèi)角A，B，C所對應(yīng)的邊分別為a，b，c．若a2-b2=bcA．33,22 B．2-3,1【答案】C【分析】由余弦定理和正弦定理，結(jié)合正弦和角公式得到sinB=sin(A-B)，結(jié)合△ABC為銳角三角形，得到A=2B，故π6【詳解】因?yàn)閍2-b由余弦定理得a2所以b2+bc=b由正弦定理得sinB=因?yàn)镃=π-(A+B)，則所以sinB=sinA因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以0<A<π2，0<B<π又y=sinx在-π2,因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以0<B<π2，0<A=2B<π所以π6由正弦定理得b==1令cosB=t，因?yàn)棣?<B<y=4t2+2t-1=4當(dāng)t=22時(shí)，y=1+2，當(dāng)t=故b故選：C．【點(diǎn)睛】解三角形中最值或范圍問題，通常涉及與邊長，周長有關(guān)的范圍問題，與面積有關(guān)的范圍問題，或與角度有關(guān)的范圍問題，常用處理思路：①余弦定理結(jié)合基本不等式構(gòu)造不等關(guān)系求出答案；②采用正弦定理邊化角，利用三角函數(shù)的范圍求出最值或范圍，如果三角形為銳角三角形，或其他的限制，通常采用這種方法；③巧妙利用三角換元，實(shí)現(xiàn)邊化角，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為正弦或余弦函數(shù)求出最值.3．對于函數(shù)fx，當(dāng)x>0時(shí)，fx>f'x.銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且bcosC+ccosA．fx1eC．fx1e【答案】C【分析】先利用題設(shè)和選項(xiàng)構(gòu)造函數(shù)gx=fxex【詳解】令gx=fxex，則g'x又因?yàn)樵凇鰽BC中，由余弦定理，bcosC+ccos故由bcosC+ccosB>acosC+ccos接著比較x2與x3的大小，即比較sinA令hx=sinxx，x∈0,π2，h則mx單調(diào)遞減，mx<m0=0，則h又A>B,故hA<hB，則x故選：C.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：結(jié)合題設(shè)和結(jié)論的提示考慮到構(gòu)建函數(shù)并判斷其單調(diào)性.同時(shí)對于三角形中型如bcosC+c4．已知a=3，b=1，a?b=0，c+A．2213+1 B．4 C．4【答案】A【分析】由題意首先得出c-d【詳解】如圖所示：不妨設(shè)a=滿足a=3，b=1又c+a+由橢圓的定義可知點(diǎn)C在以A1,A為焦點(diǎn)，長軸長為a=2,c=3所以該橢圓方程為x2而d2-4b?d這表明了點(diǎn)D在圓x2+y-22=1又c-d=故只需求CE的最大值即可，因?yàn)辄c(diǎn)Cx24+所以CE=所以當(dāng)sinθ=--42×c-d有最大值故選：A.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解題的關(guān)鍵是將向量問題轉(zhuǎn)換為圓錐曲線中的最值問題來做，通過數(shù)學(xué)結(jié)合的方法巧妙的將幾何問題融入代數(shù)方法，從而順利得解.5．已知M為橢圓：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上一點(diǎn)，F(xiàn)1，【答案】12/【分析】根據(jù)題意由和差化積公式可得sinα+sinβ=2【詳解】利用和差化積公式可得：sinα+由cosα-β2=2cosα+β2兩邊同時(shí)乘以設(shè)MF1=m，MF2在△MF1F所以m+nsin所以該橢圓離心率e=2c故答案為：1【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于根據(jù)已知角的關(guān)系利用和差化積公式得出sinα+sin6．已知平面向量a,b滿足a=12b=【答案】7【分析】根據(jù)余弦定理求解長度