2025届高考数学复习专题突破：平面向量、复数讲义

突破1　平面向量中的综合问题 命题点1　平面向量与其他知识的综合 角度1　平面向量与平面几何 例1 在△ABC中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点.若∠BAC＝，△ABC的面积为，则·取最小值时，BC＝（　A　） A.2 B.4 C.2 D.4 解析　设△ABC的内角∠BAC，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，由题意知，S△ABC＝bc·sin＝，∴bc＝4，·＝bc·cos＝6.∵M为BC的中点，N为BM的中点，故＝＋，＝＋，·＝（＋）·（＋）＝b2＋c2＋3≥2·bc＋3＝6，当且仅当b＝c，即b＝2，c＝2时等号成立，·取到最小值，此时a＝＝2，即BC＝2.故选A. 角度2　平面向量与三角函数 例2 [多选/2021新高考卷Ⅰ]已知O为坐标原点，点P1（cos α，sin α），P2（cos β， －sin β），P3（cos（α＋β），sin（α＋β）），A（1，0），则（　AC　） A.｜｜＝｜｜ B.｜｜＝｜｜ C.·＝· D.·＝· 解析　由题可知，｜｜＝＝1，｜｜＝＝1，所以｜｜＝｜｜，故A正确； 取α＝，则P1（，），取β＝，则P2（－，），则｜｜≠｜｜，故B错误； 因为·＝cos（α＋β），·＝cos αcos β－sin α·sin β＝cos（α＋β），所以·＝·，故C正确； 因为·＝cos α，·＝cos βcos（α＋β）－sin β·sin（α＋β）＝cos（α＋2β）， 取α＝，β＝，（用取特殊值法进行排除） 则·＝，·＝cos＝－，所以·≠·，故D错误.故选AC. 角度3　平面向量与解析几何 例3 [2023辽宁省实验中学第五次模拟]已知向量b，c和单位向量a满足｜a－b｜＝ 2｜b｜，｜c－a｜＋｜c＋a｜＝4，则b·c的最大值为（　C　） A. B. C.2 D. 解析　设a＝（1，0），b＝（x，y），由｜a－b｜＝2｜b｜可得（x－1）2＋y2＝4（x2＋y2），化简可得3x2＋3y2＋2x－1＝0，即（x＋）2＋y2＝.设c＝（x0，y0），则由｜c－a｜＋｜c＋a｜＝4，可得＋＝4，故点（x0，y0）的轨迹是以（－1，0），（1，0）为焦点，长轴2a＝4的椭圆，其方程为＋＝1. 设b，c夹角为θ，则b·c＝｜b｜｜c｜cos θ， 如图，由圆与椭圆的性质可得，｜b｜≤＋＝1，｜c｜≤2，cos θ≤1，三者可同时取等号，故当b，c同向且方向与x轴正方向相反时，b·c取得最大值2. 故选C. 方法技巧 1.解平面向量与平面几何综合问题的步骤 （1）设出向量或将某些向量用其他向量进行表示，将几何问题转化为向量问题； （2）利用向量之间的计算解决几何图形上的长度、夹角等问题. 2.平面向量与三角函数综合问题的解题思路 运用向量共线或垂直的坐标表示，向量的有关运算等，得到三角函数的关系式，然后求解. 3.平面向量与解析几何综合问题的解题思路 利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，将条件转化求解. 训练1 （1）[全国卷Ⅰ]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点（－2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则·＝（　D　） A.5 B.6 C.7 D.8 解析　过点（－2，0）且斜率为的直线方程为y＝（x＋2），由消元整理得x2－5x＋4＝0，解得x＝1或x＝4，所以或不妨设M（1，2）， N（4，4），易知F（1，0），所以＝（0，2），＝（3，4），所以·＝8.故选D. （2）[多选/2023广东汕头二模]在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC，AC边上的中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（　ABD　） A.AM＝ B.BN＝ C.cos∠MPN＝ D.＋＋＝0 解析　因为M是BC的中点，所以＝（＋）. 对于A，AM＝｜｜＝＝＝，故A正确. 对于B，BN＝｜｜＝＝＝，故B正确. 对于C，·＝（＋）·（－）＝｜｜2－·－｜｜2＝3，cos∠MPN＝cos＜，＞＝＝，故C错误. 对于D，由题意知，P为△ABC的重心，则＋＋＝－（＋）－＋＋－＝0，故D正确. 故选ABD. 命题点2　和向量有关的最值（范围）问题 角度1　与平面向量基本定理有关的最值（范围）问题 例4 [2023福建省宁德市模拟]在平面直角坐标系xOy中，点P为圆O：x2＋y2＝1上的任意一点，点A（2，0），B（－1，1），若＝λ＋μ，则2λ＋μ的最大值为（　C　） A. B.2 C. D. 解析　由已知可设点P（cos θ，sin θ），则＝（cos θ，sin θ），又λ＋μ＝（2λ－μ，μ），＝λ＋μ，所以即所以2λ＋μ＝2sin θ＋ cos θ＝sin（θ＋φ），其中tan φ＝，当sin（θ＋φ）＝1时，2λ＋μ取得最大值.故选C. 角度2　与数量积有关的最值（范围）问题 例5 [新高考卷Ⅰ]已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则·的取值范围是（　A　） A.（－2，6） B.（－6，2） C.（－2，4） D.（－4，6） 解析　解法一　·＝｜｜｜｜cos∠PAB＝2｜｜·cos∠PAB，又｜｜cos∠PAB表示在方向上的投影数量，所以结合图形可知（图略），当P与C重合时投影数量最大，当P与F重合时投影数量最小.又·＝2×2×cos 30°＝6，·＝2×2×cos 120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，·∈ （－2，6）.故选A. 解法二　以A为原点建立平面直角坐标系，如图所示，设点P（x，y），则＝（x，y），＝（2，0），·＝（x，y）·（2，0）＝2x，易知x∈（－1，3），所以·∈（－2，6）.故选A. 角度3　与模有关的最值（范围）问题 例6 [2023山西省模拟]已知平面向量a，b是单位向量，且｜a－b｜＝1，向量c满足｜c－a－b｜＝，则｜c｜的最大值为 （　A　） A. B.2 C.＋1 D.2＋1 解析　∵平面向量a，b是单位向量，且｜a－b｜＝1，∴a2＋b2－2a·b＝2－2a·b＝1，∴a·b＝，＜a，b＞＝.设a＝（1，0），b＝（，），c＝（x，y），则c－a－b＝（x－，y－），∴（c－a－b）2＝（x－）2＋（y－）2＝（）2，∴点（x，y）在以（，）为圆心、为半径的圆上， ∴｜c｜＝的最大值表示圆上的点到原点（0，0）距离的最大值，如图所示.设圆心为O'，则｜OO'｜＝＝， ∴｜c｜的最大值为＋＝.故选A. 方法技巧 平面向量中有关最值（或范围）问题的两种求解思路 一是“形化”，即利用平面向量的几何意义先将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断； 二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，先把问题转化为代数中的函数最值或值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的相关知识解决. 训练2 （1）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段BD上的一动点，若＝x＋y（x＞0，y＞0），则的最大值为（　A　） A. B. C.1 D.2 解析　＝x＋y＝x（＋）＋y＝x（＋）＋y＝x＋（＋y）.因为D，F，B三点共线，所以x＋y＝1，即2－3x＝2y，所以＝＝，因为x＞0，y＞0，所以4y＋≥2＝4，当且仅当4y＝，即y＝时等号成立，此时x＝，所以＝≤＝. （2）在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，M是线段AC上任意一点，则·的最小值是（　B　） A.－ B.－1 C.－2 D.－4 解析　解法一　如图，由M是线段AC上任意一点，设＝λ，λ∈（0，＋∞），因为·＝｜｜｜｜cos 60°＝2×3×＝3，所以·＝（－）·＝（－）·＝·－·＝－.当λ＝时，·＝0，当λ≠时，令6λ－3＝t，t∈（－3，0）∪（0，＋∞），则λ＝，·＝ －＝＝，当t∈（0，＋∞）时，t＋＋18≥36（当且仅当t＝9时取等号），此时·≥－1；当t∈（－3，0）时，t＋＋18＜－12，此时·无最值.所以当且仅当 t＝9，即λ＝2时，·有最小值，最小值为－1.故选B. 解法二　如图，以点A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，因为AC＝3，AB＝2，∠BAC＝60°，所以B（1，），C（3，0），设M（x，0），0≤x≤3，则＝（1－x，），＝（3－x，0），·＝（1－x，）·（3－x，0）＝x2－4x＋3＝（x－2）2－1，当且仅当x＝2时，·有最小值，最小值为－1.故选B. （3）[浙江高考]已知a，b，e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则｜a－b｜的最小值是（　A　） A.－1 B.＋1 C.2 D.2－ 解析　解法一　设O 为坐标原点，a＝，b＝＝（x，y），e＝（1，0），由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即（x－2）2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C（2，0）为圆心，1为半径的圆.因为a与e的夹角为，所以不妨令点A在直线y＝x（x＞0）上，如图所示，由数形结合可知，｜a－b｜min＝｜｜min＝2sin －1＝－1.（｜｜的最小值，即圆心C到OA的距离减去圆的半径）故选A. 解法二　由b2－4e·b＋3＝0得b2－4e·b＋3e2＝（b－e）·（b－3e）＝0. 设b＝，e＝，3e＝，所以b－e＝，b－3e＝，所以·＝0，取EF的中点为C，则点B在以C为圆心，EF为直径的圆上运动，如图. 设a＝，作射线OA，使得∠AOE＝，所以｜a－b｜＝｜（a－2e）＋（2e－b）｜≥ ｜a－2e｜－｜2e－b｜＝｜｜－｜｜≥－1.故选A. 1.[命题点1角度1/江苏高考]如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9，若＝m＋（－m）（m为常数），则CD的长度是　或0　. 解析　解法一　以点A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设＝λ，λ∈[0，1]，则D（4λ，3－3λ），＝＋λ＝λ＋（1－λ），又点P在AD的延长线上，则可设＝μ，μ＞1，又＝m（－）＋＝m＋，则＝m（－）＋（－），＝m＋（－ m），则2m＋（3－2m）＝＝μ＝λμ＋μ（1－λ），所以2m＝λμ， 3－2m＝μ－λμ，所以μ＝3，又AP＝9，则AD＝3，所 以（4λ）2＋（3－3λ）2＝9，得λ＝或λ＝0，则｜｜＝｜｜＝×＝或 ｜｜＝0×｜｜＝0. 解法二　由题意可设＝λ＝λ[μ＋（1－μ）]＝λμ＋（λ－λμ），其中λ＞1，0≤μ≤1，又＝m＋（－m），所以得λ＝，即＝，又PA＝9，则｜｜＝6，｜｜＝3，所以AD＝AC.当D与C重合时，CD＝0；当D不与C重合时，有∠ACD＝∠CDA，所以∠CAD＝180°－2∠ACD，在△ACD中，由正弦定理可得＝，则CD＝＝·AD＝2cos∠ACD·AD＝2××3＝.综上，CD＝或0. 2.[命题点2角度2/2023天津高考]在三角形ABC中，∠A＝，｜｜＝1，D为线段AB的中点，E为线段CD的中点，若设＝a，＝b，则可用a，b表示为　a＋b　；若＝，则·的最大值为　　. 解析　因为E为CD的中点，所以＝＋，因为D为AB的中点，所以＝，所以＝＋，又＝a，＝b，所以＝a＋b. 因为＝，所以－＝（－），即＝＋＝a＋b，所以·＝（a＋b）·（a＋b）＝a2＋a·b＋b2.在三角形ABC中，∠A＝，｜｜＝1，设三角形ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则a＝1，｜a｜＝c，｜b｜＝b，所以a·b＝bccos＝，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos，即1＝b2＋c2－bc≥bc，当且仅当 b＝c＝1时等号成立，所以·＝a2＋a·b＋b2＝c2＋bc＋b2＝（bc＋1）＋bc＝bc＋≤＋＝. 3.[命题点2角度3]已知向量a，b满足｜a＋b｜＝4，｜a－b｜＝3，则｜a｜＋｜b｜的取值范围是（　B　） A.[3，5] B.[4，5] C.[3，4] D.[4，7] 解析　易知｜a｜＋｜b｜≥max{｜a＋b｜，｜a－b｜}＝4，因为（｜a｜＋｜b｜）2＝ ｜a｜2＋｜b｜2＋2｜a｜｜b｜≤2（｜a｜2＋｜b｜2）＝｜a＋b｜2＋｜a－b｜2＝25，当且仅当｜a｜＝｜b｜时等号成立，所以｜a｜＋｜b｜≤5，所以4≤｜a｜＋｜b｜≤5. 4.[命题点2/浙江高考]已知平面单位向量e1，e2满足｜2e1－e2｜≤.设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ，则cos2θ的最小值是　　. 解析　解法一　因为单位向量e1，e2满足｜2e1－e2｜≤，所以＝5－4e1·e2≤2，即e1·e2≥.因为a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，a，b的夹角为θ，所以cos2θ＝＝＝＝.不妨设t＝e1·e2，则t≥，cos2θ＝，又y＝在[，＋∞）上单调递增，所以cos2θ≥＝，所以cos2θ的最小值为. 解法二　由题意，不妨设e1＝（1，0），e2＝（cos x，sin x）.因为｜2e1－e2｜≤，所以≤，得5－4cos x≤2，即cos x≥.易知a＝（1＋cos x，sin x），b＝（3＋cos x，sin x），所以a·b＝（1＋cos x）·（3＋cos x）＋sin2x＝4＋4cos x，｜a｜2＝（1＋cos x）2＋sin2x＝2＋2cos x，｜b｜2＝（3＋cos x）2＋sin2x＝10＋6cos x，所以cos2θ＝＝＝.不妨设m＝cos x，则m≥，cos2θ＝，又y＝在[，＋∞）上单调递增，所以cos2θ≥＝，所以cos2θ的最小值为. 基础练习 1.[2023湖北部分学校联考]圆的内接四边形ABCD中，AD＝2，CD＝4，BD是圆的直径，则·＝（　B　） A.12 B.－12 C.20 D.－20 解析　由题知∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝2，CD＝4，所以·＝（＋）·＝·＋·＝｜｜｜｜cos∠BDA－｜｜｜｜·cos∠BDC＝｜｜2－ ｜｜2＝4－16＝－12.故选B. 2.[2023山东济南检测]已知非零向量，满足＝，且·＝，则△ABC为 （　D　） A.钝角三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 解析　由·＝，得cos A＝，又0＜A＜π，∴A＝.由＝，得（＋）·＝0，∴角A的平分线垂直于BC，∴AB＝AC，∴△ABC是等边三角形.故选D. 3.[2024河北石家庄二中月考]已知向量a，b，c共面，且均为单位向量，a·b＝0，则｜a＋b＋c｜的取值范围是（　A　） A.[－1，＋1] B.[1，] C.[，] D.[－1，1] 解析　设a＝，b＝，c＝，由题意可得｜｜＝｜｜＝ ｜｜＝1，且OA⊥OB，以OA，OB为邻边作正方形OADB，连接OD，如图所示，则｜a＋b｜＝｜｜＝，｜a＋b＋c｜＝｜＋｜，当与方向相同时，｜a＋b＋c｜最大，为＋1；当与方向相反时， ｜a＋b＋c｜最小，为－1.故选A. 4.[2023豫南名校三模]如图，这是用来构造无理数，，，…的图形，已知P是平面四边形ABCD内（包含边界）一点，则·的取值范围是（　D　） A.[－，] B.[－1，] C.[，1] D.[－，1] 解析　如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E.（在上的投影向量与可能是同向的，也可能是反向的，所以延长BC以保障情况研究全面） 因为DE⊥BC，DC＝1，∠DCE＝45°，所以CE＝. 由图可知当P在线段AB上时，｜｜cos∠PCB有最大值1，当P在点D处时，｜｜cos∠PCB有最小值－，（寻找｜｜cos ∠PCB的最大值和最小值时，最值往往在图形的边界和顶点处取到） 又｜｜＝1，所以·的取值范围是[－，1].故选D. 5.已知AM，BN分别为圆O1：（x＋1）2＋y2＝1与O2：（x－2）2＋y2＝4的直径，则·的取值范围为（　A　） A.[0，8] B.[0，9] C.[1，8] D.[1，9] 解析　如图，·＝（＋＋）·（＋＋）＝[＋（＋）]·[－（＋）]＝｜｜2－｜＋｜2＝9－｜＋｜2，其中｜＋｜∈[2－1，2＋1]＝[1，3]，所以·∈[9－32，9－12]＝[0，8].故选A. 6.若点G是△ABC的重心，A（0，－1），B（0，1），在x轴上有一点M满足｜｜＝｜｜，＝λ（λ∈R），则点C的轨迹方程为（　C　） A.＋y2＝1 B.－y2＝1 C.＋y2＝1（x≠0） D.－y2＝1（x≠0） 解析　设点C（x，y），则G（，）.由已知可得点C不与A，B共线，所以x≠0.（易错：注意寻找变量的范围） 设M（x0，0），则＝（－x0，－1），＝（x－x0，y）（x≠0），＝（x0－， －）（x≠0），＝（0，2）， 由＝λ（λ∈R），得（x0－，－）＝λ（0，2），所以x0＝（x≠0）　①， 由｜｜＝｜｜，得＝（x≠0），即＋1＝＋y2（x≠0）　②， 将①代入②得＋y2＝1（x≠0）.故选C. 7.[情境创新]已知△ABC中，AB＝4，AC＝4，BC＝8，动点P自点C出发沿线段CB运动，到达点B时停止，动点Q自点B出发沿线段BC运动，到达点C时停止，且动点Q的速度是动点P的2倍.若二者同时出发，且一个点停止运动时，另一个点也停止运动，则该过程中·的最大值是（　C　） A. B.4 C. D.23 解析 解法一　因为AB＝4，AC＝4，BC＝8，所以AB2＋AC2＝BC2，△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，∠ABC＝60°.如图，分别以AC，AB所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设｜｜＝t，则｜｜＝2t，且0≤2t≤8，即0≤t≤4， 则A（0，0），Q（t，4－t），P（4－t，t），＝（t，4－t），＝（4－t，t），所以·＝t（4－t）＋t（4－t）＝－2t2＋14t（0≤t≤4），当t＝时，·取得最大值，最大值为，故选C. 解法二　因为AB＝4，AC＝4，BC＝8，所以AB2＋AC2＝BC2，△ABC是直角三角形，且∠A＝90°，∠C＝30°，∠B＝60°. 设CP＝t，则BQ＝2t，且0≤2t≤8，即0≤t≤4， 与的夹角为30°，与的夹角为60°，所以·＝（＋）·（＋）＝·＋·＋·＋·＝4×2t×cos 30°＋4×t×cos 60°－2t2＝－2t2＋14t（0≤t≤4），当t＝时，·取得最大值，最大值为，故选C. 8.已知⊥，｜｜＝，｜｜＝t，若点P是△ABC所在平面内一点，且＝＋，则·的最大值是（　D　） A.16 B.4 C.82 D.76 解析　以A为坐标原点，可建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），（，0），C（0，t）（t＞0），则＝（，0），＝（0，t），∴＝ t（，0）＋（0，t）＝（1，9），即P（1，9），∴＝（－1，－9），＝（－1，t－9），∴·＝1－－9t＋81＝82－（9t＋）.∵t＞0，∴9t＋≥2＝6（当且仅当9t＝，即t＝时取等号），∴·≤82－6＝76.故选D. 9.[2024辽宁鞍山月考]设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，P是△ABC所在平面上的一点，·＝·＋＝·＋，则点P是△ABC的（　C　） A.重心 B.外心 C.内心 D.垂心 解析　因为·＝·＋＝·＋，所以·－＝·（－），·－＝·（－），即·＝·，·＝·，所以｜｜ccos∠PAB＝｜｜bcos∠PAC，｜｜ccos∠PBA＝｜｜a·cos∠PBC，所以∠PAB＝∠PAC，∠PBA＝∠PBC，所以AP在∠BAC的角平分线上，BP在∠ABC的角平分线上，所以点P是△ABC的内心.故选C. 10.[2023河北石家庄一中等校联考]已知点列{Pn}中的所有点都在△ABC内部，△ABPn的面积与△ACPn的面积比值为.在数列{an}中，a1＝1，若∀n∈N*且n≥2，＝3an＋ （4an－1＋3）恒成立，那么a4＝（　D　） A.15 B.31 C.63 D.127 解析　如图，延长APn交BC于D，则＝＝. 又△ABPn的面积与△ACPn的面积比值为，∴＝，∴＝， ∴点D是边BC上最靠近点B的四等分点. ＝＋＝＋＝＋（－）＝＋， 又＝3an＋（4an－1＋3），∥， ∴＝， ∴an＝4an－1＋3（n≥2）. 由a1＝1，依次计算得到a2＝7，a3＝31，a4＝4×31＋3＝127.故选D. 11.[考法创新]如图所示，A，B，C，D是正弦函数y＝sin x图象上四个点，且在A，C两点函数值最大，在B，D两点函数值最小，则（＋）·（＋）＝　12π2　. 解析　由题图知，A，B关于点（π，0）对称，设M（π，0），连接AB，CD，则M为线段AB的中点，同理可知C，D关于点（3π，0）对称，设N（3π，0），则N为线段CD的中点，所以（＋）·（＋）＝2·（2）＝4·＝12π2. 12.[2023上海虹口区一模]在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝，O是△ABC的外心，若＝x＋y，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为　　. 解析　因为AB＝5，AC＝6，cos A＝，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos A＝25＋36－2×5×6×＝49，则BC＝7，又sin A＝＝，所以由正弦定理得＝＝2OB，可得OB＝.由题意知＝x＋y，其中x，y∈[0，1]，OB＝OC，即点P的轨迹所覆盖图形为以OB，OC为相邻两边的菱形，又∠BOC＝2∠BAC，所以该菱形的面积为2S△BOC＝2×OB2×sin 2A＝（）2×2××＝. 13.[2024云南昆明测评]在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BCD＝60°，BC＝CD＝2，点M是边BC上的动点，则·的最小值为　　. 解析　如图，连接AC，因为AB⊥BC，AD⊥CD，BC＝CD＝2，则△ABC≌△ADC. 又因为∠BCD＝60°，所以∠ACB＝∠ACD＝30°，AC＝4，AB＝AD＝2.设E为AD的中点，分别过E，D作BC的垂线，垂足为H，N，易得DN＝3.又四边形ADNB为直角梯形，E为AD的中点，则EH＝（AB＋DN）＝.连接ME，则·＝·＝[（＋）2－（－）2]＝－＝－1≥－1＝. 14.[2024广西八校联考]已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足（a－c）·（b－2c）＝0，则｜c｜的最大值是　　. 解析　建立平面直角坐标系xOy（O是坐标原点，图略），由题意不妨设a＝（1，0），b＝（0，1），c＝（x，y）， 则a－c＝（1－x，－y），b－2c＝（－2x，1－2y）.由（a－c）·（b－2c）＝0，得（1－x）（－2x）＋（－y）（1－2y）＝0，即x2＋y2－x－y＝0，即（x－）2＋（y－）2＝，则c的始点为O，终点在以点A（，）为圆心、半径r＝的圆上.连接OA.｜c｜＝，其几何意义为圆A上任意一点P（x，y）到原点O（0，0）的距离，所以｜c｜的最大值为｜OA｜＋r＝＋＝. 突破2　解三角形中的热点问题 命题点1　解三角形中的最值（范围）问题 例1 [2022新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝. （1）若C＝，求B； （2）求的最小值. 解析　（1）因为＝， 所以＝， 易知cos B≠0，所以＝， 所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B， 所以cos（A＋B）＝sin B， 所以sin B＝－cos C＝－cos ＝. 因为B∈（0，），所以B＝. （2）由（1）得cos（A＋B）＝sin B， 所以sin[－（A＋B）]＝sin B，且0＜A＋B＜， 所以0＜B＜，0＜－（A＋B）＜， 所以－（A＋B）＝B，解得A＝－2B， 由正弦定理得＝＝＝＝＝＝4cos2B＋－5≥2－5＝4－5，当且仅当cos2B＝时取等号，所以的最小值为4－5. 方法技巧 解三角形中的最值（范围）问题的求解方法 函数法 利用“一角一函数”模型或二次函数模型求解. 基本不等式法 先转化为“和”或“积”为定值的形式，然后利用基本不等式求解. 几何法 根据已知条件画出图形，结合图形，找出临界位置，数形结合求解. 注意　 注意题目中隐含条件的应用，如A＋B＋C＝π，0＜A＜π，｜b－c｜＜a＜b＋c，三角形中大边对大角等. 训练1 [全国卷Ⅱ]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C. （1）求A； （2）若BC＝3，求△ABC周长的最大值. 解析　设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. （1）由正弦定理和已知条件得a2－b2－c2＝bc. 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得cos A＝－. 因为0＜A＜π，所以A＝. （2）由BC＝a＝3，A＝，得＝＝＝2， 从而b＝2sin B，c＝2sin（π－A－B）＝3cos B－sin B， 故a＋b＋c＝3＋sin B＋3cos B＝3＋2sin（B＋）. 又0＜B＜，所以＜B＋＜， 故当B＝时，△ABC周长取得最大值3＋2. 命题点2　多三角形问题 例2 [2021新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C. （1）证明：BD＝b； （2）若AD＝2DC，求cos∠ABC. 解析　（1）由题易得＝.在△ABC中，由正弦定理得＝，则＝，即BD·b＝ac， 又b2＝ac，所以BD·b＝b2，又b＞0，所以BD＝b. （2）解法一　由题意可知AD＝b，DC＝b.在△ABD与△ABC中，cos∠BAD＝cos∠BAC，所以＝　①.将b2＝ac代入①式可得6a2－11ac＋3c2＝0，即（2a－3c）（3a－c）＝0，所以c＝a或c＝3a. 当c＝a时，cos∠ABC＝＝＝； 当c＝3a时，cos∠ABC＝＝＝＞1（舍）. 综上，cos∠ABC＝. 解法二　由题意可得，＝，所以＝＋＝＋＝＋（－）＝＋，则＝c2＋a2＋accos∠ABC　①， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos∠ABC　②， 联立①②得11b2＝3c2＋6a2， 因为b2＝ac，所以3c2－11ac＋6a2＝0， 所以c＝3a或c＝a.以下同解法一. 方法技巧 多三角形问题的解题思路 （1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦定理或余弦定理求解；（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件（如公共边，公共角，邻角之间的关系），求出结果. 训练2 [全国卷Ⅰ]如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝　－　. 解析　依题意得，AE＝AD＝，在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠CAE＝3＋1－2cos 30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝＝＝2，BF＝BD＝＝，所以在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB＝＝＝－. 命题点3　解三角形中的证明问题 例3 [2023陕西安康中学5月质检]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin Ccos B－2sin Bcos C＝0. （1）证明：c2－b2＝a2； （2）若a＝3，点D在边BC上，且AD⊥BC，AD＝，求△ABC的周长. 解析　（1）由sin Ccos B－2sin Bcos C＝0，可得sin C·cos B＋sin Bcos C＝3sin Bcos C， 所以sin（B＋C）＝3sin Bcos C，由B＋C＝π－A，可得sin（B＋C）＝sin A，即sin A＝3sin Bcos C， 所以a＝3b×，可得2a2＝3a2＋3b2－3c2，即c2－b2＝a2. （2）由（1）及a＝3，知c2－b2＝3，可得c2＝b2＋3， 由余弦定理得cos ∠BAC＝＝. 由AD⊥BC，AD＝，可得S△ABC＝×3×＝， 又S△ABC＝bcsin ∠BAC，所以bcsin ∠BAC＝，可得sin ∠BAC＝. 因为cos2∠BAC＋sin2∠BAC＝（）2＋（）2＝1，c2＝b2＋3，所以b2＝4，解得b＝2，c＝，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋2＋＝5＋. 方法技巧 对于解三角形中的证明问题，要仔细观察条件与结论之间的联系，发现二者之间的差异，利用正弦定理、余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论，即可得证. 训练3 [2023石家庄市三检]已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，sin A＝4sin Ccos B，且c＝2. （1）证明：tan B＝3tan C； （2）若b＝2，求△ABC外接圆的面积. 解析　（1）因为sin A＝4sin Ccos B，所以sin（B＋C）＝4sin Ccos B， 即sin Bcos C＋cos Bsin C＝4sin Ccos B，即sin Bcos C＝3sin Ccos B， 所以tan B＝3tan C. （2）因为sin A＝4sin Ccos B，所以a＝4c·， 即a2＋2c2－2b2＝0. 又b＝2，c＝2，所以a＝4， 所以c2＋b2＝a2，所以A＝， 则△ABC外接圆的半径R＝a＝2， 所以△ABC外接圆的面积S＝πR2＝4π. 命题点4　三角形中的“三线”问题 例4 （1）[2023合肥六中5月模拟]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若 ccos A＋acos C＝2，AC边上的高为，则∠ABC的最大值为（　B　） A. B. C. D. 解析　由射影定理得ccos A＋acos C＝b＝2.∵AC边上的高为，∴S△ABC＝×2×＝acsin∠ABC，即ac＝.∵cos∠ABC＝≥＝1－，当且仅当a＝c时等号成立.∴cos∠ABC≥1－sin∠ABC，即sin∠ABC＋3cos∠ABC≥3，则sin（∠ABC＋）≥.∵∠ABC∈（0，π），∴∠ABC＋∈（，），则∠ABC＋∈（，]，∴∠ABC∈（0，]，验证知当∠ABC＝时，符合题意.故∠ABC的最大值为. （2）[2023全国卷甲]在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝　2　. 解析　在△ABC中，由余弦定理得cos 60°＝，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以×2ACsin 60°＝×2ADsin 30°＋AC×ADsin 30°，所以AD＝＝＝2. 例5 [2023新高考卷Ⅱ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为，D为BC的中点，且AD＝1. （1）若∠ADC＝，求tan B； （2）若b2＋c2＝8，求b，c. 解析　（1）因为D为BC的中点， 所以S△ABC＝2S△ADC＝2××AD×DCsin∠ADC＝2××1×DC×＝， 解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4. 因为∠ADC＝，所以∠ADB＝，所以B∈（0，）. 在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝. 在△ABD中，由正弦定理，得＝， 所以sin B＝＝， 所以cos B＝＝. 所以tan B＝＝. （2）因为D为BC的中点，所以BD＝DC. 因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＝－cos∠ADC， 则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得＝－，得1＋BD2－c2＝ －（1＋BD2－b2）， 所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝，所以a＝2. 在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝＝＝－， 所以S△ABC＝bcsin∠BAC＝bc＝bc＝＝，解得bc＝4. 则由解得b＝c＝2. 方法技巧 如图，在△ABC中， 1.若AD为BC边上的中线，则： （1）＝（＋），两边平方之后解题；（2）S△ABD＝S△ACD. 2.若AD为∠BAC的角平分线，则：（1）S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，利用三角形面积公式展开得到边的关系；（2）cos∠BAD＝cos∠CAD，利用余弦定理列方程；（3）＝＝. 3.若AD为BC边上的高线，则：（1）可得到Rt△ADB及Rt△ADC，利用勾股定理及三角函数解题；（2）S△ABC＝AD·BC. 注意　 （1）利用相等角的余弦值相等，从而结合余弦定理列方程是解三角形中的常用方法；（2）在已知条件中见到面积时，要考虑到三角形的高线. 训练4 （1）[2023沈阳市三检]在△ABC中，AD为∠BAC的角平分线，AB＝5，AC＝3，cos∠ABC＝，则BC＝　7或　；若AB＜BC，则AD＝　　. 解析　因为AB＝5，AC＝3，cos∠ABC＝，所以在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，得9＝25＋BC2－BC，即BC2－BC＋16＝0，解得BC＝7或BC＝. 若AB＜BC，则BC＝7，因为AD为∠BAC的角平分线，所以＝＝，所以BD＝×7＝，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABC＝52＋（）2－2×5××＝，所以AD＝. （2）如图，△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c.已知a2＋c2＝b2＋ac，则B＝　　.若线段AC的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，且BC＝4，DE＝，则△BCE的面积为　2　. 解析　由余弦定理知cos B＝， 又a2＋c2＝b2＋ac， ∴cos B＝， ∵0＜B＜π，∴B＝. 在△BCE中，设∠CEB＝θ，则＝，可得CE＝. ∵线段AC的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E， ∴∠ECA＝∠EAC＝，∴sin ＝＝，可得cos＝， ∴＝，即θ＝，∴CE＝2 ， ∴BE＝2，∴S△BCE＝CE·BE＝2 . 1.[命题点1/2022全国卷甲]已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当取得最小值时，BD＝　－1　. 解析　设BD＝k（k＞0），则CD＝2k. 根据题意作出大致图形，如图.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB＝22＋k2－2×2k×（－）＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD cos ∠ADC＝22＋（2k）2－2×2×2k×＝4k2－4k＋4，则＝＝＝4－＝4－＝4－.∵k＋1＋≥2（当且仅当k＋1＝，即k＝－1时等号成立），∴≥4－＝4－2＝（－1）2，∴当取得最小值－1时，BD＝k＝－1. 2.[命题点1]在平面四边形ABCD中，A＝B＝C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是　（－，＋）　. 解析　如图，作△PBC，使B＝C＝75°，BC＝2，则P＝30°.作直线AD分别交线段PB，PC于A，D两点（不与端点重合），且使∠BAD＝75°，则四边形ABCD就是符合题意的四边形.过C作AD的平行线交PB于点Q，在△PBC中，＝，可求得BP＝＋，同理，在△QBC中，可求得BQ＝－，所以AB的取值范围是（－，＋）. 3.[命题点2]如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2. （1）若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积； （2）若CD＝BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值. 解析　（1）在△ABC中，cos B＝＝＝－， 因为0°＜B＜180°，所以B＝120°. S△ABC＝AB·BCsin 120°＝×3×1×＝. （2）设∠ACB＝θ，则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ. 在△ACD中，由＝， 得AC＝CD　①. 在△ABC中，由＝， 得AC＝BC　②. 由①②，并结合CD＝BC，得＝，整理得sin（30°＋θ）sin（60°－θ）＝，所以sin（60°＋2θ）＝， 因为0°＜θ＜60°，所以60°＜60°＋2θ＜180°， 所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°. 4.[命题点2，3，4/2023华南师大附中三模]在△ABC中，AB＝2AC，∠BAC的平分线交边BC于点D. （1）证明：BC＝3CD； （2）若AD＝AC，且△ABC的面积为6，求BC的长. 解析　（1）设∠BAD＝α，∠BDA＝β，则∠CAD＝α，∠CDA＝π－β. 在△ABD和△ACD中分别运用正弦定理，得＝，＝， 所以＝，即＝，又AB＝2AC，故BD＝2CD，所以BC＝3CD. （2）设AB＝2AC＝2t，所以AD＝AC＝t. 由S△ABC＝S△ACD＋S△ABD，可得·t·2t·sin 2α＝·t·t·sin α＋·2t·t·sin α， 所以4sin αcos α＝3sin α. 因为sin α≠0，所以cos α＝， 所以cos 2α＝2cos2α－1＝. 又0＜2α＜π，所以sin 2α＝＝. 所以S△ABC＝6＝·t·2t·sin 2α＝t2，所以t2＝16， 所以BC2＝t2＋4t2－2×t×2t×cos 2α＝t2＝×16＝72，所以BC＝6. 基础练习　 1.[2023西安检测]已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，内角A的平分线交边BC于D点，且AD＝4.若（2b＋c）cos∠BAC＋acos C＝0，则△ABC面积的最小值是　16　. 解析　由（2b＋c）cos∠BAC＋acos C＝0，结合正弦定理， 得2sin Bcos∠BAC＋sin Ccos∠BAC＋sin∠BACcos C＝0， 即2sin Bcos∠BAC＋sin B＝0，又sin B≠0，所以cos∠BAC＝－，所以∠BAC＝. 因为AD为∠BAC的平分线，所以∠BAD＝∠CAD＝，S△ABC＝bcsin∠BAC＝bc，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD＝×4csin ＋×4bsin ＝（b＋c），所以bc＝（b＋c），所以＋＝.S△ABC＝（b＋c）＝4（b＋c）（＋）＝4（2＋＋）≥16，当且仅当b＝c时等号成立，故△ABC面积的最小值是16. 2. [2024西安调研]在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且满足tan A＋ tan B＋tan C＝tan Atan B，若c＝2，则a2＋b2的取值范围是　（4，28）∪（28，16＋8]　. 解析　解法一　在斜三角形ABC中，tan（A＋B）＝tan（π－C）＝－tan C，tan（A＋B）＝，则－tan C＝，故tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C＝tan A· tan B，且tan Atan B≠0，故tan C＝， ∵0＜C＜π，∴C＝. ∵c2＝a2＋b2－2abcos C，c＝2， ∴4＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab≥a2＋b2－， ∴a2＋b2≤16＋8，当且仅当a＝b时取等号. 又a2＋b2＝c2＋2abcos C＝4＋ab＞4，且△ABC为斜三角形， ∴B≠，A≠， ∴a2＋b2≠28，∴a2＋b2的取值范围是（4，28）∪（28，16＋8]. 解法二　由解法一得C＝， ∴由正弦定理得＝＝＝4， 即a＝4sin A，b＝4sin B， ∴a2＋b2＝16（sin2A＋sin2B）＝16（＋）＝16－8（cos 2A＋cos 2B）， ∵cos 2B＝cos[2π－（2A＋2C）]＝cos（2A＋2C）＝cos（2A＋）， ∴a2＋b2＝16－8[cos 2A＋cos（2A＋）]＝16－8（cos 2A＋cos 2A－sin 2A）＝16－ 8（cos 2A－sin 2A）＝16－8cos（2A＋）， 又△ABC是斜三角形， ∴0＜A＜，且A≠，A≠， ∴－1≤cos（2A＋）＜，且cos（2A＋）≠－， ∴a2＋b2∈（4，28）∪（28，16＋8]. 3.[2023浙江名校联考]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足 acos B－bcos A＝a－c. （1）求B； （2）若b＝，a＝2，M为边AC的中点，求BM的长. 解析　（1）解法一　因为acos B－bcos A＝a－c， 所以由余弦定理化简得b2＝a2＋c2－ac. 所以cos B＝＝，结合B∈（0，π），得B＝. 解法二　由acos B－bcos A＝a－c，结合正弦定理可得 sin Acos B－sin Bcos A＝sin A－sin C， 因为sin C＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋cos Asin B， 所以sin Acos B－sin Bcos A＝sin A－sin Acos B－cos Asin B， 化简得cos B＝. 因为0＜B＜π，所以B＝. （2）因为b＝，a＝2， 所以cos∠ABC＝＝＝，解得c＝3. 因为M为边AC的中点， 所以＝（＋）， 所以｜｜＝＝＝， 即BM的长为 . 4.[2024福建漳州调研]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有2sin（B＋）＝. （1）求角A； （2）若BC边上的高h＝a，求cos Bcos C. 解析　（1）由2sin（B＋）＝可得sin B＋cos B＝， 由正弦定理得sin B＋cos B＝ ， 即sin Asin B＋sin Acos B＝sin B＋sin（A＋B）， 即sin Asin B＋sin Acos B＝sin B＋sin Acos B＋cos Asin B， 即sin Asin B＝sin B＋cos Asin B. 又sin B≠0，所以sin A－cos A＝1，即sin（A－）＝. 由0＜A＜π，得A＝. （2）△ABC的面积S＝a·a＝bcsin A，所以可得a2＝2bc. 由正弦定理得sin2A＝2sin Bsin C，得sin Bsin C＝. 又cos（B＋C）＝－cos A＝－，即cos Bcos C－sin Bsin C＝－， 所以cos Bcos C＝－. 5.[2024安徽六校联考]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝. （1）求角B的大小； （2）若BC的中点为D且AD＝，求a＋2c的最大值. 解析　（1）由已知＝，利用正弦定理可得＝， 即（2sin∠BAC－sin C）cos B＝sin Bcos C， 所以2sin∠BACcos B＝sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin（B＋C）， 又∠BAC＋B＋C＝π， 所以2sin∠BACcos B＝sin∠BAC， 因为∠BAC∈（0，π）， 所以sin∠BAC＞0， 所以cos B＝， 又B∈（0，π），所以B＝. （2）在△ABD中，由正弦定理＝＝，得＝＝＝2， 设∠BAD＝θ，则a＝4sin θ，c＝2sin（θ＋）， 所以a＋2c＝4[sin θ＋sin（θ＋）]＝4（sin θ＋cos θ）＝4sin（θ＋）， 在△ABD中，B＝，所以θ∈（0，），θ＋∈（，）， 所以当θ＋＝，即θ＝时，sin（θ＋）取得最大值1， 所以a＋2c的最大值为4. 6. 在①＝2sin2，②＝，③＝且C≠这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， . （1）求证：△ABC是等腰三角形； （2）若D为边BC的中点，且AD＝1，求△ABC周长的最大值. 解析　（1）方案一：选条件①. 由＝2sin2及正弦定理，得＝1－cos C， 所以sin Ccos A＝sin A－sin Acos C，即sin A＝sin（A＋C）＝sin B， 又0＜A＜π，0＜B＜π，所以A＝B或A＋B＝π（不合题意，舍去）， 故△ABC是等腰三角形. 方案二：选条件②. 由＝，得＝， 所以asin A＝bsin B， 由正弦定理，得a2＝b2，故a＝b， 所以△ABC为等腰三角形. 方案三：选条件③. 由＝及正弦定理，得＝， 所以sin Acos A＝sin Bcos B，得sin 2A＝sin 2B， 又0＜A＜π，0＜B＜π，所以2A＝2B或2A＋2B＝π， 又C≠，所以A＝B，（求出两角的关系后，要进行验证，对结果进行取舍） 所以△ABC为等腰三角形. （2）由（1）知，△ABC为等腰三角形，且a＝b. 在△ABD中，由余弦定理，得1＝c2＋－2c××， 化简得a2＋2c2＝4. 设△ABC的周长为l，则l＝a＋b＋c＝2a＋c， 所以l2＝（2a＋c）2＝4a2＋4ac＋c2≤4a2＋＋c2＝＝＝18， 当且仅当即时取等号，（利用基本不等式求最值时，要注明等号成立的条件） 所以△ABC周长的最大值lmax＝＝3. 7. [2023福建质检]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2csin（A＋）. （1）求C； （2）若c＝1，D为△ABC的外接圆上的点，·＝，求四边形ABCD面积的最大值. 解析　（1）因为b＝2csin（A＋），所以在△ABC中，由正弦定理得，sin B＝2sin C· sin（A＋）， 又sin B＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C）， 所以sin（A＋C）＝2sin Csin（A＋）， 展开得sin Acos C＋cos Asin C＝2sin C（sin A＋cos A）， 即sin Acos C－sin Csin A＝0， 又sin A≠0，所以cos C＝sin C，即tan C＝. 又C∈（0，π），所以C＝. （2）解法一　如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R. 因为·＝，所以·（－）＝0，即·＝0，所以DA⊥BA， 故BD是☉O的直径，所以BC⊥CD. 在△ABC中，c＝1，2R＝＝＝2，所以BD＝2. 在△ABD中，AD＝＝. 设四边形ABCD的面积为S，BC＝x，CD＝y，则x2＋y2＝4， S＝S△ABD＋S△CBD＝AB·AD＋BC·CD＝＋xy≤＋·＝＋1， 当且仅当x＝y＝时，等号成立. 所以四边形ABCD面积的最大值为＋1. 解法二　如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，向量在向量上的投影向量为λ， 所以·＝·（λ）＝λ｜｜2. 又·＝＝｜｜2，所以λ＝1， 所以向量在向量上的投影向量为， 所以DA⊥BA， 故BD是☉O的直径， 所以BC⊥CD. 在△ABC中，c＝1，2R＝＝＝2，所以BD＝2. 在△ABD中，AD＝＝. 设四边形ABCD的面积为S，∠CBD＝θ，θ∈（0，）， 则CB＝2cos θ，CD＝2sin θ， S＝S△ABD＋S△CBD＝AB·AD＋CB·CD＝＋sin 2θ， 当2θ＝，即θ＝时，S最大，为＋1. 所以四边形ABCD面积的最大值为＋1. 解法三　如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R. 因为·＝， 所以·（－）＝0， 即·＝0， 所以DA⊥BA， 故BD是☉O的直径， 所以BC⊥CD. 在△ABC中，c＝1，2R＝＝＝2，所以BD＝2. 在△ABD中，AD＝＝. 设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h， 则S＝S△ABD＋S△CBD＝AB·AD＋BD·h＝＋h， 当h＝R＝1时，S最大，为＋1. 所以四边形ABCD面积的最大值为＋1. 8.[2024湖南张家界调考]如图，在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，BE⊥CD. （1）求证：b2＋c2＝5a2. （2）求cos∠BAC的取值范围. 解析　（1）连接AF，设AF，BE，CD的交点为G，则G为△ABC的重心. 由CD⊥BE，可得FG＝BC＝a，AG＝2FG＝a，则AF＝a.（三角形重心的性质的应用） 在△ABF中，由余弦定理得c2＝（a）2＋（a）2－2×a×a×cos∠AFB　①， 在△ACF中，由余弦定理得b2＝（a）2＋（a）2－2×a×a×cos∠AFC　②. 因为∠AFC＋∠AFB＝π， 所以cos∠AFC＝－cos∠AFB， ①＋②，得b2＋c2＝5a2. （2）因为△ABC为锐角三角形， 所以a2＋b2＞c2，b2＋c2＞a2，c2＋a2＞b2， 所以3b2＞2c2，3c2＞2b2， 则＜＜，即＜＜. 所以cos∠BAC＝＝＝（＋）. 设＝t，则＜t＜，cos∠BAC＝（t＋）. 令f（t）＝t＋，t∈（，），易得f（t）在（，1）上单调递减，在（1，）上单调递增， 所以当t∈（，）时，f（t）≥f（1）＝2，f（t）＜f （）＝f （）＝， 则≤cos∠BAC＜， 故cos∠BAC的取值范围为[，）. 学科网（北京）股份有限公司 $$