15“平面向量、三角函数、解三角形”跟踪训练-《中学生数理化》高考数学2024年10月刊

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3 2 ,- 1 2 ,角α的顶点 与坐标原点O 重合,始边为 x 轴的非负半轴,终边与单 位圆O 交于点P,则阴影区 14 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年10月 域的面积的最大值为 。 17.在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边 分别为a,b,c,若B= π 3 ,c=2,S△ABC= 3,则 b+c sin B+sin C 的值为 。 18.记△ABC 的内角A,B,C 的对边分 别为a,b,c,且 3cos A+sin A=2,若a=2, 则△ABC 的面积的最大值为 。 19.根据毕达哥拉斯定理,以直角三角形 的三条边为边长作正方形,从斜边上作出的 正方形的面积正好等于在两直角边作出的正 方形的面积之和。现在对Rt△CDE 按上述 图5 操作作图后,得如图5所示的 图形,若FA→+xAC→=yDA→,则 2x+y= 。 20.在锐角△ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为a,b, c,若a2=b2+bc,则 c b+ 2 cos2B 的最小值为 。 三、解答题 21.已知△ABC 的内角A,B,C 的对边 分别为a,b,c,且满足acos B= 3bsin A。 (1)求角B 的大小。 (2)若a=3,从以下3个条件中选择1 个作为已知条件,使三角形存在且唯一确定, 并求△ABC 的面积。 条件①:b=22; 条件②:cos C=- 2 3 ; 条件③:c=2。 22.已知△ABC 的内角A,B,C 的对边 分别为a,b,c,且有A= π 4 ,b2-a2= 1 2c 2。 (1)求tan C 的值; (2)设函数f(x)=tan2x- π 4 。 ①求f(x)的定义域和最小正周期; ②求f(C)的值。 23.已知函数f(x)=sinx- π 4 。 (1)若f(x0)= 1 2 ,x0∈[0,2π],求x0 的 值; (2)设g(x)=f(x)·cos x,求g(x)在 区间 0, π 2 上的最大值和最小值。 图6 24.如图6,在平面直角 坐标系xOy 中,锐角α 的顶 点与原点O 重合,始边与 x 轴的正半轴重合,终边与单位 圆交于 M(x1,y1),将α 的终 边按逆时针方向旋转 π 3 ,交单 位圆于N(x2,y2),记f(α)=y1+y2。 (1)求函数f(α)的值域; (2)在△ABC 中,若f(C)= 3,c=7, sin A+sin B= 133 14 ,求△ABC 的面积。 25.对任意两个非零向量 m,n,定义: m⊗n= m·n n2 。 (1)若向量a=(5,3),b=(-3,2),求 a⊗(a+2b)的值; (2)若单位向量a,b 满足(a+b)⊗(2a -b)= 5 16 ,求向量a 与a-b 的夹角的余弦 值; (3)若非零向量a,b满足|a|≥3|b|,向 量a与b的夹角是锐角,且4(b⊗a)是整数, 求a⊗b的取值范围。 26.在△ABC 中,内角 A,B,C 所对的 边分别为a,b,c,且a(sin A-cos Csin B)- c(cos Asin B-sin C)= 3 2asin C。 (1)求cos B; (2)设D 为边AC 的中点,AC=2,求线 段BD 长度的最大值。 图7 27.如 图 7,在 △ABC 中,内角A,B,C 所对的边分 别为a,b,c,AD 为BC 边上 的中线,已知c=1且2c· sin Acos B=asin A-bsin B+ 1 4bsin C, cos∠BAD= 21 7 。 (1)求△ABC 的面积; 24 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年10月 (2)设 E,F 分别为边AB,AC 上的动 点,线段EF 交AD 于G,且△AEF 的面积 为△ABC 的面积的一半,求 AG→·EF→ 的最 小值。 参考答案及提示: 一、选择题 1.C 2.B 3.A 提示:因为sin B(1+2cos C)= 2sin Acos C+cos Asin C,所 以sin B+ 2sin Bcos C=sin Acos C+sin(A+C),所 以sin B+2sin Bcos C=sin Acos C+sin B, 即cos C(2sin B-sin A)=0,所以cos C=0 或2sin B=sin A,即C=90°或2b=a。又 △ABC 为锐角三角形,所以0°<C<90°,故 2b=a。 4.C 提 示:因 为tan θ 2 = 3 2 ,所 以 1-cos θ-2sin θ 1+cos θ+2sin θ= 2sin2 θ 2-4sin θ 2cos θ 2 2cos2 θ 2+4sin θ 2cos θ 2 = tan2 θ 2-2tan θ 2 1+2tan θ 2 = 9 4-2× 3 2 1+2× 3 2 =- 3 16 。 5.A 提 示:在 △BCD 中,∠BDC= 120°,∠BCD=15°,CD=303,则∠CBD= 180°-120°-15°=45°,由 正 弦 定 理 得 BC sin∠BDC = CD sin∠CBD ,所 以 BC = CDsin∠BDC sin∠CBD = 303×sin 120° sin 45° =452 。在 Rt△ABC 中,因为∠ACB=30°,所以AB= BCtan∠ACB=452tan 30°=156(米)。 6.A 提 示:因 为 函 数 f (x)= cosωx- π 3 ,ω>0,x∈R,且f(α)=-1, f(β)=0,|α-β|的最小值为 π 4 ,所以T 4= π 4 ,解得T=π,所以 2π ω=π ,所以ω=2,所以 f(x)=cos2x- π 3 。令2kπ-π≤2x- π 3≤2kπ ,k∈Z,则- π 3+kπ≤x≤ π 6+kπ , k∈Z,所 以 f (x)的 单 调 递 增 区 间 为 - π 3+kπ ,π 6+kπ ,k∈Z。 7.B 提示:设△ABC 中,角A,B,C 的 对边分别为a,b,c,∠BAC=30°,由 AB→· AC→=bccos∠BAC= 32bc=23,得bc=4, 则S△ABC= 1 2bcsin∠BAC=1 。若f(M)= 1 2 ,x,y ,则x>0,y>0,有S△ABC=S△MBC +S△MCA+S△MAB= 1 2+x+y=1 ,得x+y= 1 2 ,所 以 1 x + 4 y =2(x+y) 1 x+ 4 y = 21+4+yx+ 4x y ≥ 2 5+2 yx·4xy = 2(5+2×2)=18,当且仅当yx= 4x y ,即x= 1 6 ,y= 1 3 时,等号成立,则1 x+ 4 y 的最小值是 18。 8.B 提示:取α=- π 4 ,β= π 4 ,则a= cos- π 4 ,sinπ4 = 22,22 ,此时a∥b, α+β=0,所以“a∥b”推不出“α+β= π 2+ 2kπ,k∈Z”。若α+β= π 2+2kπ ,k∈Z,则α = π 2-β+2kπ ,cos α=cos π2-β+2kπ = sin β,所以a=(cos α,sin β)=(sin β,sin β), 此时a∥b。所以“a∥b”是“α+β= π 2+2kπ , k∈Z”的必要不充分条件。 9.B 提示:由正弦定理得a-b= 1 3c , 又3b=2a,设c=3k,其中k>0,则a=3k, b=2k。由2≤a2+ac≤18得2≤18k2≤18, 所以 1 9≤k 2≤1,所以 1 3≤k≤1 ,所以S= 1 2×2k× (3k)2-k2 =2 2k2,所以 p= 32k-2 2k2 = -2 2 × k- 3 4 2 + 34 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年10月 92 8 1 3≤k≤1 的 最 小 值 是 3 2× 13 - 22× 13 2 = 72 9 。 10.ACD 提示:由题意可知,大正方形 的边长为3,小正方形的边长为2,每一个直 图8 角三角形的面积为(9-4)× 1 4= 5 4 ,故A正确;如图8,设直角三角形 的两直角边分别为a,b(b>a),则 1 2ab= 5 4 ,a2+b2=9,所以ab= 5 2 , 所以b-a= (b-a)2 = a2+b2-2ab= 9-5=2,因为sin β= b 3 ,cos α= b 3 ,cos β = a 3 ,sin α= a 3 ,所以3cos β-3cos α=a-b =-2,故B错误;3sin β-3sin α=b-a=2, 故C正确;因为sin β= b 3 ,cos α= b 3 ,sin α= a 3 ,cos β= a 3 ,所以cos(α-β)=cos αcos β+ sin αsin β= 2ab 9 = 5 9 ,故D正确。 11.AC 提示:由PA→+2PC→=0,QA→= 2QB→,可知P 为AC 的三等分点,Q 为AB 延 图9 长线上的点,且B 为AQ 的 中点,如 图 9 所 示。对 于 A,因为P 为AC 的三等分 点,B 为AQ 的中点,所以 PB 与CQ 不平行,故A错误;对于B,BP→= BA→+AP→=BA→+23AC →=BA→+23(BC →- BA→)=13BA →+23BC →,故 B正确;对于 C, PA→·PC→=|PA→||PC→|cos π=-|PA→|· |PC→|<0,故C错误;对于D,设△ABC 的边 AB 上的高为h,则S△ABC= 1 2|AB|h=3 ,即 |AB|h=6,所以S△APQ= 1 2|AQ| ·2 3h= 1 2 ·2|AB|· 2 3h= 2 3×6=4 ,故D正确。 12.BCD 提示:对于 A,因为|CA→|=b =2,|AB→|=c=2,A=π3,所以CA →·AB→=2 ×2×cosπ- π 3 =-2,故A错误;对于B, 如图10,因为当t∈R 时,t·AB→ 与AB→ 共 线,所以可设t·AB→=AB0→,则AC→-t·AB→ 图10 =AC→-AB0→=B0C→,故|AC→- t·AB→|=|B0C→|,由图10知, 当 且 仅 当 B0C ⊥ AB 时, |AC→-t·AB→|=|B0C→|取最 小值,此时|B0C→|min=2sin π 3 = 3,故B正确;对于C,由正弦定理 a sin A= b sin B ,可得sin B= bsin A a = 3 a ,当△ABC 有两个解时,需使a<b且 3 a <1 ,所以a 的 取值范围是(3,2),故C正确;对于D,因为 A= π 3 ,所以 C=π-A-B= 2π 3 -B ,当 △ABC 为 锐 角 三 角 形 时, 0<B< π 2 , 0< 2π 3-B< π 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 π 6<B< π 2 ,则1 2< sin B<1,1< 1 sin B<2 ,由正弦定理得a= bsin A sin B = 3 sin B ,所以a 的取值范围是(3, 23),故D正确。 二、填空题 13.2 14. 1 2 提示:因为cos 2A+cos 2B= 2cos 2C,所以1-2sin2A+1-2sin2B=2- 4sin2C,由正弦定理得 a2+b2=2c2,所 以 cos C= a2+b2-c2 2ab = a2+b2 4ab ≥ 2ab 4ab= 1 2 ,当 且仅当a=b时等号成立。 15.- 1 2a 提示:由(a+b)·(a-b)= 0,可得a2-b2=0,即a2=b2,由|a|=|a+ b|,可得a2=a2+2a·b+b2,即 a·b b2 = 44 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年10月 a·b a2 =- 1 2 ,所以b在a 方向上的投影向量 为 a·b |a| · a |a|= a·b a2 ·a=- 1 2a 。 16. 6 4+ 2 4+ 5π 12 提示:连接AB,当点 P 距离直线AB 最远时,阴影区域的面积最 大,根据圆的几何特征可知,此时 PO⊥AB 图11 且 PB=PA,如 图 11。设 OB 是α 的终边,则tan α= - 1 2 - 3 2 = 3 3 ,所 以∠BOA= 150°,则∠POB=∠POA= 105°。又sin 105°=sin(60°+45°)= 3 2× 2 2 + 1 2× 2 2= 6+2 4 ,所以阴影区域的面积的 最大值为2× 1 2×1×1×sin 105°+ 1 2×1 2× 5π 6= 6 4+ 2 4+ 5π 12 。 17. 43 3 提 示:由 S△ABC = 3,可 得 1 2acsin B= 3 2a= 3 ,解得a=2,故△ABC 为等边三角形,所以△ABC 的外接圆的直径 为2R= b sin B= 43 3 ,所以 b+c sin B+sin C= 2Rsin B+2Rsin C sin B+sin C =2R= 43 3 。 18.2+ 3 提示:因为 3cos A+sin A =2,所 以 2 3 2cos A+ 1 2sin A =2,即 sinA+ π 3 =1。又A∈(0,π),所以A+π3 = π 2 ,则A= π 6 。由余弦定理a2=b2+c2- 2bccos A,可得4=b2+c2- 3bc≥2bc- 3bc,所以bc≤ 4 2- 3 =4(2+ 3),当且仅当 b=c时,等号成立。所以S△ABC= 1 2bcsin A ≤ 1 2×4 (2+ 3)× 1 2=2+ 3 ,故△ABC 面 积的最大值为2+ 3。 19. 4+ 3 2 提示:建立如图12所示的 图12 平面直角坐标系。设DC=2a (a>0),则 EC=a,DE = 3a,A(0,0),C (2a,2a), D(0,2a),DF=(3+1)a, xF=(3+1)a·cos 30°= 3+ 3 2 a ,yF=2a+(3+1)a· sin 30°= 5+3 2 a ,即F 3+3 2 a ,5+3 2 a ,所 以FA→= -3+ 32 a,- 5+ 3 2 a ,AC→=(2a, 2a),DA→=(0,-2a)。因为 FA→+xAC→= yDA→, 所 以 -3+ 32 a,- 5+ 3 2 a + x(2a,2a)= y (0, - 2a ), 即 2ax- 3+3 2 a ,2ax- 5+3 2 a =(0,-2ay),所 以 2ax- 3+ 3 2 a=0 , 2ax- 5+ 3 2 a=-2ay , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 两式相加并整理 得4ax+2ay=(4+ 3)a。因为a>0,所以 2x+y= 4+ 3 2 。 20.42-1 提示:由余弦定理得a2= b2+c2-2bccos A,又因为a2=b2+bc,所以 b2+bc=b2+c2-2bccos A,所以bc=c2- 2bccos A,所以b=c-2bcos A,由正弦定理 得sin B=sin C-2sin Bcos A,即sin B= sin(A+B)-2sin Bcos A=sin Acos B- cos Asin B=sin(A-B)。因为 A,B∈(0, π),所以 A-B∈(-π,π),所以B=A-B 或B+A-B=π(舍去),所以A=2B。所以 c b+ 2 cos2B = sin C sin B+ 2 cos2B = sin(A+B) sin B + 2 cos2B = sin 3B sin B + 2 cos2B = 54 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年10月 sin Bcos 2B+cos Bsin 2B sin B + 2 cos2B =cos2B -sin2B+ 2cos2Bsin B sin B + 2 cos2 B =4cos2B+ 2 cos2B -1≥2 4cos2B· 2 cos2B -1=42- 1,当且仅当4cos2B= 2 cos2B ,即cos2B= 2 2 时,等号成立,所以c b + 2 cos2 B 的最小值为 42-1。 三、解答题 21.(1)设△ABC 的外接圆半径为R,由 正弦定理可得a=2Rsin A,b=2Rsin B,又 因为acos B= 3bsin A,所以sin Acos B= 3sin Bsin A。因为0<A<π,所以sin A≠ 0,所以cos B= 3sin B>0,故tan B= 3 3 。 因为0<B<π,所以B= π 6 。 (2)若选条件①:由已知可得a=3,b= 22,B= π 6 ,由余弦定理得(2 2)2=32+ c2-2×3c× 3 2 ,解得c= 33± 23 2 ,因为答 案不唯一,所以舍去。 若选条件②:因为cos C=- 2 3 ,0<C< π,所以 π 2<C<π ,所以sin C= 5 3 ,所以 sin A=sin(π-B-C)=sin(B+C)= sin Bcos C+cos Bsin C= 1 2× - 2 3 + 3 2× 5 3= 15-2 6 。由 正 弦 定 理 得 c 5 3 = 3 15-2 6 ,解 得c= 303+125 11 ,则△ABC 的面积为S= 1 2acsin B= 453+185 22 。 若选条件③:由条件及(1)得△ABC 的 面积为S= 1 2acsin B= 3 2 。 22.(1)由 余 弦 定 理 得 cos A = b2+c2-a2 2bc = 2 2 ,所以b2+c2-a2= 2bc。 又因为b2-a2= 1 2c 2,所以3 2c 2= 2bc,所以 3c=2 2b。由 正 弦 定 理 得 3sin C = 22sin B,且 sin C ≠1,所 以 3sin C = 22sin3π4-C ,所 以 3sin C=2cos C+ 2sin C,即sin C=2cos C,所以tan C=2。 (2)①已 知 f(x)=tan2x- π 4 ,令 2x- π 4≠ π 2+kπ ,k∈Z,则x≠ 3π 8+ 1 2kπ , k∈Z, 所 以 f (x ) 的 定 义 域 为 x|x≠ 3π 8+ 1 2kπ ,k∈Z ,最小正周期 T= π 2 。 ②由(1)知tan C=2,所以tan 2C= 2tan C 1-tan2C = 2×2 1-4=- 4 3 。 所 以 f (C )= tan 2C- π 4 = tan 2C-tan π 4 1+tan 2Ctan π 4 = - 4 3-1 1- 4 3 =7。 23.(1)因为f x =sinx- π 4 ,所以 f(x0)=sinx0- π 4 =12,解得x0-π4=π6 +2kπ(k∈Z)或x0- π 4= 5π 6+2kπ (k∈Z), 即x0= 5π 12+2kπ (k∈Z)或x0= 13π 12+2kπ (k ∈Z),又x0∈[0,2π],所以x0= 5π 12 或 13π 12 。 (2)已 知 g(x)=f(x)·cos x= sinx- π 4 ·cos x= 2 2 (sin xcos x- cos2x) = 2 2 1 2sin 2x- 1+cos 2x 2 = 1 2sin2x- π 4 - 24。 令t=2x- π 4 ,因为x∈ 0, π 2 ,所以 64 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年10月 t∈ - π 4 ,3π 4 。 由函数y=sin x 的图像与性质知,sin t ∈ - 2 2 ,1 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 ,所以g(x)∈ - 22, 1 2- 2 4 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 , 所以g x 在区间 0, π 2 上的最大值为12- 2 4 ,最小值为- 2 2 。 24.(1)由 题 意 可 知,y1=sin α,y2= sinα+ π 3 ,所以f(α)=y1+y2=sin α+ sinα+ π 3 = 3sinα+π6 。 因为0<α< π 2 ,所以π 6<α+ π 6< 2π 3 ,所 以 3 2 < 3sinα+ π 6 ≤ 3,当且仅当α+ π 6= π 2 ,即α= π 3 时,f(α)max= 3。 所以函数f(α)的值域是 3 2 ,3 􀭤􀭥 􀪁􀪁 。 (2)由(1)得f(C)= 3sinC+ π 6 = 3,所以sinC+ π 6 =1。 因为0<C<π,所以 π 6<C+ π 6< 7π 6 ,所 以C+ π 6= π 2 ,即C= π 3 。 由正弦定理得 a sin A= b sin B= c sin C= 7 3 2 = 143 3 ,又因为sin A+sin B= 133 14 ,所 以a+b= 143 3 × 133 14 =13 。 由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C= (a+b)2-3ab,得ab=40。 所以S△ABC= 1 2absin C=103。 25.(1)因为a=(5,3),b=(-3,2),所 以a+2b=(5,3)+2(-3,2)=(-1,7)。 所以 a⊗ (a+2b)= a·(a+2b) (a+2b)2 = 5×(-1)+3×7 (-1)2+72 = 8 25 。 (2)因为向量a 与b 是单位向量,所以 |a|=1,|b|=1。由(a+b)⊗(2a-b)= (a+b)·(2a-b) (2a-b)2 = 2a2+a·b-b2 4a2-4a·b+b2 = a·b+1 5-4a·b= 5 16 ,解得a·b= 1 4 。 由(a-b)2=a2-2a·b+b2= 3 2 ,可得 |a-b|= (a-b)2= 6 2 。 所以 cos<a,a-b>= a·(a-b) |a||a-b|= a2-a·b |a||a-b|= 1- 1 4 1× 6 2 = 6 4 ,即向量a 与a-b 的夹角的余弦值为 6 4 。 (3)设向量a与b 的夹角为θ,由题意可 知0<θ< π 2 ,则0<cos θ<1。 因为|a|≥3|b|,所以0< |b| |a|≤ 1 3 ,0< |b| |a|cos θ< 1 3 。 因为b⊗a= b·a a2 = |b| |a|cos θ,所以0< b⊗a< 1 3 ,0<4(b⊗a)< 4 3 。 因为4(b⊗a)是整数,所以4(b⊗a)= 1,所以b⊗a= 1 4 ,|b| |a|= 1 4cos θ 。而0< |b| |a| ≤ 1 3 ,即0< 1 4cos θ≤ 1 3 ,所以3 4≤cos θ<1。 因为a⊗b= a·b b2 = |a| |b|cos θ=4cos2θ, 9 16≤cos 2θ<1,所以 9 4≤4cos 2θ<4,即 9 4≤ a⊗b<4,即a⊗b的取值范围为 94 ,4 。 26.(1)已知a(sin A-cos Csin B)- c(cos Asin B-sin C)= 3 2asin C,整理得 asin A+csin C-sin B(acos C+ccos A)= 3 2asin C (*)。 因为sin B=sin (A+C)=sin Acos C 74 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年10月 +cos Asin C,所以由正弦定理得b=acos C +ccos A,代入(*)式得asin A+csin C- bsin B= 3 2asin C,由正弦定理得a2+c2- b2= 3 2ac ,所以cos B= a2+c2-b2 2ac = 3 2ac 2ac= 3 4 。 (2)由余弦定理得b2=a2+c2-2ac· cos B,即4=a2+c2- 3 2ac ,所以a2+c2= 4+ 3 2ac≥2ac ,当且仅当a=c=22时,等号 成立,故ac≤8。 又因为BD→=12(BA →+BC→),两边平方 得BD→2=14(BA →+BC→)2=14(BA →2+2BA→· BC→+BC→2)=14(BA →2+2|BA→|·|BC→|· cos∠ABC+ BC→2 )= 14 (c 2 + 2ac · cos∠ABC+a2)= 1 4 a 2+c2+ 3 2ac = 1 4 4+ 3 2ac+ 3 2ac =14(4+3ac)≤7,所以 |BD→|≤ 7,即线段BD 长度的最大值为 7。 27.(1)因为2csin Acos B=asin A- bsin B+ 1 4bsin C,所以结合 正 弦 定 理 得 2cacos B=a2-b2+ 1 4bc ,由余弦定理得 2ca· c2+a2-b2 2ac =a 2-b2+ 1 4bc ,化简得 b=4c。又因为c=1,所以b=4。 因为 D 为 BC 的 中 点,所 以 AD→ = 1 2 (AB→+AC→)。 设AB→ 与AC→ 的夹角为θ,所以|AD→|= 1 2 AB →2+AC→2+2AB→·AC→ = 12 · c2+b2+2bccos θ= 17+8cos θ 2 。 又 AB→·AD→=12AB →·(AB→+AC→)= 1 2 (AB→2+AB→·AC→) = c 2+cbcos θ 2 = 1+4cos θ 2 ,所 以 21 7 = cos ∠BAD = AB→·AD→ |AB→||AD→| = 1+4cos θ 17+8cos θ ,即 28cos2θ+ 8cos θ-11=0,解得cos θ= 1 2 或cos θ= - 11 14 。 又因为1+4cos θ>0,所以cos θ= 1 2 ,易 得sin θ= 3 2 。 所以S△ABC= 1 2×4×1×sin θ= 3。 (2)设|AE→|=x,|AF→|=y,因为△AEF 的面积为△ABC 面积的一半,所以xy=2。 设AG→=λAD→,则AG→=λAD→=λ2AB →+ λ 2AC →。因为E,G,F 共线,所以可设 AG→= μAE →+(1-μ)AF→。 则AG→=μAE→+(1-μ)AF→=xμAB→+ y(1-μ) 4 AC →,所以 xμ= λ 2 , y(1-μ) 4 = λ 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得μ= y 4x+y 。所以AG→= 24x+yAB →+ 24x+yAC →。 又因为EF→=EA→+AF→=y4AC →-xAB→, 所以AG→·EF→= 24x+yAB →+ 24x+yAC → · y 4AC →-xAB→ = 24x+y y4AC→2-xAB→2+ y 4-x AC→·AB→ =9y-6x4x+y。又xy=2,化 简得AG→·EF→=9y-6x4x+y= 18-6x2 4x2+2 。 由0<y≤4,0<x≤1,即 0< 2 x≤4 , 0<x≤1, 解 得 1 2≤x≤1 。所以当x=1时,AG→·EF→= 18-6x2 4x2+2 = 21 4x2+2 - 3 2 的最小值为2。 (责任编辑 王福华) 84 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年10月