第六章 平面向量及其应用（拔高练）-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学必修第二册（人教A版2019)

进阶 突破 第六章 平面向量及其应用 6.1平面向量的概念 △0AB的面积与△OAC的面积的比值为} 1.如图所示，已知四边形ABCD是矩形，O为 对角线AC与BD的交点，设点集M={O,A, 则入的值为 3 4 B,C,D,向量的集合T=P01P,Q不重合 A.4 b.3 C.2 D.2 且P,Q∈M,则集合T有 个元素. 2.(2024·重庆九龙坡区高一月考)我国汉代 数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一 幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图” 如图，它是由四个全等的直角三角形与一 个小正方形拼成的一个大正方形.已知 (第1题)》 (第2题) HE=2EB,M为线段AB的中点，设P为中间 2.如图，点A1,A2,…,A是⊙0上的八个等分 小正方形EFGH内一点（不含边界），若MP= 点，则在以点A,A2,…,Ag及圆心0九个点 入M正-MB,则的取值范围为 中任意两点为起点与终点的向量中，模等 于半径的向量有 个，模等于半径的 √2倍的向量有 个 6.2平面向量的运算 知识点一○》向量的加、减法运算 知识点三》向量的数量积 如图，在平面直角坐标系xOy中，原点0为正 1.(2024·四川成都外国语学校高一月考)在 八边形PPPPPPP,Ps的中心，P,Pg1 直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠ABC=90°， x轴，若坐标轴上的点M(异于点O)满足OM+ AD=2AB=2BC=2,点P为梯形ABCD四条 0p,+0D=0(其中1≤i,j≤8，且i,jeN),则 边上的一个动点，则PA·PB的取值范围是 满足以上条件的点M的个数为 ( A【24] B【22] C.[-1,4] D.[4] 2.(2024·广东东莞高一期末)已知圆0的半 P A.2 B.4 C.6 D.8 径为1，点A是圆0上的动点，B,B2…B24 知识点二》向量的数乘运算 为圆0内接正2024边形，则10A+0B,+ 1.(2024·云南昭通高一期中)已知0为△ABC 0B2+…+0B2241= ,AB2+AB3++ 内一点，且满足0A+A0B+(入-1)0C=0,若 AB22= 进阶突破·拔高练O] 6.3平面向量基本定理及坐标表示 知识点三》平面向量数量积的坐标表示 知识点一》平面向量基本定理 1,(2024·山东菏泽高一月考)已知在△ABC 1.(2024·陕西宝鸡高二月考)如图，边长为2 中，P。是边AB上的一个定点，满足PB= 的等边三角形的外接圆为圆0，P为圆O上 花，且对于边AB上任意一点P,恒有 4 任一点，若AP=xAB+yAC,则2x+2y的最大 值为 ( PB·P元≥PB·PC,则 4 A B.A=π 3 B.2 C. D.1 AB=号 2 3 C.IABI=IACI D.IACI=IBCI 2.(2024·江苏无锡高一月考)如图，在△ABC 中，A而=2店，点E为4C的中点，点F为 (第1题) (第2题) BC的三等分点，且靠近点C,设CB=a,Ci= b,∠ACB=60°，AC=2,且CD⊥EF,CD与 2.(2024·湖南师大附中高二期末)如图，在平 EF交于点N 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AF=xA正+yDC (1)求1CD1: (2)若点M为线段EF上的任意一点，连接 (x>0,>0),则2-3#的最大值为 ( 42+1 CM,DM,求CM·MD的取值范围. 1 A. 2 B.4 C.1 D.2 3.如图，在平行四边形 ABCD中，已知M是BC 中点，DE⊥AM于E, AB=2AD,cos∠DAB=g,设AE=a,AD=b 以a,b为基底表示E元，则E元= 知识点二》平面向量线性运算的坐标表示 (2023·天津南开中学高三 模拟)在直角梯形ABCD中， AB⊥AD,DC∥AB,AD=DC= 1,AB=2,E,F分别为AB, BC的中点，点P在以A为圆心，AD为半径的 圆弧DEM上运动（如图所示），若AP=AED+ uAF,其中A,u∈R,则2A-u的取值范 围是 O2黑白题数学|必修第二册·RJ 6.4平面向量的应用 知识点三》三角形中的几何计算 知识点一》 余弦定理 (2024·山东泰安高一期中)如图.梯形ABCD (2024·湖北鄂州高二月考)如图所示，圆内接 中，AB∥CD,AD=23,BC=2. 四边形ABCD中，AB=√3，AD=23,C为圆周 (1)求证：sinC=√3sinA; 上一动点，∠BCD=号 (2)若C=2A,AB=2CD,求梯形ABCD的面积 (1)求四边形ABCD周长的最大值： （2)若品求4c的长 知识点三一》正弦定理 (2024·河北张家口高一期末)记△ABC的内角 知识点四》余弦定理、正弦定理应用举例 A,B,C所对的边分别是，b,c,且满足mA (2024·福建龙岩高一月考)足球是一项很受 sin C 欢迎的体育运动.如图，某标准足球场的底线 b+c 宽AB=72码（码：长度单位），球门宽EF= a 8码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程 (1)证明：A=2C: (2)若∠BAC为锐角，点M为边BC上一点， 中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点 P,使得∠EPF最大，这时候点P就是最佳射 AM平分∠BAC,且AM=3,SAwc=2,求 门位置.当攻方球员甲位于边线上的点O处 c的值. (OA=AB,OA⊥AB)时，根据场上形势判断，有 OA,OB两条进攻线路可供选择.若选择线路 OB,则甲带球 码时，到达最佳射门 位置 F 45先 0 进阶突破·拔高练03进阶突破·拔高练参考答案 第六章平面向量及其应用 知识点三向量的数量积 1.D解析：如图，取AB的中点O,连接PO 6.1平面向量的概念 此时可=-成，所以p成.市=（市+i)·(P+ 1.12解析：由已知得，P,Q∈M,且P,Q不重合，可得向量为（不含相 等向量)：以0为起点：0i,Oi,0元Oi,以A为起点：A,A市，A元，以B =0-0=P0-子，要求，取值范时 只需要求P0最大，最小即可 为起点：B,币，以C为起点：C成，C,以D为起点：D成综上所述，集 由图可知P02最大时，P在D点，即P02=D02 合T有12个元素.故答案为12 2.1616解析：模等于半径的向量只有两类，一类是0，(i=1,2,…, =+hM0=号此时7，庙=m-=4,Pm最 8),共8个：另一类是，⑦(i=1,2,…,8),也有8个.两类共计16个. 小时，P在0点，即P0=0,此时，应=P0号= 4综上所得， 以A1,A2,…,Ag为顶点的⊙0的内接正方形有两个，一个是正方 形AA3A5A7,另一个是正方形A2A4AsAg,在题中所述的向量中，只有： ,源值范踢为[片4]小故选D 这两个正方形的边（看成有向线段，每条边对应两个向量）的长度为 2.14048解析：如图，圆0内有 半径的√2倍，故模等于半径的互倍的向量共有4×2×2=16（个）. 1012对对顶角相等的全等三角形，在 6.2平面向量的运算 每一对三角形中， 如△0B,B2与△0B1m3B104中， 知识点一向量的加、减法运算 设B,B2,B1uB14中点分别为AM,N, D解析：分以下两种情况讨论： 则M,N,O在一条直线上. ①若点M在x轴上，则P:,P(1≤i,≤8，eN·)关于x轴对称，由题 且OM=ON. 图可知，P1与P,P2与P,P与P6,P4与P分别关于x轴对称，此 则0B+0B=20i,0B1+0B1=2示成，可得0i+0示=0， 时，符合条件的点M有4个： 所以(0丽+0品)+(0B,+0B,d)=0, ②若点M在y轴上，则P,P(1≤i,≤8，iJeN)关于y轴对称，由题 图可知，P,与P,P2与乃，P与Pg,P6与P分别关于y轴对称，此 同理，(0B+0B)+(0B1m5+0B16)=0, 时，符合条件的点M有4个综上所述，满足题中条件的点M的个数为 8.故选D (0B1m+0B102)+(0B2+0B2a)=0, 知识点二向量的数乘运算 所以0B+0B++0B2@4=0, 1.B解析：由O+A0成+(A-1)0=0,得A(O成+ 所以10i+0B+0B++0B2md1=1O=1: Ot)=0t-Oi=A花， A7+AB+…+AB2=(0B-Oi)2+(0B-O2+…+ 如图，设D.E分别是BC,AB的中点，连接DE,AD (0B2m-0Oi)2=202410i2+0B+0B+…+0B22-2(0B+ 则2AO币=A花所以0在线段DE上， 0B+…+0B24)·Oi=2024+2024-0=4048. 且2AOD=AC=2DE, 故答案为1：4048. 得A=E设OD=1,则DE=A,所以0B=A-1 OD 6.3平面向量基本定理及坐标表示 因为A0泥-4，Sauc=5ac是25ae,SAw2A 知识点一平面向量基本定理 1,A解析：作BC的平行线与圆相交于点 烈m器女子B P,与直线AB相交于点E,与直线AC相交 于点F,如图 2.(2,4)解析：过点A作AK∥ME,分别交EH,EF于点N,K. 过点N作NQ∥AB,交ME的延长线于点Q, 设市=AA店u市，则A地=1. 过点K作L∥AB,交ME的延长线于点L,如图， :BC/B,设E=45 01 BAC=k. 则ke[,子] 症=k店亦=kA花，市=A正+μA市=法店+城A花 ..x=Ak,y=, 由=AM正-M=AM正+M可知，点P在线段NK上运动（不含编 2t3=2A加4=2≤号散法 点) 2.A解析：如图，设BD,AE交于0，因为 当点P与点N重合时，M币=M戒+=2成+Mi,可知A=2 DE/AB,所以△A0BO△EOD,所以 E 当点P与点K重合时，M=M+M=4M正+Mi,可知A=4. AB 故A的取值范围为(2,4).故答案为(2,4 2, 必修第二册·RJ黑白题090 所以40=20形，则应=多花，所以s花+成=子市y应 知识点三平面向量数量积的坐标表示 因为0，R,B三点共线所以号+y=1,即2-=2，所以 1.D解析：方法一：设A1=4,则1P。B1=1,过点C作AB的垂线，垂 4y2+1 足为H,在AB上任取一点P,设HP。=a,如图①所示： 2y」 2 则由数量积的几何意义可得，P市，P元=P1·P=P12-(a+ 14 1)PBI,PoB Poc=-a, 因为0,0，所以4≥2· 1 于是P.P元≥P。店.P。恒成立，整理得P2-(a+1)1P1+a≥0 =4,当且仅当4=，即】 恒成立， 时等号成立，此时宁 1 只需A=(a+1)2-4a=(a-1)2≤0即可，于是a=1,因此我们得 到IHBI=2,即H是AB的中点， 414y*y 所以△ABC是等腰三角形，即IAC1=IBC1.故选D. 3名+贵解桥：令破：A:a+宁应=加+宁0， 成=店-市=加：1成矿，成=0，即( ）小(a）-0,整理得+24兰。6+经=0 方法二：以A为坐标原点，建立如图②所示平面直角坐标系， 令8=20=2则44(A-)x2x1x号号 设P(3,0).C(a,b),其中a,b,>0,则B(4t,0), ×1=0，解得入= 设P(x,0)(0≤x≤4)，则p市=(4-x,0),P元=(a-*,b),Pi=(t,0). PoC=(a-31,b),PB.PC-PoB.Poc=(4-x)(a-x)-t(a-3t)=(x- 3r)[x-(a+t)]≥0对0≤x≤4恒成立，所以31=a+,即a=24,所以C 在AB的垂直平分线上，即有IACI=BC1,故选D. 知识点二平面向量线性运算的坐标表示 2解：(a成-成rdd+a,d-d动-d [-√2,1]解析：结合题意建立平面直 角坐标系，如图所示： 号-d号d-子a号又01欧，所以 则A(0,0),E(1,0),D(0,1),C(1,1), B2,0),P(sa,a)（≤a≤ .成（）小（）=0，所以0=0 )则r(是)亦(ma, 612,得13所以11√ 血成=（应（层号】 9+5 √+b√ x3x2x225 :亦A*(ma,血a)A(-1,1)+u(}子） 以1cii.63 5 (A+A） (2)以点C为坐标原点，CB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系 cosa-A+之，i加aA+2h,A■ -(3sina-eosa）,4= 如围所示，则c0.0.B(3,041).F.o,E(合9） 2(cos a+sin a), D(?,9）又点M为线段即上的任意-点，设点M(a,厅一 1 5m),且吃≤m≤1，则@=(a,5-5m),励=（号-m,5m ) 25）所a.i(a,5-5m)…(号m,5m2） Ea≤ 2 2、 -4m246m号，所以当m=时，石矿，励取得最大值，为-4× 2≤5m(-年)≤1，故-2≤2Au≤1，即(2Au)e[-万。 1]故答案为-2,1]. (任广6专-引：当m1宁时.d.功得最小值，为 四方法总结 -4×12+6×1- 子，所以d:防的取值范围为[手引】 在解决一些平面图形（如正方形、矩形、直角三角形、等边三角形或 直角梯形等)中的肉量最值问时，依据图形的儿何特征，通过建立 平面直角坐标系，将向量问题坐标化，使研究对象具有筒洁的代数 表达式，将向量最值问题转化为函数的最值问题.如转化为一次面 数，二次函数、对勾函数等，利用函数、不等式的性质来求解 参考答案黑白题091 6.4平面向量的应用 知识点三三角形中的几何计算 (1)证明：如图，连接BD,由AB∥CD.得 知识点一余弦定理 LABD=∠BDC.在△ABD中，由正弦定理得 解：(a)连接BD,因为∠BCD=号，所以∠DAB=号在△4BD中，由余 AD BD sin ABD sin A 弦定理得BD2=A8+A02-2·A0m号，可得D=√瓜在△BCD BC BD 在△BCD中，由正弦定理得 m∠BDCsin C则BCsin C=ADsinA. 中，由余弦定理得B02=Bc2+CD2-2BC·C0m号=BC2+CD2-BC· 而AD=23.BC=2,所以inC=3inA. (2)解：由(1)知inC=3inA,又C=2A,则inC=in24= CD=(BC+CD)2-3BC·CD.所以(BC+CD)2-21=3BC·CD 因为BC·CD≤ BC+CD ,当且仅当BC=CD=√2I时等号成立， 2如4m45血4，质以m4号，面0cK,所以A 6,c=2M:号 2 在△ABD中，由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos A=12+AB2- 所以(BC+CD)2-21≤子(Bc+CD)只，BC+cD≤2VI,所以四边 434B.3 =AB-6MB+12=4CD2-12CD+12.在△BCD中，由余弦定理 形ABCD周长的最大值为2√2T+35. 得BD2=BC2+CD2-2BC·CDeos C=4+CD-4CD· =CD-2CD+4. 2 )依题意得C】,设BC=,则CD=24在△BCD中，由余弦定理裂 于是4GD2-12CD+12=CD2-2CD+4,解得CD=2或CD=子 4 B0=Bc2+c0-2BC.C号，由(1)得B0=V,所以(V)2= 当CD=子时，连接AC,在△4CD中，由余弦定理得AC=AD+ x2+(2x)2-x·2x,得x2=7,所以BC=√7，CD=27. 在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·Cos∠ABC cm-20c0m=12+5-2x25xx(）-1g解 在△ACD中，由余弦定理得AC=AD+CD2-2AD·CD·co%∠ADC. 因为LABC+∠ADC=T,所以cos LABC+es∠ADC=0, 3+24 得4C=兰雨此时AB+8C: =4C,矛盾； 所以cs∠ABC.-V工 7 当Cm=2时，同理得4C=24-2x2x2x(-号) =28,解得AC= 在△MBC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cO6LABC=16, 所以AC=4. 2万<AB+BC,符合题意，此时梯形ABCD的高h=AD·sin =5，所 6 知识点二正弦定理 )运明：因为密。气曲正孩定理得即：么以由杂花 以梯形ABCD的面积S=,(AB+CD)h=33. 知识点四余弦定理、正弦定理应用举例 定理a2=2+c2-2hcco6A,得bc+c2=62+c2-2 bccos A,即c=b-2cc08A 722-165解析：过点P作PM⊥A0于点M,PN1AB于点N,如图所 由正弦定理得sinC=inB-2 sin Ceos A,又在△ABC中，B=T-(A+C), 示.设OM=x(0<x<72),则OP=√2x,由题可知，AE=32码，OM=MP= sin C=sin (A+C)-2sin Ccos A sin Acos C+sin Ceos A- x,易得四边形AMPN为矩形，所以NP=AM=72-x,AN=PM=x,EN=32 2 in Ceos A=sin Acos C-sin Ceos A=sin(A-C),所以C=A-C,即A=2C x,所以FN=EF+EN=40-x, (2)解：如图，设∠BAC=2a,因为AM平分LBAC,且AM=√，所以 ∠BAM=∠CAM=a由(1)知∠C=a.则∠AMB=∠ACM+∠CAM=2a,所 则mLEPN=N-32= 兴器器mLmN祭8二质以m∠BF 以MC=AM=,3. 40-x32-x tn∠FPW-tan∠EPN 72-x72-x 因为Sawc=5,所以Samc=2M·MCn∠MMC=2×(5)2, tam(∠FPW-∠EPW)= I+tan∠FPW·tan Z EPN= 器 c-反，则h∠AMc=2g又血LAMC=血LAB, 则n2a2,则w2a=子，血a 3 72-g-72+1280 72-x 3 3 8 设72-x=m∈(0,72)，则x=72-m,所以an∠EPF= √6 cos a3 21202图 m 在△AMC中，由正弦定理得MC:AC,则月 为2m+1280-72≥3210-72，当且仅当2m=1280时等号成立，即m= m sin o sin 2a' 3 8√10，所以当m=810,即x=72-8√10时，am∠EPF最大 b,得b=25, 由装可知，∠EPF∈(0，），因为y=m在(0，受）上单满递增， 2w 3 所以tan LEPF最大时，∠EPF最大，所以OP=2×(72-8√0)= 722-16√5（码）时，到达最佳射门位置.故答案为722-165. 所以sinB=sin(2a+a)=n2 ce+ce2 osin a= 22、6.1 333 555 39 在△ABC中，由正弦定理 6 2得e6 N--- 553 93 必修第二册·RJ黑白题092