课时检测训练29-30 三角函数与解三角形 平面向量的概念及线性运算-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版2019）

课时检测训练29 三角函数与解三角形 对应答案P507 应A级·基础巩固 4.(2025·呼和浩特模拟)△ABC的内角A,B,C 1.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已 的对边分别为a,b,c,满足1-sinA_sinB cos A cos B' 知a=2,acos C+.3。 3 asin C=6. (1)求证：A+2B=受： (1)求A: (2)若点D在BC边上，AD平分∠BAC,且AD （②求牛少的最小直 =区，求△ABC的周长. 3 客B级·能力提升 5.如图所示，在平面四边形ABCD中，AB=2, 2.如图，四边形ABCD的内角B+D=x,AB=3, BD=5,∠ABD=∠ACD=吾，设∠CAD=0, DA=1,BC=CD,且AC=√7. c(o,: (1)若0=牙，求CD的长； (2)当0为何值时，△BCD的面积取得最大值， 并求出该最大值. (1)求角B: (2)若点P是线段AB上的一点，PC=√3，求PA 的值. 6.如图，A,B,C三地在以O为圆心的圆形区域边 界上，AB=30公里，AC=10公里，∠BAC= 3.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b, 60°，D是圆形区域外一景点，∠DBC=90°， c,1-cos 2B=cos(A-C)+cos B,HAD=DC. ∠DCB=60. (1)求证：b2=ac: (1)O,A相距多少公里？（精确到小数点后两位） (2)当BD=b时，求cos∠ABC. (2)若一汽车从A处出发，以每小时50公里的速 度沿公路AD行驶到D处，需要多少小时？（精 确到小数点后两位) 281 课时检测训练·数学·A 课时检测训练30 平面向量的概念及线性运算>对应答案P508 三A级·基础巩固 1.(多选)下列关于向量的说法正确的是 ( A.若|a=0,则a=0 B.3P+29 B.若向量AB与CD是共线向量，则A,B,C,D四 1 C.p+ 点必在同一条直线上 D.2p+q C.对于任意向量a,b,必有|a十b≤a十|b 6.已知矩形ABCD的对角线交于点O,E为AO的 D.若a∥b,则存在唯一实数入，使a=b 2.若|AB=7,|AC1=4,则1BC的取值范围是 中点，若D元=入AB+uAD(以，为实数)，则一 公等于 () A.[3,7] B.(3,7) A- C.[3,11] D.(3,11) 3.已知向量e,e是两个不共线的向量，a=2e, e2与b=e1十e2共线，则λ= ( C,3-22 2 A.2 B.-2 DI c-号 D号 7.设D,E为△ABC所在平面内两点，AD=DC 4.已知平面向量a,b不共线，AB=4a+6b,BC C-2B克，则 () -a+3b,CD=a+3b,则 A.DE=-AB+多AC A.A,B,D三点共线 B.A,B,C三点共线 B.DE--3AB+AC C.B,C,D三点共线 C.Di=-A店-2AC D.A,C,D三点共线 5.(2023·广东深圳·二模)在正六边形ABCDEF D.Di=A店-AC 中，FD与CE相交于点G,设FG-p,CG-q,则 8.我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一 BC= ( 幅“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为 课时检测训练·数学·RJA 282 “赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一： 空B级·能力提升 个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在 13.设点O是面积为4的△ABC内部一点，且有 “赵爽弦图”中，若BE-2EF,则EF=() OA+3OB+4OC=0,则△BOC的面积为 () A.1 c A是C+时 14.(多选)已知4AB-3AD=AC,则下列结论正 BBC+品B耐 确的是 () A.A,B,C,D四点共线 C是C+是时 B.C,B,D三点共线 DC+品耐 C.ACI=DB D.|BCI=3DB 9.已知a,b是两个不共线的非零向量，若 15.如图，已知A,B,C是圆0上不同的三点，C0 (3a一2b)∥(2a十b),则实数k= 与AB交于点D(点O与点D不重合)，若OC 10.已知非零向量a,b不共线，若AB=a+b,BC= AOA+μOB(a,a∈R),则X十4的取值范围是 2a-3b,CD=2a-b,且A,C,D三点共线，则k 11.在三角形OAB中，点P为边AB上的一点，且 AP=2PB,点Q为直线OP上的任意一点（与 点O和点P不重合)，且满足OQ=AOA+ 16.如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理 ,0i则吃 数2，W3,5,…的图形，设四边形ABCD的对 角线交于点0，若Cδ=1OA,则1 12.如图，在直角梯形ABCD中，DC=AB,B正 2EC,且AE-rAB+sAD,则2r十3s= —283 课时检测训练·数学·RJA3436 解析 由(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B)及 正弦定理可得(a+c)(a-c)=b(a-b),可得a2+b2-c2= cos C=2+262=2ab,由余弦定理可得 C=3·因为因为0<C<π,则 cos B=5,,则B为锐角，可得 sin B=√1-cos2B=3, inc-smg可得c=siC-×3-343由正弦定理- 10.解(1)因为C∈(0,π),则sin C>0,由已知可得√3sin C =2sin C cos C, cos C=,因此，C=可得 Sc=2absin C=&a=(2)由三角形的面积公式可得 6√3,解得a=4√3. 由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=48+36-2×4√3 ×6×2=12,所以c=2√3, 所以△ABC的周长为a+b+c=6√3+6. 11.解(1)在△ABC中，∵2√3co2+2sin2osB=√3, ∴2√3·1+cosB+sin B=√3,∴3cs B+sin B=0, ∴tan B=-3.∵BE(0,π),∴B=2 (2)证明：∵B=2, ∴cos B=-2.由余弦定理，得b2=a2+c2+ac①. ∵√3(a+c)=2b,∴b=3(a+c)②, (a2+2ac+c)=a2+c+ac,将②代入①,得 整理得(a-c)2=0,∴a=c. [B级·能力提升] 12.CD 解析 c=|AB|=√5,b=|AC|=√17,a=|BC|= √10,所以c<a.由正弦定理，得sin C<sin A,故A错误； cs B=5215-1?--B<0,所以角B是由余弦定理，得( 钝角，故B错误； sin B=712,由 sin2B+cos2B=1,得 ac×sin B=2×√5×√10×72=△ABC的面积为- 72,故C正确； 设△ABC的外接圆半径为R, 2R--蛋--号-方5>则 7√784=1×28=4,R>2,故D正确。 13.AC 解析 对于A,若a=40,b=20,B=25°,则sin A= asin B=40s2025=2sin 25°<1. 又A>B,所以△ABC必有两解，故A正确； 对于B,若sin 2A=sin 2B,则2A=2B或2A=π-2B,即A =B或A+B=2,,所以△ABC为等腰三角形或直角三角 形，故B错误； 对于C,由正弦定理，得 acos B-bcos A=c?sin Acos B-sin Bcos A=sin C, 即sin(A-B)=sin C=sin(A+B)→sin Bcos A=0, 而 sin B≠0,故A=2, 所以△ABC一定为直角三角形，故C正确； B=3,a=2,且该三角形有两解，所以 asin B<对于D,若. b<a,即2sin3<b<2,也即√3<b<2,故D错误. 综上所述，只有AC正确.故选AC. 14.解(1)在△ABC中，由 ccos A- acos C=a+b,得 sin Ccos A-sin Acos C=sin A+sin B, 即sin Ccos A-sin Acos C=sin A+sin(A+C), 故-2sin Acos C=sin A.由于A∈(0,π), cos C=-2 c=3所以 sin A≠0,故 ,而C∈(0,π),故( c=23可得c2=a2+b2+ab,而c=5,(2)由 故a2+b2=25-ab,则(a+b)2=25+ab. r=3,可得(a+b+c)·r=由△ABC的内切圆半径 2absin C, 即(a+b+5)=3ab,,即a+b=2ab-5, ab=4,故(2ab-5)2=25+ab,解得 故△ABC的面积 s=2absin C=2×21×3=2163 课时检测训练29 三角函数与解三角形 [A级·基础巩固] 1.解(1)由正弦定理得sin Acos C+ssin Asin C=sin B, 在△ABC中，sin B=sin(A+C)=sin Acos C+sin Ccos A, 则gsin AsinC=sin CosA, 又C∈(0,π),sin C≠0,∴tan A=√3, 又A∈(0,π),∴A=3· (2)依题意得SA=2bc·sin∠BAC=2AD·csin∠BAD +÷AD·b·sin∠CAD, 即√3bc=3(b+c), 由余弦定理得4=b2+c2-bc, ∴(b+o2-学(6+c)=4,解得b+c=<后， ∴△ABC的周长为√6+2. 2.解(1)设BC=CD=x>0, 在△ABC中，由余弦定理，得AC2=9+x2-2×3xcos B=7, 即x2+2=6xcos B①. 又在△ACD中，由余弦定理，得AC2=1+x2-2×1xcos D =7,即x2-6=2xcos D②. 因为B+D=π,则cos D=cos(π-B)=-cos B, 联立①②可得x=2(负值舍去),cos B=2, B=3·因为B∈(0,π),所以 · 507· 高考一轮总复习·数学·RJA (2)在△PBC中，由正弦定理知 sinBBPCspC, A D (2)由第(1)问知，在△ABD中，AB=2,BD=√3,AD=1, ∴AB2=AD2+BD2,∴∠ADB=2, mZBrC-c--所以 P人 B c 又0<∠BPC<π,故∠BPC=2· 在直角三角形PBC中，由勾股定理知 PB=√BC2-PC2=1,此时PA=AB-PB=2. 3.解(1)证明：因为1-cos 2B=cos(A-C)+cos B, 所以2sin2B=cos(A-C)-cos(A+C), sin2CAD=sin2ACD'在△ACD中，由正弦定理，可得 Dc--2ame. ∵∠BDC=π-0-6-2=3-0, ∴SA=DC·BD·sin∠BDC 所以2sin2B=cos A cos C+sin A sin C-cos A cos C+sin A sin C, sinA=sin B?=sin c所以sin2B=sin A sin C,结合正弦定理 =2R,可得b2=ac,命题得证. =√3sino·sin(3-0)=3sinecoso-sin20 =2sin 20-×1-2s20=2sin 20+4cs 20-4 =sin(20+否)- (2)由AD=DC知，点 D是边AC的中点，则BD= (BA+BC), ∵0∈(0,3),∴20+6∈(6,56), 两边平方整理得4 BD2=BA2+BC+2 BA·BC,即4b2=c +a2+2accos∠ABC, 根据余弦定理b2=c2+a2-2accos∠ABC,两式相加得a2+ e=2b2, ∴当20+6=2,即8=6时，sin(20+6)=1, 3-3-4此时△BCD面积的最大值为 6.解(1)∵BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠CAB=302+ 102-2×30×10·cos 60°=700, cs∠ABC=a2+e-b_2-6-3再由余弦定理 ∴BC=10√7,∴OA=2×sinBBAC=2×s1060= cs AA=sos B,可得A≠2且sin Acos B4.解(1)证明：由 +cos Asin B=cos B, 1032≈15.28(公里). D 所以sin(A+B)=cos B=sin(2-B), C 因为A,B为三角形的内角，可得A+B=2-B,即A+2B Ae o YB =2,得证。 答：O,A相距约15.28公里. A=2-2B,且C=π-A-B=2+B,(2)由(1)知 a2+B=m2A+siB=s32B+simB所 以 (2)Rt△CBD中，BD=BCtan 60°=10√7×√3=10√21, sn2CBCsinBCAB在△ABC中， =(20s3B-s2f1-csB, a+b=4cos'B+cB-5≥4√2-5,当且仅当cos'B所以 -时等号成立， a+B的最小值为4√2-5.所以 即2ABC1060,sin∠ABC=41, ∴cos∠ABD=cos(∠ABC+2) =-sin∠ABC=-21, ∴AD2=AB2+BD2-2AB·BDcos∠ABD [B级·能力提升] 5.解(1)在△ABD中，由余弦定理，可得 =302+(10√21)2-2×30×10√2I×(-41)=3900, ∴AD=10√39(公里), AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos∠ABD=4+3-2×2√3 ×3=1, 105039=39~1.25小时。∴所需时间为 答：从A行驶到D约需要1.25小时. ∴AD=1,在△ACD中，由正弦定理，可得 =sin2ACD' - sinCAD 课时检测训练30 平面向量的概念及线性运算[A级·基础巩固] 1.AC 解析 对于A,若|a|=0,则a=0,故A正确；对于B, 若向量AB与CD是共线向量，则A,B,C,D四点不一定在同 一条直线上，故B错误；对于C,若a,b方向相同，则|a+b =|a|+|b|,若a,b方向相反，则|a+b|<|a|+|b|,若a,b 不共线，根据向量加法的三角形法则及两边之和大于第三边 ·508·高考一轮总复习·数学·RJA 可知|a+b|<|al+|b|.综上可知对于任意向量a,b,必有|a 8.B 解析 因为在“赵爽弦图”中，若BE=2EF, +b|≤|a|+|b|,故C正确；对于D,若a≠0,b=0,则a//b, ER=3BF=3(BC+CF)=3(BC+3EA)=3BC所以此时不存在实数λ,使a=Ab,故D错误. 2.C 解析 由题意知|AB|=7,|AC|=4,且|BC|=|AC- AB|, + EA=÷BC+2(BA-BE) 当AC,AB同向时，|BC|取得最小值，|BC|=|AC-AB|= 11AC|-|AB||=|4-7|=3; =3BC+9(BA-2EF),所以ER=3BC+?BA- 当AC,AB反向时，BC|取得最大值，BC|=|AC-AB|= |1AC|+|AB|I=|4+7|=11; 4EF,所以EF=3BC+SBA EF=3BC+3BA.所以 当AC,AB不共线时，3=||AC|-IABII<|BC|<1|AC|+ |AB|I=11. 故|BC|的取值范围是[3,11]. 3.C 解析 因为a=2e?-e?与b=e?+le?共线，所以ka=b, k≠0, 9.- 解析 因为(3a-2b)//(2a+kb)且a,b不共线，所 以存在唯一实数λ,使得3a—2b=λ(2a+kb),则 {-2=A,解得k=- 所以k(2e?-e?)=e?+λe?→2ke?-ke?=e?+λe?. {-k=.,因为向量e?,e2是两个不共线的向量，所以 解得λ= ,,故选C. 10.4 解析 因为A,C,D三点共线，故可得AC//CD, 4.D 解析 对于A,BD=BC+CD=-a+3b+(a+3b)= 则存在非零实数x,使得AC=xCD. 又AC=AB+BC=3a-2b,CD=2a-kb, 故可得3a-2b=2xa-kxb.又非零向量a,b不共线， 6b,与AB不共线，A错误； 故可得2x=3,kx=2,解得x=2,k=3. 对于B,AB=4a+6b,BC=-a+3b,则AB与BC不共线，B 错误； 对于C,BC=-a+3b,CD=a+3b,则BC与CD不共线，C 错误； 对于D,AC=AB+BC=4a+6b+(-a+3b)=3a+9b= 3CD, 解析 由已知oP=OA+AP=OA+3AB=OA+1.2 3(oB-0A)=号A+3oB,oQ=a,OA+A?OB,oā, 一OP共线，所以 A=,所以 即AC//CD.又线段AC与CD有公共点C,所以A,C,D三 点共线，D正确. 5.C 解析 如图，连接CF, A F 12.3 解析 根据题意，AE=AB+BE=AB+3BC,而BC= BA+AD+DC=-2AB+AD,则有AE=AB+3BC= AB+3(-4AB+AD)=2AB+3AD. B G E 若AE=rAB+sAD,则r=2,=3,故2r+3s=2×2+ C D 因为ABCDEF为正六边形，所以CF//DE,CF=2DE, GE=2=2q,所以BC=FE=GE-GF=29+p.所以 3×3=3. [B级·能力提升] 6.A 解析 如图， A D 13.C 解析 如图，∵OA+3OB+4OC=0, Do=2(DA+DC),在矩形ABCD中， E 在△DAO中，DE=2(DA+Do), B ∴DE=2(DA+县DA+县Dc)= 4DA+4Dc=4AB-4AD, ∴x=4从=-4∴a2-2=16-16=-2 O ∴--oA=3oB+4c, 设--o=OD, A o C 则OD=3oB+4,即B,C,D 三点共线， B4 D C -S--⋯Sm=4×1-2 7.D 解析 如图所示，DE=DA+AB 14.BD 解析 因为4AB-3AD=AC,所以3AB-3AD= +BE, B AC-AB,所以3DB=BC. 因为AD=DC,CB=2 BE,所以DA= -去AC,BE=县cB=—(AB-AC),K D 所以DE=-2AC+AB+去AB-2AC=2AB-AC. ℃ 因为DB,BC有公共端点B,所以C,B,D三点共线，且|BC =3|DB|,所以 BD正确，A错误； 由4AB-3AD=AC,得AC=3AB-3AD+AB=3DB+ AB,所以|AC|≠|DB|,所以C错误.故选BD. ·509· 高考一轮总复习·数学·RJA 15.(1,+∞)解析 因为CO与AB交于点D, 所以O,C,D三点共线，所以OC与OD共线， 设OC=mOD,则m>1, 因为OC=aOA+μOB,所以mOD=aOA+μOB, 可得OD=^OA+KOB, 因为A,B,D三点共线， A+K=1,所以； 可得λ+μ=m>1, 所以λ+μ的取值范围是(1,+一). 16.√2-1 解析 已知△ABC,△ACD都为直角三角形， ∠ACB=45°,∴∠BCD=135°,∠CDB=22.5°=α,tan 2α =2-tana=1,,解得tan α=√2-1, ∴OC=√2-1,0A=√2-(√2-1)=1,∴x==√2-1 课时检测训练31 平面向量基本定理及坐标表示 [A级·基础巩固] 1.D 解析 因为任一向量m=λa+μb(a,μ∈R),所以根据平 面向量的基本定理得，向量a,b不共线，故A,B,C不正确； 因为a,b不共线，所以当且仅当λ=μ=0时，λa+μb=0,故 D正确. 2.C 解析 a-kb=(2-3k,3+k),故由(a-kb)//c,得 (2-3k)×2=(3+k)×(-2)>k=5 3.D 解析 ∵a-2b+3c=0, ∴c=-3(a-2b). ∵a-2b=(5,-2)-(-8,-6)=(13,4), ∴e=-3(a-2b)=(-3,-3). 4.C 解析 λa+b=λ(1,1)+(1,-1)=(1+λ,λ-1),a+μb =(1,1)+μ(1,-1)=(μ+1,1-μ). 因为(Aa+b)//(a+pb),所以(1+a)(1-μ)-(a-1)(μ+1) =0,化简得λp=1. 5.D 解析 如图，取CD中点G,连接 BG,交AC于点H, ∵BE=DG,BE//DG, D ∴四边形BEDG为平行四边形， ∴BG//DE,又E为AB中点， ∴AF=FH,同理可得CH=FH, A ∴AF=3AC=3(AB+AD), ∴BF=BA+AF=-AB+3(AB+AD =-3AB+3AD. G c A F E B 6.A 解析 因为BE=BC+CE, 所以BA+2BC=2BE=2(BC+CE). 所以2CE=-AB-2BC=-AB-2(AC-AB)=—AB -是AC 所以CE=4AB-2AC. m=4n=-2,故”=-3.所以 7.ABC 解析 在△ABC中，AD=AC+CD=-CA+县cB =-b-2a,故A正确； BE=BC+CE=a+ b,故B正确； AB=AC+CB=-b-a,CF=CA+县AB=b+2×(-b- a)=-2a+2b,故C正确； EF=—CB=-2a,,故D不正确.故选ABC. 8.B 解析 取AD中点N,连接MN, ∵AB=-2 CD,∴AB//CD,|AB|=2|CD|. |MN|=2(|AB|+又M是BC的中点，∴MN//AB,且 ICDD)=4IAB|, ∴AM=AN+NM=—AD+3AB,故选B. D C N M BA2 (2,)9.( 解析 在平行四边形ABCD中，因为AC与BD 的交点为M,且E为DM的中点， 所以AE=(AD+AM=2[AD+(AB+AD)] =4AD+4AB=4(2,6)+4(-4,4)=(2,).由于 A为坐标原点，所以向量AE的坐标即为E的坐标， (县，L).故点E的坐标为 10.2 解析 因为a=(m+4,m),b=(3,1),a//b,故(m+4) ×1-3m=0,得m=2. EF=EA+AF=-2AB+3AC11.1 解析 =-2AB+4(AB+AD=4AB+3AD, ∴x=4,y=3,∴x+y=1. 12.3a+ b解析 由题得AD=AB+BD=AB+÷BC= AB+3(AC-AB)=3AB+3AC, 所以AD=3a+3b. [B级·能力提升] AD=-DC,所以13.BD 解析 因为D为AC上一点且满足 AC=4AD. 因为AP=aAB+μAC,所以AP=λAB+4μAD. 因为P为BD上一点，所以 B,P,D三点共线，则有λ+4μ =1. 由基本不等式可得1=λ+4μ≥2√A·4μ=4√àp,解得λμ ≤16,当且仅当a=4μ=2时等号成立，故λμ的最大值为 高考一轮总复习·数学·RJA ·510·