必刷题四 平面向量的应用-【高考解码·过好假期每一天】2025年高一数学暑假必刷题

12.如图,在△ABC中,点 M 是BC 的中点,点 N 在AC 上,且AN =2NC,AM 与BN 相交于点P, 求 AP︰PM 与 BP ︰ PN 的值. 13.平面内有向量OA → =(1,7),OB → =(5,1),OP → =(2,1),点 M 为直线OP 上的一动点. (1)当MA →·MB → 取最小值时,求OM → 的坐标; (2)当点 M 满足(1)的 条 件 和 结 论 时,求 cos∠AMB的值. (2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(0,1),b= (2,x),若b⊥(b-4a),则x= ( ) A.-2 B.-1 C.1 D.2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 必刷题四 平面向量的应用 与三角形有关的最值、范围问题 1.三角形中的最值、范围问题的解题策略 (1)定基本量:根据题意或几何图形厘清三角 形中边、角的关系,利用正、余弦定理求出相 关的边、角或边角关系,并选择相关的边、角 作为基本量,确定基本量的范围. (2)构建函数:根据正、余弦定理或三角恒等 变换将待求范围的变量用关于基本量的函数 解析式表示. (3)求最值:利用基本不等式或函数的单调性 等求最值. 2.求解三角形中的最值、范围问题的注意点 (1)涉及求范围的问题,一定要搞清已知变量的 范围,利用已知的范围进行求解,已知边的范围 求角的范围时可以利用余弦定理进行转化. (2)注意题目中的隐含条件,如A+B+C=π, 0<A<π,b-c<a<b+c,三角形中大边对大 角等. 【例】 已知在△ABC中,c=2bcosB,C=2π3. (1)求B的大小; (2)在下列三个条件中选择一个作为已知,使 △ABC存在且唯一确定,并求出BC 边上的 中线的长度. ①c= 2b;② 周 长 为 4+2 3;③ 面 积 为 S△ABC= 3 3 4 . 【分析】 (1)由正弦定理化边为角即可求解; (2)若选择①:由正弦定理求解可得不存在; 若选择②:由正弦定理结合周长可求得外接 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·7· |第一部分 收官之作·完胜上一学期| 圆半径,即可得出各边,再由余弦定理可求; 若选择③:由面积公式可求各边长,再由余弦 定理可求. 【解析】 (1)∵c=2bcosB,则由正弦定理可 得sinC=2sinBcosB, ∴sin2B=sin2π3= 3 2 , ∵C=2π3 ,∴B∈ 0,π3 ,2B∈ 0,2π3 , ∴2B=π3 ,解得B=π6 ; (2)若选择①:由正弦定理结合(1)可得cb = sinC sinB= 3 2 1 2 = 3, 与c= 2b矛盾,故这样的△ABC 不存在; 若选择②:由(1)可得A=π6 , 设△ABC 的外接圆半径为R, 则由正弦定理可得a=b=2Rsinπ6=R , c=2Rsin2π3= 3R , 则周长a+b+c=2R+ 3R=4+2 3, 解得R=2,则a=2,c=2 3, 由余弦定理可得BC 边上的中线的长度为: (2 3)2+12-2×2 3×1×cosπ6= 7 ; 若选择③:由(1)可得A=π6 ,即a=b, 则S△ABC= 1 2absinC= 1 2a 2× 32= 3 3 4 ,解 得a= 3, 则由余弦定理可得BC 边上的中线的长度为: b2+ a2 2 -2×b×a2×cos 2π 3= 3+ 3 4+3× 3 2 = 212. 【答案】 (1)π6 ;(2)答 案 不 唯 一,具 体 见 解析. ◉高分秘籍 求边(周长)的最值(范围)问题一般通过三角中 的正、余弦定理将边转化为角的三角函数值,再 结合角的范围求解,有时也可将角转化为边,利 用均值不等式或函数最值求解. ◉速记口诀 1.求三角形面积的最值(范围)的两种思路 (1)将三角形面积表示为边或角的函数,再根 据条件求范围. (2)若已知三角形的一个内角(不妨设为A), 及其对边,则可根据余弦定理,利用基本不等 式求bc的最值从而求出三角形面积的最值. 2.求角(函数值)的最值(范围)问题一般先将边 转化为角表示,再根据三角恒等变换及三角 形内角和定理转化为一个角的一个三角函数 表示,然后求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 知识点1 平面向量在几何和物理上的应用 1.已知AB →,AC → 是非零向量,且满足(AB → -2AC →) ⊥AB →,(AC → -2AB →)⊥AC →,则△ABC 的形状 为 ( ) A.等腰(非等边)三角形 B.直角(非等腰)三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形 2.△ABC 中,AB → ⊥AC →,M 是BC 中点,O 是线 段AM 上任意一点,且|AB → |=|AC → |=2,则 OA →·OB → +OA →·OC → 的最小值为 ( ) A.-2 B.2 C.-1 D.1 3.已知两个力F1,F2的夹角为90°,它们的合力 大小为20N,合力与F1 的夹角为30°,那么 F1的大小为 ( ) A.10 3N B.10N C.20N D.10 2N 知识点2 利用余弦定理解三角形的问题 4.(1)已知在△ABC中,a=1,b=2,C=60°,则c 等于 ( ) A.3 B.2 C.5 D.5 (2)在锐角△ABC中,若sinA= 53 ,b=2,c= 3,则a= ( ) A.3 B.2 2 C.2 3 D.5 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·8· |假日必刷题·数学| (3)已知钝角三角形的三边长分别为k,k+2, k+4,则k的取值范围是 ( ) A.(-2,6) B.(0,2) C.(0,6) D.(2,6) 知识点3 利用正弦定理解三角形的问题 5.在△ABC中,若角B=π4 ,AC= 2,AB= 3, 则角C= ( ) A.π6 B. π 3 C.π6 或5π 6 D. π 3 或2π 3 6.已知△ABC的三个内角之比为A∶B∶C=4∶1 ∶1,AC=3,那么最大边长等于 . 知识点4 判断三角形的形状 7.(多选题)在△ABC中,角A,B,C所对的边分 别为a,b,c,则 下 列 条 件 中 一 定 能 够 判 定 △ABC是等腰三角形的为 ( ) A.cosB=ac B.acosB=bcosA C.c=2acosB D.bsinB=csinC 8.在△ABC中,若sinA=2sinBcosC,且sin2A =sin2B+sin2C,试判断△ABC的形状. 知识点5 余弦定理、正弦定理应用举例 9.(1)某小区内设置了可回收物垃圾桶和有害 垃圾桶.已知李华要去投放这两类垃圾,他从 自家楼下出发,向正北方向走了80米,到达 有害垃圾桶,随后向南偏东60°方向走了30 米,到达可回收物垃圾桶,则他回到自家楼下 至少还需走 ( ) A.50米 B.57米 C.64米 D.70米 (2)如图,地面四个5G中继站A、B、C、D,已 知,CD=(6+ 2)km,∠ADB=∠CDB= 30°,∠DCA=45°,∠ACB=60°,则A、B 两个 中继站的距离是 ( ) A.4 3km B.2 10km C.10km D.6 2km 10.海事救护船A在基地的北偏东60°,与基地相 距1003nmile,渔船B被困海面,已知B距离 基地100nmile,而且在救护船A正西方,则渔 船B与救护船A的距离是 . 11.已知Rt△ABC中,∠C=90°,设AC=m,BC =n. (1)若 D 为斜边AB 的 中 点,求 证:CD= 1 2AB ; (2)若E 为CD 的中点,连接 AE 并延长交 BC 于F,求AF的长度(用m,n表示). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·9· |第一部分 收官之作·完胜上一学期| 12.如图,A、B 是海面 上位于东西方向相 距5(3+ 3)海里 的两个观测点,现 位于 A 点 北 偏 东 45°,B 点 北 偏 西 60°的 D 点有一艘 轮船发出求救信号,位于B 点南偏西60°且 与B点相距20 3海里的C点的救援船立即 前往 营 救,其 航 行 速 度 为30海 里/小 时, 试求: (1)轮船D 与观测点B 的距离; (2)救援船到达D 点所需要的时间. (2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a|=1, |a+2b|=2,且 b-2a ⊥b,则|b|= ( ) A.12 B. 2 2 C. 3 2 D.1 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 必刷题五 复数的概念 对复数相关概念的理解 a,b∈R是复数代数形式定义中的必不可 少的条件,忽视了这一条件,就会导致错误的 答案. 【例 1】 当 实 数 m 为 何 值 时,复 数 z= m2+m-6 m + (m2-2m)i为:(1)实数? (2)虚 数? (3)纯虚数? 【解】 (1)当 m2-2m=0, m≠0, 即m=2时,复数z是实数. (2)当m2-2m≠0,且m≠0, 即m≠0且m≠2时,复数z是虚数. (3)当 m2+m-6 m =0 , m2-2m≠0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 即m=-3时,复数z是纯虚数. 【例2】 (1)已知x2-y2+2xyi=2i,求实数x, y的值; (2)关于x 的方程3x2-a2x-1= (10-x- 2x2)i有实根,求实数a的值. 【解】 (1)∵x2-y2+2xyi=2i, ∴ x2-y2=0, 2xy=2. 解得 x=1, y=1, 或 x=-1,y=-1. (2)设方程的实数根为m,则原方程可变为 3m2-a2m-1= (10-m-2m2)i, ∴ 3m2-a2m-1=0 , 10-m-2m2=0. 解得a=11或a=-715. 【方法总结】 两个复数相等,首先要分清两复 数的实部与虚部,然后利用两个复数相等的充 要条件可得到两个方程,从而可以确定两个独 立参数. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·01· |假日必刷题·数学| 【刷高考题】 D 解法一(向量法+坐标法) 因为b⊥(b-4a),所以 b·(b-4a)=0,即b2=4a·b.因为a=(0,1),b=(2, x),所以b2=4+x2,a·b=x,得4+x2=4x,所以(x- 2)2=0,解得x=2,故选D. 解法二(坐标法) 因为a=(0,1),b=(2,x),所以b-4a =(2,x)-4(0,1)=(2,x)-(0,4)=(2,x-4).因为b⊥ (b-4a),所以b·(b-4a)=0,所以2×2+x(x-4)=0, 所以(x-2)2=0,解得x=2,故选D. 必刷题四 平面向量的应用 【刷基础题】 1.C ∵(AB→-2AC→)⊥AB→,∴(AB→-2AC→)·AB→=0, 即AB→·AB→-2AC→·AB→=0. ∵(AC→-2AB→)⊥AC→,∴(AC→-2AB→)·AC→=0, 即AC→·AC→-2AB→·AC→=0, ∴AB→·AB→=AC→·AC→=2AB→·AC→,即|AB→|=|AC→|, ∵cosA= AB →·AC→ |AB→||AC→| =12 ,∴∠A=60°,∴△ABC 为等 边三角形.答案选C. 2.C 在直角三角形ABC 中,AB=AC=2,则BC=2 2, 因为M 为BC 的中点,所以AM= 2.设|OA→|=x,(0≤x ≤ 2) OA→·OB→+OA→·OC→=OA→·(OB→+OC→)=2OA→·OM→ =-2|OA→|·|OM→|=-2x(2-x)=2(x2- 2x) =2x- 22 2 -1 所以当x= 22 ,即|OA→|= 22时,原式取得最小值为-1. 故选:C. 3.A 设 F1,F2 的 对 应 向 量 分 别 为 OA→、OB→, 以OA、OB 为 邻 边 作 平 行 四 边 形 OACB 如图, 则OC→=OA→+OB→,对应力F1,F2 的合力 ∵F1,F2 的夹角为90°,∴四边形OACB 是矩形, 在Rt△OAC中,∠COA=30°,|OC→|=20N, ∴|OA→|=|OC→|cos30°=10 3N. 故选:A. 4.解析 (1)在△ABC 中,a=1,b=2,C=60°,由余弦定 理得 c2=12+22-2×1×2cos60°=3, 所以c= 3.故选:A (2)因为△ABC为锐角三角形,sinA= 53 ,由同角三角 函数关系式可得 cosA= 1- 5 3 2 =23 又因为b=2,c=3由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A 代入可得 a2=4+9-2×2×3×23=5 所以a= 5故选:D (3)由题:钝角三角形的三边长分别为k、k+2、k+4, k+k+2>k+4 k2+(k+2)2<(k+4)2 解得:k∈(2,6).故选:D. 答案 (1)A (2)D (3)D 5.D 由正弦定理可得:ACsinB= AB sinC ,则sinC=ABsinBAC = 3 2 × 22= 3 2 ,因为AC<AB,所以B<C,故C=π3 或2π 3. 故选:D. 6.解析 因为△ABC的三个内角之比为A∶B∶C=4∶1 ∶1,所以A=4π6= 2π 3 ,B=π6 ,BC为最大边, 由正弦定理得 BC sinA= AC sinB= 3 sinπ6 =2 3, 所以BC=2 3sinA=2 3sin2π3=2 3× 3 2=3. 故答案为:3. 答案 3 7.BCD 因为cosB=ac ,由余弦定理的推论得a 2+c2-b2 2ac =ac ,整理得b2+a2=c2,即C为直角,则△ABC为直角 三角形,故条件A不能;由正弦定理得acosB=bcosA⇒ sinAcosB=sinBcosA⇒sin(A-B)=0,由于-π<A- B<π,故必有 A-B=0,A=B,即△ABC 为 等 腰 三 角 形,故条件B能;因为c=2acosB,所以sinC=2sinAcos B,所以sin(A+B)=2sinAcosB,所以sinAcosB+cos AsinB=2sinAcosB,所以sinAcosB-cosAsinB=0, 所以sin(A-B)=0,所以A=B,故条件C 能;由bsinB =csinC可得sin2B=sin2C,因为三角形内角和为180°, 所以sinB=sinC,所以B=C,故△ABC为等腰三角形, 故条件D能. 8.解 法一:根据正弦定理,得 asinA= b sinB= c sinC , ∵sin2A=sin2B+sin2C,∴a2=b2+c2, ∴A 是直角,B+C=90°, ∴2sinBcosC=2sinBcos(90°-B)=2sin2B=sinA=1, ∴sinB= 22. ∵0°<B<90°,∴B=45°,C=45°, ∴△ABC是等腰直角三角形. 法二:根据正弦定理,得 a sinA= b sinB= c sinC , ∵sin2A=sin2B+sin2C, ∴a2=b2+c2,∴A 是直角, ∵A=180°-(B+C),sinA=2sinBcosC, ∴sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=2sinBcosC, ∴sin(B-C)=0. 又∵-90°<B-C<90°,∴B-C=0,∴B=C, ∴△ABC是等腰直角三角形. 9.(1)D 由题意,设李华家为A,有害垃圾点为B,可回收 垃圾点为C,则李华的行走路线,如图所示, 在△ABC中,因为AB=80,BC=30,B=60°, 由余弦定理可得: AC= AB2+BC2-2AB·BCcos60°= 802+302-2×80×30×12=70 米, 即李华回到自家楼下至少还需走70米. 故选:D. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·95· |参考答案| (2)C 由题意可得∠DAC=75°,∠DBC=45°, 在△ADC 中,由 正 弦 定 理 得 AC=CD ·sin∠ADC sin∠DAC = (6+ 2)× 32 sin75° =2 3 , 在△BDC 中,由 正 弦 定 理 得 BC=CD ·sin∠BDC sin∠DBC = (6+ 2)×12 2 2 = 3+1, 在△ACB 中,由余弦定理得 AB2=AC2+BC2-2×AC ×BC·cos∠ACB=(2 3)2+(3+1)2-2×2 3×(3 +1)×12=1 ,所以AB= 10km. 故选:C. 10.解析 如图,设基地位于O 处,由题意知∠BAO=30°, BO=100,OA=100 3,则在△ABO 中,由余弦定理,得 BO2=BA2+AO2-2BA·AOcos∠BAO, 即BA2-300BA+20000=0,解 得 BA=100或 BA =200, 即渔船B与救护船A的距离是100nmile或200nmile. 答案 100nmile或200nmile 【刷综合题】 11.解 (1)证 明:以 C 为 坐 标 原 点,以边CB,CA 所在的直线分 别为x 轴,y轴建立平面直角坐 标系,如图所示, A(0,m),B(n,0). ∵D 为AB 的中点, ∴D n2 ,m 2 , ∴|CD→|=12 n 2+m2,|AB→|= m2+n2, ∴|CD→|=12|AB →|,即CD=12AB. (2)∵E 为CD 的中点,∴E n4 ,m 4 , 设F(x,0),则AE→= n4,- 3 4m ,AF→=(x,-m). ∵A,E,F 三点共线,∴AF→=λAE→. 即(x,-m)=λ n4 ,-34m , 则 x=n4λ , -m=-34mλ , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 故λ=43 ,即x=n3 ,∴F n3 ,0 , ∴|AF→|=13 n 2+9m2, 即AF=13 n 2+9m2. 12.解 (1)由 题 意 可 知:在△ADB 中,∠DAB=45°, ∠DBA=30°,则∠ADB=105°, 由 正 弦 定 理 AB sin∠ADB = DB sin∠DAB 得:5(3+ 3) sin105° = DBsin45° , 由sin105°=sin(45°+60°)=sin45°cos60°+cos45°sin60° =6+24 , 代入上式得:DB=10 3,轮船D 与观测点B 的距离为 10 3海里. (2)在△BCD 中, BC=20 3,DB=10 3,∠CBD=60°, 由余弦定理得:CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos60° =(20 3)2+(10 3)2-2×20 3×10 3×12=30 2, ∴CD=30, ∴t=sv = 30 30=1 , 即该救援船到达D 点所需的时间1小时. 【刷高考题】 B 由(b-2a)⊥b,得(b-2a)·b=b2-2a·b=0,所以 b2=2a·b.将|a+2b|=2的两边同时平方,得a2+4a· b+4b2=4,即1+2b2+4b2=1+6|b|2=4,解得|b|2= 1 2 ,所以|b|= 22 ,故选B. 必刷题五 复数的概念 【刷基础题】 1.C 由于(x+2i)i=y+i,则x=1且y=-2,所以 z=x+yi=1-2i,所以复数z的虚部为-2. 故选:C. 2.C 复数z=5-5i的实部为5.故选:C. 3.C 复数a2-1+(a-1)i是纯虚数,所以 a 2-1=0 a-1≠0 ,得 a=-1.故选:C. 4.B 若复数z=a+bi是纯虚数,则a=0,b≠0, 则a=0不 能 证 得 z 为 纯 虚 数,z 为 纯 虚 数 可 以 证 得a=0, 故“a=0”是“z为纯虚数”的必要非充分条件, 故选:B. 5.C 由复数相等的充要条件知a2-1=3且2a=4,故a=2. 6.ABC 对于A,若a=-1,则(a+1)i不是纯虚数,即 A 错误;两个虚数不能比较大小,则B错误;对于C,若x= -2,则x2-4=0,x2+3x+2=0,此时(x2-4)+(x2+ 3x+2)i=0不是纯虚数,则C错误;显然,D正确. 7.B ∵关于x的方程x2+(m+zi)x+z+zi=0(m∈k)的 实根n且z=m+ni ∴n2+mn+2+(m+2)i=0 ∴ n 2+mn+2=0 2n+2=0 解得:m=3n=-1 ∴复数z=3-i,故选B. 8.解析 由复数相等可知,x-1=-3x , y=1, 解得 x= 1 4 , y=1. 答案 14 1 9.解析 由定义运算 a bc d =ad-bc 得 3x+2y i -y 1 =3x+2y+yi, 故有(x+y)+(x+3)i=3x+2y+yi. 因为x,y为实数,所以有 x+y=3x+2y, x+3=y, 解得x=-1,y=2. 答案 -1 2 10.解析 若两个复数相等,则它们的实部、虚部均相等, 故①正确;若虚部不相等,则两个复数一定不相等,故 ②正确;满足形如a+bi(a,b∈R)的数均为复数,故③ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·06· |假日必刷题·数学|