专题6 平面向量-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训

　 　　　　　　　专题六　平面向量 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 　　在高中数学中,向量是解决几何问题的常用工具,也是高考的一个热点,平面向量具有几 何与代数的双重性,是联接几何与代数的“桥梁”,也是我们解决数学问题的一种重要工具．高 考对平面向量的考查有上升趋势,有时会作为平面图形问题的一个载体出现,有助于解决高 考中更多综合性问题,落实数学抽象和直观想象两大核心素养．高考对平面向量的考查应关 注如下问题: (１)向量是数形结合的产物,利用向量解决问题时,能建立直角坐标系,选择坐标运算往 往更简单,使问题代数化． (２)求参数取值时,可根据平行、垂直、模等条件应用方程的思想． (３)适当关注向量与三角函数、解析几何、数列等知识的交汇问题． 第１节　平面向量的概念及运算 [考点１]　平面向量的线性运算及平面向 量基本定理 (２０２０􀅰新高考Ⅱ卷,３)若D 为△ABC的边 AB 的中点,则CB → ＝ (　　) A．２CD → －CA → B．２CA → －CD → C．２CD → ＋CA → D．２CA → ＋CD → [考点２]　平面向量的坐标运算 １．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷,３)已知向量a＝(０,１),b＝ (２,x),若b⊥(b－４a),则x＝ (　　) A．－２ B．－１ C．１ D．２ ２．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,３)已知向量a＝(１,１),b＝ (１,－１),则若(a＋λb)⊥(a＋μb), (　　) A．λ＋μ＝１ B．λ＋μ＝－１ C．λμ＝１ D．λμ＝－１ ３．(２０２３􀅰全国甲卷(文),３)已知向量a＝(３,１),b ＝(２,２),则cos‹a＋b,a－b›＝ (　　) A．１１７ B． １７ １７ C．５５ D． ２ ５ ５ ４．(２０２４􀅰上海卷,５)已知a＝(２,５),b＝(６, k),a∥b,则k的值为　　　　． ５．(２０２３􀅰上海卷,２)已知向量a＝(－２,３),b ＝(１,２),求a􀅰b＝　　　　． ６．(２０２１􀅰全国乙卷(文),１３)已知向量a＝ (２,５),b＝(λ,４),若a∥b,则λ＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第２节　平面向量的数量积及应用 [考点１]　平面向量的数量积 １．(２０２３􀅰全国乙卷(文),６)正方形ABCD 的 边长是２,E 是AB 的中点,则EC → 􀅰ED → ＝ (　　) A．５ B．３ C．２ ５ D．５ ２．(２０２２􀅰北京卷,１０)在△ABC 中,AC＝３, BC＝４,∠C＝９０°,P 为△ABC 所在平面内 的动点,且 PC＝１,则PA → 􀅰PB → 的取值范 围是 (　　) A．[－５,３] B．[－３,５] C．[－６,４] D．[－４,６] ３．(２０２２􀅰全国甲卷(理),１３)设向量a,b的夹 角的余弦值为１ ３ ,且|a|＝１,|b|＝３,则(２a ＋b)􀅰b＝　　　　． ４．(２０２２􀅰全国甲卷(文),１３)已知向量a＝(m, ３),b＝(１,m＋１),若a⊥b,则m＝　　　　． ５．(２０２１􀅰全国乙卷(理),１４)已知向量a＝(１,３), b＝(３,４),若(a－λb)⊥b,则λ＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２４ 最新真题分类特训􀅰数学 ６．(２０２１􀅰全国甲卷(理),１４)已知向量a＝ (３,１),b＝(１,０),c＝a＋kb．若a⊥c,则k＝ 　　　　． ７．(２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,１５)已知向量a＋b＋c ＝０,|a|＝１,|b|＝|c|＝２,a􀅰b＋b􀅰c＋ c􀅰a＝　　　　． ８．(２０２１􀅰北京卷,１３)a＝(２,１),b＝(２,－１),c ＝(０,１),则(a＋b)􀅰c＝　　　　　　;a􀅰b ＝　　　　． [考点２]　平面向量的夹角 (２０２２􀅰新高考Ⅱ卷,４)已知向量a＝(３, ４),b＝(１,０),c＝a＋tb,若‹a,c›＝‹b,c›,则 t＝ (　　) A．－６ B．－５ C．５ D．６ [考点３]　平面向量的模 １．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,３)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．３２ D．１ ２．(２０２２􀅰全国乙卷(文),３)已知向量a＝(２, １),b＝(－２,４),则|a－b|＝ (　　) A．２ B．３ C．４ D．５ ３．(２０２５􀅰全国二卷,１２)已知平面向量a＝ (x,１),b＝(x－１,２x),若a⊥(a－b),则|a| ＝　　　　． ４．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１３)已知向量a,b满足 |a－b|＝ ３,|a＋b|＝|２a－b|,则|b|＝ 　　　　． ５．(２０２１􀅰全国甲卷(文),１３)若向量a,b满足|a| ＝３,|a－b|＝５,a􀅰b＝１,则|b|＝　　　　． [考点４]　平面向量的综合应用 １．(２０２５􀅰北京卷,１０)已知平面直角坐标系 xOy中,|OA → |＝|OB → |＝ ２,|AB → |＝２,若C (３,４),则|２CA → ＋AB → |的取值范围是(　　) A．[６,１４] B．[６,１２] C．[８,１４] D．[８,１２] ２．(２０２３􀅰全国乙卷(理),１２)已知☉O 的半径 为１,直线PA 与☉O 相切于点A,直线PB 与☉O交于B,C 两点,D 为BC 的中点,若 |PO|＝ ２,则PA → 􀅰PD → 的最大值为 (　　) A．１＋ ２２ B． １＋２ ２ ２ C．１＋ ２ D．２＋ ２ ３．(２０２１􀅰新高考Ⅰ卷,１０)(多选)已知O 为 坐标原点,点 P１(cosα,sinα),P２(cosβ, －sinβ),P３ (cos(α＋β),sin(α＋β)), A(１,０),则 (　　) A．|OP１ → |＝|OP２ → | B．|AP１ → |＝|AP２ → | C．OA → 􀅰OP３ → ＝OP１ → 􀅰OP２ → D．OA → 􀅰OP１ → ＝OP２ → 􀅰OP３ → ４．(２０２５􀅰 上海卷,１２)已 知 函 数 f(x)＝ １,x＞０ ０,x＝０ －１,x＜０ ì î í ï ï ïï ,a、b、c是平面内三个不同的单 位向量．若f(a􀅰b)＋f(b􀅰c)＋f(c􀅰a)＝ ０,则|a＋b＋c|的取值范围是　　　． ５．(２０２３􀅰天津卷,１４)在△ABC 中,∠A＝π３ , |BC → |＝１,点D 为线段AB 的中点,点E 为 线段CD 的中点,若设AB → ＝a,AC → ＝b,则AE → 可用a,b表示为　　　　;若BF → ＝１３BC →,则 AE →􀅰AF → 的最大值为　　　　． ６．(２０２２􀅰浙江卷,１７)设点P 在单位圆的内 接正八边形A１A２ 􀆺A８ 的边 A１A２ 上,则 PA１ →２ ＋PA２ →２ ＋ 􀆺 ＋PA８ →２ 的 取 值 范 围 是 　　　　． ７．(２０２１􀅰天津卷,１５)在边长为１的等边三角 形ABC中,D 为线段BC 上的动点,DE⊥ AB 且交AB 于点E．DF∥AB 且交AC 于 点F,则 |２BE → ＋DF → |的值为　　　　; (DE → ＋DF → )􀅰DA → 的最小值为　　　　． ８．(２０２１􀅰浙江卷,１７)已知平面向量a,b,c(c ≠０)满足|a|＝１,|b|＝２,a􀅰b＝０,(a－b) 􀅰c＝０,记平面向量d在a,b方向上的投影 分别为x,y,d－a在c 方向上的投影为z, 则x２＋y２＋z２ 的最小值是　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３４ 第二部分　专题六　平面向量 第３节　解三角形 [考点１]　正弦定理 １．(２０２３􀅰全国乙卷(文),４)在△ABC 中,内 角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acosB－ bcosA＝c,且C＝π５ ,则B＝ (　　) A．π１０ B． π ５ C．３π１０ D． ２π ５ ２．(２０２１􀅰全国甲卷(理),８) ２０２０年１２月８日,中国 和尼泊尔联合公布珠穆朗 玛峰最新高程为８８４８．８６ (单位:m),三角高程测量 法是珠峰高程测量方法之一．右图是三角高 程测量法的一个示意图,现有A,B,C三点, 且A,B,C 在同一水平面上的投影A′,B′, C′满足∠A′C′B′＝４５°,∠A′B′C′＝６０°．由C 点测得B 点的仰角为１５°,BB′与CC′的差 为１００;由B 点测得A 点的仰角为４５°,则 A,C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－ CC′约为(３≈１．７３２) (　　) A．３４６ B．３７３ C．４４６ D．４７３ ３．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,１５)(１３分)记△ABC 的内角A、B、C 的对边分别为a,b,c,已知 sinA＋ ３cosA＝２． (１)求A; (２)若a＝２,２bsinC＝csin２B,求△ABC 的周长． ４．(２０２３􀅰天津卷,１６)(１４分)在△ABC中,角 A,B,C 所对的边分别是a,b,c．已知a＝ ３９,b＝２,∠A＝１２０°． (１)求sinB 的值; (２)求c的值; (３)求sin(B－C)的值． [考点２]　余弦定理 １．(２０２５􀅰全国二卷,５)在△ABC 中,BC＝２, AC＝１＋ ３,AB＝ ６,则A＝ (　　) A．４５° B．６０° C．１２０° D．１３５° ２．(２０２１􀅰全国甲卷(文),８)在△ABC 中,已 知B＝１２０°,AC＝ １９,AB＝２,则BC＝ (　　) A．１ B．２ C．５ D．３ ３．(２０２３􀅰全国甲卷(理),１６)已知△ABC中, ∠BAC＝６０°,AB＝２,BC＝ ６,∠BAC的角平 分线交BC于点D,则AD＝　　　　． ４．(２０２３􀅰上海卷,８)△ABC 中,角A,B,C 所 对的边分别为a＝４,b＝５,c＝６,则sinA＝ 　　　　． ５．(２０２２􀅰全国甲卷(理),１６)已知△ABC中,点 D在边BC 上,∠ADB＝１２０°,AD＝２,CD＝ ２BD．当ACAB 取得最小值时,BD＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４４ 最新真题分类特训􀅰数学 [考点３]　三角形面积公式的应用 １．(２０２１􀅰全国乙卷(理),１５)记△ABC 的内 角A,B,C 的对边分别为a,b,c,面积为 ３, B＝６０°,a２＋c２＝３ac,则b＝　　　　． ２．(２０２３􀅰 全 国 甲 卷 (文),１７)(１２ 分)记 △ABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b, c,已知b ２＋c２－a２ cosA ＝２． (１)求bc; (２)若acosB－bcosAacosB＋bcosA－ b c ＝１ ,求 △ABC 面积． ３．(２０２２􀅰浙江卷,１８)(１４分)在△ABC中,角 A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知４a＝ ５c, cosC＝３５． (１)求sinA 的值; (２)若b＝１１,求△ABC的面积． [考点４]　解三角形的综合应用 １．(２０２５􀅰全国一卷,１１)(多选)已知△ABC 的面积为１ ４ ,若cos２A＋cos２B＋２sinC＝ ２,cosAcosBsinC＝１４ ,则 (　　) A．sinC＝sin２A＋sin２B B．AB＝ ２ C．sinA＋sinB＝ ６２ D．AC２＋BC２＝３ ２．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１１)记△ABC的内角 A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B＝６０°,b２＝ ９ ４ac ,则sinA＋sinC＝ (　　) A．２ ３９１３ B． ３９ １３ C．７２ D． ３ １３ １３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５４ 第二部分　专题六　平面向量 ３．(２０２５􀅰 上海卷, １１)小申同学观察 发现,生活中有些 时候 影 子 可 以 完 全投射在斜面上． 某斜面上有两根长为１米的垂直于水平面 放置的杆子,与斜面的接触点分别为A、B, 它们在阳光的照射下呈现出影子,阳光可 视为平行光:其中一根杆子的影子在水平 面上,长度为０．４米;另一根杆子的影子完 全在斜面上,长度为０．４５米,则斜面的底角 θ＝　　　．(结果用角度制表示,精确到 ０．０１°．) ４．(２０２１􀅰浙江卷,１４)在 △ABC 中,∠B＝ ６０°,AB＝２,M 是BC 的中点,AM＝２ ３, 则AC＝　　　　;cos∠MAC＝　　　　． ５．(２０２５􀅰天津卷,１６)在△ABC中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c．已知asinB＝ ３bcos A,c－２b＝１,a＝ ７． (Ⅰ)求A 的值; (Ⅱ)求c的值; (Ⅲ)求sin(A＋２B)的值． ６．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷,１５)(１３分)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c．已知 sinC＝ ２cosB,a２＋b２－c２＝ ２ab． (１)求B; (２)若△ABC的面积为３＋ ３,求c． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６４ 最新真题分类特训􀅰数学 ７．(２０２４􀅰天津卷,１６)(本小题满分１４分)在 △ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b, c．已知cosB＝９１６ ,b＝５,ac＝ ２ ３． (１)求a的值; (２)求sinA 的值; (３)求cos(B－２A)的值． ８．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,１７)(１０ 分)已知在 △ABC 中,A＋B＝３C,２sin(A－C)＝ sinB． (１)求sinA; (２)设AB＝５,求AB 边上的高． ９．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１７)(１０分)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知 △ABC 的面积为 ３,D 为BC 的中点,且 AD＝１． (１)若∠ADC＝π３ ,求tanB; (２)若b２＋c２＝８,求b,c． １０．(２０２３􀅰 全国乙卷 (理),１８)(１２ 分)在 △ABC中,已知∠BAC＝１２０°,AB＝２,AC ＝１． (１)求sin∠ABC; (２)若D 为BC 上一点,且∠BAD＝９０°,求 △ADC的面积． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７４ 第二部分　专题六　平面向量 １１．(２０２２􀅰 全国乙卷 (理),１７)(１２ 分)记 △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b, c,已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－ A)． (１)证明:２a２＝b２＋c２; (２)若a＝５,cosA＝２５３１ ,求△ABC的周长． １２．(２０２２􀅰 全国乙卷 (文),１７)(１２ 分)记 △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b, c,已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－ A)． (１)若A＝２B,求C; (２)证明:２a２＝b２＋c２． １３．(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷,１８)(１２分)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知 cosA １＋sinA＝ sin２B １＋cos２B． (１)若C＝２π３ ,求B; (２)求a ２＋b２ c２ 的最小值． １４．(２０２２􀅰新高考Ⅱ卷,１８)(１２分)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,分别 以a,b,c为边长的三个正三角形的面积依 次为S１,S２,S３．已知S１－S２＋S３＝ ３ ２ ,sin B＝１３． (１)求△ABC的面积; (２)若sinAsinC＝ ２３ ,求b． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８４ 最新真题分类特训􀅰数学 １５．(２０２２􀅰北京卷,１６)(１３分) 在△ABC中,sin２C＝ ３sinC． (１)求∠C; (２)若b＝６,且△ABC 的面积为６ ３,求 △ABC的周长． １６．(２０２１􀅰新高考Ⅰ卷,１９)(１２分)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＝ asinC． (１)证明:BD＝b; (２)若AD＝２DC,求cos∠ABC． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９４ 第二部分　专题六　平面向量 １７．(２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,１８)(１２分)在△ABC 中,角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,b ＝a＋１,c＝a＋２． (１)若２sinC＝３sinA,求△ABC的面积; (２)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角 三角形? 若存在,求出a的值;若不存在, 说明理由． １８．(２０２１􀅰北京卷,１６)(１３分)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 ; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０５ 最新真题分类特训􀅰数学 １９．(２０２１􀅰天津卷,１６)在△ABC中,角A,B, C所对的边分别为a,b,c,已知sinA∶sinB ∶sinC＝２∶１∶ ２,b＝２． (１)求a的值; (２)求cosC的值; (３)求sin２C－π６ æ è ç ö ø ÷的值． [考点５]　正、余弦定理的实际应用 １．(２０２２􀅰全国甲卷(理), ８)沈括的«梦溪笔谈»是 中国古代科技史上的杰 作,其中收录了计算圆弧 长度的“会圆术”,如图, AB ︵ 是以O 为圆心,OA 为半径的圆弧,C 是 AB 的中点,D 在AB ︵ 上,CD⊥AB,“会圆术” 给出AB ︵ 的弧长的近似值s的计算公式:s＝ AB＋CD ２ OA． 当OA＝２,∠AOB＝６０°时,s＝ (　　) A．１１－３ ３２ B． １１－４ ３ ２ C．９－３ ３２ D． ９－４ ３ ２ ２．(２０２１􀅰全国乙卷(理),９)魏晋时期刘徽撰 写的«海岛算经»是关于测量的数学著作,其 中第一题是测量海岛的高．如图,点E,H,G 在水平线AC 上,DE 和FG 是两个垂直于 水平面且等高的测量标杆的高度,称为“表 高”,EG称为“表距”,GC 和EH 都称为“表 目距”,GC与EH 的差称为“表目距的差”, 则海岛的高AB＝ (　　) A． 表高×表距 表目距的差＋表高　B． 表高×表距 表目距的差－表高 C． 表高×表距 表目距的差＋表距　D． 表高×表距 表目距的差－表距 ３．(２０２４􀅰上海卷,１１)海上有灯 塔O,A,B,货船T,如图,已知 A 在O 正东方向,B 在O 的正 北方向,O 到A、B 距离相等,∠BTO＝１６． ５°,∠ATO＝３７°,则∠BOT＝　　　　．(精 确到０．１°) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １５ 第二部分　专题六　平面向量 ５．C　设ωx＋ π３＝t ,则t∈ π３ ,πω＋π３( ) ,有两个零点可 得２π＜πω＋π３ ≤３π ,即 ５ ３＜ω≤ ８ ３ ,又因为有三个极值 点,(sint)′＝cost,所以５π２＜πω＋ π ３≤ ７π ２ ,所以１３ ６＜ω≤ １９ ６ ,综上得１３ ６＜ω≤ ８ ３． 即选 C． ６．AD　由题意得:f ２π３( )＝sin ４π ３＋φ( )＝０ 所以４π ３＋φ＝kπ 即:φ＝－ ４π ３＋kπ ,k∈Z 又０＜φ＜π,所以k＝２时,φ＝ ２π ３ 故f(x)＝sin ２x＋２π３( )． 选项 A:x∈ ０,５π１２( ) 时２x＋ ２π ３∈ ２π ３ ,３π ２( ) , 由y＝sinu图象知y＝f(x)是单调递减的; 选项B:x∈ －π１２ ,１１π １２( ) 时２x＋ ２π ３ ∈ π ２ ,５π ２( ) ,由y＝ sinu图象知y＝f(x)只有１个极值点,由２x＋２π３＝ ３π ２ 可解得极值点; 选项 C:x＝７π６ 时２x＋２π３＝３π ,y＝f(x)＝０,直线x＝７π６ 不是对称轴; 选项 D:由y′＝２cos ２x＋２π３( )＝－１得: cos ２x＋２π３( )＝－ １ ２ , 解得２x＋２π３＝ ２π ３＋２kπ 或２x＋２π３＝ ４π ３＋２kπ ,k∈Z 从而得:x＝kπ或x＝π３＋kπ ,k∈Z 所以函数y＝f(x)在点 ０,３２ æ è ç ö ø ÷ 处的切线斜率为k＝y′|x＝０ ＝２cos２π３＝－１ , 切线方程为:y－ ３２＝－ (x－０)即y＝ ３２－x． ７．解析:f π３( )＝Asin π ３－ ３cos π ３＝ ３ ２A－ ３ ２＝０ ,解得 A＝１．f(x)＝sinx－ ３cosx＝２sin x－π３( ) , 故f π１２( )＝２sin π １２－ π ３( )＝２sin － π ４( )＝－ ２． 答案:１　－ ２． ８．解析:令f(x)＝cosωx－１＝０,得cosωx＝１,又x∈[０, ２π],则ωx∈[０,２ωπ],所以４π≤２ωπ＜６π,即２≤ω＜３． 故ω的取值范围是[２,３)． 答案:[２,３) ９．解析:设A x１, １ ２( ) ,B x２, １ ２( ) ,则ωx１＋φ＝ π ６ ,ωx２＋ φ＝ ５π ６ ,又x２－x１＝ π ６ ,所以ω＝４,由曲线y＝f(x)过 ２π ３ ,０( ) ,所以４×２π３＋φ＝２π,即φ＝－ ２π ３ ,所以f(x)＝ sin ４x－２π３( ) ,f(π)＝sin ４π－ ２π ３( ) ＝－sin２π３＝－ ３ ２． 答案:－ ３２ １０．解 析:由３T４ ＝ １３π １２ － π ３ ＝ ３π ４ ,得 T＝π,ω＝２,将 π ３ ,０( ) 代入y＝２cos(２x＋φ),得cos ２π３＋φ( ) ＝０, ２π ３ ＋φ＝ π ２ ,φ＝－ π ６ ,所以f(x)＝２cos ２x－π６( )． f(x)－f －７π４( )( ) f(x)－f ４π ３( )( ) ＞ ０ 等 价 于 (f(x)－１)f(x)＞０,等价于f(x)＜０或f(x)＞１,由 f(x)＜０得x∈ π３＋kπ ,５π ６＋kπ( ) ,k∈Z, 此时x的最小正整数为２, 由f(x)＞１得x∈ －π１２＋kπ ,π ４＋kπ( ) ,k∈Z,此时x 的最小正整数为３,故答案为２． 答案:２ １１．解:(１)因为f(０)＝cosφ＝ １ ２ 且０≤φ＜π, 所以φ＝ π ３ (２)由(１)得f(x)＝cos ２x＋π３( ) 所以g(x)＝cos ２x＋π３( )＋ cos ２ x－π６( )＋ π ３[ ] ＝cos ２x＋π３( )＋cos２x ＝３２cos２x－ ３ ２sin２x ＝ ３cos ２x＋π６( ) 因为x∈R,所以g(x)的值域为[－ ３,３], 令－π＋２kπ≤２x＋π６≤２kπ ,k∈Z, 得－７１２π＋kπ≤x≤－ π １２＋kπ ,k∈Z, 令２kπ≤２x＋π６≤π＋２kπ ,k∈Z, 得－π１２＋kπ≤x≤ ５ １２π＋kπ ,k∈Z, 所以g(x)单调增区间为 －７１２π＋kπ ,－π１２＋kπ[ ] ,k∈Z 单调递减区间为 －π１２＋kπ ,５ １２π＋kπ[ ] ,k∈Z 专题六　平面向量 第１节　平面向量的概念及运算 考点１　平面向量的线性运算及平面向量基本定理 A　本题考查平面向量的线性运算．因为 D 是AB 的中 点,所以AD → ＝DB → ．所以CB → ＝CD → ＋DB → ＝CD → ＋AD → ＝CD → ＋(CD → －CA →)＝２CD→－CA→．故选 A． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９５１ 详解详析 考点２　平面向量的坐标运算 １．D　因为b⊥(b－４a),所以b􀅰(b－４a)＝０,则４＋x２－ ４x＝０,解得x＝２．故选择:D． ２．D　(a＋λb)􀅰(a＋μb)＝a ２＋(λ＋μ)(a􀅰b)＋λμb ２ ＝２(１＋λμ)＝０,所以λμ＝－１．故选 D． ３．B　因为a＝(３,１),b＝(２,２), 所以a＋b＝(５,３),a－b＝(１,－１), 则|a＋b|＝ ５２＋３２＝ ３４,|a－b|＝ １＋１＝ ２,(a ＋b)􀅰(a－b)＝５×１＋３×(－１)＝２, 所以cos‹a＋b,a－b›＝ (a＋b)􀅰(a－b) |a＋b||a－b| ＝ ２ ３４× ２ ＝ １７ １７ ． 故选B． ４．解析:由题意可知,２k＝５×６,则k＝１５． 答案:１５ ５．解析:a􀅰b＝－２×１＋３×２＝４． 答案:４ ６．解析:由已知,a∥b,得２×４＝５λ,故λ＝８５． 答案:８ ５ 第２节　平面向量的数量积及应用 考点１　平面向量的数量积 １．B　以{AB →,AD→}为基底向量,可知|AB→|＝|AD→|＝２,AB→ 􀅰AD → ＝０ 则EC → ＝EB → ＋BC → ＝１２AB → ＋AD →,ED→＝EA→＋AD→＝ －１２AB → ＋AD →, 所 以EC → 􀅰ED→＝ １２AB → ＋AD → ( ) 􀅰 －１２AB → ＋AD → ( ) ＝ －１４AB →２＋AD→ ２ ＝－１＋４＝３．故选B． ２．D　建立如图所示坐标系,由题易 知,设C(０,０),A(３,０),B(０,４), ∵PC＝１,∴ 设 P(cosθ,sinθ), θ∈[０,２π) PA→􀅰PB→＝(３－cosθ,－sinθ)􀅰 (－cosθ,４－sinθ)＝－３cosθ－ ４sinθ＋cos２θ＋sin２θ＝１－５sin(θ ＋φ)(其 中 sinφ＝ ３ ５ ,cosφ＝ ４ ５ )∈[－４,６],所以选 D． ３．解析:(２a＋b)􀅰b＝２a􀅰b＋b２＝２×１×３×１３＋３ ２＝１１ 答案:１１ ４．解析:由a⊥b,得m＋３m＋３＝０,解得m＝－３４． 答案:－３４ ５．解析:由题设知a－λb＝(１－３λ,３－４λ), 由(a－λb)⊥b得(a－λb)􀅰b＝(１－３λ,３－４λ)􀅰(３,４)＝ ３(１－３λ)＋４(３－４λ) ＝１５－２５λ＝０,解得λ＝３５． 答案:３ ５ ６．解析:c＝a＋kb＝(３,１)＋k(１,０)＝(k＋３,１),由a⊥c得 a􀅰c＝０,所以３(k＋３)＋１＝０,解得k＝－１０３． 答案:－１０３ ７．解析:∵(a＋b＋c)２＝０＝a２＋b２＋c２＋２(a􀅰b＋b􀅰c＋c 􀅰a)＝９＋２(a􀅰b＋b􀅰c＋c􀅰a),∴原式＝－９２． 答案:－９２ ８．解析:因为a＝(２,１),b＝(２,－１),c＝(０,１),故(a＋b)􀅰 c＝(４,０)􀅰(０,１)＝０, a􀅰b＝４－１＝３． 答案:０　３ 考点２　平面向量的夹角 C　 由 已 知 有c＝(３＋t,４),cos‹a,c›＝cos‹b,c›,故 ９＋３t＋１６ |c|􀅰５ ＝ ３＋t |c|􀅰１ ,解得t＝５,故选 C． 考点３　平面向量的模 １．B　将条件|a＋２b|＝２平方得１＋４a􀅰b＋４b２＝４,由(b －２a)⊥b得b２－２a􀅰b＝０,所以b２＝１２ ,|b|＝ ２２． ２．D　因为a－b＝(２,１)－(－２,４)＝(４,－３),所以|a－b| ＝ ４２＋(－３)２＝５．故选 D． ３．解析:因为a－b＝(x,１)－(x－１,２x)＝(１,１－２x),又a ⊥(a－b) 所以a􀅰(a－b)＝x＋１－２x＝１－x＝０,解得x＝１ 所以|a|＝ １２＋１２＝ ２ 答案:２ ４．解析:由|a＋b|＝|２a－b|,得a２＝２a􀅰b; 由|a－b|＝ ３,得a２－２a􀅰b＋b２＝３,即b２＝３, |b|＝ ３． 答案:３ ５．解析:因为|a－b|＝５,平方得 a２－２a􀅰b＋b２＝２５⇒９－２＋b２＝２５⇒b２＝１８⇒|b|＝ ３ ２． 答案:３ ２ 考点４　平面向量的综合应用 １．D　先根据AB → ＝OB → －OA →,求出OA→,OB→,进而可以用向 量OA →,OB→表示出２CA→＋AB→,即可解出． 因为|OA → |＝|OB → |＝ ２,|AB → |＝２, 由AB → ＝OB → －OA → 平方,可得OA →􀅰OB→＝０,所以‹OA→,OB→› ＝π２． ２CA → ＋AB → ＝２(OA → －OC →)＋OB→－OA→＝OA→＋OB→－２OC→, |OC → |＝ ３２＋４２＝５, 所以,|２CA → ＋AB → |２＝OA →２＋OB→ ２ ＋４OC →２－４(OA→＋OB→) 􀅰OC → ＝２＋２＋４×２５－４ OA → ＋OB →( ) 􀅰OC → ＝１０４－４(OA → ＋ OB →)􀅰OC→, 又|(OA → ＋OB →)􀅰OC→|≤|OA→＋OB→||OC→|＝５× ２＋２＝ １０,即－１０≤(OA → ＋OB →)􀅰OC→≤１０, 所以|２CA → ＋AB → |２∈[６４,１４４],即|２CA → ＋AB → |∈[８, １２],故选:D． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０６１ 最新真题分类特训􀅰数学 ２．A　 如 图 所 示,|OA|＝１, |OP|＝ ２,则 由 题 意 可 知: ∠APO＝π４ , 由 勾 股 定 理 可 得 PA ＝ OP２－OA２＝１ 当点A,D 位于直线PO 异侧 时,设∠OPC＝α,０≤α≤π４ , 则:PA →􀅰PD→＝|PA→|􀅰|PD→|cosα＋π４( ) ＝１× ２cosαcos α＋π４( ) ＝ ２cosα ２ ２cosα－ ２ ２sinα æ è ç ö ø ÷ ＝cos２α－sinαcosα ＝１＋cos２α２ － １ ２sin２α ＝１２－ ２ ２sin ２α－ π ４( ) ０≤α≤π４ ,则－π４≤２α－ π ４≤ π ４ ∴当２α－π４＝－ π ４ 时,PA →􀅰 PD → 有最大值１． 当点A,D 位于直线PO 同侧 时,设∠OPC＝α,０≤α≤π４ , 则:PA →􀅰PD→＝|PA→|􀅰|PD→| cosα－π４( ) ＝１× ２cosαcosα－π４( ) ＝ ２cosα ２ ２cosα＋ ２ ２sinα æ è ç ö ø ÷ ＝cos２α＋sinαcosα ＝１＋cos２α２ ＋ １ ２sin２α ＝１２＋ ２ ２sin ２α＋ π ４( ) ０≤α≤π４ ,则 π ４≤２α＋ π ４≤ π ２ ∴当２α＋π４＝ π ２ 时,PA →􀅰PD→有最大值１＋ ２２ ． 综上可得,PA →􀅰PD→的最大值为１＋ ２２ ． 故选 A ． ３．AC　对于 A:|OP１ → |＝ cos２α＋sin２α＝１, |OP２ → |＝ cos２β＋sin ２ β＝１,A对; 因为|AP１ → |＝ (cosα－１)２＋sin２α＝ ２－２cosα, |AP２ → |＝ (cosβ－１) ２＋sin２β＝ ２－２cosβ,所 以 B错; 因为OA → 􀅰OP３ → ＝ (１,０)􀅰 (cos(α＋β),sin(α＋β)) ＝cos(α＋β), OP１ →􀅰OP２ → ＝cosαcosβ－sinαsinβ＝cos(α＋β), OA →􀅰OP３ → ＝OP１ →􀅰OP２ →,所以 C对; 而OA →􀅰OP１ → ＝(１,０)􀅰(cosα,sinα)＝cosα, OP２ →􀅰OP３ → ＝(cosβ,－sinβ)􀅰(cos(α＋β),sin(α＋β))＝ cosβcos(α＋β)－sinβsin(α＋β)＝cos(２β＋α),所以D错, 故答案为 AC． ４．解析:本题考查了平面向量的数量积,模的最值． 由题意可知,f(a,b),f(b,c),f(a,c)三者全为０或一个 为１,一个为－１,一个为０． 当全为０时,可知a,b,c,两两垂直,不符合题意,所以必 为后者,不妨设f(a􀅰b)＝０,f(b􀅰c)＝－１, f(a,c)＝１ 可知b􀅰c＜０,a􀅰c＞０,a􀅰b＝０ 设a＝(１,０),b＝(０,１),c＝(cosθ,sinθ), ∴a􀅰c＝cosθ＞０,b􀅰c＝sinθ＜０,∴θ∈ －π２ ,０( ) ∴ |a ＋ b ＋ c| ＝ (１＋cosθ)２＋(１＋sinθ)２ ＝ ３＋２ ２sin θ＋π４( ) 可知θ＋π４∈ － π ４ ,π ４( ) ,∴２ ２sinθ＋ π ４( ) ∈(－２,２) ∴|a＋b＋c|∈(１,５) 答案:(１,５) ５．解析:如 图,因 为 E 为CD 的 中 点,则ED → ＋EC → ＝０, 可得 AE → ＋ED → ＝AD → AE → ＋EC → ＝AC →{ , 两 式 相 加,可 得 到 ２AE → ＝AD → ＋AC →, 即２AE → ＝１２a＋b ,则AE → ＝１４a＋ １ ２b ; 因 为 BF → ＝ １３ BC →, 则 ２ FB→ ＋ FC→ ＝ ０, 可 得 AF → ＋FC → ＝AC → AF → ＋FB → ＝AB →{ , 得到AF → ＋FC → ＋２(AF → ＋FB →)＝AC→＋２AB→, 即３AF → ＝２a＋b,即AF → ＝２３a＋ １ ３b． 于是AE →􀅰AF→＝ １４a＋ １ ２b( ) 􀅰 ２ ３a＋ １ ３b( ) ＝１１２ (２a２＋５a􀅰b＋２b２)． 记AB＝x,AC＝y,则AE →􀅰AF→＝１１２(２a ２＋５a􀅰b＋２b２) ＝１１２ (２x２＋５xycos６０°＋２y２) ＝１１２ ２x ２＋５xy２ ＋２y ２( ) , 在△ABC中,根据余弦定理: BC２＝x２＋y２－２xycos６０°＝x２＋y２－xy＝１, 于是AE →􀅰AF→＝１１２ ２xy＋ ５xy ２ ＋２( )＝ １ １２ ９xy ２ ＋２( ) , 由x２＋y２－xy＝１和基本不等式,x２＋y２－xy＝１≥２xy －xy＝xy, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １６１ 详解详析 故xy≤１,当且仅当x＝y＝１取得等号, 则x＝y＝１时,AE →􀅰AF→有最大值１３２４． 答案:１ ４a＋ １ ２b　 １３ ２４ ６．解析:如图,以圆心为原点,A７A３ 所在直线为x轴,A５A１ 所在 直 线 为y 轴 建 立 平 面 直 角 坐 标 系,则 A１(０,１), A２ ２２ ,２ ２ æ è ç ö ø ÷,A３ (１,０),A４ ２２ ,－ ２２ æ è ç ö ø ÷,A５ (０,－１), A６ － ２２ ,－ ２２ æ è ç ö ø ÷,A７ (－ １,０),A８ － ２２ ,２ ２ æ è ç ö ø ÷． 设P(x,y),于是PA１ →２＋PA２ →２＋􀆺＋PA８ →２＝８(x２＋y２) ＋８, 因为cos２２．５°≤|OP|≤１,所以１＋cos４５°２ ≤x ２＋y２≤１, 故PA１ →２ ＋PA２ →２ ＋􀆺＋PA８ →２ 的取值范围是[１２＋２ ２,１６]． 答案:[１２＋２ ２,１６] ７．解析:设BE＝x,x∈ ０,１２( ) , ∵△ABC 为 边 长 为 １的 等 边 三 角形,DE⊥AB , ∴∠BDE＝３０°,BD＝２x,DE＝ ３x,DC＝１－２x, ∵DF∥AB,∴△DFC 为边长为１－２x 的等边三角形, DE⊥DF, ∴(２BE → ＋DF →)２＝４BE→ ２ ＋４BE →􀅰DF→＋DF→ ２ ＝ ４x２＋４x(１－２x)×cos０°＋(１－２x)２＝１, ∴|２BE → ＋DF → |＝１, ∵(DE → ＋DF →)􀅰DA→＝(DE→＋DF→)􀅰(DE→＋EA→)＝DE→ ２ ＋ DF →􀅰EA→ ＝(３x)２＋(１－２x)×(１－x)＝５x２－３x＋１＝ ５ x－３１０( ) ２ ＋１１２０ , 所以当x＝３１０ 时,(DE → ＋DF →)􀅰DA→的最小值为１１２０． 答案:１;１１２０ ８．解析:令a＝(１,０),b＝(０,２),c＝(m,n),因为(a－b)􀅰c ＝０,故m－２n＝０,故c＝(２n,n), 因为d在a,b方向,(即x轴和y 轴正方向)上的投影分 别为x,y,故可设d＝(x,y),因为d－a在c方向上的投 影为z＝ (d－a)􀅰c |c| ＝ ２x＋y－２ ５ ,故２x＋y－ ５z＝２, 故 x２ ＋ y２ ＋ z２ ＝ (２x)２ ４ ＋ y２ １ ＋ (－ ５z)２ ５ ≥ (２x＋y－ ５z)２ ４＋１＋５ ＝ ２ ５ , 当且 仅 当 ２x ４＝ y １＝ － ５z ５ ２x＋y－ ５z＝２ { ,即 x＝２５ y＝１５ z＝－ ５５ ì î í ï ï ï ï ïï 时 取 等 号,故 填２ ５． 答案:２ ５ 第３节　解三角形 考点１　正弦定理 １．C　由题意结合正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝ sinC, 即sinAcosB－sinBcosA＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋ sinBcosA, 整理可得sinBcosA＝０,由于B∈(０,π), 故sinB＞０, 据此可得cosA＝０,A＝π２ , 则B＝π－A－C＝π－π２－ π ５＝ ３π １０． 故选:C． ２．B　过C 作BB′的垂线交BB′于 点M,过B 作AA′的垂线交AA′ 于点N,设B′C′＝CM＝m,A′B′ ＝BN＝n,在 三 角 形 △A′B′C′ 中, m sin７５°＝ n sin４５° ,在 三 角 形 △CBM 中, msin７５°＝ １００ sin１５° ,联 立求得n＝ ２００ ３－１ ≈２７３,得A,C两点到水平面A′B′C′的 高度差AA′－CC′约为２７３＋１００＝３７３,故选B． ３．解:(１)２ １ ２sinA＋ ３ ２cosA æ è ç ö ø ÷＝２, sin A＋π３( )＝１, ∵A 为三角形ABC 的内角, ∴A＋π３＝ π ２ ,∴A＝π６． (２)∵ ２bsinC＝csin２B, ∴ ２sinBsinC＝sinCsin２B＝２sinCsinBcosB, ∴ ２＝２cosB,∴cosB＝ ２２ , ∴B＝π４ ,C＝７π１２ , a sinA＝ b sinB＝ c sinC , ２ １ ２ ＝b ２ ２ ＝ c ６＋ ２ ４ ,∴b＝２ ２,c＝ ６＋ ２, ∴△ABC的周长为２＋ ６＋３ ２． ４．解:(１)由 正 弦 定 理 可 得, asinA＝ b sinB ,即 ３９ sin１２０°＝ ２ sinB ,解得sinB＝ １３１３ ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２６１ 最新真题分类特训􀅰数学 (２)由余弦定理可得,a２＝b２＋c２－２bccosA, 即３９＝４＋c２－２×２×c× －１２( ) , 解得c＝５或c＝－７(舍去)．所以c＝５． (３)由正弦定理可得, asinA＝ c sinC ,即 ３９ sin１２０°＝ ５ sinC , 解得sinC＝５ １３２６ ,而A＝１２０°, 所以B,C都为锐角,因此cosC＝ １－２５５２＝ ３ ３９ ２６ , cosB＝ １－１１３＝ ２ ３９ １３ , 故sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC ＝ １３１３ × ３ ３９ ２６ － ２ ３９ １３ × ５ １３ ２６ ＝－ ７ ３ ２６ ． 考点２　余弦定理 １．A 　cos A ＝ AB ２＋AC２－BC２ ２AB􀅰AC ＝ ６＋４＋２ ３－４ ２ ６(１＋ ３) ＝ ２ ３(１＋ ３) ２ ６(１＋ ３) ＝ ２２ ,又０°＜A＜１８０°,故A＝４５°． ２．D　知道一角和二边,求第三边显然用余弦定理, cos１２０°＝a ２＋c２－b２ ２ac ⇒－ １ ２＝ a２＋４－１９ ２􀅰a􀅰２ ⇒a ２＋２a－１５＝０, 利用十字叉乘法⇒(a－３)(a＋５)＝０,所以a＝３, 故选 D． ３．解析:如图所示:记AB＝c,AC＝ b,BC＝a, ２２＋b２－２×２×b×cos６０°＝６, 因为b＞０,解得:b＝１＋ ３, 由S△ABC＝S△ABD ＋S△ACD 可得, １ ２×２×b×sin６０°＝ １ ２×２×AD×sin３０°＋ １ ２×AD×b ×sin３０°, 解得:AD＝ ３b １＋b２ ＝２ ３ (１＋ ３) ３＋ ３ ＝２． 答案:２ ４．解析:cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ＝ ２５＋３６－１６ ２×５×６ ＝ ３ ４ , ∴sinA＝ １－cos２A＝ ７４． 答案:７ ４ ５．解析:令BD＝t,以 D 为坐标原点,DC 为x 轴建立直角 坐标系,则C(２t,０),A(１,３),B(－t,０)． AC２ AB２ ＝ (２t－１)２＋３ (t＋１)２＋３ ＝４－ １２ t＋１＋ ３t＋１ ≥４－２ ３． 当且仅当t＋１＝ ３,即BD＝ ３－１时取等号． 答案:３－１ 考点３　三角形面积公式的应用 １．解析:由S△ABC＝ １ ２acsinB ,得 ３＝１２acsin６０° ,即 ３＝ ３ ４ac ,得ac＝４,所以a２＋c２＝３ac＝１２, 则由余弦定理,得b２＝a２＋c２－２accos６０°＝１２－２×４× １ ２＝８ ,所以b＝２ ２． 答案:２ ２ ２．解:(１)因为a２＝b２＋c２－２bccosA, 所以b ２＋c２－a２ cosA ＝ ２bccosA cosA ＝２bc＝２ ,解得bc＝１． (２)由正弦定理可得acosB－bcosAacosB＋bcosA－ b c ＝sinAcosB－sinBcosAsinAcosB＋sinBcosA－ sinB sinC＝ sin(A－B) sin(A＋B)－ sinB sin(A＋B)＝ sin(A－B)－sinB sin(A＋B) ＝１ , 变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB, 即－２cosAsinB＝sinB, 而０＜sinB≤１,所以cosA＝－１２ ,又０＜A＜π, 所以sinA＝ ３２ , 故△ABC的 面 积 为S△ABC ＝ １ ２bcsinA＝ １ ２ ×１× ３ ２ ＝ ３４． ３．解:(１)由于cosC＝３５ ,且C 是三角形的内角,则sinC ＝４５． 由正弦定理知４sinA＝ ５sinC,则sinA＝ ５４sinC＝ ５ ５． (２)由余弦定理,得cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ a２＋１２１－１６５a ２ ２２a ＝ １１－a ２ ５ ２a ＝ ３ ５ , 即a２＋６a－５５＝０,解得a＝５． 所以△ABC的 面 积S＝ １２absinC＝ １ ２ ×５×１１× ４ ５ ＝２２． 考点４　解三角形的综合应用 １．ABC　由２＝cos２A＋cos２B＋２sinC＝１－２sin２A＋１－ ２sin２B＋２sinC, 可得sin２A＋sin２B＝sinC,故选项 A正确． 由cosAcosBsinC＝１４ 可知A,B皆为锐角; 若A＋B＜π２ ,则sin２A＋sin２B＜sinAcosB＋sinBcosA＝ sinC,不合题意, 若A＋B＞π２ ,则sin２A＋sin２B＞sinAcosB＋sinBcosA＝ sinC,也不合题意, 所以A＋B＝π２ ,C＝π２． ∴由cosAcosB＝１４ ,可知sinAsinB＝１４ ,由面积可知 ab＝１２ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３６１ 详解详析 所以c２＝ absinAsinB＝２ ,故AB＝ ２,选项B正确． sinA＋sinB＝ １＋２sinAsinB＝ ６２ ,选项C正确． AC２＋BC２ ＝AB２ ＝２,选项 D 错误．故本题正确选项 为 ABC． ２．C　因为B＝ π３ ,b２＝９４ac ,所以sin２B＝９４sinAsinC , sinAsinC＝４９× ３ ４＝ １ ３ ,由余弦定理可得:b２＝a２＋c２ －ac＝９４ac ,即a２＋c２＝１３４ac ,sin２A＋sin２C＝１３４sinAsin C＝１３１２ ,所以(sinA＋sinC)２＝sin２A＋sin２C＋２sinAsinC＝ １３ １２＋ ２ ３＝ ７ ４ ,sinA＋sinC＝ ７２． ３．解析:如图,在A 处,tanx＝ １０．４＝２．５ ,在B 处满足tan ∠CED＝２．５,(其中ED∥水平面,CE 是射过B 处杆子 最高 点 的 光 线,光 线 交 斜 面 于 E),设 BD＝y,则 ED ＝１＋y２．５ , 由勾股定理,y２＋ １＋y２．５( ) ２ ＝０．４５２,解得y≈０．０９８, 于是θ＝arcsin０．０９８０．４５≈１２．５８°． 答案:１２．５８° ４．解析:(１)AM２＝AB２＋BM２－２BM􀅰BA􀅰cosB,即１２ ＝４＋BM２－２BM􀅰２􀅰１２ , 所以BM２－２BM－８＝０⇒BM＝４,所以BC＝８ 所以AC２＝AB２＋BC２－２AB􀅰BC􀅰cosB＝４＋６４－ ２􀅰２􀅰８􀅰１２＝６８－１６＝５２ , 故AC＝２ １３． (２)由 余 弦 定 理 得 cos ∠MAC＝AC ２＋AM２－MC２ ２AM􀅰AC ＝ ５２＋１２－１６ ２×２ ３×２ １３ ＝ ４８ ８ ３９ ＝２ ３９１３ ． 答案:２ １３　２ ３９１３ ５．解:(１)在△ABC 中,由正弦定理及已知得sinAsinB＝ ３sinBcosA, sinA＝ ３cosA,tanA＝ ３,A＝π３． (２)由c－２b＝１得b＝c－１２ ,由余弦定理a２＝b２＋c２－ ２bccosA 得(７)２＝c２＋ c－１２( ) ２ －２c c－１２( )cos π ３ ,即 ３c２＋１＝２８,解之得c＝３,b＝１． (３)由余弦定理 得cosB＝a ２＋c２－b２ ２ac ＝ (７)２＋３２－１２ ２ ７×３ ＝５ ７１４ ,sinB＝ １－ ５ ７ １４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ２１１４ ,sin(A＋２B)＝ sinAcos２B＋cosAsin２B＝sinA[２cos２ B－１]＋ ２cosAcosBsinB＝ ３２ × ２ ５ ７ １４ æ è ç ö ø ÷ ２ －１æ è ç ö ø ÷ ＋２× １２ × ２１ １４ × ５ ７ １４ ＝ ４ ３ ７ ． ６．解:(１)由余弦定理可得:cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ２ ２ , 因为C∈(０,π),所以C＝π４ ,所以 ２cosB＝sinC＝ ２２ , 即cosB＝１２ , 因为B∈(０,π),所以B＝π３． (２)由(１)可得A＝π－B－C＝ ５１２π ,设△ABC 外接圆的 半径为R, 由正弦定理可得: a sinA＝ b sinB＝ c sinC＝２R ,所 以b＝ ３R,c＝ ２R,sinA＝sin(B＋C) ＝sinBcosC＋cosBsinC＝ ６＋ ２４ , 所以S△ABC＝ １ ２bcsinA＝ １ ２ 􀅰 ３R􀅰 ２R􀅰 ６＋ ２４ ＝３ ＋ ３,解得R＝２, 所以c＝２ ２． ７．解析:(１)设a＝２t,c＝３t,t＞０,则根据余弦定理得b２＝ a２＋c２－２accosB, 即２５＝４t２＋９t２－２×２t×３t×９１６ ,解得t＝２(负值舍去); 则a＝４,c＝６． (２)因为 B 为 三 角 形 内 角,所 以sinB＝ １－cos２B＝ １－ ９１６( ) ２ ＝５ ７１６ , 根据正弦定理得 a sinA＝ b sinB ,即 ４ sinA＝ ５ ５ ７ １６ , 解得sinA＝ ７４ , (３)因为cosB＝９１６＞０ ,且B∈(０,π),所以B∈ ０,π２( ) , 由(２)知sinB＝５ ７１６ , 因为a＜b,则A＜B,所以cosA＝ １－ ７ ４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝３４ , 则sin２A＝２sinAcosA＝２× ７４× ３ ４＝ ３ ７ ８ ,cos２A＝ ２cos２A－１＝２× ３４( ) ２ －１＝１８ , cos(B－２A)＝cosBcos２A＋sinBsin２A＝ ９１６× １ ８ ＋ ５ ７ １６ × ３ ７ ８ ＝ ５７ ６４． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４６１ 最新真题分类特训􀅰数学 ８．解:(１)因为A＋B＝３C,所以A＋B＝３(π－A－B),所以 A＋B＝３π４ ,所以C＝π４ , 另外,由题意得:２sin(A－C)＝sin(A＋C), 即２sinAcosC－２cosAsinC ＝sinAcosC＋cosAsinC, 所以sinA＝３cosA,变形得sin２A＝９(１－sin２A)． 故sinA＝３ １０１０ ． (２)由sinA＝３cosA, 得cosA＝１３sinA＝ １０ １０ , 所以sinB＝sin(A＋C)＝３ １０１０ × ２ ２ ＋ １０ １０ × ２ ２ ＝ ２ ５ ５ ,由 AC sinB＝ AB sinC ,解得AC＝２ １０, 所以S△ABC＝ １ ２×５×２ １０× ３ １０ １０ ＝１５ , 设AB 边上的高为h,则１２AB 􀅰h＝１５,解得h＝６．故AB 边上的高为６． ９．解:(１)因为S△ABC＝２S△ADC＝２× １ ２× a ２×１×sin６０°＝ ３ ４a＝ ３ ,解得a＝４, 在△ADC中由余弦定理得b２＝１２＋２２－２×１×２×cos π３ ＝３, 在△ABD中,c２＝１２＋２２－２×１×２×cos２π３＝７ , 在△ABC中,cosB＝c ２＋a２－b２ ２ca ＝ ７＋１６－３ ２ ７×４ ＝ ５ ２ ７ , sinB＝ １－cos２B＝ ３ ２ ７ ,因此tanB＝sinBcosB＝ ３ ５． (２)在△ABC 中,由 中 线 长 公 式 可 得 (２AD)２ ＋BC２ ＝ ２(AB２＋AC２),即２２＋a２＝２(b２＋c２)＝１６,所以a２＝１２, 又S△ABC＝ １ ２bcsinA＝ ３ ,因而bcsinA＝２ ３,又由余弦 定理得a２＝b２＋c２－２bccosA,即１２＝８－２bccosA,所以 bccosA＝－２,故tanA＝－ ３⇒cosA＝－１２ ,所以bc＝ ４,又b２＋c２＋２bc＝８＋８＝１６＝(b＋c)２,b２＋c２－２bc＝８ －８＝０＝(b－c)２,故可得b＝c＝２． １０．解:(１)由 余 弦 定 理 可 得:BC２ ＝AB２ ＋AC２ －２AB􀅰 ACcosA＝４＋１－２×２×１×cos１２０°＝７, 则 BC＝ ７,cosB ＝ AB ２＋BC２－AC２ ２AB􀅰BC ＝ ７＋４－１ ２×２× ７ ＝５ ７１４ , sinB＝ １－cos２B＝ １－２５２８＝ ２１ １４ ． (２)由三角形面积公式可得 S△ABD S△ACD ＝ １ ２×AB×AD×sin９０° １ ２×AC×AD×sin３０° ＝４, 则S△ACD＝ １ ５S△ABC＝ １ ５× １ ２×２×１×sin１２０°( ) ＝ ３１０． １１．解:(１)已 知 sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)可 化 简为 sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－ sinBcosCsinA, 由正弦定理可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC,即 accosB＝２bccosA－abcosC,由余弦定理可得 aca ２＋c２－b２ ２ac ＝２bc b２＋c２－a２ ２bc －ab a２＋b２－c２ ２ab ,即 得 ２a２＝b２＋c２; (２)由(１)可知b２＋c２＝２a２＝５０,cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ＝ ５０－２５ ２bc ＝ ２５ ２bc＝ ２５ ３１ ,∴２bc＝３１,∵b２＋c２＋２bc＝(b＋c)２ ＝８１,∴b＋c＝９,∴a＋b＋c＝１４,∴△ABC 的 周 长 为１４． １２．解:(１)由A＝２B,sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)可 得,sinCsinB＝sinBsin(C－A),而０＜B＜π２ ,所以sin B∈(０,１),即有sinC＝sin(C－A)＞０,而０＜C＜π,０ ＜C－A＜π,显然C≠C－A,所以,C＋C－A＝π,而A ＝２B,A＋B＋C＝π,所以C＝５π８． (２)由sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)可得, sinC(sinAcosB－cosAsinB)＝sinB(sinCcosA－ cosCsinA),再由正弦定理可得,accosB－bccosA＝ bccosA－abcosC,然后根据余弦定理可知, １ ２ (a２＋c２－b２)－１２ (b２＋c２－a２)＝１２ (b２＋c２－a２)－ １ ２ (a２＋b２－c２),化简得:２a２＝b２＋c２,故原等式成立． １３．解:(１)由已知条件得:sin２B＋sinAsin２B＝cosA＋ cosAcos２B, 所以sin２B＝cosA＋cosAcos２B－sinAsin２B＝cosA ＋cos(A＋２B) ＝cos[π－(B＋C)]＋cos[π－(B＋C)＋２B] ＝－cos(B＋C)＋cos[π＋(B－C)] ＝－２cosBcosC, 所以２sinBcosB＝－２cosBcosC, 即(sinB＋cosC)cosB＝０, 由已知条件:１＋cos２B≠０,则B≠π２ ,可得cosB≠０, 所以sinB＝－cosC＝１２ ,B＝π６． (２)由(１)知sinB＝－cosC＞０,则 π２ ＜C＜π ,０＜B＜ π ２ ,sinB＝sin C－π２( )＝－cosC, sinA＝sin(B＋C)＝sin ２C－π２( )＝－cos２C, 由正弦定理a ２＋b２ c２ ＝sin ２A＋sin２B sin２C ＝cos ２２C＋cos２C sin２C ＝ (１－２sin２C)２＋(１－sin２C) sin２C ＝２＋４sin ４C－５sin２C sin２C ＝ ２ sin２C ＋４sin２C－５ ≥２ ２ sin２C 􀅰４sin２C－５＝４ ２－５, 当且仅当sin２C＝ ２２ 时等号成立,所以a ２＋b２ c２ 的最小值 为４ ２－５． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５６１ 详解详析 １４．解:(１)∵边长为a的正三角形的面积为 ３４a ２, ∴S１－S２＋S３＝ ３ ４ (a２－b２＋c２)＝ ３２ ,即accosB＝１, 由sinB＝１３ 得:cosB＝２ ２３ ,∴ac＝ １cosB＝ ３ ２ ４ , 故S△ABC＝ １ ２acsinB＝ １ ２× ３ ２ ４ × １ ３＝ ２ ８． (２)由正弦定理得:b ２ sin２B ＝ asinA 􀅰 c sinC＝ ac sinAsinC＝ ３ ２ ４ ２ ３ ＝９４ , ∴ bsinB＝ ３ ２． 故b＝３２ ,sinB＝１２． １５．解:(１)sin２C＝ ３sinC,２sinCcosC＝ ３sinC,cosC＝ ３２ , 又０＜∠C＜π２ ,∴∠C＝π６． (２)∵S△ABC＝６ ３,∴ １ ２absinC＝６ ３ ,∵∠C＝π６ , ∴sinC＝ １２ ,∴a＝４ ３,由余弦定理得c２＝a２＋b２－ ２abcosC＝４８＋３６－２×４ ３×６× ３２＝１２ , c＝２ ３,所以△ABC的周长为６ ３＋６． １６．解析:(１)证明:在△ABC 中,由正弦定理得,BD􀅰b＝ ac,又b２＝ac,所以BD􀅰b＝b２,即BD＝b． (２)若AD＝２DC,则AD＝２３b ,DC＝１３b , 在△ABD 中,由余弦定理得cos∠ADB＝ DA２＋DB２－AB２ ２DA􀅰DB ＝ ２ ３b( ) ２ ＋b２－c２ ２􀅰２３b 􀅰b ; 在△BCD 中,由余弦定理得cos∠BDC＝ DB２＋DC２－BC２ ２DB􀅰DC ＝ b２＋ １３b( ) ２ －a２ ２􀅰b􀅰１３b ; 因 为 ∠ADB＋ ∠BDC＝π,所 以 ２ ３b( ) ２ ＋b２－c２ ２􀅰２３b 􀅰b ＋ b２＋ １３b( ) ２ －a２ ２􀅰b􀅰１３b ＝０,即１１３b ２＝２a２＋c２, 又b２＝ac,所以１１３ac＝２a ２＋c２,即６a２－１１ac＋３c２＝０, 即(３a－c)􀅰(２a－３c)＝０,所以３a＝c或２a＝３c． 当３a＝c时,由１１３b ２＝２a２＋c２,得a２＝ １３b ２,c２＝９a２ ＝３b２, 在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC＝ BA２＋BC２－AC２ ２BA􀅰BC ＝ a２＋c２－b２ ２􀅰a􀅰c ＝ １ ３b ２＋３b２－b２ ２􀅰b２ ＝ ７ ３b ２ ２􀅰b２ ＝７６＞１ ,不成立． 当２a＝３c时,由１１３b ２＝２a２＋c２, 得a２＝３２b ２,c２＝２３b ２, 在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC＝ BA２＋BC２－AC２ ２BA􀅰BC ＝ a２＋c２－b２ ２􀅰a􀅰c ＝ ３ ２b ２＋２３b ２－b２ ２􀅰b２ ＝ ７ ６b ２ ２􀅰b２ ＝７１２． 综上,所求 cos∠ABC＝７１２． 答案:(１)见解析;(２)７１２ １７．解:(１)２sinC＝３sinA,∴２c＝３a,又∵c＝a＋２, ∴a＝４,b＝５,c＝６． cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ＝ ３ ４ ,在△ABC中得sinA＝ ７４ , S△ABC＝ １ ２bcsinA＝ １５ ７ ４ ． (２)由△ABC为钝角三角形,b＝a＋１,c＝a＋２,得c边 最大,所以C角最大 cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ a２＋(a＋１)２－(a＋２)２ ２a(a＋１) ＜０ ,得a２ －２a－３＜０, 所以－１＜a＜３,因为a为正整数,所以a＝１或a＝２, 当a＝１时,b＝２,c＝３,此时a＋b＝c,与题不符 ∴存在正整数a＝２,使得△ABC为钝角三角形． １８．解:(１)由正弦定理 bsinB＝ c sinC ,得sinC＝２sinBcosB ＝sin２B, 故C＝２B(舍),或C＋２B＝π,故B＝A＝π６． (２)由(１)知,c＝ ３b,故不能选①． 选②,设BC＝AC＝２x,则 AB＝２ ３x,故周长为(４＋ ２ ３)x＝４＋２ ３,解得x＝１, 即 BC＝AC＝２,AB＝２ ３,设 BC 中 点 为 D,则 在 △ABD 中,由 余 弦 定 理,cosB＝AB ２＋BD２－AD２ ２×AB×BD ＝ １＋１２－AD２ ４ ３ ＝ ３２ ,解得AD＝ ７． 选③,设BC＝AC＝２x,则AB＝２ ３x,故SΔABC＝ １ ２× (２x)×(２x)×sin１２０°＝ ３x２＝３ ３４ , 解得x＝ ３２ ,即BC＝AC＝ ３,AB＝３,设BC中点为D, 则在△ABD 中, 由余弦定理,cosB＝AB ２＋BD２－AD２ ２×AB×BD ＝ ９＋ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ －AD２ ３ ３ ＝ ３２ ,解得AD＝ ２１２ ． １９．解析:(１)因为sinA:sinB:sinC＝２∶１∶ ２,由正弦定 理可得a∶b∶c＝２∶１∶ ２, ∵b＝ ２,∴a＝２ ２,c＝２; (２)由余弦定理可得cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ８＋２－４ ２×２ ２× ２ ＝３４ ; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６６１ 最新真题分类特训􀅰数学 (３)∵cosC＝３４ ,∴sinC＝ １－cos２C＝ ７４ , ∴sin２C＝２sinCcosC＝２× ７４ × ３ ４ ＝ ３ ７ ８ ,cos２C＝ ２cos２C－１＝２×９１６－１＝ １ ８ , 所以sin ２C－π６( ) ＝sin２Ccos π ６ －cos２Csin π ６ ＝ ３ ７ ８ × ３ ２－ １ ８× １ ２＝ ３ ２１－１ １６ ． 答案:(１)２ ２;(２)３４ ;(３)３ ２１－１１６ 考点５　正、余弦定理的实际应用 １．B　由条件得,△OAB 为等边三角形,有OC＝ ３,CD＝ ２－ ３,所以s＝２＋ (２－ ３)２ ２ ＝２＋ ７－４ ３ ２ ＝ １１－４ ３ ２ ． ２．A　DEAB＝ EH AH ,FG BA＝ CG CA ,故EH AH ＝ CG CA ,即 EH AE＋EH＝ CG AE＋EG＋GC ,解得AE＝EH 􀅰EG CG－EH ,AH＝AE＋EH,故 AB＝DE 􀅰AH EH ＝ DE􀅰(AE＋EH) EH ＝ DE􀅰EG CG－EH＋DE． ３．解析:如图,不妨设OA＝OB＝a,BT＝b, AT＝c,则AB＝ ２a 所以在△ABT 中,(２a)２＝b２＋c２－２bc cos５３．５°　① 在△OBT 中, asin１６．５°＝ b sin∠BOT　② 在△OAT 中, asin３７°＝ c sin(９０°－∠BOT)　③ 联立①②③得∠BOT≈７．８°． 答案:７．８° 专题七　数系的扩充与复数的引入 考点１　复数的概念 １．C　由(１＋５i)i＝－５＋i,即知虚部为１,选 C． ２．C　|z|＝ １２＋１２＝ ２． ３．D　因为z＝ ２i,所以z􀅰􀭵z＝２,故选 D． ４．C　(a＋i)(１－ai)＝a－a２i＋i＋a＝２a＋(１－a２)i＝２, 所以 ２a＝２, １－a２＝０,{ 解得a＝１．故选 C． ５．C　由题意可得２＋i２＋２i３＝２－１－２i＝１－２i, 则|２＋i２＋２i３|＝|１－２i|＝ １２＋(－２)２＝ ５．故选 C． ６．A　由题设,z＝１－２i,􀭵z＝１＋２i,代入有a＋b＋１＋(２a－ ２)i＝０,故a＝１,b＝－２,选择 A． ７．A　因为a,b∈R,(a＋b)＋２ai＝２i,所以a＋b＝０,２a＝ ２,解得:a＝１,b＝－１．故选 A． ８．B　由题意,得a＋３i＝bi－１,复数相等定义, 知a＝－１,b＝３,故选B． ９．解析:本题考查了复数的模、以及复数的运算 ３＋ii ＝ |３＋i| |i| ＝ １０ １ ＝ １０ 答案: １０ １０．解析:设z＝１＋bi(b∈R,且b≠０), 所以z＋２z＝１＋bi＋ ２ １＋bi＝１＋bi＋ ２􀅰(１－bi) １＋b２ ＝１＋ ２ １＋b２ ＋ b－ ２b１＋b２( )i, 因为m∈R,所以b－ ２b １＋b２ ＝０,解得b＝±１,所以m＝１ ＋ ２ １＋b２ ＝１＋１＝２． 答案:２ １１．解析:１－iz＝１－i(１＋i)＝２－i,|１－iz|＝|２－i|＝ ５． 答案:５ 考点２　复数的四则运算 １．A　 １z－１＝ １ i＝－i． ２．B　先求出复数z,再根据复数模的公式即可求出．由i􀅰 z＋２＝２i可 得,z＝ ＝ －２＋２ii ＝２＋２i ,所 以|z|＝ ２２＋２２＝２ ２,故选:B． ３．C　由题知z＝(１＋i)(z－１),z＝１＋ii ＝１－i． 故选择:C． ４．A　因为z＝５＋i,所以􀭵z＝５－i,故i(􀭵z＋z)＝１０i． ５．C　zi＝－１－i ,则z＝i(－１－i)＝－i－i２＝１－i． ６．A　因为z＝１－i２＋２i＝－ １ ２i ,所以z＝１２i , 所以z－z＝－i．故选 A． ７．C　 ５ (１＋i３) (２＋i)(２－i)＝ ５(１－i) ５ ＝１－i ,故选 C． ８．B　 由 题 意 可 得 z＝ ２＋i １＋i２＋i５ ＝ ２＋i１－１＋i＝ i(２＋i) i２ ＝ ２i－１ －１ ＝１－２i ,则z＝１＋２i．故选B． ９．C　由 z　　　　 　　z􀭵z－１ ＝－１＋ ３i４－１ ＝－ １ ３＋ ３i ３ ,故选 C． １０．D　对原式两边同时乘以i得:z－１＝i,即z＝１＋i,所 以􀭵z＝１－i,即z＋􀭵z＝２,故选 D． １１．D　(２＋２i)(１－２i)＝２－４i＋２i－４i２＝２－２i＋４＝６－ ２i,故选 D １２．C　设z＝a＋bi,则􀭵z＝a－bi,代入得４a＋６bi＝４＋６i得 a＝１,b＝１,∴z＝１＋i． １３．C　在等式iz＝４＋３i两边同时乘i得,－z＝４i－３,所 以z＝３－４i,故选 C． １４．B　由(１－i)２z＝３＋２i,得z＝ ３＋２i(１－i)２ ＝３＋２i－２i＝－１＋ ３i ２ ,故选B． １５．C　z(􀭵z＋i)＝(２－i)(２＋i＋i)＝(２－i)(２＋２i)＝４＋４i －２i－２i２＝６＋２i,故答案选 C． １６．D　z＝ ２１－i＝ ２􀅰(１＋i) (１－i)􀅰(１＋i)＝１＋i． 故选 D． １７．C　(１＋ai)i＝i－a＝３＋i⇒a＝－３． １８．解析:(５＋i)􀅰(５－２i)＝５＋ ５i－２ ５i＋２＝７－ ５i． 答案:７－ ５i 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７６１ 详解详析