平面向量及其应用核心考点强化训练-《中学生数理化》高一数学2025年7～8月刊

■廖庆伟 一、选择题 1.在 △ABC 中,下 列 结 论 错 误 的 是( )。 A.AB→=-BA→ B.AB→+BC→=AC→ C.CA→-CB→=AB→ D.BC→-2CB→=3BC→ 2.已知正三角形ABC 的边长为2,点E 满足AE→=12(AC →-AB→),则 EA→·EB→= ( )。 A.0 B.1 C.2 D.4 3.设△ABC 的内角A,B,C 所对的边分 别为a,b,c,且3acosC=4csinA,若△ABC 的面积S=10,b=4,则a的值为( )。 A. 23 3 B. 25 3 C. 26 3 D. 28 3 4.在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别 为a,b,c。已知a2-b2=bc,sinCsin(A- B)=sinBsin(C -A),则 角 A 的 大 小 为( )。 A. π 6 B. π 4 C. π 3 D. π 8 5.(多选题)已知a≠e,|e|=1,满足:对 任意 t∈R,恒 有|a-te|≥|a-e|, 则( )。 A.a·e=0 B.e·(a-e)=0 C.a·e=1 D.e·(a-e)=1 6.(多选题)抖音上面的一位名为“汤匙 不是钥匙”的博主曾经讲过一个已知三角形 的三 个 顶 点 求 三 角 形 面 积 的 公 式,即 若 AB→=(x1,y1),AC→=(x2,y2),则 S△ABC= 1 2|x1y2-x2y1| ,这个公式的本质是与向量的 叉乘运算有关。前面我们学过向量的点乘,也 就是向量的数量积a·b=|a|·|b|cos<a,b>, 现在我们来定义向量的叉乘运算,设a,b 是 平面内的两个不共线的向量,则它们的向量 积是一个新的向量c=a×b,规定这个新向 量的方向与a,b 的方向都垂直,新向量的大 小满足|c|=|a×b|=|a|·|b|sin<a,b>。 不妨设a=(1,3),b=(1,4),m=(2,1),n= (13,14),则下列说法正确的是( )。 A.若c=a×b,则存在x,y∈R,使得 c=xa+yb B.a·b=13 C.|a×b|=1 D.m·n a2·b2-(a×b)2=520 7.(多选题)在△ABC 中,角A,B,C 所 对的边分别为a,b,c,已知b=23,B= π 3 , 则( )。 A.△ABC 外接圆的面积为16π B.若c=4,则C= π 2 C.△ABC 面积的最大值为33 D.△ABC 周长的最大值为63 8.(多选题)对于△ABC,有如下命题,其 中正确的是( )。 A.若sin2A=sin2B,则△ABC 为等腰 56 核心考点演练 高一数学 2025年7—8月 三角形 B.若sinA=cosB,则△ABC 一定是直 角三角形 C.若 sin2A +sin2B +cos2C <1,则 △ABC 为钝角三角形 D.若 AB= 3,AC=1,B=30°,则 △ABC 的面积为 3 4 或 3 2 9.(多选题)在△ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为a,b,c,已知a= 3,(a+ b)(sinB-sinA)=c(sinB -sinC), 则( )。 A.A= π 6 B.△ABC 的周长的最大值为33 C.当b最大时,△ABC 的面积为 3 2 D.b-c的取值范围为(- 3,3) 二、填空题 10.已知平面向量a=(1,m),b=(n- 4,2),c=(m,n),a⊥b,其中 m,n∈(0, +∞),则满足上述条件的c= 。(写出一 个即可) 11.已知向量a,b满足a=(2,0),|b|= 1,a·b=1,则向量a 与a-b 的夹角为 。 12.已知a,b,c分别为锐角△ABC 的三 个内角A,B,C 的对边,△ABC 的面积S= a2-(b-c)2 2 ,则b+2c a 的取值范围是 。 三、解答题 13.如图1,设G 为△ABC 的重心,过G 作直线l分别交线段AB,AC 于点P,Q(不 与△ABC 的 顶 点 重 合)。若 AP→=λAB→, AQ→=μAC→。 图1 (1)求 1 λ+ 1 μ 的值。 (2)求λμ的取值范围。 14.已知单位向量e1,e2 的夹角为 π 2 ,向 量a=-e1,b=me1+e2,且a 与b 的夹角 为 π 4 。 (1)求m 及|2a+b|。 (2)求a在b上的投影向量。 (3)若a+λb与a+2b所成的角是锐角, 求实数λ的取值范围。 15.记△ABC 的内角A,B,C 的对边分 别为a,b,c,已知c=2asinCcos(B+C)。 (1)求A 的值。 (2)若b=22,△ABC 的面积为3,求a 的值。 16.已知△ABC 的内角A,B,C 所对的 边分别为a,b,c,B≠C,且a=2ccosC。 (1)求证:c=b-2ccosA。 (2)从下面三个条件中选择一个作为已 知条件,使得△ABC 存在,并求△ABC 的 周长。 ①a=3c,b=1,②a= 5 2c ,b= 1 2 ,③a= 5,sinBsinC= 9 25sin 2A。 17.如图2,已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,向量m=(3sinC,1+ cos∠BAC),n=(c,a),且m∥n。 图2 (1)求∠BAC。 (2)作∠BAC 的平分线AD 交BC 于点 D,且AD=1,求 1 BD+ 1 CD 的最大值。 18.已知向量a=(2,1)。 (1)若向量b=(-1,1),且ma-b与a- 2b垂直,求实数m 的值。 66 核心考点演练 高一数学 2025年7—8月 (2)若向量c=(-2,λ),且c与a的夹角 为钝角,求|c-2a|的取值范围。 19.在 平 面 直 角 坐 标 系 Oxy 中,点 A(-1,-2),B(2,3),C(-2,-1)。 (1)求以线段 AB,AC 为邻边的平行四 边形的两条对角线的长。 (2)设实数t满足(AB→-tOC→)·OC→=0, 求t的值。 一、选择题 1.提示:对于 A,AB→=-BA→,A 正确。 对于 B,AB→+BC→=AC→,B正确。对于 C, CA→-CB→=BA→,C错误。对于D,BC→-2CB→ =BC→+2BC→=3BC→,D正确。应选C。 2.提示:因为AE→=12(AC →-AB→),所以 BE→=BA→+AE→=BA→+12(AC →-AB→)= 1 2 (AC→-3AB→),所以EA→·EB→=AE→·BE→= 1 2 (AC→-AB→)·12(AC →-3AB→)=14(AC →2+ 3AB→ 2 -4AB→·AC→)=14 2 2+3×22-4× 2×2× 1 2 =2。应选C。 3.提示:由3acosC=4csinA 得 a sinA= 4c 3cosC 。由正弦定理得 c sinC= 4c 3cosC ,所以 tanC= 3 4 ,所以sinC= 3 5 。又S= 1 2ab · sinC=10,且b=4,所以a= 25 3 。应选B。 4.提示:由余弦定理得a2-b2=c2- 2bccosA。因为a2-b2=bc,所以c2-2bc· cosA=bc,所以b(1+2cosA)=c。结合正 弦定理得sinB(1+2cosA)=sinC=sin(A +B),即sinB+2sinBcosA=sinAcosB+ cosAsinB,所 以 sinB =sinAcosB - cosAsinB=sin(A-B)>0。因为0<A,B <π,所以0<B<A<π,所以B=A-B,所 以A=2B。由sinCsin(A-B)=sinBsin(C -A),可得sinCsinB=sinBsin(C-A)。 因为sinB≠0,所以sinC=sin(C-A)。因 为0<A,C<π,C≠C-A,所以π-C=C- A,即C= π 2+ A 2 。由 A+B+C=π,可得 A+ A 2+ π 2+ A 2=π ,所以A= π 4 。应选B。 5.提示:对任意实数t,恒有|a-te|≥ |a-e|,则a2+t2e2-2ta·e≥a2+e2- 2a·e恒成立,即t2-2ta·e+2a·e-1≥0 恒成立,所以Δ=(2a·e)2-4(2a·e-1)≤ 0,即(a·e-1)2≤0,所以a·e=1。所以 e·(a-e)=e·a-e2=e·a-1=0。应选 BC。 6.提示:对于 A,显然向量a,b,c 不共 面,A错误。对于B,a·b=1+12=13,B正 确。对于C,|a×b|=|a|·|b|sin<a,b>,而 a·b=|a||b|cos<a,b>=13,所以cos<a,b> = 13 |a||b| 。又|a|= 10,|b|= 17,所以 cos<a,b>= 13 |a||b|= 13 170 ,所以sin<a,b> = 1 170 。故|a×b|= 10× 17× 1 170 = 1,C正确。对于D,m·n=2×13+1×14= 40,a2·b2=10×17=170,(a×b)2=1,所以 m·n a2b2-(a2×b2)2=40×13=520,D 正确。应选BCD。 7.提示:对于A,由题设知b=23,B= π 3 。设△ABC 外接圆的半径为R,则2R= b sinB= 23 3 2 =4,即R=2,所以△ABC 外接 圆的面积为4π,A错误。对于B,由c=4,结 合正弦定理得 23 3 2 = 4 sinC ,则sinC=1,且 C∈(0,π),所以C= π 2 ,B正确。对于C,由 b2=a2+c2-2accosB,可得12=a2+c2- ac≥2ac-ac=ac,当且仅当a=c时等号成 立,所 以 ac≤12,则 S△ABC = 1 2acsinB= 76 核心考点演练 高一数学 2025年7—8月 3 4ac≤ 3 4×12=33 ,所以△ABC 面积的最 大值为33,C正确。对于 D,由b2=a2+ c2-2accosB,可得12=a2+c2-ac=(a+ c)2-3ac,则(a+c)2=12+3ac≤12+3× a+c 2 2 ,当且仅当a=c 时等号成立,所以 a+c≤4 3,所以△ABC 周长的最大值为 (a+b+c)max=4 3+2 3=6 3,D正确。 应选BCD。 8.提示:对于A,由sin2A=sin2B,可得 2A=2B 或2A+2B=π,即△ABC 是等腰三 角形或△ABC 是直角三角形,A错误。对于 B,由sinA=cosB=sin π2-B =sin π2+ B ,可得 A-B=π2或 A+B=π2,所以 △ABC 不一定是直角三角形,B错误。对于 C,sin2A+sin2B<1-cos2C=sin2C,所以 a2+b2<c2,所以△ABC 是钝角三角形,C正 确。对于D,由正弦定理得sinC= c·sinB b = 3 2 。因为c>b,所以C=60°或C=120°,所 以A=90°或A=30°,所以S△ABC= 1 2bcsinA = 3 2 或 3 4 ,D正确。应选CD。 9.提示:对于 A,已知(a+b)(sinB- sinA)=c(sinB-sinC),结合正弦定理得 (a+b)(b-a)=c(b-c),整理得b2+c2-a2 =bc。由余弦定理得cosA= b2+c2-a2 2bc = 1 2 。因为A∈(0,π),所以 A= π 3 ,A错误。 对于B,已知a= 3,结合余弦定理和基本不 等式得a2=3=b2+c2-2bccosA=b2+c2- bc=(b+c)2-3bc≥(b+c)2- 3(b+c)2 4 = (b+c)2 4 ,所以b+c≤23,当且仅当b=c= 3时等号成立,所以△ABC 的周长a+b+ c≤33,即△ABC 的周长的最大值为33, B正确。对于C,由正弦定理得 b sinB= a sinA = 3 3 2 =2,则b=2sinB≤2,当且仅当B= π 2 时,b 取 得 最 大 值2,此 时c= b2-a2 = 4-3=1,则 S△ABC= 1 2ac= 3 2 ,C正确。 对于D,由正弦定理得 c sinC= b sinB= a sinA = 3 3 2 =2,则b=2sinB,c=2sinC,所以b-c =2sinB-2sinC=2sinB-2sin(B+A)= 2sinB-2 12sinB+ 3 2cosB =sinB- 3cosB=2sinB- π 3 。因为A=π3,所以 0<B< 2π 3 ,所以- π 3<B- π 3< π 3 ,所以b- c=2sinB- π 3 ∈(- 3,3),D正确。应 选BCD。 二、填空题 10.提示:由a⊥b,可得a·b=0,所以 n-4+2m=0,即n+2m=4。已知 m,n∈ (0,+∞),令 m=1,n=2,可得c=(1,2)。 (答案不唯一) 11.提示:因为a=(2,0),所以|a|= 22+02=2。因为|b|=1,a·b=1,所以 (a-b)2=|a|2-2a·b+|b|2=3,所以|a- b|= 3。设向量a 与a-b 的夹角为θ,则 cosθ= a·(a-b) |a||a-b|= a2-a·b |a||a-b|= 4-1 2× 3 = 3 2 。因为θ∈[0,π],所以θ= π 6 ,即向量a与 a-b的夹角为 π 6 。 12.提示:由S= a2-(b-c)2 2 ,结合三角 形面积 公 式 得 a2-b2-c2+2bc=2S= bcsinA。由余弦定理得2bc(1-cosA)= bcsinA,所以4(1-cosA)2=sin2A=1- cos2A。由此化简得5cos2A-8cosA+3=0, 86 核心考点演练 高一数学 2025年7—8月 结合-1<cosA<1,解得cosA= 3 5 ,所以 sin A = 4 5 。 由 正 弦 定 理 得 b+2c a = sinB+2sinC sinA = sin(A+C)+2sinC sinA = 4 5cosC+ 3 5sinC+2sinC 4 5 = 13sinC+4cosC 4 = 185 4 sin (C+φ),其中φ 由sinφ= 4 185 , cosφ= 13 185 确定。 由 △ABC 为 锐 角 三 角 形,可 得 0<C< π 2 , π 2<A+C<π , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以 π 2-A<C< π 2 ,所以 π 2-A+φ<C+φ< π 2+φ 。显然sin(C+ φ)≤1,而 sin π 2+φ =cosφ= 13185, sin π2-A+φ =cos(A-φ)=35× 13185+ 4 5× 4 185 = 11 185 < 13 185 ,所 以 11 185 < sin(C+φ)≤1,所以 11 4< b+2c a ≤ 185 4 ,即 b+2c a 的取值范围是 11 4 ,185 4 􀭤􀭥 􀪁􀪁 。 三、解答题 13.提示:(1)连接 AG 并延长交BC 于 点M,则 M 是BC 的中点。 设AB→=b,AC→=c,则 AM→=12(AB →+ AC→)=12(b+c),AG →=23AM →=13(b+c)。 因为AP→=λAB→=λb,AQ→=μAC→=μc, 所以 PG→=AG→-AP→=13(b+c)-λb= 1 3-λ b+13c,PQ→=AQ→-AP→=μc-λb。 又 P,G,Q 三点共线,故存在实数t,使得 PG→=tPQ→,所以 13-λ b+13c=tμc-tλb, 即 1 3-λ+tλ b= tμ-13 c。由向量b,c 不共线得 1 3-λ+tλ=0 , tμ- 1 3=0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 消去t得1-3λ= - λ μ ,所以1 λ+ 1 μ =3。 (2)结合题意知λ,μ∈(0,1),μ= λ 3λ-1 ∈(0,1),解得λ∈ 12 ,1 。 设t= 1 λ ,则t∈(1,2)。因为λμ= λ2 3λ-1 = 1 -t2+3t = 1 -t- 3 2 2 + 9 4 ,所以当t= 3 2 时,-t2+3t取得最大值 9 4 。 又当t=1或t=2时,-t2+3t=2,所以 λμ的取值范围为 4 9 ,1 2 。 14.提示:(1)已知单位向量e1,e2 的夹 角为 π 2 ,所以e1·e2=|e1|·|e2|cos π 2=0 。 由a·b=(-e1)·(me1+e2)=-me21 -e1·e2=-m,|a|=|-e1|=1,|b|= (me1+e2)2 = m2e21+2me1·e2+e22 = m2+1,结合a·b=|a|·|b|cos π 4 得 -m=1× m2+1× 2 2 ,平方得m2= 1 2 (m2 +1),即m2=1,解得m=-1或m=1(不符 合题意,舍去)。 由 m=-1,可得b=-e1+e2,所以 2a+b=-2e1-e1+e2=-3e1+e2,所以|2a +b|= (-3e1+e2)2= 9e21-6e1·e2+e22 = 9+1= 10。 (2)由(1)知b=-e1+e2,a·b=-m= 1,|b|= (-1)2+1= 2。 根据投影向量公式,可得a 在b 上的投 影向 量 为|a|cosθ· b |b|= a·b |b|2 ·b= 1 2 (-e1+e2)=- 1 2e1+ 1 2e2 。 96 核心考点演练 高一数学 2025年7—8月 (3)已知a=-e1,b=-e1+e2,则a+ λb=-e1+λ(-e1+e2)=-(1+λ)e1+λe2, a+2b=-e1+2(-e1+e2)=-3e1+2e2。 因为a+λb 与a+2b 所成的角是锐角, 所以(a+λb)·(a+2b)>0,且a+λb与a+ 2b不共线。 由(a+λb)·(a+2b)=[-(1+λ)e1+ λe2]·(-3e1+2e2)=3(1+λ)e21-2(1+ λ)e1·e2-3λe1·e2+2λe22=3+5λ>0,解得 λ>- 3 5 。 由a+λb 与a+2b 共线,可知存在实数 k,使得a+λb=k(a+2b),即-(1+λ)e1+ λe2=k(-3e1+2e2),结合e1,e2 不共线得 -(1+λ)=-3k, λ=2k, 解得k=1,λ=2。所以当 a+λb与a+2b不共线时,可得λ≠2。 综 上 可 得,实 数 λ 的 取 值 范 围 是 - 3 5 ,2 ∪(2,+∞)。 15.提示:(1)由已知及正弦定理得sinC =2sinAsinCcos(B+C)。由 A+B+C= π,可得cos(B+C)=-cosA,所以sinC= -2sinAsinCcosA。 由C∈ (0,π),可 得 sinC ≠0,所 以 2sinAcosA=sin2A=-1。 因为A∈(0,π),所以2A∈(0,2π),所以 2A= 3π 2 ,即A= 3π 4 。 (2)由(1)知S△ABC= 1 2bcsinA= 2 4bc= 3,所以bc=62。因为b=22,所以c=3。 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA= b2+c2+ 2bc=29,所以a= 29。 16.提示:(1)由a=2ccosC,结合正弦定 理得sinA=2sinCcosC=sin2C。由A,B, C∈(0,π),可得A=2C 或A+2C=π。 因为A+B+C=π,所以B=π-(A+ C),所以sinB=sin(A+C)。 若A=2C,则sinB=sin3C=sin(C+ 2C)=sinCcos2C+cosCsin2C=2sinC· cos2C+(1-2sin2C)sinC=sinC(2cos2C+ 1-2sin2C)。由正弦定理得b=c(2cos2C+ 1-2sin2C)。 因为cosA=cos2C=2cos2C-1,所以 2ccosA=2c(2cos2C-1)。 所以 b-2ccosA =c(2cos2C+1- 2sin2C)-2c(2cos2C-1)=c,即c=b- 2ccosA。 若A+2C=π,则B=C,这时与已知矛 盾,舍去。 故c=b-2ccosA 成立。 (2)选择条件①:a=3c,b=1。由a= 2ccosC,可得cosC= a 2c= 3 2 ,但cosC∈ (-1,1),即cosC= 3 2 不成立,所以该条件不 符合要求,不选条件①。 选择条件②:a= 5 2c ,b= 1 2 。由a= 2ccosC,可得cosC= a 2c= 5 4 。 由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC,将 a= 5 2c ,b= 1 2 ,cosC= 5 4 代 入 得 c2= 5 2c 2 + 12 2 -2× 5 2c× 1 2× 5 4 ,整理得 2c2-5c+2=0,解得c=2或c= 1 2 。 当c= 1 2 时,a= 5 2× 1 2= 5 4 ,此时B= C,不符合题意,舍去。 当c=2时,a= 5 2×2= 5 ,此时三角形 的周长为a+b+c= 5+ 1 2+2= 5 2+ 5 。 选 择 条 件 ③:a =5,sinBsinC = 9 25sin 2A。由正弦定理得bc= 9 25a 2,把a=5 代入得bc=9。由a=2ccosC 及余弦定理 cosC = a2+b2-c2 2ab ,可 得 a = 2c × a2+b2-c2 2ab ,整理得a2b=a2c+b2c-c3,两边 同乘以c,再将a=5,bc=9代入整理得c4- 25c2+144=0。 07 核心考点演练 高一数学 2025年7—8月 令c2=t,则t2-25t+144=0,解得t=9 或t=16。因为c>0,所以c=3或c=4, 当c=3时,a=5,b=3,此时B=C,不 符合题意,舍去。 当c=4时,a=5,b= 9 4 ,此时三角形的 周长为a+b+c=5+ 9 4+4= 45 4 。 17.提示:(1)由 m∥n,可得 3asinC= c(1+cos ∠BAC),结 合 正 弦 定 理 得 3sin∠BAC · sinC= sin C (1 + cos∠BAC)。 因为 C∈(0,π),即 sinC>0,所 以 3sin∠BAC = 1 + cos ∠BAC, 即 2sin ∠BAC- π 6 =1,所 以sin ∠BAC- π 6 =12。 又因为∠BAC 为三角形的内角,所以 ∠BAC- π 6 ∈ - π 6 ,5π 6 ,所 以 ∠BAC- π 6= π 6 ,可得∠BAC= π 3 。 (2)因为 AD 平分∠BAC,所以∠DAB =∠DAC= π 6 。 由S△DAB+S△DAC=S△ABC,可得 1 2AB · ADsin∠DAB+ 1 2AC ·ADsin∠DAC= 1 2AB ·ACsin ∠BAC,即 1 4AB ·AD + 1 4AC ·AD= 3 4AB ·AC。由AD=1,可得 AB+AC= 3AB·AC,即c+b= 3bc,整 理得 1 b+ 1 c= 3 。 由三角形的内角平分线定理得 BD CD = AB AC= c b ,所 以 BD = c b+c ·BC= ac b+c , CD= b b+c ·BC= ab b+c 。所以 1 BD+ 1 CD= b+c ac + b+c ab = b+c a 1 b+ 1 c = 3(b+c)a 。 在△ABC 中,由∠BAC= π 3 ,结合余弦 定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC=b2+ c2-bc。 所 以 1 BD + 1 CD = 3(b+c) b2+c2-bc = 3(b+c) 1 4 (b+c)2+ 3 4 (b-c)2 ≤ 3(b+c) 1 4 (b+c)2 = 23,当且仅当b=c= 23 3 时取等号,此时 a= 23 3 。故 1 BD+ 1 CD 的最大值为23。 18.提示:(1)因为 ma-b=(2m+1, m-1),a-2b=(4,-1),又ma-b与a-2b 垂直,所以4(2m+1)-(m-1)=0,解得 m=- 5 7 。故所求实数m=- 5 7 。 (2)因为c与a 的夹角为钝角,所以a· c=2×(-2)+λ=λ-4<0,即λ<4。又当 λ=-1时,c∥a,所以λ<4且λ≠-1。 因为c-2a=(-6,λ-2),所以|c-2a|= (λ-2)2+36。 当λ<4且λ≠-1时,(λ-2)2+36∈[36, 45)∪(45,+∞),所以|c-2a|的取值范围为 [6,35)∪(35,+∞)。 19.提示:(1)由 题 设 知 AB→=(3,5), AC→=(-1,1),则 AB→+AC→=(2,6),AB→- AC→=(4,4),所 以|AB→+AC→|=2 10, |AB→-AC→|=42。故所求的两条对角线的 长分别为42,2 10。 (2)(方法1)由题设知OC→=(-2,-1), 所以AB→-tOC→=(3+2t,5+t)。由(AB→- tOC→)·OC→=0,可得(3+2t,5+t)·(-2, -1)=0,即-6-4t-5-t=0,所以5t= -11,解得t=- 11 5 。 (方法2)由题设得 AB→·OC→=tOC→ 2 ,且 AB→=(3,5),所以t=AB →·OC→ |OC→|2 =- 11 5 。 作者单位:湖北省巴东县第三高级中学 (责任编辑 郭正华) 17 核心考点演练 高一数学 2025年7—8月