第三单元平面向量的应用【一周一测能力提升专项训练】-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

第三单元　平面向量的应用 【一周一测能力提升专项训练】 单项选择题 1.在△ABC中,B=45°,C=60°,c=1,则最短边长为(　　) A. B. C. D. 2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,c=,C=,则b=(　　) A. B. C.2 D.2 3.【学科综合】冰球运动是以冰刀和冰球杆为工具在冰上进行的一种相互对抗的集体性竞技运动.小郑在冰球训练的过程中,以力F=(5,2)作用于冰球,使冰球从点A(1,0)移动到点B(3,4),则力F对冰球所做的功为(　　) A.-28 B.-18 C.18 D.28 4. 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若acos C=c(1-cos A),则△ABC的形状是(　　) A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形 5.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且b=5,a2+c2-ac=25,则△ABC的外接圆的直径为(　　) A. B. C.5 D.10 6.第24届冬季奥林匹克运动会会徽图形以汉字“冬”为灵感来源,结合中国书法的艺术形态,将悠久的中国【传统文化】底蕴与国际化风格融为一体,呈现出中国在新时代的新形象、新梦想.某同学查阅资料得知,书法中的一些特殊画笔都有固定的角度,比如在弯折位置通常采用30°,45°,60°,90°,120°,150°等特殊角度.如图,为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求,该同学取端点绘制了△ABD,测得AB=5,BD=6,AC=4,AD=3,若点C恰好在边BD上,则sin∠ACD的值为(　　) A. B. C. D. 7.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,acos B=(2c-b)cos A,设AM是△ABC的高,则AM的最大值为(　　) A. B. C. D. 8. 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若csin B=-bsin 2C,CD是△ABC的角平分线,点D在AB上,CD=2,a=3b,则c=(　　) A. B. C. D. 多项选择题 9.如图,一条河两岸平行,河的宽度d=500 m,一艘船从河岸边的A地出发,向河对岸航行,已知船的速度v1的大小为|v1|=10 km/h,水流速度v2的大小为|v2|=2 km/h,设v1和v2的夹角为θ(0<θ<π),则下列说法正确的为(　　) A.当船的航行时间最短时,θ= B.当船的航行距离最短时,cos θ= C.当θ=时,船的航行时间为6分钟 D.当θ=时,船的航行距离为 km 10.在平行四边形ABCD中,对角线AC与BD交于点O,则下列说法正确的是(　　) A.||2+||2=2(||2+||2) B.若E为CD的中点,AE与BD交于点F,则=+ C.若||=3,||=10,则·=-16 D.若=(1,3),=(2,1),M,N为AC上的动点且||=1,则·的最小值为4 11.如图,设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,直线l与△ABC的边AB,AC分别交于点D,E,且∠ADE=θ,则(　　) A.acos B+bcos A=c B.abcos C+bccos A+cacos B=a2+b2+c2 C.asin(B-θ)+bsin(A+θ)=csin θ D.acos(B-θ)+bcos(A+θ)=ccos θ 填空题 12.△ABC的内角A,B所对的边分别为a,b,若a=4,B=30°,请给出一个b值:　　　　,使△ABC有两解.  13.已知△ABC各边的垂直平分线的交点为O,且2+5(+)=,则sin∠BAC=　　　　.  14. 如图,为测量福州市马尾区的罗星塔AB的高度及取景点C与F之间的距离(B,C,D,F在同一水平面上,罗星塔垂直该水平面于点B,且B,C,D三点共线),该市一中研学小组在C,D,F三点处测得顶点A的仰角分别为60°,30°,45°,若∠FCB=45°,CD=36 m,则罗星塔的高度为　　　　m,取景点C与F之间的距离为　　　　m.(本题第一空2分,第二空3分)  解答题 15.(13分)如图所示,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,点E为AB上一点,AC与DE的交点为M. (1)若DE⊥AC,求AE的长; (2)若E为AB的中点,求cos∠CME. 16.(15分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,c=5,且bsin A+acos B=0. (1)求b; (2)若O为△ABC的内心,求△OBC的面积. 17.(15分)【开放创新】已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,请从下面三个条件中任选一个作为已知,并解答后面的问题: ①=;②2ccos C=acos B+bcos A; ③△ABC的面积S=sin C(a2+b2-c2). (1)求C; (2)若D为AB的中点,且c=2,CD=,求a,b. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 18.(17分)【模块综合】已知m=(sin ωx,cos ωx),n=(cos ωx,-cos ωx)(ω>0,x∈R),f(x)=m·n-,且f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为. (1)求函数f(x)的单调递增区间. (2)若锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=,f(B)=0, (i)求的值; (ii)求△ABC面积的取值范围. 19.(17分)【探索新定义】“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出的一个问题,该问题是:“在一个三角形内求作一点,使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答,当△ABC的三个内角均小于120°时,使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点;当△ABC有一个内角大于或等于120°时,最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题:已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且b=acos C. (1)求A; (2)若bc=2,设点P为△ABC的费马点,求·+·+·; (3)设点P在三角形内,且到三角形的三个顶点的距离之和的最小值为L,若L=tPA,求实数t的最小值. 参考答案 1.B　A=180°-(60°+45°)=75°,故最短边为b,由正弦定理,得b===. 2.A　由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C得6=8+b2-2×2bcos,得b2-2b+2=0,解得b=. 3.C　依题意,得=(2,4),又F=(5,2),故力F对冰球所做的功为W=F·=2×5+4×2=18. 4.B　因为acos C=c(1-cos A),所以acos C+ccos A=c,由余弦定理得a·+c·=c(关键步骤:结合余弦定理实现角化边),整理得b2=bc,因为b≠0,所以b=c,所以△ABC是等腰三角形. 5.C　因为b=5,a2+c2-ac=25,所以a2+c2-ac=b2,即a2+c2-b2=ac,由余弦定理,得cos B==,所以sin B=,根据正弦定理得,△ABC的外接圆的直径为==5. 6.C　正弦定理和余弦定理的实际应用 思路导引　在△ABD中,由余弦定理得cos∠ADB,进而求出sin∠ADB,再在△ACD中,利用正弦定理得sin∠ACD的值. 由题意,在△ABD中,由余弦定理得cos∠ADB===.因为0°<∠ADB<180°,所以sin∠ADB===,在△ACD中,由正弦定理=,得=,解得sin∠ACD=. 7.D　因为acos B=(2c-b)cos A,所以由正弦定理得sin Acos B=(2sin C-sin B)cos A=2sin Ccos A-sin Bcos A,所以sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos A,所以sin(A+B)=sin C=2sin Ccos A,因为sin C≠0,所以cos A=,因为A∈(0,π),所以A=.因为a=3,所以由余弦定理得9=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,当且仅当b=c=3时取等号,所以S△ABC=bcsin A=bc≤,当且仅当b=c=3时取等号,因为AM是△ABC的高,所以a·AM≤,所以AM≤,当且仅当b=c=3时取等号,所以AM的最大值为. 8.A　csin B =-bsin 2C, 由正弦定理得sin∠ACBsin B=-2sin B sin∠ACBcos∠ACB,因为B∈(0,π),∠ACB∈(0,π),所以sin∠ACB≠0,sin B ≠0,所以cos∠ACB=-,所以∠ACB=.因为CD是△ABC的角平分线,所以∠BCD=∠ACD=. 方法一　因为S△ABC=S△ACD+S△BCD,所以AC·BCsin∠ACB=AC·CDsin∠ACD+BC·CDsin∠BCD,即b·asin=b·2sin+a·2sin,则2a+2b=ab,又a=3b,所以b=,a=8.由余弦定理得,c2=a2+b2-2abcos∠ACB=64+-2×8××cos=,所以c=. 方法二　因为a=3b,所以===),所以BD=3AD　①;在△CBD中,由余弦定理得BD2=CB2+CD2-2×CB×CDcos=a2+4-2a　②;在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2×AC×CDcos=b2+4-2b　③.由①②③可得,b=,a=8.由余弦定理得,c2=a2+b2-2abcos∠ACB=64+-2×8××cos=,所以c=. 9.ACD　A(√)将船的速度v1和水流速度v2进行合成,船垂直河岸方向的分速度v=|v1|sin θ,河宽d=500 m=0.5 km,则渡河时间t===,当sin θ=1,即θ=时,t取得最小值,所以当船的航行时间最短时,θ=. B(✕)当船的航行距离最短时,合速度方向垂直河岸,如图,则cos(π-θ)==,所以cos θ=-. C(√)当θ=时,船垂直河岸方向的分速度v=|v1|sin θ=10×=5(km/h),船的航行时间t===(h),即6分钟. D(√)将船的速度v1和水流速度v2合成v0,则v0=v1+v2,当θ=时,v1·v2=|v1||v2|cos=10×2×(-)=-10,所以|v0|====2,因为船垂直河岸方向的分速度v=|v1|sin θ=10×=5(km/h),所以船的航行时间t===(h),所以船的航行距离为|v0|·t=2×=(km). 10.AB 11.AD　正弦定理+余弦定理+平面向量的应用 思路导引　利用正弦定理和两角和的正弦公式可判断A;利用余弦定理可判断B;对角θ取特殊值,可判断C;设m=,在=+两边同乘m,利用数量积即可判断D. A(√)因为sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,所以c=acos B+bcos A. B(✕)由余弦定理知,b2+c2-a2=2bccos A,a2+c2-b2=2accos B,b2+a2-c2=2abcos C,上述三个等式相加得a2+b2+c2=2abcos C+2bccos A+2cacos B. C(✕)当θ=时,asin(B-θ)+bsin(A+θ)=-acos B+bcos A,csin θ=c,又c=acos B+bcos A,此时,只有当cos B=0时,等式才成立,由于角B的任意性,所以等式不一定恒成立. 在多选题求解中,当排除两项不正确的,即可得出正确的选项,无需再花时间去判断选项D. D(√)由题意可得<,>=A+θ,<,>=B-θ,<,>=θ,因为+=,所以(+)·=·,即·+·=·,故||·||cos(θ+A)+||·||cos(B-θ)=||·||cos θ,即||cos(θ+A)+||cos(B-θ)=||cos θ,所以acos(B-θ)+bcos(A+θ)=ccos θ. 12.3(答案不唯一,只要能在2<b<4中任写出一个值,都对) 根据正弦定理=,得=,所以sin A=,因为三角形有两解,所以b<a且sin A<1,即b<4且<1,可得2<b<4,所以取b=3时,△ABC有两解. 13.　因为△ABC各边的垂直平分线的交点为O,所以O是△ABC的外心,不妨设||=||=||=1,因为2+5(+)=,所以2+5(+)=-,所以3=-(4+5),两边同时平方得9=16+25+40·,解得·=-. 方法一　cos<,>==-,即cos∠BOC=-,且∠BOC∈(,π),因为∠BOC=2∠BAC(三角形外心的性质之一:若点O为△ABC的外心,则∠BOC=2∠BAC,∠AOC=2∠ABC,∠AOB=2∠ACB),所以∠BAC∈(,),所以cos∠BOC=1-2sin2∠BAC=-,解得sin∠BAC=. 14.18)　余弦定理的实际应用 解题路线　C,D处测得顶点A的仰角分别为60°,30° 判断CD,AC的关系 AB,CB,FB CF. 由题可知△ADC是等腰三角形,故AC=CD=36 m,Rt△ABC中,AB=36sin 60°=18(m),故罗星塔的高度为18 m.Rt△ABC中,AC=36 m,∠ACB=60°,∴CB=18 m,Rt△ABF中,∠AFB=45°,AB=18 m,∴FB=18 m,又△BCF中,∠BCF=45°,由余弦定理可得BF2=CF2+CB2-2CF·CB·cos 45°,即(18)2=CF2+182-2CF×18×,解得CF=9(+) m,故取景点C与F之间的距离为9(+) m. 15.【解析】 (1)以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x,y轴建立如图所示的平面直角坐标系,　　　　 (1分) 由题意,可得A(0,0),B(4,0),D(0,2),C(4,2),则=(4,2). 设E(x,0)(0≤x≤4),则=(x,-2).(4分) 因为DE⊥AC,所以·=4x-4=0⇒x=1,则E(1,0),故AE的长为1.(6分) (2)若E为AB的中点,则E(2,0),=(2,-2),又=(4,2), 所以cos∠CME=cos<,>===.(13分) 16.【解析】 (1)第一步:根据正弦定理边化角 因为bsin A+acos B=0, 所以根据正弦定理得sin Asin B+sin Acos B=0.(2分) 第二步:求角B 因为0<A<π,所以sin A≠0, 所以sin B=-cos B,所以tan B=-,所以B=.(4分) 第三步:利用余弦定理求出b 根据余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=9+25-2×3×5×(-)=49, 所以b=7.(7分) (2)第一步:利用等面积法求内心到三边的距离 因为O是△ABC的内心,所以点O到三边的距离相等,设为h, 则S△ABC=S△OBC+S△OAC+S△OAB=(a+b+c)h=acsin B, 所以(3+5+7)h=3×5×,解得h=.(12分) 第二步:求△OBC的面积 所以S△OBC=×3×=.(15分) 17.【解析】 (1)选条件①. 由已知可得(a-c)(a+c)=b(a-b), ∴a2+b2-c2=ab, 由余弦定理可得cos C==.(4分) ∵0<C<π,∴C=.(6分) 选条件②. 由已知及正弦定理可得2sin Ccos C=sin Acos B+sin Bcos A, ∴2sin Ccos C=sin(A+B), ∴2sin Ccos C=sin C.(3分) ∵0<C<π,∴sin C≠0, ∴cos C=,∴C=.(6分) 选条件③. 由已知可得absin C=sin C(a2+b2-c2), ∵0<C<π,∴sin C≠0, ∴a2+b2-c2=ab,(3分) 由余弦定理可得cos C==, ∴C=.(6分) (2)由题意知AD=BD=1,CD=√3, 如图,在△ACD中,AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC,即b2=4-2√3cos∠ADC.(8分) 在△BCD中,BC2=BD2+CD2-2BD·CD·cos∠BDC,即a2=4-2cos∠BDC. ∵∠ADC+∠BDC=π, ∴cos∠ADC=-cos∠BDC, ∴a2+b2=8.(11分) 由(1)知cos∠ACB==, ∴a2+b2=c2+ab=4+ab=8, ∴ab=4. 由解得a=b=2.(15分) 18.正弦定理+三角形面积+三角恒等变换+三角函数的图象与性质 思路导引　(1)由向量数量积的坐标运算,结合三角恒等变换化简函数【解析】式,整体代入法求单调递增区间; (2)(i)由f(B)=0,得B=,由正弦定理可知a=2sin A,c=2sin C,代入即可; (ii)由正弦定理和面积公式得S△ABC=sin(2A-)+,利用△ABC为锐角三角形,得角A的范围,由正弦函数的性质,得△ABC面积的取值范围. 【解析】 (1)f(x)=sin ωxcos ωx-cos 2ωx-=sin 2ωx-cos 2ωx-1=sin(2ωx-)-1,(2分) 由f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为,得最小正周期T==π,得ω=1, 所以f(x)=sin(2x-)-1. 令-+2kπ≤2x-≤+2kπ(k∈Z),解得-+kπ≤x≤+kπ(k∈Z), 所以函数f(x)的单调递增区间为[-+kπ,+kπ](k∈Z).(5分) (2)(i)已知f(B)=sin(2B-)-1=0,由B∈(0,),得B=,(7分) 由正弦定理====2,得a=2sin A,c=2sin C, 所以==2.(10分) (ii)由(i)可知a=2sin A,c=2sin C, 所以S△ABC=acsin B=sin Asin C=sin Asin(-A)=sin Acos A+sin 2A=sin 2A-cos 2A+=sin(2A-)+.(13分) 由△ABC是锐角三角形,得得A∈(,),2A-∈(,), 则sin(2A-)∈(,1],所以S△ABC=sin(2A-)+∈(,], 即△ABC面积的取值范围是(,].(17分) 19.新定义+平面向量的数量积+正、余弦定理 思路导引　(1)由b=acos C结合两角和的正弦公式以及C∈(0,π)即可得解. (2)由费马点定义得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°,设PA=x,PB=y,PC=z,则由S△BPA+S△CPA+S△BPC=S△ABC以及bc=2得xy+xz+yz=4,接着再结合数量积公式即可求解·+·+·. (3)由题意得P为费马点,∠APB=∠BPC=∠CPA=120°,设PB=mPA,PC=nPA,PA=x,m>0,n>0,x>0,则由PB+PC+PA=tPA得m+n+1=t,接着分别在△BPC,△CPA和△BPA中结合余弦定理及a2=b2+c2得m+n+2=mn,进而结合基本不等式即可建立关于t的不等式,从而求解关于t的不等式即可得解. 【解析】 (1)因为b=acos C, 所以由正弦定理有sin B=sin Acos C,所以sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=sin Acos C, 所以cos Asin C=0,又因为C∈(0,π), 所以sin C≠0,故cos A=0,故A=.(4分) (2)由(1)得A=,所以△ABC的三个内角均小于120°, 所以由费马点定义有∠APB=∠BPC=∠CPA=120°, 如图,设PA=x,PB=y,PC=z,若bc=2, 则由S△BPA+S△CPA+S△BPC=S△ABC,得PB·PAsin∠APB+PC·PAsin∠CPA+PB·PCsin∠BPC=AB·AC,(6分) 即xy·sin 120°+xz·sin 120°+yz·sin 120°=bc=×2=, 整理得xy+xz+yz=4,(7分) 所以·+·+·=||||cos∠APB+||||cos∠BPC+||||cos∠CPA=xycos 120°+yzcos 120°+xzcos 120°=(xy+yz+xz)cos 120°=4×(-)=-2.(9分) (3)由题意P为费马点,∠APB=∠BPC=∠CPA=120°, 设PB=mPA,PC=nPA,PA=x,m>0,n>0,x>0, 则PB+PC+PA=tPA,故m+n+1=t.(11分) 在△BPC,△CPA和△BPA中由余弦定理分别得 a2=m2x2+n2x2-2mx·nxcos 120°=(m2+n2+mn)x2, b2=x2+n2x2-2x·nxcos 120°=(n2+n+1)x2, c2=m2x2+x2-2mx·xcos 120°=(m2+m+1)x2, 又a2=b2+c2,所以(m2+n2+mn)x2=(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2, 所以m2+n2+mn=n2+n+1+m2+m+1,即m+n+2=mn.(13分) 因为m>0,n>0, 所以m+n+2=mn≤()2,当且仅当m=n=1+时等号成立, 又m+n+1=t,所以t+1≤()2(t>1), 整理得t2-6t-3≥0,解得t≤3-2或t≥3+2, 又t>1,所以t≥3+2, 故实数t的最小值为3+2.(17分) 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $