第1章 平面向量及其应用 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（湘教版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　平面向量的线性运算 1.(2025全国一卷,6)帆船比赛中,运动员可借助风力计测定风速的大小与方向,测出的结果在航海学中称为视风风速.视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风风速对应的向量之和①,其中船行风风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2所示(线段长度代表速度大小,单位:m/s),则该时刻的真风为(　　) 级数 名称 风速大小(单位:m/s) 2 轻风 1.6~3.3 3 微风 3.4~5.4 4 和风 5.5~7.9 5 劲风 8.0~10.7 图1 A.轻风　　B.微风　　C.和风　　D.劲风 ①关键点拨向量的加减运算;对点突破P281定点1 2.(2022新高考Ⅰ,3)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记=m,=n,则=(　　) A.3m-2n　　B.-2m+3n C.3m+2n　　D.2m+3n 3.(2025北京,10)在平面直角坐标系xOy中,||=||=,||=2.设C(3,4),则|2+|的取值范围是(　　) A.[6,14]　　B.[6,12]　　C.[8,14]　　D.[8,12] 考点2　平面向量数量积的运算及其应用 4.(2024新课标Ⅱ,3)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|=(　　) A.　　B.　　C.　　D.1 5.(2023全国乙文,6)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·=(　　) A.　　B.3　　 C.2　　D.5 6.(2022新高考Ⅱ,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 7.(2025全国二卷,12)已知平面向量a=(x,1),b=(x-1,2x),若a⊥(a-b)①,则|a|=　　　　.  ①心中有“数”平面向量数量积的坐标运算;对点突破P289定点 8.(2023新课标Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|=　　　　.  考点3　利用余弦定理和正弦定理解三角形 9.(2025全国二卷,5)在△ABC中,BC=2,AC=1+,AB=,则A=(　　) A.45°　　B.60°　　 C.120°　　D.135° 10.(2021浙江,14)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=2,则AC=　　　　,cos∠MAC=　　　　.  11.(2022全国甲理,16)已知△ABC中,点D在边BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD=　　　　.  12.(2025北京,16)在△ABC中,cos A=-,asin C=4①.  (1)求c的值; (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得△ABC存在,求BC边上的高.条件①:a=6;条件②:asin B=;条件③:△ABC的面积为10. 注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答计分. ①关键点拨利用同角三角函数的基本关系及正弦定理转化条件求解;对点突破P291定点1 13.(2021新高考Ⅰ,19)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=asin C. (1)证明:BD=b; (2)若AD=2DC,求cos∠ABC. 考点4　三角形的面积公式及其应用 14.(2023全国甲理,16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的平分线交BC于D,则AD=　　　　.  15.(2021全国乙理,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为,B=60°,a2+c2=3ac,则b=　　　　.  16.(2022新高考Ⅱ,18)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=,sin B=. (1)求△ABC的面积; (2)若sin Asin C=,求b. 17.(2024新课标Ⅰ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab. (1)求B; (2)若△ABC的面积为3+,求c . 高考模拟练 应用实践 1.(2025广西壮族自治区来宾忻城高级中学质量检测)已知E,F分别是平行四边形ABCD的边BC和CD的中点,且=x+y,则xy=(　　) A.　　B.-　　C.　　D.- 2.(2024甘肃张掖中学月考)某人用下述方法证明了正弦定理:如图1,直线l与锐角△ABC的边AB,AC分别相交于点D,E,设BC=a,CA=b,AB=c,∠ADE=90°,记与方向相同的单位向量为i,∵+=,∴i·(+)=i·,进而得i·+i·=i·,即acos(90°-B)=bcos(90°-A),即asin B=bsin A,钝角三角形及直角三角形也满足.请用上述方法探究:如图2,直线l与锐角△ABC的边AB,AC分别相交于点D,E,设BC=a,CA=b,AB=c,∠ADE=θ,则θ与△ABC的边和角之间的等量关系为(　　) 　　 A.acos(B+θ)+bcos(A-θ)=ccos θ B.acos(B+θ)+bcos(A-θ)=csin θ C.acos(B-θ)+bcos(A+θ)=csin θ D.acos(B-θ)+bcos(A+θ)=ccos θ 3.(2025甘肃张掖民乐第一中学期中)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,m=(sin A,sin C-sin B),n=(a-c,b+c),且m⊥n,b=1,则·的最小值为(　　) A.-1　　B.　　C.-　　D.- 4.(2025浙江宁波余姚中学月考)已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=a·c=2,且|a+λc|≥对任意实数λ恒成立,则|b-(a+c)|的最小值为(　　) A.2-　　B.2-2　　C.2+　　D.2+2 5.(多选题)(2025福建福州期中)如图,某旅游部门计划在湖中心Q处建一游览亭,打造一条三角形DEQ游览路线.已知AB,BC是湖岸上的两条甬路,∠ABC=120°,BD=0.3 km,BE=0.5 km,∠DQE=60°(观光亭Q视为一点,游览路线、甬路的宽度忽略不计),则(　　) A.DE=0.7 km B.当∠DEQ=45°时,DQ= km C.△DEQ的面积的最大值为 km2 D.游览路线DQ+QE最长为1.6 km 6.(2024四川宜宾叙州二中开学考试)黄金分割比值是指将一条线段一分为二,较大部分与整体的比值等于较小部分与较大部分的比值.我们把满足上述分割的点称为该线段的黄金分割点,满足黄金分割比值的分割称为黄金分割.已知连接正五边形的所有对角线能够形成一个五角星,如图,D是线段AB的黄金分割点,由此推断cos 144°=　　　　.  7.(2025重庆广益中学月考)已知e1,e2为单位向量,设向量a=3e1+e2,b=e1+e2,向量a,b的夹角为θ,若≤1,则cos2θ的取值范围为　　　　.  8.(2023湖北鄂东南省级示范教学改革联盟期中联考)在△OAB 中,=3,=2,AD与BC的交点为M,过M作动直线l分别交线段OA,OB于点E,F,若=λ,=μ(λ,μ>0),则2λ+μ的最小值为　　　　.  9.(2025甘肃岷县第一中学月考)已知四边形ABCD中,AB=BC=CD=1,DA=,设△ABD与△BCD的面积分别为S1,S2,则+的最大值为　　　　.  10.(2025浙江杭州第二中学期中)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足bsin B-asin A=c(sin C+sin A),=t,E是BC的中点. (1)求角B; (2)若AB=1,BC=2,BD⊥AE,求t的值. 11.(2024辽宁协作校期中)古希腊数学家托勒密对凸四边形(凸四边形是指没有角度大于180°的四边形)进行研究,终于有重大发现:任一凸四边形,两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积,当且仅当四点共圆时等号成立,即给定凸四边形的四条边的长,四点共圆时四边形的面积最大.根据上述材料,解决下列问题: (1)如图1,在凸四边形ABCD中,若AB=,BC=1,∠ACD=,AC=CD,求线段BD的长度的最大值; (2)如图2,在凸四边形ABCD中,若AB=2,BC=6,AD=CD=4,求四边形ABCD的面积取得最大值时角A的大小,并求出四边形ABCD的最大面积; (3)在满足(2)的条件下,若P是△ABD的外接圆上异于B,D的点,求PB+PD的最大值. 　 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.A 2.B 3.D 4.B 5.B 6.C 9.A 1.A　设真风风速为v1,船行风风速为v2,视风风速为v, 依题意得v=(-3,-1),v2=(-1,-3)(注:船行风风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反),且v=v1+v2, ∴v1=v-v2=(-3,-1)-(-1,-3)=(-2,2). 因此|v1|==2<3.3, ∴该时刻的真风为轻风. 2.B　由题意可知,=-=m-n,又BD=2DA,所以=2=2(m-n),所以=+=n-2(m-n)=3n-2m. 3.D　如图,由||=||=,||=2,可得OA2+OB2=AB2, 所以△OAB为直角三角形,取AB的中点D,连接OD,CD, 则OD=1,故点D的轨迹是以O为圆心,1为半径的圆. |2+|=|++-|=|+|=2||, 因为CO==5,所以CD∈[4,6], 故|2+|=2||∈[8,12]. 4.B　∵|a+2b|=2,∴(a+2b)2=4, 即|a|2+4a·b+4|b|2=4.① ∵(b-2a)⊥b,∴(b-2a)·b=0, ∴|b|2-2a·b=0,即2a·b=|b|2. 代入①得|a|2+6|b|2=4,又|a|=1,∴|b|=. 5.B　解法一:以{,}为平面的一组基, 可知||=||=2,·=0, 则=+=+,=+=-+, 所以·=·=-+=-1+4=3. 解法二:如图,以A为原点建立平面直角坐标系, 则E(1,0),C(2,2),D(0,2), 可得=(1,2),=(-1,2), 所以·=-1+4=3. 解法三:由题意可得ED=EC=,CD=2, 在△CDE中,由余弦定理可得cos∠DEC===, 所以·=||||cos∠DEC=××=3. 6.C　由题意可得c=(3+t,4), 由<a,c>=<b,c>得cos<a,c>=cos<b,c>, 即=,解得t=5. 7.答案　 解析　解法一:由a⊥(a-b),得a·(a-b)=0,即a2-a·b=0,所以x2+1-[x(x-1)+1·2x]=0,解得x=1,则a=(1,1),所以|a|==. 解法二:由a=(x,1),b=(x-1,2x),得a-b=(1,1-2x).因为a⊥(a-b),所以x+1-2x=0,解得x=1,则a=(1,1),所以|a|==. 8.答案　 解析　解法一:因为|a+b|=|2a-b|, 所以a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,整理得a2-2a·b=0, 又因为|a-b|=, 所以a2-2a·b+b2=b2=3,所以|b|=. 解法二:设c=a-b,则|c|=,a+b=c+2b,2a-b=2c+b, 由题意可得(c+2b)2=(2c+b)2,则c2+4c·b+4b2=4c2+4c·b+b2, 整理得c2=b2,即|b|=|c|=. 9.A　由余弦定理得cos A===,又0°<A<180°,所以A=45°. 10.答案　2; 解析　由题意知在△ABM中,AB=2,∠B=60°,AM=2, 由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos B,即12=4+BM2-4·BM·, 解得BM=4或BM=-2(舍去), ∵M为BC的中点,∴BM=MC=4,BC=8, 在△ABC中,由余弦定理知AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B, ∴AC2=4+64-2×2×8×=52, ∴AC=2. 在△AMC中,由余弦定理可得 cos∠MAC===. 11.答案　-1 解析　设BD=m(m>0),则CD=2m. 在△ABD中,根据余弦定理及已知,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=m2+2m+4, 在△ACD中,根据余弦定理及已知,得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=4m2-4m+4, ∴==4-=4-, ∵m>0,∴m+1>1,∴m+1+≥2,当且仅当m+1=,即m=-1时取“=”, 此时取得最小值,为4-=4-2, 此时取得最小值. 故当取得最小值时,BD=-1. 12.真题降维 　　1.试题分析 本题属于结构不良题目,体现了试题的灵活性、开放性及创新性,加强考查了学生的观察分析、比较、判断和对问题的把控能力,以及思维的灵活性和构建数学问题的能力. 2.信息提取 关键信息 信息处理 cos A=- 求sin A asin C=4 等价转化:csin A=4 所选的条件需使得△ABC存在 条件①:易得不存在△ABC,条件②③:△ABC均存在,但条件③更容易确定三角形存在,条件②更易求解 求BC边上的高 条件②:BC边上的高即为bsin C; 条件③:利用S△ABC=a·hBC求解 解析　(1)在△ABC中,A∈(0,π),则sin A=,由正弦定理得asin C=csin A=4,解得c=6. (2)选条件①:a=6=c,所以A=C,但A>,所以三角形不存在. 选条件②:由正弦定理得bsin A=,解得b=5, 所以由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=25+36-2×5×6×=81,所以a=9, 故三角形存在,sin C=,BC边上的高为bsin C=. 选条件③:bcsin A=×6×b=10,解得b=5, 所以由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=25+36-2×5×6×=81,所以a=9, 故三角形存在,BC边上的高为=. 13.解析　(1)证明:在△ABC中,由BD·sin∠ABC=asin C及正弦定理可得BD·b=a·c, 又b2=ac,所以BD·b=b2,故BD=b. (2)由AD=2DC得AD=b,DC=, 在△ABD中,cos A===, 在△ABC中,cos A==. 故=, 化简得3c2-11b2+6a2=0, 又b2=ac, 所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0, 所以c=3a或c=a. 当c=3a时,b2=ac=3a2,所以b=a,此时a+b<c,故a,b,c构不成三角形; 当c=a时,b2=ac=a2,所以b=a,此时a,b,c可以构成三角形, 故c=a,b=a,所以在△ABC中,cos∠ABC===. 14.答案　2 解析　在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,即()2=22+AC2-2×2×AC×cos 60°,即AC2-2AC-2=0,解得AC=1+或AC=1-(舍去),因为AD平分∠BAC,且∠BAC=60°,所以∠BAD=∠CAD=30°.S△ABC=S△ABD+S△ACD,即×2×(+1)×=×2×AD×+×(+1)×AD×,即×(+1)=AD+AD,解得AD=2. 一题多解 　　在△ABC中,由正弦定理得=,即=,得sin C=,易知0°<C<120°,∴C=45°,∴B=75°. 在△ABD中,∠BAD=30°,∴∠ADB=180°-30°-75°=75°,∴△ABD为等腰三角形,∴AD=AB,又AB=2,∴AD=2. 15.答案　2 解析　由S△ABC=acsin B=ac=得ac=4. 由b2=a2+c2-2ac·cos B=a2+c2-ac, 结合a2+c2=3ac得到b2=2ac=8,∴b=2. 16.解析　(1)由题意得S1=a2,S2=b2,S3=c2, ∴S1-S2+S3=(a2-b2+c2)=,即a2-b2+c2=2, 由cos B=得a2+c2-b2=2accos B, ∴2accos B=2,∴accos B=1, ∵sin B=,∴cos B=或cos B=-(舍), ∴ac=,∴S△ABC=acsin B=××=. (2)由正弦定理==得=, 又ac=,sin Asin C=, ∴=,∴=, ∴b=sin B=×=. 17.解析　(1)易知cos C=, 又a2+b2-c2=ab,所以cos C=, 又因为C∈(0,π),所以C=,所以sin C=, 又因为sin C=cos B,所以cos B=, 又因为B∈(0,π),所以B=. (2)在△ABC中,A=π-B-C,所以结合(1)得sin A=sin(B+C)=. 解法一:由正弦定理得a=,b=, 所以△ABC的面积S=absin C=···sin C==3+,解得c=2. 解法二:由正弦定理可得b∶c=sin B∶sin C=∶=∶,故可设b=k,c=k,其中k>0, 则△ABC的面积S=bcsin A=×k×k×=3+,解得k=2(舍负),故c=2. 高考模拟练 1.B 2.D 3.D 4.B 5.AC 1.B　由题意可得=+=+, =+=+,=+=-+, 因为=x+y, 所以+=x+y=+(x+y), 所以解得x=,y=-,所以xy=-. 名师点睛 　　将{,}视为平面的一组基,并把其他向量用该组基表示是解决本题的关键. 2.D　设与方向相同的单位向量为i, ∵+=,∴i·(+)=i·, ∴i·+i·=i·, 即ccos(π-θ)+acos(θ-B)=bcos[π-(A+θ)], 即-ccos θ+acos(B-θ)=-bcos(A+θ), 即acos(B-θ)+bcos(A+θ)=ccos θ. 3.D　因为m=(sin A,sin C-sin B),n=(a-c,b+c),且m⊥n,所以m·n=(a-c)sin A+(sin C-sin B)(b+c)=0, 利用正弦定理可得a(a-c)+(c-b)(b+c)=0, 整理可得a2+c2-b2=ac, 由余弦定理可得cos B===, 又B∈(0,π),所以B=. 如图,设△ABC的外接圆的半径为r, 则2r=,所以r==1. 可知点B在优弧上运动(不包括端点). 设△ABC的外接圆圆心为点O, 过O作DE∥AC交圆O于D,E(D在E的左侧),连接AD,CD,过点D作DF⊥CA的延长线于点F,则∠DAC=,AD=AC=1,AF=. 当点B与点D重合时,在方向上的投影最小, 根据数量积的几何意义可知·的最小值为-×1=-. 4.B　因为|a+λc|≥对任意实数λ恒成立, 所以a2+2λa·c+λ2c2≥a2-a·c+c2对任意实数λ恒成立,即c2·λ2+4λ+2-c2≥0对任意实数λ恒成立, 故Δ=16-4c2·≤0,即≤0,解得|c|2=4,则|c|=2. 因为|a+c|2=a2+2a·c+c2=4+4+4=12,所以|a+c|=2, 则由向量的三角不等式得|b-(a+c)|≥||b|-|a+c||=|2-2|=2-2. 故|b-(a+c)|的最小值为2-2. 5.AC　对于A,在△DBE中,由余弦定理得DE2=BD2+BE2-2BD·BE×cos 120°=0.49,所以DE=0.7 km,故A正确; 对于B,在△DEQ中,由正弦定理得DQ=== km,故B错误; 对于C,在△DEQ中,由余弦定理得0.72=DQ2+QE2-2DQ·QE×≥DQ·QE,当且仅当DQ=QE时等号成立, 所以DQ·QE≤,则S△DEQ=DQ·QEsin 60°≤ km2,故C正确; 对于D,在△DEQ中,由余弦定理得0.72=DQ2+QE2-2DQ·QE×=(DQ+QE)2-3DQ·QE,所以0.72≥(DQ+QE)2-=(DQ+QE)2,当且仅当DQ=QE时等号成立,所以DQ+QE≤1.4 km,故D错误. 6.答案　- 解析　依题意,易求得∠ACD=∠DCB=∠CBD=36°, 所以∠CAD=∠CDA=∠ACB=72°, 所以BC=AB,CD=BD=AC. 因为D为AB的黄金分割点(BD>AD), 所以=,即=, 所以=,所以=. 不妨设CD=2,则AD=-1, 在△CDA中,cos 36°==, 所以cos 144°=cos(180°-36°)=-cos 36°=-. 7.答案　 解析　==≤1, 所以-cos<e1,e2>≤1, 又cos<e1,e2>≤1,故≤cos<e1,e2>≤1. 因为a=3e1+e2,b=e1+e2, 所以|a|==, |b|==, 所以cos2θ= = = ==-, 由≤cos<e1,e2>≤1,得≤≤, 所以≤-≤1,即cos2θ∈. 8.答案　 解析　由题意可作图如下: 由A,M,D三点共线,可得存在实数t,使得=t+(1-t)=t+(1-t), 由B,M,C三点共线,可得存在实数m,使得=m+(1-m)=m+(1-m), 所以解得所以=+. 因为E,M,F三点共线,所以存在实数x,使得=x+(1-x)=xλ+(1-x)μ, 所以可得+=1, 所以2λ+μ=(2λ+μ)=≥=,当且仅当=,+=1,即μ=,λ=时取等号. 9.答案　 解析　由题意得S1=AB·AD·sin A=sin A,S2=CD·BC·sin C=sin C. 在△ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2·AD·AB·cos A,即BD2=3+1-2cos A=4-2cos A, 在△BCD中,由余弦定理得BD2=CD2+CB2-2·CD·CB·cos C,即BD2=1+1-2cos C=2-2cos C, 所以cos C=cos A-1, 则+=sin2A+sin2C=(1-cos2A)+(1-cos2C) =-+, 所以当cos A=时,+取得最大值,为. 10.解析　(1)由bsin B-asin A=c(sin C+sin A)及正弦定理,得b2-a2=c2+ac,即a2+c2-b2=-ac, 由余弦定理得cos B==-, 又0<B<π,所以B=. (2)在△ABC中,AB=1,BC=2,B=, 则·=1×2×cos =-1. =+=+t(-)=t+(1-t), =-=-, 因为BD⊥AE,所以·=[t+(1-t)]·=-(1-t)+·=2t-(1-t)-=-=0,所以t=. 11.解析　(1)由题意可得AB×CD+BC×AD≥AC×BD, 易得AD=CD,AC=CD,即AB×CD+BC×CD≥CD×BD,即AB+BC≥BD,又AB=,BC=1,所以BD≤2,当且仅当A,B,C,D四点共圆时等号成立,故线段BD的长度的最大值为2. (2)在题图2中,连接BD,当A,B,C,D四点共圆时四边形ABCD的面积最大,则A+C=π,则cos C=-cos A,sin A=sin C. 在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A=4+16-2×2×4cos A=20-16cos A, 在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C=36+16+2×6×4cos A=52+48cos A, 所以20-16cos A=52+48cos A, 解得cos A=-,又A∈(0,π), 所以A=, 所以sin A=sin C=, 此时S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=×AB×AD×sin A+×BC×CD×sin C=×2×4×+×6×4×=8. 故当A=时,四边形ABCD的面积最大,且最大面积为8. (3)由题意知A+P=π,即cos P=-cos A=, 在△BPD中,由余弦定理得BD2=PB2+PD2-2PB·PDcos P=PB2+PD2-PB·PD=52+48cos A, 故PB2+PD2-PB·PD=28,即(PB+PD)2-3PB·PD=28,则(PB+PD)2=28+3PB·PD≤28+3,当且仅当PB=PD时等号成立, 即PB+PD≤=4,当且仅当PB=PD时等号成立,所以PB+PD的最大值为4. 7 学科网（北京）股份有限公司 $