第31期 复数-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版）

17.(15分)已知x为实数，复数z=x-2+(x+2)i, 18.(17分)已知复数z=a+bi(a,b∈R,且b≠0)，且：+4 19.(17分)对于任意的复数：=x+yi(x,y∈R),定义运算 (1)当x为何值时，复数z的模最小？ P()=x2[cos(ym)isin(ym)]. (2)当复数z的模最小时，复数z在复平面内对应的点Z落在直 是实数 (1)集合A={ω|w=P(z),Iz1≤1，的实部和虚部均为整 (1)求a+b2的值； 线y=-m+a上，其中m>0,a>0,求号+的最小值及取得最 数，试用列举法写出集合A; 2)求a-(÷} 的最小值， (2)若z=2+yi(y∈R),P(z)为纯虚数，求Iz1的最小值； 值时的m,n的值， (3)直线I:y=x-9上是否存在整点(x,y)(坐标x,y均为整数 的点)，使复数z=x+yi经运算P后，P(z)对应的点也在直线1上？ 若存在，求出所有的点；若不存在，请说明理由. 高中数学·必修第二册（人教A版）棱心素养综合测评 高中数学·必修第二册（人教A版）核心素养综合测评 参考答案见下期 本版责任编辑：张瑞霞 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 数理摑 2026年1月30日·星期五 高中数学 报纸发行质量反馈电话： 第 31期总第1175期 人教A 0351-5271248 必修（第二册 名人名言 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F) 邮发代号：21-201 关键词：坚持 积累，行动，务实 。O变式探究 5),设0A与0B的夹角为a, =-2AB,所以c=9应舍去 由0A.0B=10M10B1cos&, 综上e>智且c≠9 1.一尺之棰，日 即(3,0)·(-5,5)=3×5√2c0s, ★触类旁通一网打尽 取其半，万世不竭. 向量与复数的关系 变式3设复数和2满足|a11=|21= -庄子 ⊙山东李志勤 解得=平 2.谁终将声震人 ★原题再现 一目了然 4,1a1+21=45,求11-21. 间，必长久深自缄 例题：如图1，平行四边形 所以SAe=之1O10丽1sina= 1 × 解：设复数a和在复 默；谁终将点燃闪 OABC的顶点0，A,C的坐标分别 电，必长久如云漂泊 为(0,0)，(3,2)，(-2,4).试求： 3×52×2-5 平面内表示向量0与0B,画 2 2 出如图2所示的平行四边形 图2 一尼采 (1)A0,C表示的复数； ★反馈沟通一丝不苟 依题意，有101=10B1=4,10元1= 3.是以太山不 (2)求B点对应的复数， 变式2复数a1=3+4i,2=0,z3=c+(2c 让土壤，故能成其 45,c0s∠0BC=4+4,(45)2=-1 解：(1)A0=-0A,所以40表示的复数为 ·6)i在复平面内的对应点分别是A,B,C,若 2×4×4 2 大；河海不择细流 ∠BAC是钝角，则实数c的取值范围为 -3-2i. 所以cos∠AOB= 故能就其深 2 一李斯谏逐客书》 C=0i-0元，所以C表示的复数为(3+ 解：复数a1,2,3在复平面内的对应点分别 所以1AB12=42+42-2×4×4c0s∠A0B 4.放弃一切东西 2i)-（-2+4i)=5-2i. 为A(3,4),B(0,0),C(c,2c-6) =16,得1AB1=4, 比人们想象的要容 (2)0B=0+AB=0A+0C,所以0B表 即11-2=4 易些，困难在于开始 示的复数为(3+2i)+(-2+4i)=1+6i,即B 因为∠BAC是钝角，所以只需向量AB,AC 一芥川龙之介 点对应的复数为1+6i 的夹角是钝角即可 5.天下难事，必 ★举一反三一叶知秋 因为AB=(-3,-4),AC=(c-3,2c-10) 聚焦 作于易；天下大事， 变式1设1=3,2=-5+5i,复数a1和2 49 必作于细.—老子 所以4B.AC=49-11c<0,即c> 复数的几何意) 在复平面内的对应点分别为A,B,0为原点，则 6.人的主罪有 △AOB的面积为 当4B与AC是共线向量时，可得(-3)×(2c ◎山东赵相武 二，其余皆由此而来 高考对复数的几何意义的考查主要以复数 急躁和懒散由于急 解析：依题意有01=(3,0)，0B =(-5, -10)=(-4)×(c-3),解得c=9,此时AC 所对应的向量为载体，考查同学们数与形结合 躁，他们被逐出了天 三、探求参数的取值范围 的技能.解题时关键在于深刻理解复数的几何 堂；由于懒散，他们 活用 例3若存在复数z同时满足下列条件： 意义以及曲线的复数表示 再也回不去 (1)复数x在复平面内对应的点在第二象限； 卡夫卡 厦数相等来解题 例1复数：=-1+i 1+i -1在复平面内所对 (2)g·云+2iz=8+ai(a∈R). 7.做事不可迟缓 ◎山西王飞 试求实数a的取值范围. 应的点位于 ( 言谈不可杂乱思想不 一、求解关于复数：的方程 解：设z=x+yi(x,y∈R),则z=x-yi (A)第一象限 (B)第二象限 可游移，灵魂不可完全 例1已知复数1=1-i,1·2=1+i,则 由条件(1)知x<0,y>0; (C)第三象限 (D)第四象限 倾注于自身，或者过分 复数= 由条件(2)得(x+yi)(x-yi)+2i(x+yi) -2 焦躁不安，生活中不 解：设a2=a+bi(a,beR),则z1·2=(1 =8+ai,即(x2+y2-2y）+2i=8+ai(aeR). 解=1-1= 1+i =-1+i, 可始终忙碌不止」 -i)(a+bi)=a+b+(b-a)i=1+i. 于是{+2-2=8， 所以z所对应的点位于第二象限 一奥勒留《沉思录》 由复数相等的充要条件得 (2x a, 故选(B) 8.人可以走向 则a2=36-4(-1)2 a+6=1解得0=0，故，=i 例2若z∈C且1z+2-2i1=1,则1z-2 天堂，不可以走到天 而x<0,y>0,则a2≤36，且a<0. lb-a=1, b=1. ,2i!的最小值是 堂 一史铁生《病隙 故实数a的取值范围是[-6,0) 二、确定等式中参数的值 (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 四、解决与复数有关的轨迹问题 碎笔》 例2已知实数x,y满足：x2+(1+i)xy+ 例4已知关于1的一元二次方程2+(2+ 解：在复平面上，1z+2 9.天可补，海可 (2-40)i=24,求实数x,y的值， i)t+2xy+(x-y)i=0(x,y∈R),若此方程有 2i1=1表示以点01(-2,2)为 填，南山可移.日月 解：已知条件变形为(x2+xy)+(xy+y2)i 实数解，求点M(x,y)的轨迹 圆心，以1为半径的圆，Iz-2 既往，不可复追 =24+40i 解：设方程的实数解为o,则 2i1表示此圆上的点到点A(2 —曾国藩 由复数相等的充要条件得 后+(2+i)o+2xy+(x-y)i=0, 2)的距离（如右图所示）. 10.志在顶峰的 「x2+xy=24, ① 即后+2o+2xy+(+x-y)i=0. 由图可以看出1：-2-2i1的最小值是3. 人，决不会因留恋半 Lxy +y2=40. ② 由复数相等的充要条件得 故选(B) 山腰的奇花异草而 ①+②得(x+y)2=64,所以x+y=±8. 「6+2t0+2xy=0, 点评：同学们在运用复数的几何意义时，一 停止攀登的步伐 当x+y=8时，把y=8-x代入①， Lto +x-y =0, 要注意复数与复平面内的点的一一对应关系； 一高尔基 得x=3,y=5; 消去得(y-x)2+2(y-x)+2xy=0, 二要注意复数与平面内的所有以原点为起点的 当x+y=-8时，解得x=-3,y=-5. 即(x-1)2+(y+1)2=2. 向量一一对应.复数问题可以转化为向量问题 所以=3或x=-3, 故点M(x,y)的轨迹是以(1，-1)为圆心 来解决，这是数形结合思想在本部分知识中的 ly=5ly=-5. 半径为√2的圆. 体现和应用 2 素养专练 数理极 专项小练一、复数的概念 专项小练二、复数的四则运算 1.已知i是虚数单位，若复数z=3+2a+(2-3a)i的实部与虚部互为 1.复数(1+2i)-(3-4i)在复平面内对应的点在 () 相反数，则实数a= ( (A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限 (D)第四象限 (A)5 (B)-5 (C)3 (D)-3 2.复数x=2+bi(b∈R,b≠0)，则：·z的虚部是 2.在复平面内，0为坐标原点，向量0A对应的复数为-1+2i,若点A关 (A)bi (B)-62 (C)0 (D)b2 于直线y=-x的对称点为点B,则向量OB对应的复数为 () 3.(多选)设复数：满足+3=-，则下列说法错误的是 () x-1 (A)-2-i(B)-2+i (C)1+2i (D)-1+2i (A)z为纯虚数 3.(多选)已知，2为复数，则下列说法正确的是 ( (B)z的虚部为2i (A)若a1=2,则元=2 (C)在复平面内，对应的点位于第二象限 (B)若a+3∈R,则a1与2的虚部相等 (D)1z1=5 (C)若2=0，则a1=0或2=0 4.复数1=a+4i,2=3+bi(a,b∈R),若它们的和a1+2为实数， (D)若号+号=0，则a1=3=0 差a1-为纯虚数，则1a+i1= 4当子<m<1时，复数：=3m-2+(m-i在复平面内的对应点 5.若3+4i是关于x的方程x2+bx+c=0(b∈R,c∈R)的一个复 位于第象限 数根，则c=」 5.已知复数：在复平面内对应的点在第二象限，它的模为3，实部为 6.已知复数a1=a2+(a-6)i,2=2a-3+a2i,a∈R. 5,则元= (1)若a+2是纯虚数，求a; 6.设x∈R,若复数z=l0g(x2-3)+i·log2(x+3)在复平面内的对 (2)若a+2>0,求1a1. 应点在第三象限，求x的取值范围。 数理报社试题研究中心 参考答案见下期 第30期3,4版参考答案 m∠80c:V个-sZ0C-45 19.(1)解：①因为m=(2,1),n=(-1,2), 则S(m,n)=12×2-1×(-1)1=5: 一、单项选择题 又因为sin∠ABD=sin(∠BDC-60), ②因为m=(1,2),n=(2,4), 1-4 CBAB 5~8 BCBB 所以sin∠ABD=sin∠BDC·cos60°-cos∠BDC·sin60°= 所以n=2m,即m与n共线，所以S(m,n)=0. 二、多项选择题 49x分+片x=福 (2)证明：因为向量m=(x1y）,n=(x2,y2),且向量p= 9.ACD;10.ACD;11.BCD. Am+n(入，h∈R,A2+u2≠0)， 三、填空题 在△ABD中，由正弦定得，得n∠ABD=sm60, AD BD 则p=(Ax1+ux2,A1+2),于是S(P,m)=|(A名+2)y1 2.；13.141N:14.[2+2反.161. 所以AD=BDin∠ABD=15km -(Ay1+y2)x11=1u1川x13-x2y11, sin 60 同理S(p,n)=1A1川x12-2y1, 四、解答题 故这个人还要走15km的路才能到达A城 所以S(p,m)+S(p,n)=(1AI+lul)S(m,n) 15.解：设AB=m,则AC=m,DE=BC=2m, 18.解：(1)设P(14,y), (3)解：设c与a的夹角为a,c与b的夹角为0，a,0∈[0，π]， BD-DEsin 30 则0=(14，y),P店=(-8，-3-y), 由a1b得9=牙-a或0=3-a, 过点D作DG⊥AB交AB的延长线于点G, 由0亦=1P序得(14，y)=A(-8,-3-y), 当0=号-a时.sca+sc.)=21cla1sina 2 作DH⊥AC于点H,易得四边形AGDH为矩形 解得A=-子，y=-7,所以点P(14,-7) BG=c=80m45= 设点Q(a,b),则00=(a,b),又Ap=(12,-16) 2:之|clb1sin(受-a=sina+sin(Ξ-a=sina+ 4G=子m,ah=m 所拟由0d.A=0,得3a=4b. ①sa=Ein(a+平） 又点Q在边AB上， 从而动-花+：子。+之 所以号-名即3a+6-15=0 因为ae[0,m,所以a+子e[牙，平] 16.解：(1)在△ABC中， 联立①②，解得a=4,b=3,所以点Q(4,3). sin C sin(A+B)=sin Acos B cos Asin B, 所以当a+年=，即a=平时，S(c,a)+S(c,b)取得最 由正弦定理可得c=acos B+bcos A, 综上，实数入的值为-子，点P的坐标为(14，-7)，点Q的坐大值 所以3b=a+e1·e2=a+acosB+bcosA=a+c, 标为(4,3). 当0=要-a时，s(c,a)+s(c,b)-2子1cl1 alina 所以a+c=6=3b,即b=2,所以a+c+b=8, (2)因为R为线段0Q(含端点)上的一个动点， 所以△ABC的周长为8. 故设R(4,3t),且0≤t≤1， +2:1el61in(罗-a）=ina+sim(受-a=sma (2)因为B=30°，b=2,c=2, 则R0=(-4,-3),R=(2-41,9-30),店=(6-4， 所以由余弦定理可得coB=+2-尽=心+4-2。-3-30，所以+店=(8-81,6-60)， -osa=万m(a-平） 2ac 4a 则Rd.(+R店)=-4(8-8)-3(6-6)=502-50t= 孕解得a=5士1 因为a∈[0，m],所以a-平∈ 0(-)）-空0≤1≤0， 17.解：由题意得∠BAC=40°+20°=60°，BC=31km,CD= [ 20 km,BD 21 km, 所以当t=0或t=1时，d.(+)取得最大值，为0，当 由余弦定理得mBC:CC。1=合时，励.(+威取得最小值，为-三 所以当a-牙=受，即a=平时， 2BD·DC S(c,a)+S(c,b)取得最大值2， 故R心.（风+商的取值范围为[-空，0]小 综上，S(c,a)+S(c,b)的最大值为2. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 四、解答题：本题共5小题，共77分 复数核心素养综合测评 9.在复平面内，复数x对应的点为(-1,2)，则 15.(13分)已知复数z满足2z+:=3-2i,其中i为虚数单位 (A)z+z=-2 (B)z2=5 (1)求z; (D=+2 (2)若复数z,2-i在复平面xOy内对应的点分别为A,B,若四边 (C)z=5 ○数理报社试题研究中心 形OABC是复平面内的平行四边形，求点C对应的复数. 10.设z=(2+5t-3)+(t2+2t+2)i,t∈R,i为虚数单位，则 第I卷选择题（共58分) 以下结论正确的是 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1.已知复数z=i(1-7i),则z= ( (A)z对应的点在第一象限 (B)z一定不为纯虚数 (A)-7+i (B)-7-i (C)z一定不为实数 (D):对应的点在实轴的下方 (C)7+i (D)7-i 11.代数基本定理是数学中最重要的定理之一，它在代数学中起 高中数学 2.若复数：=a-2+(a-1)i(i为虚数单位，aeR)为纯虚数， 着基础作用.由代数基本定理可以得到：任何一元n(n∈N,)次复系 则1z1= (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 数多项式方程f(x)=0有n个复数根（重根按重数计）.若f(x)=(x 高中数学 必 32-)(1+20+名的嘘部为 -1)(x2+x+1),记w为方程f(x)=0的一个虚数根，则（ ) 第 (A)4 (B)-2 (C)-4 (D)2 (A)w2+w+1=0 (B)w=-2+ 3 必修第二 册 2 4已知复数：在复平面内对应的点为2(c0150,m150).则号 册 (C)w·w=1 (D)o=@ 16.(15分)已知复数z=m+2i(i是虚数单位，m∈R)是方程x2 ( A 6x+13=0的根， A 版 版 核 第Ⅱ卷非选择题（共92分） (1)求1z1; 核 (c)-3+ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 2)设复数上4，日复数，在复平面内所对应的点在第一 心素养综 5.已知复数z满足|z-3+4i1=1,当z的虚部取最大值时，z= 合测评 ( ) 12在复平面内，复数”1是虚数单住)对应的点的坐标为 象限，求实数a的取值范围！ (A)3+3i (B)3-3i (C)-3+5i (D)-3-5i 6设复数：=方+（是虚数苹位），则：+2+344+5 13.已知复数Z,=1+i,Z,=√2(cos15°+isin15),则Z,·Z, +6z5= ( (A)6z (B)6z2 (C)62 (D)-6z 14.已知平面直角坐标系x0y中向量的旋转和复数有关，对于任 7.已知i为虚数单位，复数z满足Ix+11=|z-il,则lz+i训的 意向量x=(a,b),对应复数z=a+bi,向量x逆时针旋转一个角度 最小值为 N马 0,得到复数z'=(a+bi)(cos0+isin0)=acos0-bsin0+ (c号 (D)0 i(asin0+bcos0),于是对应向量x'=(acos0-bsin0,asin0+ 8.已知复数x1=1+i是关于x的方程x2+px+q=0(P,9∈R) bcos).这就是向量的旋转公式.已知正三角形ABC的两个顶点坐标 的一个根，若复数z满足1x-aI=|p-q1,复数x在复平面内对应的 点Z的集合为图形M,则M围成的面积为 是A(1,4),B(3,2),根据此公式，求得点C的坐标是 ·（任写 (A)π (B)4π (C)16π (D)25T 一个即可)高一数学人教A(必修第二册)第27~31期 发评柄 答案详解 2025~2026学年高一数学人教A(必修第二册) 第27~31期(2026年1月)》 第27期2版 9-16 -1487 √/37×13 481 专项小练一 1.D;2.B;3.AD:4.F2,BC,C 第27期3,4版 5.解：由题可知，集合T中的元素实质上是S中任意两点 平面向量的概念及运算同步核心素养测评 连成的有向线段，共有20个， 一、单项选择题 即AB,AC,AD,Ad:BA,B元，BD,BO:C,C元，C元，Cd:D 1~4 CBDB 5 ~8 DBCB DB,DC,Dd:0A,0B,0元，0i 提示： 1.7(a+2b-3c)-3(a-2b-c)=-3a+7b+3c 5 由平行四边形的性质可知，共有8对向量相等， 即AB=D元，AD=-BC,D=cE,BA=cD,Ad=OC,OA- 2.向量b在向量a方向上的投影向量的模为 CO,DO OB,OD BO. 1a…b1 2万×3×c0s 又集合元素具有互异性，故集合T中的元素共有12个 3 3 专项小练二 I al 23 1.C;2.B;3.ABD: 3.-70+2b=2(b-a)=2(d- 1 4.2a+7b;5.C 6.解：在矩形ABCD中，1AD1=1BC=45,IAB1=8, =方励=励 则1B1=√AB12+1AD2=√82+(43)2=4万， 4.a∥b(b≠0)台存在唯一入∈R,使a=Ab,故①错误； ④中当入1=入2=0时等式成立，故④错，故选(B). 因为BC=b,AB=a,BD=c, a-b-c AB-BC BD=AB-AD BD 5.根据已知可得元=成+武=成+之花 DB+DB 2 DB. =0i+2(0成-0动 因此，1a-b-c1=21DB1=2×4万=8万 专项小练三 =是成-2=0-a 1.D;2.C;3.BD;4.e1+2e2;5.2. 6.由a1(2a+b)得a·(2a+b)=21a12+a·b= 6.解：因为M元=子+子， 21a13-71a1b1=0,21a2=1a11b1, 所以4M元=MA+3MB, 所以M元-MA=3(MB-MC), 则子 所以AC=3CB 7.连接0A因为B元=AC-A正=3AN-3A=3(0 所以A,B,G三点共线且：4 0A-3(0M-0A=3(0N-0i). I BCI 所以BC.0i=3(0N-0)·0 专项小练四 =3(0N.0M-1012) 1.C;2.A;3.BD;4.万；5.3g =3×(2×1×c0s120°-12) =3×(-2)=-6. 6.解：(1)因为1a+b12=a2+b2+2a·b=9+16+2 8.因为a+b与c共线，b-c与a共线， ×3×4×c0s60°=37， 所以存在实数m,n使a+b=mc,b-c=na, 所以1a+b1=√/37. 即b=-a+mc,b=na+c, (2)因为1a-b12=a2+b2-2a·b=9+16-2×3× 所以-a+mc=na+c, 4×c0s60°=13， 因为a,c不共线，所以m=1,n=-1, 所以1a-b1=√13. 所以b-c=-a,(b-c)2=(-a)2,所以2-2b·c=1, 所以cos0=(a+b)·(a-b bc=2 1 l a+bl l a-bl 高一数学人教A(必修第二册)第27~31期 设向量b,c的夹角为0， 故选(A)(C)(D. 则1×1×cos0=7,60s0=7,0=60 三、填空题 二、多项选择题 9.BD;10.AB;11.ACD. 提示： 提示： 12.由题知2x-0- 2 9分励=网≠故()错误： 2 b 2℃+ 2x+b=0, 所以子 2 1 号-分币（店-动分成=m放） 4a-b+7 所以=20-78 .1 正确； A-A不=N成≠M,故(C)错误； 1 13.因为a+b+2c=0, M元+BD+DN=MD+D=MN,故(D)正确. 故选(B)(D). 所以宁c=-(a+b), 10.因为1a1=1b1=1且|b-2al=√5， 所以(b-2a)2=b2-4a·b+42=1-4a·b+4=3, 两边平方得二=[-a+b)]=。6+2ab, 所以a:b=之， 因为a,b,c均是单位向量， 所以1a+b1=√(a+b)7=√a+2a·b+b= 所以4=1+1+2ab,所以ab=-日，所以1a-b1- 7 √个+1+1=5，故(A)正确； d+8-2ab=1+1-2×(-名）=界， a在a+b上的投影向量的模长为a,(a+b)_。+a·b l a+bl 所以1a-b1=⑤ 2 京厚k四隐 14.1a+b12=a2+2aa·b+X2b2 =1+4Acos0+4A2 因为1a-Ab12=a2-2a·b+A2b2=X2-A+1 =4+A6+2.9）+1 4 =(a-)广+子=子 33 =4A+cos0)2 2）+1-cos20 所1。-41=号>9 即不布在AeR使得1a-A61=竖故(C)错误： 4a+学)+ma 当入=-eos9时，1a+b1n=1sin01, 2 当入=-1时，a-Ab=a+b, 此时a-Ab与a+b的夹角为0，不是锐角，故(D)错误 A=-c059c0s0<0, 2 故选(A)(B). 11.如图1,20+3(0A+AB)+4(0A+AC=90A+3AB 因为1a+Ab1=宁所以1sm91=宁 +4花=0，则0=宁+号d.()正确： 因为0e0,],所以sm0=分， 若0i=20,0i=30B,0=40元， 所以0晋或9=装， 则0D+0尼+0示=0， 所以O是△DEF的重心，直线AO过 因为cos0<0,所以0=5知 6 EF的中点， 四、解答题 而EF与BC不平行，所以直线AO不 15.解：因为ka+3b与2a+kb共线， 过BC边的中点，(B)错误； 图1 所以存在实数入，使ka+3b=A(2a+b), 又SAOE=S△EoF=S△D0F, 即(k-2A)a=(k-3)b. SADOE 6S AAOB,SAEOF 12SABOE, 所以S△oB:S△Boc=2:1,(C)正确； 由于a,b不共线，所以-2】=0=k=±6 xk-3=0 若1041=10B1=10C1=1, 即实数k的值为6或-√6. 且160C=(20+30B2=40求+120A.0B+90, 16.(1)证明：如图2,0B+0元= 所以0·0成=子 20D,0A+0元=20正 而0心.4店=-子(20+30成(0成-0=4(20M 因为0+20B+30元=(0A+ 0C)+2(0B+0C)=2(0正+20i) B< +0.成-30应）=-6，(D)正确 图2 =0,即20D+02=0, 2 高一数学人教A(必修第二册)第27~31期 所以0D与0正共线。 解得t=3,所以△ABC的边长为3. 又0D与0正有公共点0，所以D,E,0三点共线。 19.(1)证明：因为e1,e2分别为Ox,0y正方向上的单位向 量，且夹角为60°， (2)解：由(1)知210元1=10呢1， 所以5e=2SE=2×号5E 所以e·g=1e,16,1cos60=之 所以花1}·2,2} =(xe1+y1e2)·（xe1+y2e2) 所3 =x1x2ei+x1ye1·e2+x2y1e1·e2+yiy2e2 =162+7%+分+y16 17.解：(1)由题意知1a+b12=a2+2a·b+b2=12, 1 又1a1=2,1b1=4, =x名+2+2（为+）小. 所以a·b=-4, (2)解：因为向量a,b的“@未来坐标”分别为sinx,1}, 由(2a-b)⊥(ha+b)得(2a-b)·(ha+b)=0, cos x,1, 即2ha2+2a·b-k2a·b-b2=0. 所以f(x)=a·b=(sin xe1+e2)·(cos xe1+e2) 所以8k-8+42-16k=0, =sin xcos xe+sin xe1·e2+cos xe1·e2+ei 解得k=1±5. (2)a·(3a+b)=3a2+a·b=8, =imos+1+分(m+eas动， 13a+b1=√9a2+60·b+b=27, 设a与3a+b的夹角为0， 令t=sinx+cos=万sin(x+牙） 则0=022万9 8 27 则sin xeos=分(-10. 所以a与3a+b的夹角的氽弦值为识 因为xeR,所以-2≤2simx+年）≤2， 即-√2≤t≤2， 18.解：(1)因为MN∥BC, 所以示=-d=b-子， 1 令0=(f+1+1)(-万≤1≤. 正=子布-g(硒+西=文+名8 因为对称轴为1=一方，函数图象开口向上， (2)(i)设AN=xAC,因为M,E,N三点共线， 所以当t=- 时80)取得最小值(-分)=宁× 所以存在唯一的实数入，使得M正=入M示， 所以A正-AM=A(AN-A), (4=8 即A正=(1-A)AM+AA, 当1=万时，g(e)取得最大值g(2)=号×(2+万+1) 所以A正=，AA店+xAC 2 =3+2 2 即正=2a+Ab ()可得花=日a+女， 所以)的最小值为号，最大值为告三 第28期2版 时g且=令 2 专项小练一 解得入= 3 1 4x=6, LC:2.BeD:3.D:43:5号0- 所以不=石花， 专项小练二 示=-d=。d-分证=名b-2a 1.C:2B:3A0D:454:5-治 专项小练三 (i)h丽=b-之=名(-3a+b,花=女+ 1B,2A:3BD,4格：反- 1 gb=ga+),丽证=名得， 第28期3,4版 石(-如+b)·ga+b)=6 平面向量的基本定理及坐标表示同步核心素养测评 即0(-+6-2a)=-6 一、单项选择题 1~4 DBBB 5 ~8 BBDB 即6(-3+f-2rcos号）=-6 提示： 1.根据题意，b=2a=2(1,1)=(2,2). 一3 高一数学人教A(必修第二册)第27~31期 2.由题意得x2=2(x+4), 当+6=8时，则次数为8+2=10： 解得x=4或x=-2. lc+d=2 3.由题意得b=Ad-应c=花-A花=店-2， 当+6=3时，则次数为3+9=12 lc+d=9 故2h+e=-号。 综上，次数最小值为10， 二、多项选择题 9.AB:10.BC:11.BD 提示： 4.设正方形边长为2，以A为原点，AB,AD为x轴，y轴的正 9.对于(A),假设存在实数入使得e1=Ae2, 方向建立平面直角坐标系， 即(1,0)=A(0,1),即=A×0无解， 则M(2,1),D(0,2),B(2,0),C(2,2),BD=(-2,2), L0=λ 依题意AC=AAi+uB配， 则e1=(1,0),e2=(0,1)不共线， 所以可以作为一组基底； =3 即2A-24=,2解得 对于(B),假设存在实数A使得e1=Ae2, 1λ+2μ=2， 1 4=3, 明1,2)A-2.62无解。 所以A+红=多 则e1=(1,2),e2=(-2,1)不共线， 所以可以作为一组基底； 5.由题意可得，设点P(0,y), 对于(C),e1=-5e2, 则Pi=(2,2-y),P=(5,-2-y), 所以e1=(-3,4),e2= 3 4 共线，所以不可以作 又因为∠MPW为直角， 所以P.P示=0， 为一组基底： 即2×5+(2-y)(-2-y)=0, 对于(D),e1=-2e2, 化简可得6+y2=0,方程无实根， 所以e1=(2,6),e2=(-1,-3)共线，所以不可以作为 一组基底 所以满足要求的点P不存在. 6.a=(2,x),b=(0,2), 故选(A)(B) 故4=2·(02 2x 2 10.a与b的夹角为钝角，故a·b<0,且a,b不反向共线， 1a12 22+x2 x2+4x+ 4 则a·b=(3,k)·(2,-1)=6-k<0且-3-2k≠0， 3 解得k>6且k≠- 因为>0所以+兰≥2√，=4， 综上，k>6,(A)正确： 当且仅当x兰即x=2时，等号成立， 1a1=√9+2≥3，当且仅当k=0时，等号成立， 故IaI的最小值为3，(B)错误； 。1 4≤2 1b1=4+I=5,与b共线的单位向量有2个， x+- 为±（后）=±(-)(c)铅误 7.因为AB与a=(1,-2)的夹角为π， 所以A正=ka=(k,-2k)(k<0). 若1al=31b1,则√9+=35， 解得k=±6，(D)正确。 因为1AB1=25, 故选(B)(C). 所以√2+(-2k)2=25 11.如右图，作0E⊥0C,分别以 解得k=-2(舍正)，即AB=（-2,4). OC,OE为x,y轴建立平面直角坐标系， 设点B(x,y）,因为A(2,1), 则10.c4.o)(-9） 所以AB=(x-2,y-1)=(-2,4), 所以x=0,y=5,即点B的坐标为(0,5) D(-2,25), 8.由题可得，每次跳跃的路径对应的向量为 a1=(3,4),b1=(4,3),c1=(5,0),d1=(0,5), 设0(cos0,sm0),0e[0,号]. 设对应的跳跃次数分别为a,b,c,d,其中a,b,c,d∈N, 则P(4cos0,4sin0), 可得00=aa1+bb1+cc1+dd 由00=x0元+y0D可得， =(3a+4b+5c,4a+3b+5d)=(33,33), cos 0 =4x -2y,sin 0 =23y,>0y >0, 则3a+46+5c=3, 若y=x,则cos20+sim20=(4x-2y)2+(25y)2=1, L4a+3b+5d=33. 两式相加可得7(a+b)+5(c+d)=66, 解得=y=子（负值合去），放x+y=分()错误： 因为a+b,c+deN, 则a+b=8,或a+6=3, 若y=2,则c0s0=4k-2y=0,0=受 lc+d=2 lc+d=9. 所以O·O=0,故(B)正确： 高一数学人教A(必修第二册)第27~31期 .0亦=(-号号)(4os0,4sin) 解得x=3,所以b=(3,-1), 所以Q与b的夹角的余弦值为b a·b =-6cos0+25im0=45sim0-号）， 2×3+2×(-1) 由于0e[0,号]，放9-号e[-号号]， 2+2×V3+-厅分 16.解：(1)设点P的坐标为(x,y), 故-6≤45sim(0-号）≤6，(C)错误； 则B=(x-1,y-4),P元=(3-x,3-y), 由于p=(1-4cos0,-4sin0), 因为成：宁风， 成=（方-4m6,吾-4m), 「x= 解得 3 则.P元=(1-4eos0)×(-号-4cos0+ -4=3-0, b 1 3 (-4m0)x(停-4n0）=}-2s0-28in0=头 所以点P的华标为（号号 4sin(a+g）, (2)设向量0D的坐标为(a,b),即D(a,b), 面0+ge[] 则Ad=(a-2,b-1),0i=(1,4),0元=(3,3)， 因为d/o成，0元10而，则4(a-2)=6-1, 所以m(0+君)e[分小， l3a+3b=0, 所以.i=}-4m(a+君）≥}-4受放(D) 解得 a=5 正确.故选(B)(D). b=-5 三、填空题 12；13g+是：142 所以向量0励的坐标为（子，一子）片 17.解：(1)设D(x,y)(x,y>0), 提示： 依题意可得正=C, 12.由已知得AB=(2,1),CD=(5,5),因此AB在CD上的 又A(-2,-4),B(2,0),C(-1,1), 投影向量为或。15.3E -e= 2e=2e 所以AB=(4,4),C⑦=(x+1,y-1), 1c152 所以+1=4解得=3即D(35). 13.因为B正=3E, y-1=4, ly=5, 所以成=子酥，亦=-=-子花。 (2)设A正=AAC,A∈[0,1]， 4 则(m+2,n+4)=入(1,5)， 所以脉=a+序=a-子花， ① 所以m+2=人则m=A-2, ln+4=5λ，Ln=5λ-4， 成-子酥=b+花， ② 所以(m-2)2+2=(X-4)2+(5A-4)2=26A2-48入 由①+子x2相院成=a+子b, +24号+ 即脉=总+是 因为AE0,1】,所以当A=号时，(m-2户+取最小值 14.设a=(1,0),b=(1,s),c=(1-st,t),8,t∈R, 答当A=0时.(m-2°+广取最大值32 由已知可得：la-b+c1=√(1-st)2+(t-s) =√/1+(st)2-4t+s2+7 所以(m-2+的取值花围为[2]， ≥√/(st)2-4st+21st1+1, 18.(1)解：不妨设0M=ma+nb.由于A,D,M三点共线， 当且仅当2=子时，取等号， 当st≥0时，有(st)2-2st+1≤8，得0≤st≤2万+1， 则存在a(a≠-1)使得AM=aMD, 当st<0时，有(st)2-6st+1≤8，得-1≤st<0, 即Ad+0成=（元+0币，于是Om=+a0西 1+a 所以当-1≤st≤22+1时，-22≤a·c=1-t≤ 2.所以a·c的最大值为2. 又0成=分0成， 四、解答题 15.解：由题可得a·(a-2b)=a2-2a·b=0, 耐+受丽 1 即(22+22)-2×(2x-2)=0, 所以O= 1+ +a+2 5 高一数学人教A(必修第二册)第27~31期 [m=1+a 1 所以cosa=a·(a-b) a2-a·b 则 即m+2n=1. ① lall a-bl=lall a-bl 16 1 n=2(1+a)' 由于B,C,M三点共线， 则存在B(B≠-1)使得C=BMB,即C⑦+O=B(Md +0B), 放向量a与。-b的夹角的余弦值为5 于是0成=0元+B0正 (3)设向量a与b的夹角为0， 1+B 又0成=4oi 由题意可知0<0<号，则0<c0s0<1, O+B0 因为1a1=31b1,所以0<合≤宁 所以O成= 4 1+B =+0+中， 1 即0<2部s0<分 1 所以 [m=41+B'即4m+n=1 ② 因为b⑧a-b行2=招=， =1+B n B 所以0<b⑧a<号，即0<4(b⑧a)<号 由①2可得m=7a=号 1 因为4(b☒a)是整数，所以4(b⑧a)=1, 所以成-+ 所以b©a=子时a=0 1 (2)证明：由于E,M,F三点共线， 1 所以存在实数n()≠-1)使得E=nM下产 即Ed+0成=n(Md+0,于是O成=0正+m0应 所以3 ≤c0s0<1, 1+7 又0正=A0,0=40店， 因为a@6=6=8s0=4ma 所0成：A牛成+骨 又96≤cos6<1,所以9 1+” 4 -≤4cos20<4, 所以+马=十 3 at un b. 1+m1+7 即}≤a8b<4, 1 故a☒b的取值范围为 +m门消去n得+三7 1+m 第29期2版 19.解：(1)因为a+2b=(5,3)+2(-3,2)=(-1,7), 专项小练一 所以a⑧(a+2b)=a·(a+2b) (a+2b)2 1.C2D:3.BcD:4.-5;5- -5x2=g 专项小练二 (-1)2+72 1.C;2.C;3.ACD;4.等腰； 放a②(a+2)的值为袋 5端 (2)设向量a与a-b的夹角为a, 专项小练三 因为向量a,b是单位向量， 1.C;2.A;3.BD;4.125;5.3. 所以1a1=1,1b1=1, 由(a+b)⑧(2a-b)=i6 5 第29期3,4版 可得a+b):(2a-b)=2a+a·b- 平面向量的应用同步核心素养测评 (2a-b)2 4a2-4a·b+b 一、单项选择题 a·b+1-5 1 ~4 CDCA 5 ~8 CADD 5-4a·b=i6 提示： 解得ab=子 1.由正弦定理得a sin A=sin B' 由(a-b)2=a2-2ab+b=2 3 2 =√6. 可得1a-b1=√(a-b)2= 6 则a=6sin42×尽 sin B 2 sin 4 一6 高一数学人教A(必修第二册)第27~31期 2.F做的功为Fs=1F1s1es0°=0×14×分 =70. 因为△ABC是锐角三角形， 3.由余弦定理得 所以0<A<号，0<B<受 BC=√/1+(5)2-2×1×5×cosI 6 =1, 所以-受<A-B<受 设BC边上的高为h, 又ym在(-受受) 上单调递增， 则5am=了×1×in君=子×1·么，解得h= 1 1 2 所以B=A-B,则A=2B. 4.设△ABC的内角C为最大角， 又0<B<受0<A=2B<受.0<C=T-36<受 则cosC=+(t+)2:t+2)<0, 2t(t+1) b 2 所以若<B<于，由正弦定理得2R=B=品B 再由三角形三边关系可得+t+1>1+2, 所以2 <2R< 2 lt>0, 解得t>1, sin 4 sin 6 ”-38 所以2<R<2, 所以外接圆面积S∈(2π，4π). 解得1<t<3. 二、多项选择题 5.因为3AB+2BC+CA=3(0B-0)+2(0元-0+ 9.BC;10.AD;11.AC. (0A-0C=-204+0B+0元 提示： 所以0A+20+30C=-20i+0B+0元， 9.选项(A):因为A=45°，C=70°， 所以B=65°，三角形的三个角是确定的值，故只有一解； 即304+0店+20C=0, 所漂凉 1 1 选项(B:因为mC=血B=85<1,且c>6, b 15 所以角C有两解； 6.在△OAB中，因为∠OAB=45°，∠0BA=105°， 所以∠A0B=180°-45°-105°=30°， 选项（C:因为mB=n4=42<1,且6>a, a 7 由正弦定理可知。4B。一 OB sin∠A0B=sin∠OAB' 所以角B有两解； 所以186-05，则0B=365m, 选项(D):因为imB=sinA<1,且b<a, 1 所以角B仅有一解 2 故选(B)(C). 在直角三角形OTB中， 10.根据题意，得1G1=1F,+F21, m∠0=0即9：7 3 所以IGI2=IF112+IF22+21F1I×1F2I×cos0= 365 21F1I2(1+cos0), 解得0T=36m 1G12 7.由题及余弦定理得 a-cxato-b2 解得1F,12=21+cos0)' 因为0∈(0，π)时，y=cos0单调递减， 2ac =b-cxbto-a 2bc 化简得+公-c-。2+-c2 所以0越大越费力，0越小越省力，故(A)正确； 由题意知6的取值范围是(0，π)，故(B)错误； a b 当a2+62-c2=0时，即a2+b2=c2, 则△ABC为直角三角形； 因为1F,2=21+00) 1G12 当a2+b2-c2≠0时，得a=b, 所以当0=受时，1R12=1G 2 则△ABC为等腰三角形. 综上，△ABC为等腰或直角三角形 所以1P,1=号G1,放(C)错误： 8.由正弦定理可得a2-2=bc, 1G12 所以a2=62+bc 因为1F,12=21+c0s' 由余弦定理得a2=b2+c2-2 bccos A, 所以2+bc=b2+c2-2 bccos A, 所以当0=要时.F,12=1G13, 即b=c-2 bcos A, 所以IFI=IG1,故(D)正确 由正弦定理得sinB=sinC-2 sin Bcos A, 故选(A)(D). 因为C=π-(A+B), 1l.由正弦定理a=2 Rsin A,b=2 Rsin B,c=2 Rsin C, 所以sinC=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B, 得5·(sin Acos C+sin Ccos A)=2sinB·sinB, sin B sin Acos B-cos Asin B, 即sinB=sin(A-B). 所以5=2sinB,所以sinB=5, 2 高一数学人教A(必修第二册)第27~31期 因为a=b,B是等腰△ABC的底角， 由于0<A<T,0<B<T,0<C<T,sin A≠0，sinB 所以Be(o,受），所以B=号 ≠0，所以esC=分，则C=号 所以△ABC是等边三角形，(A)正确： 所以16=c2=a2+b2-2 abeos C=a2+b2-ab≥2ab- 若A,B,C,D四点共圆， ab,得ab≤16，当且仅当a=b=4时，等号成立， 则四边形对角互补， 因为cD上AB,所以Sm=dimC=子·CD, 由(A)正确知∠D=,osD=-子 故CD=absin 但由于DC=1,DA=3,AC=23时， 学n号26， cos D DC D4-AC 1+3-2 所以CD的最大值为25. 2·DA·DC 2×1×3 四、解答题 ≠-子，所以(B)不正确： 15.解：15km/h=250m/min,250×5=1250m. 设∠D=0, 10kmh-9mmi,9×8-4g0m 则AC2=DC2+DA2-2DC·DA·cos0=10-6Cos0, 整个过程为A店，B元，C心，如图1所示， 所以Sac=车(10-6s)=5,5_35eo 4 2 2 -c0s0, 种1=0m,成1=1230m,可1=490m Saein A G60e→D 所以S四边形ABCD 200s0+5 =5amc+5aw-多in8-35。 图1 2 16.解：(1)在△ABD中AD=5,AB=7,∠BDA=60°， =3(m0-s0)+55 所以由余弦定理AB=AD2+BD-2AD·BD·cOS∠BDA 2 可得49=25+BD2-2×5·BD·c0s60°， =3n(0-号）+5 则BD-5BD-24=0, 解得BD=8(BD=-3舍去) 因为0e(0,m),所以sim(g-于）e（-,1小， (2)在△BCD中，∠BDC=∠ADC-∠BDA=75°-60° =15°，又∠BCD=135°， 沉5<u≤誓+3，以C正疏，(D)不征确 则∠CBD=180°-135°-15°=30°. 由(1)得BD=8, 故选(A)(C) BD 三、填空题 由正弦定理得。CD 得im∠CBD=sin ZBCD, 12.1;13.2m;14.25. 即.CD 提示： 0=n35解得cD=4万 12.sin 24=2sin Acos A 2a 17.解：(1)由cos2A-3cos(B+C)=1得 sin C sin C c 2bc 2cos2 A 3cos A -2 =0, -2×4.25+36-16=1 (2cos A -1)(cos A +2)=0, 62×5×6 13.由题意得OP=OB+BP=OA+AP-x=5cm, 解得c0sA=分或c0sA=-2(含去)， 在△A0P中，cs&=0A+0P2-AP 2·0A·0P 因为0<1<，所以4=骨 9+25-49 2×3×5 2分 2②)由s=之einA=经e-5g. 4 因为∈(0，π)， 得bc=20,又b=5,所以c=4. 所以&=2年，B=a·0A=2mcm 由余弦定理得a2=b2+c2-2 becosA=25+16-20=21, 3 14.因为ccos Ccos(A-B)+c=csin2C+bsin Asin C, 解得a=√2T, 所以由正弦定理得sin Ccos Ccos(A-B)+sinC 又由正孩定理得mnG-.4-告A a a sin Csin2 C+sin Bsin Asin C, 由于0<C<m,sinC≠0， × 所以cos Ccos(A-B)+1=sinm2C+sin Bsin A, 所以sin Bsin A=cos Ccos(A-B)+1-sim2C 18解：)由正孩边角关系得(：)°-（台厂 cos Ccos(A -B)cos2 C cos C[cos(A -B)+cos C] 2sin Acos C+2cos B=2acos C+2cos B. sin B b cos C[cos(A -B)-cos(A B) 所以a2-c2=2 abeos C+2 bcos B, 2cos Csin Asin B, 由余弦定理得a2-c2-a2+b2-c2+2 cos B, -8 高一数学人教A(必修第二册)第27~31期 即b2(1+2cosB)=0, I ABI2 m'd2 n2d2 -2mnd cos 120 所以csB=-子又B∈(0，)，则B=受 =(m2+n2+mn)d, 由IACI2+IBCI2=1ABI2得 (2)由(1)及题设知，b=√a+c2-2 accos B= (n2+n+1)+(m2+m+1)=(m2+n2+mn)d, V3+5-2x3x5×(7)=7 整理得m+n+2=mn,而m>0,n>0, 如图2所示，此时W==子 则m++2:m≤(“兰)广 当且仅当m=n,即m=n=1+√5时取等号， 设BM=x,BV=y, 又m+n=t,即有t-4t-8≥0， 而t>0,解得t≥2+25， 所以实数t的最小值为2+25. 第30期3,4版 图2 平面向量及其应用核心素养综合测评 由余弦定理得2+>2-2c02=MW心=49 3 41 一、单项选择题 1~4 CBAB 5~8 BCBB 即2+y2+y=49 4 提示： 因为++≤+少+生兰=多+. 3 1.由余弦定理可得a2=b2+c2-2 becos A, 2 拟+≥号×9-。 即1=3+2-2cx. 整理得2-3c+2=0, _75时取等号， 当且仅当x=y=6 解得c=1或c=2. 2.由题意知1el=1, 所以BM+BN2的最小值为 所以向量a在向量e上的投影向量为： 6 19.解：(1)在△ABC中，cos2A+cos2B-cos2C=1, (a1me）=(2s）e=-e 1 2sin2 A +1 -2sin2 B -1 +2sin2 C 1, 3.设c=(x,y), 则sin2C=sin2A+sin2B, 由正弦定理得c2=a2+b2, 则·c=2x+y=0, b·c=x+2y=32, 所以△ABC是直角三角形，即C=受 解得x=2, (2)(1)知c=受， y=22, 所以1c1=√R+y=2+8=0. 则△ABC的三个角都小于120°，如图3， 4.因为在△ABC中，A,B∈(0，m), 由费马点的定义知∠APB=∠BPC= ∠APC=120°， 所以cosB=7 I PAl =x,I PBI =y,I PCI =2, 由SAAPB+S△BPc+SAAPC=SAAB得 即sinB=V个-cosB-43 7 图3 1 2 ×4 由正弦定理可知smA=0B=。 2 b 83 整理得xy+yz+xz= 即4：号或号又a<么.则A<B, 3 所以P.P+P.P元+P元.P 所以A=罗不成立，故4=号 =2y-如 1 5.设线段BC的中点为M,则0B+0元=2O, 因为2A0=0正+0元，所以4d=0, =-分×89- 31 期0=分成-（花+⊙=4（花+十而） (3)由点P为△ABC的费马点， 得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 子应+ IPBI ml PCI,I PAI nl PCI,I PCI d,m 0,n>0,d>0, 由B,00三点共线得子+=1，解得6=} 则由IPAI+PBI=I PCI得m+n=t, 6.如图1，过点P作PM⊥AC,垂足为 由余弦定理得1AC12=dP+n2P-2 nd cos120° M,由题意可知∠PAM=∠PBM= =(n2+n+1)d, 45°， BC12 =d2 m'd -2md cos 120 (m2 +m +1)d, 则△PAM,△PBM均为等腰直角 A D M E B 1 -9 高一数学人教A(必修第二册)第27~31期 三角形，可得AM=BM=PM, 提示： 且∠PCM=30°，可得MC=√5PM, 9.BC=AC-AB=(3,0),(A)正确： 因为BC=200(5-1)米， 因为2BC-4A元=(4，-1)， 则5PM-BM=(5-1)BM=200(35-1), 所以AB.(2BC-AC)=-5,(B)错误； 解得BM=200米， 因为AB.AC=-1,1AB1=2,「A元1=5， 所以DE=AB-AD-EB=2BM-AD-EB=350(米)， 即隧道DE的长度为350米. 所以cos0=万×5 -1 =(0)正确： 7.正八边形的每个内角为5×！80°=135°， 8 入AB+uAC=(2μ-A,4+A)=(3μ，A+1), 延长GH交直线AB于点M,延长DC交直线AB于点N, 所以2业-入=3业，解得入=-1,4=1， 则∠HAM=∠AHM=45°， u+A=入+1， 则△AHM为等腰直角三角形， 则4-入=2，(D)正确。 且AM=BN=AHcos45°=2√2， 故选(A)(C)(D). 以点A为坐标原点，AB,AF所 y 10.因为a=√7，b=3,c=2,所以simA:sinB:sinC= 在直线分别为x,y轴建立如图2所 a:b:c=√7：3：2，(A)正确； 示的平面直角坐标系， 则A(0,0),B(4,0),M(-22, 由余弦定理得cosA=c+6-a-22+32-(万 2cb 2×2×3 0),N(4+22,0), H ,因为Ae(0,),所以A=号，(B)错误； 设点P(x,y),则-2万≤x≤ 4+22,A=(x,y）,A店=(4,0)， M A B 5am=宁in4=宁×2×3×号-39.(C)正确： 所以AB·AP=4x∈[-82， 图2 16+82] 因为∠DMB的平分线交直线CB于点E,A=号， 8.因为(b+c)2-a2=45S, 所以∠BAE=T 3 所以+6-d2+2c=46:合sinA 所以S AACE=S△ABc+S△ABE, 即+c-心+1=万imA, 即24报x3n号=宁×3×2n号+分4×2sn号， 2bc 解得AE=6,(D)正确。 由余弦定理得3sinA-cosA=1, 故选(A)(C)(D) 则2n(4-君）=1， 11.对于(A),由奔驰定理可得S4:SB:Sc=2:3:4,故 (A)错误； 即sin(4-无)=2 1 对于(B),由=号店+子配 在△ABC中A∈(0，T), 即A-君e(晋爱) 即-0=与(0成-0M+号(d-0i. 整理得20+0+20C=0, 则4-吾=石故4=于 由奔驰定理可得S4:Sg:Sc=2:1:2,故(B)正确； 由余弦定理得a2=b2+c2-2 becosA=4+9-2×2×3 对于(C),由50A+120B+130C=0, ×2=7,所以a=万， 1 可得S4:Sg:Sc=5:12:13, 设△ABC的内切圆半径为T, 由正弦定理得2R=a, 5-2 sin A B ,则R= 1 √F 则S:S:S=之·Bc:之Ac:之·AB, 3 所以BC:AC:AB=5：12:13, 因为(a+b+cr= Ibesin A, 即BC2+AC2=AB2,所以BC⊥AC, 即∠ACB=,故(C)正确； bcsin A 2x3×5 所以r= 2 35 a+b +c 5+万5+万 对于(D)S=1应10元1sm∠B0c, 万 。=子01成1sn∠A0c, 所以R」 7+5万 35 9 及。=1a110i1sim∠A0B, 5+7 因为O为△ABC的垂心， 二、多项选择题 所以sin∠BOC=sin∠BAC,sin∠AOC=sin∠ABC, 9.ACD;10.ACD;11.BCD. sinm∠AOB=sin∠ACB, -10