课时冲关31 三角函数与解三角形高考中挡大题的规范问题&课时冲关32 平面向量及其线性运算-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

所以AC=AB·sinB=20Xsin60 1 sin∠ACB sin 45 故Saae=ac sin B= 4 =10√6(n mile), 所以海轮航行的速度为10⑤ 3 8 30 b (2)由正弦定理，得 √s(n mile/min)、 sin B sin A 32 省案 C ac 4 9 sin C sin Asin C 2 4 8.解析：因为在△AMC中，∠AMC= 3 号，AM=2,△AMC的面积为3E, b 3 3 B.故6=si血B= 则有35=之AM:CM:血∠AMC 11.B[在△ABC中，C=π-(A十B),所 以sin(A十B)十sin(B-A)=√2sin2A, =合×2XCMx复所以解得CM 2 即2 sin Bcos A=2√2 sin Acos A,因为 6.因为BC=4BM,所以BM=2,BC A≠受，所以c0sA≠0，所以snB =8,因为∠AMB=π-∠AMC= =√2sinA,由正弦定理得，b=√2a,所 导，所以由余孩定理可得AB 以A为锐角，又因为sinB= √JAM+BM-2AM·BM·cOs∠BMA in A,所以血Ae(（号] √2+公-2x2x2x(） 1 所以A∈(0，]门 =2√5 答案：62√3 12.BCD[因为cos∠CDB= 9.解析：由题意，∠DCB=30°，∠CDB= 60°，所以∠CBD=90°，所以在Rt△CBD 以sin∠CDB=√J1-cos∠CDB 中，BD=2CD-3m 25,故A错误； 5 BC=5CD=3005, 设CD=a,则BC=2a,在△BCD中， 2 BC=CD+BD-2BD·CD· 又∠DCA=75°，∠CDA=45°，所以 cos∠CDB,解得a=√5， ∠CAD=60°， 所以SAD=立 BD·CD 在△ACD中，由正弦定理得，sn4行 AC CD sin∠CDB=X3X,5×25-3. 1 5 sin 60, 所以AC=600×巨 所以SAx=35SAC=8,故B 3 =200√6， ③ 2 正确； 因为∠ADC=π一∠CDB, 在△ABC中，∠ACB=∠ACD 所以cos∠ADC=cOs(π-∠CDB) ∠BCD=75°-30°=45°，由余弦定理 得，AB=AC2+BC2-2AC·BC· =-cos∠CDB=2, cos∠ACB=(200√6)2+(300√5) 在△ADC中，AC=AD+CD -2X2006X3005× 2AD·DC·cos∠ADC, 2 解得AD=2√5， =150000, 所以C△Ax=AB+AC十BC=(3十 所以AB=100√15. 5)+2√5+2√5=8+4√5，故C 答案：100√15 正确； 10.解：(1)，边长为a,b,c的正三角形的 因为AB=8为最大边，所以cosC 西积分别为， BCACAB-<0，即 2BC·AC 89 ∠C为钝角，所以△ABC为钝角三 角形，故D正确.门 s-s+8-9a-8+) 13.解析：由图 可知，AB= DE-FG- 9即casB=1. IJ=JK= MA=1, 由nB=子，得cosB-22, 3, ∠BCQ= ∠QCG= 1_3√② ac=cosB4 ∠GCP=60°，∠ABC=90°， △ABC≌△AQC, ·501· 参考答案 .∠ACB=30°， BC-3.SAmc 2, “十三地形的面报为誓×16 85. 答案：8√3 14.解：(1)因为角A,B,C成等差数列， 所以2B=A十C, 又因为A十B十C=π， 所以B=子 根据正弦定理得，△ABC的外接圆 直径2R= 2 sin B -=1. sin 3 (2)由B=音知A十C=经可得 0<A<经 由(1)知△ABC的外接圆直径为1， 根据正弦定理得， b C sin A sin B-sin C=1, 所以a十c=sinA十sinC =snA十sin(臣-A） =5sin(A+晋)片 因为0<A<号， 所以<A+吾< 6 所以 sin(A+若)）≤1， 从两<5sin(A+晋)5. 所以。的取值范周是(9] 课时冲关31 1.解：若选条件①，由(a十b)(a-b)= (a-c)c化简得，a十c2-b2=ac,(变 形，利用余弦定理求B) 由余弦定理得cosB=Q+c2-& 2ac 即msB=之 因为0<B<,所以B=号 若选条件②，由2a一c=2 bcos C及正弦 定理，得2sinA-sinC=2 sin Bcos C, Ep 2sin (B+C)-sin C=2sin Bcos C, 化简得2 cos Bsin C=sinC,(利用正 弦定理以及两角和的正弦公式求B) 因为0<C<π，所以sinC≠0，所以 cos B=2' 又0<B<,所以B=子 若选条件③，由√3(a一bcos C)=csin B 及正弦定理，得5(sinA-sin Bcos C) =sin Csin B, 高考总复习人教数学B版（新教材） 即√3[sin(B+C)-sin Bcos C]= 由(1)知，b=11-a=3, sin Csin B,化简得√3 cos Bsin C= 1 ∴SAw=2 absin C= ×8×3 sin Csin B,(利用正弦定理以及两角 2 和的正弦公式求B) 因为0<C<元，所以sinC≠0，所以 -5 tanB=√3， 选择条件②： 又0<B<x,所以B=号 (1),在△ABC中，sinA>0,sinB>0, ∴.sinA=√1-cosA (1)由余弦定理得b=a十c2 2accos B =63_3反 =(a+c)2-2ac-2accos B, 8 8 即12=4-2ac-2ac…合 sin B= 1-COs:B=5 16 解得ac=号，（利用余孩定理以及誉体 由正弦定理得a。 b sin A sin B' 思想求得ac的值) 1 =sinA-37×16=6 所以△ABC的面积S=acsin B b sin B 85万5’ a十b=11, a=6. (2)在△ABC中， (2)由正孩定理得a sin A-sin C C=π-(A十B), b=25=4, .'.sin C=sin(A+B), sin B 3 =sin Acos Bsin Bcos A, 因为A十C=一B=受， 8 b=11-a=11-6=5, 所以a+c=4(sinA十sinC) 1 =4[sinA+sn(-A) SAAu =2 absin C6X5 *g 4 =4v5sin(a+晋） 3.解：(1)由AD.AC =0, 得到 AD 因为0<A<否， ⊥AC, 所以sin∠BAC 所以<A+吾< sm(径十∠BAD）=os∠BAD, sm(a+晋)e(合小： 所以cOs∠BAD= 2√2 31 所以a十c∈(2√5,4√5]， 在△ABD中，由余弦定理可知，BD= 即a十c的取值范围为(2√5,4√3]. 2.解：选择条件① AB+AD-2AB·AD·cos∠BAD, (1)由余弦定理得a2=b2十c2 即AD-8AD+15=0,解之得AD 2bccos A, =5或AD=3, 即d2-=49-146x(号） 由于AB>AD,所以AD=3. (2)在△ABD中，由正弦定理可知， (a+b)(a-b)=49+2b, BD AB 11a-11b=49+2b, sin∠BAD sin.∠ADB1 11a=49+13b, a十b=11, 又由cos∠BAD=2VE 3 .b=11-a, .11a=143-13a+49, 可知sin∠BAD= 1 3 .24a=192, 所以sin∠ADB= .a=8. (2):在△ABC中，cosA=- ABsin∠BAD_√6 7 BD 3 A∈(0，π)， 因为∠ADB=∠DAC十∠C .'sin A>0, =交+∠C, 六sinA=V-cos'A=4E】 2 7 由正弦定理得 sin A-sin C 中c-9 4.解：由已知得到函数f代x)=m·n-1= 2cos'x+23.sin zcos x-1=cos 2x .sin C=csin A a 8 2 +5sin2=2os(2x-号） ·502· (1)函数f(x)的单调增区间是 (2x-晋)[26x-,2x],即x∈ 号kx+]k∈Z (2)已知锐角△ABC的三个内角分别 为A,B,C,f(A)=2, 则2cos (2A-)=2,所以A= 6 又B=至边AB=3, 所以由正弦定理得BC=AB sin A sin C' 即BC 3 sin 7元 6sin 解得BC-3(V6-② 2 课时冲关32 1.A2.D3.AC4.C 5.C[如图，延长 CD和BE交于 点F,由题得∠A =∠F=∠FCA C =∠FBA=90°， 所以四边形 ABFC为矩形， 又AB=AC,所 以四边形ABFC为正方形，又BC= 2DE,所以D,E分别是CF,BF的中 点，所以C正=CF+FE=之CA+ 2CD.] 6.D 7.A 8.ACD 9.解析：a,而，号(a+b)三向量的终 点在同一条直线上，且a与b起点 相同. a-tb与a(a+b)共线，即a- .存在实数入，使a一b= 2 3 1= 3, 2 解得 1 1 t=3， t=2 即当1=之时0，h,号(a+b)三向量 的终点在同一条直线上 1 答案：之 10.解析：如图所示，MN =CN-CM =CN+2 BM 4eT3(e,-e) 号4+e 2 5 12e 1,解折：BC-a,CA=b,AD=之CB+ =-a- B成-B成+CA=a+.本- 是ci+c :Ad++C=-62a+a+ 2b+2ba-0, ∴正确命题为②③④. 答案：②③④ 12.解析：取AB的中，点F,连接CF,则 由题可得CF∥AD,且CF=AD. :A正=A店+B成=AB+成 A店+令(F元-FB)=A店+ (商)=导话+号0 =3 1 =2 答案： 13.A [.OB=AB-AO,OC=AC- AO,..a OA+bOB+cOC=a OA +b(AB-AO)+c(AC-AO)= bAB+cAC-(a+b十c)AO,而a OA+bOB+cOC=0,..(a+b+c) AO=bAB十cAC,即AO=b a十b十c A+。6-4C,记A店=cn,Ad =m2,其中n1,n2分别表示AB,AC 方向上的单位向量，则AO=k atbc (n1十n,),由该式可以看出AO平分 ∠BAC,故O为内心.故选A.] 14.BDC由PA +2PC=0, QA=2 QB, 0 可知点P为AC的三等分点，点Q 为AB延长线的点， 且B为AQ的中点，如图所示： 对于A,点P为AC的三等分点，点 B为AQ的中点， 所以PB与CQ不平行，故A错误： 对于B,驴=A+AP=BA+号AC =BA+号(BC-BA)=子BA十 号配，故B正确 对于C,PA·PC=PAI|PClcos元 =一PAPC<0,故C错误； 对于D,设△ABC的高为h, S△ABC =号AB·h=3,即AB:h=6, 则△APQ的面积S△APQ =合AQ·号 =之·2AB·号A=号X6=4,故 D正确.] 参考答案 15.解析：：M,N分别是OA,OB的 中点， D元-00-0i=(2a-b)-号b :.OC=z 0A+y OB 2x OM+ 20-号b 2yON, (2)如题图，EC∥DC M,C,N三点共线， 又EC=OC-OE=(2a-b)-a ∴.2x十2y=1,即x十y= =(2-A)a-b, (字) -2a号6 -1 4 ∴.x2+y2=(x+y)2-2xy= 4 2 5 2≥号-日=令（当且仅当x=y 3 1 11.D[以O为坐标原 =子时，取等号) 点，OA所在的直线为 直角坐标系的x轴，建 答案日 立如图所示的平面直 角坐标系。 16.解析：因为3PA+2P3+P心= 设扇形AOB的半径为1，则OA= 2(PA+PB)+PA+PC=0,所以P 1,0.0i=(osn) 在与BC平行的中位线上，且是该 中位线上的一个三等分点，可得 Sau=名Sare,QA+Qi+Qd= 设ccos0.sin(0<0<号） 0,可得Q是△ABC的重心，因此 =(os.sn9(0<0<号） S△1B= 吉SAeSm:Saem AOA+OB =1：2. 答案：1：2 =(,0)十 1 2,2 课时冲关33 1.ACD 2.C 3.D 4.ABD 5.B 6.ACD 7.解析：2a十b=2(1,2)+(2,-2)= ,OC=AOA十HOB (4,2),c∥(2a十b),∴.1×2-4λ=0， [c0s0=λ- 解得入=子 sin =3 (o<<号) 1 A, 答案：之 1- 8.解析：AC=2CB 解得 3sin 0+cos 0, 2 3sin 0 ..OC-0A=2(OB-OC), 3 :0元=号OA+20B) A+2=5 3sin 0+cos0 +2号川=a 22sin(0+g 3 (an=） .OC=5,即点C到原点O的距离 为5. 由此可知，sin9= 1 09 22I 答案：5 3 9.解析：因为p∥q,则(a十c)(c-a)一b (b-a)=0, < 所以a2+6-c=ab,。2+b-c 0<A2x 2ab ÷.sinsin(0叶g)≤sin受， 结合余弦定理知，cosC= 2,又0°< 即1 <sin(0+p)1, 2v21 C<180°，.C=60. 3 答案：60 10.解：(1)由题意知，A是BC的中点， 12v② 3 sin(0+gp)≤2yj 3 且0i=号0成， 即入十2μ的取值范围是 由平行四边形法则，得 ] OB+OC=2 0A. 12.A[建立如图所示的坐标系，则A(0, ∴.OC=2OA-OB=2a-b, 0B1.0.D0.D.F(受） ·503·第三章三角函数、解三角形 课时冲关31 三角函数与解三角形高 ⑧错题序号： @错因分析： 考中档大题的规范问题 1.在①(a+b)(a-b)=(a-c)c,②2a-c= 3.(2024·长沙市模拟)△ABC中，已知点D 2 bcos C,③√5(a-bcos C)=csin B这三个 在BC边上，且AD·AC=0,sin∠BAC= 条件中任选一个，补充在下面的问题中，并 解答该问题 22,AB=3g,BD-a 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a, (1)求AD的长： b,c,且满足 ,b=2√5. (1)若a十c=4,求△ABC的面积； (2)求cosC. (2)求a+c的取值范围. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个 解答计分， 2.(2022·北京卷)在△ABC中，a+b=11,再 4.(2024·海拉尔区模拟)已知向量m=(2cosx, 从条件①、条件②这两个条件中选择一个作 sinx),n=(cosx,2√3cosx)(x∈R),设函数 为已知，求： f(x)=m·n-1. (1)a的值； (2)sinC和△ABC的面积. (1)求函数f(x)的单调增区间； 条件①6=7,0sA=-7 (2)已知锐角△ABC的三个内角分别为A,B, C,若fA)=2,B=年，边AB=3,求边BC. 条件@：c0sA=日cosB-6 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按 第一个解答计分. ·319 高考总复习人教数学B版（新教材） 课时冲关32 平面向量及其 ⑧错题序号： @错因分析： 线性运算 [基础训练组] 5.(2024·四川泸县第四中 1.在四边形ABCD中，AB∥ D 学校考模拟)衡量钻石价 CD,AB=3DC,E为BC的 值的4C标准之一是切 中点，则AE等于 ( A 工.理想切工是一种高雅且杰出的切工，它 A.号A店+方AdBA店+号AD 使钻石几乎反射了所有进入钻石的光线.现 C号a+心D号AB+A 有一理想切工的钻石，其横截面如图所示， 其中△ABC为等腰直角三角形，四边形 2.已知向量a,b不共线，c=ka十b(k∈R),d= BCDE为等腰梯形，且BC=2DE,AB= a一b,如果c∥d,那么 ( A.k=1且c与d同向 AC∠CDE-平，则CE () B.k=1且c与d反向 A.CA+2CD B.CA+3CD C.k=一1且c与d同向 D.k=-1且c与d反向 c.号cA+2cd D.CA+3CD 3.(多选)已知等边三角形ABC内接于⊙O,D 6.在△ABC中，点D在线段BC的延长线上， 为线段OA的中点，则BD= ( 且BC=3CD,点O在线段CD上（与点C,D A号BA+BC B.3BA-ABC 6 不重合)，若AO=xAB+(1-x)AC,则x的 C.BA+号A正 取值范围是 ( 4.已知向量a,b是两个不共线的向量，若AB A.(,) Bo,3) =λ1a十b,AC=a+λ2b(入1，λ2∈R),则“A, c（ D(-g0 B,C三点共线”是“λ1·λ2-1=0”的( 7.(2024·朔州模拟)已知O是△ABC内一 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 点，满足A0-=号(A店计B⊙，则S△A: C.充分必要条件 S△0Bc= D.既不充分也不必要条件 A.3:1 B.1:3 C.2:1D.1:2 ·320· 第四章平面向量、复数 8.(多选)在给出的下列命题中，正确的是 12.在等腰梯形ABCD中，AB=2DC,点E是[答题栏] 线段BC的中点，若AE=入AB+4AD,则1 A.设O、A、B、C是同一平面上的四个点，若OA 2- =m·OB+(1-m)·OC(m∈R),则点A、 [能力提升组] 3-- B,C必共线 13.已知O是△ABC所在平面内的一点，∠A, 4. B.若向量a,b是平面a上的两个向量，则平 5 ∠B,∠C所对的边分别为a,b,c,若aOA 面a上的任一向量c都可以表示为c=λa +bOB+cOC=0,则O是△ABC的 十b(4、入∈R),且表示方法是唯一的 )8 C.已知平面向量OA、OB、OC满足OA·OB= A.内心 B.外心 13.- AB 0A.0元，A0=1 则△ABC C.重心 D.垂心 14- AB 14.(多选)（2024·山东省高三模拟)已知 为等腰三角形 D.已知平面向量OA、OB、OC满足|OA|= △ABC的面积为3，在△ABC所在的平面 OBI=OCI=r>0),A+OB+ 内有两点P,Q,满足PA+2PC=0,QA= OC=0,则△ABC是等边三角形 2QB,记△APQ的面积为S,则下列说法 9.已知a,b是两个不共线的非零向量，且a与 正确的是 () b起点相同，若a,b,号（a十b0)三向量的终点 A.PB∥CQ B.BP-TBA+BC 3 在同一条直线上，则t= C.PA·PC>0 D.S=4 10.在平行四边形ABCD中，AB=e1,AC=e2, 15.(2024·徐水区模拟)如图所 NC-=子ACBM-之.则MN 示，两个非共线向量OA,OB 0 的夹角为0，M,N分别为OA与OB的中 (用e1,e2表示). 11.已知D、E、F分别为△ABC的边BC、CA、 点，点C在直线MN上，且OC=xOA+ AB的中点，且BC=a,CA=b,给出下 yOB(x,y∈R),则x2十y2的最小值为 列命题： ①AD=a-b6;②B成=a+2:③C示 16.(2024·马鞍山市质检)已知P,Q为 △ABC中不同的两点，且3PA+2PB+ -2a+2b:④AD+BE+C示-0 PC=0,QA+QB+QC=0,则S△PAB: 其中正确命题的序号为 S△Q4B为 ·321·