专题2 教考衔接练3 三角形中的特征线问题&创新练2 三角函数与平面向量-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习练习手册

班级： 姓名： 教考衔接练3 三角形中的特征线问题 (分值：60分) 1.(15分)在△ABC中，三个内角A,B,C的对边分 2.(15分)(2025·河北秦皇岛一模)记△ABC的内角 别为a,b,c,a=7,A=60°. 得分 A,B,C的对边分别为a,且5 bsin C (1)若2c-b=2,求sinC; c (2)若BC边上的商h-125,求△ABC的周长. sim(B+2）+1. 得分☐ (1)求B; （2②)若△ABC的面积为6=2，求AC边上的中 线长 (横线下方不可作答)187]专题二三角函数与平面向量 3.(15分)(2025·广东惠州模拟)在△ABC中，角A,4.(15分)(2025·陕西西安一模)已知△ABC的内角 B,C所对的边分别为a,b,c且A= 3a=4. A,B,C的对边分别为ab,cA=行，D为BC上 得分 动点 得分☐ (1)若BC边上的高AD=2,√3，求证：△ABC为等 若AD平分∠AC求证把品 边三角形； (2)已知∠BAC的平分线交BC于点M,若AM= (2)若D为BC上靠近点B的三等分点，当c=2, 2求△ABC的用长 b=1时，求AD的长. 红对勾讲与练188] 高三二轮数学 ■ 班级： 姓名： 创新练2 三角函数与平面向量 (分值：40分) 1.(20分)对任意两个非零向量m,n,定义新运算： 2.(20分)克罗狄斯·托勒密是希腊著名的数学家、 m①n=m|sinm,n) 天文学家和地理学家.他一生有很多发明和贡献， n 得分 其中托勒密定理和托勒密不等式是欧几里得几何 (1)若向量a=(3,4),b=(2,0),求a⊕b的值； 中的重要定理.托勒密不等式内容如下：在凸四边 (2)若非零向量a,b满足|a=21b|,且a①⊕b> 形ABCD中，两组对边乘积的和大于等于两对角 √3，求b⊕a的取值范围； 线的乘积，即AD·BC十AB·CD≥AC·BD,当 (3)已知非零向量a,b满足|a|>2|b|,向量a, A,B,C,D四点共圆时等号成立.已知如图所示的 b的夹角0∈(o,),且a①6和b①a都是集合 凸四边形ABCD中，AB=AD=1.得分 (I)当△BCD为等边三角形时，求线段AC长度的 =兰∈Z中的元素，求a①6的取 最大值及取得最大值时△BCD的边长； 值集合 (2)当2sin∠DBC+3sin∠BDC=2sin∠DBC· sin∠BCDsin,∠CDB+sin∠BCD时，求线段AC 长度的最大值。 (横线下方不可作答)189] 专题二三角函数与平面向量 ■投影向量为a·b b=b,故A正 确；对于B,设BC中点为D,则AB 十 2BC)a≥0)，所以A,PD三点 共线，且点P为射线AD上的动点，则 点P的轨迹一定通过△ABC的重心， 故B正确；对于C,A可.BC=AO (AC-AB)=Aò.AC-Aò.AB= 专花-号店，目为边AB. AC的长为定值，所以Aò.BC为定 值，故C正确；对于D, Aò.AB AB Aò.AC 表示点O在∠BAC的平分 AC 线上，同理可得点O在∠ACB的平分 线上，即点O是△ABC的内心，故D 错误.故选ABC 12.10 解析：如图，在△ABC中，D元=3BD, 则B市=1BC,由于P为线段AD的 4 中点，则B驴=B市+D市=B市 B -BD)= B币=BA+BC,BA,BC不共线，故 g=日所以+=2 1 8= 10. B D 13.2-√3 解析：根据题 意，以C为坐标 原点，BC所在 的直线为x轴， 过点 且垂直 于BC 的直线 为y ,建立平 B 面直 角坐标 系，如图所示，因为正△ABC的边长 为1，且点P为AB的中点，所以 ∠PCB=30°，点P在以C为圆心， BC为半径的圆上，则C(0,0),B(一1， 0A(）P(-,）所 以P=(-）,P 停--脑-( 1.-）,则i+店=(g- -1）,所以P心.(P+P 誓×版-）×（停-） 2-5. 14.202或24 解析：O为△ABC的外心，AB= 6,AC=10,A0.A店=2A 18.Ad.A花=}AC=50.Ad. 2 AB=(xAB+AC).ABAB?+ yAB.AC =36.x+60ycosBAC 18,即6x+10ycos∠BAC=3①： AO·AC=(.xAB+yAC)·AC= cAB.AC+yAC2=60x cos/BAC+ 100y=50,即6.xcos∠BAC+10y= 5②.由2x+10y=5得10y=5 2x③，把③分别代入①②得 6r十(5-2x)cos∠BAC=3·解得 6xcos/BAC+5-2x=5, x= 41 x=0, 1或 os∠BAC=5: 3 cos∠BAC= 又∠BAC∈(0，π)，当cos∠BAC= 时，n∠BAC=2Y2,SAe- 3 3 AB·ACsn∠BAC=号X6XI0X 22=202;当cos∠BAC=5 3 时， 3 4 sin∠BAC= G,Sc=2AB· ACsin☑BAC2X6X10X=24 教考衔接练3三角形中的 特征线问题 1.解：(1)由余弦定理a2=b2十c2 2bccos A,49=b2+c2-bc, 联立2c-b=2,解得c=一3（舍）或 c=5, 由正弦定理待sAnC·得 sn60一sinC,解得sinC=5v3. 7 5 14 (2)由题得△ABC的面积S△Am= 2ah=2×7x12,5=65. 1 1 7 ·2 -besin∠BAC=5& 4bc=6V3, ∴.bc=24 由余弦定理得49=b2+c2 bc,.b2+c2=73, ∴.(b+c)2=73+48=121,.b+c 11,.△ABC的周长为a+b+c=18. 2.解：a)因为bsin C=sin(B十 2）+1. 所以36 esin C =cos B+1. 由正弦定理可得3sinB×sinC sin C cos B+1, 化简得√3sinB=cosB十1. 则V3sinB-cosB=1, 即2（停nB-asB）=1, 即2sin(B-）=1,所以sin(B- )= 2 因为0<B<π，所以一 6 <B- < ,则B-石= 5 合解得 T B= 3 (2)已知△ABC的面积为 ∠ABC=了，根据三角形的面积公 式S△ABC 1 2 acsin∠ABC, 可得 acsin时 √3 2 ,解得ac=2. 由余弦定理b2=a2十c2-2 ac cos∠ABC, 可得2=a2+2-2X2×c0s号，即 4=a2+c2-2,解得a2十c2=6. 设AC中点为D,则BD =1 (BA B心).两边平方可得B心=(B耐十 BC:+2BA .BC), 可得筋=c+。2+2ac: ∠ABC)=}×(6+2X2X c0s5）=4×(6+2)=2 所以BD|=√2，即AC边上的中线长 为√2. 3.解：(1)证明：在△ABC中，∠BAC= π 31 =4, 由余弦定理得b2+c一 2 bc cos∠BAC=a2,即b2+c2-bc= 16①. 又S△ABC = 2·B℃'1D 0= 1 2 1 bc sin∠BAC,即2×4×23 1 = 2 2 2,故c=16@. 由①②得(b-c)2+bc=16,即 (b-c)2=0,故b=c=4=a. 所以△ABC为等边三角形. (2)在△ABC中， 由S△AC=S△ABM+S△ACM' 得 2 besin∠BAC=] 2AM·c· 1 sin∠BAM+2AM·b·sin∠CAM, 2 又AM平分∠BAC, 所以∠BAM ∠CAM ∠BAC= 1 所以 1 bc x 1 26 2 2 1 26 b 1 × 即 bc 2 3 2 2W2 (b +c)③， 3 参考答案 355 又由余弦定理的推论可得 cos∠BAC +c2一a,即2十 2bc c2-bc=16④， 由③④可知16=(b+c)2-3bc= (b+c)2-22(b+c), 解得b十c=4W2或b十c=一2√2（舍）， 所以△ABC的周长为a+b+c= 42+4. 4.解：(1)证明：作AE⊥BC交BC于点 E(图略)， 在△ABD中.5Am=号AB:AD sin∠BAD= 2BD·AE, 在△ACD中，SaAD=号AC·AD. Sn∠CAD=2CD·AE· 因为AD平分∠BAC, 所以∠BAD=∠CAD, 所以sin∠BAD=sin∠CAD, AB·AD·sin∠BAD 则 AC·AD·sin∠CAD 1 之BD·E AB BD CD·AE CD 2 (2)因为D为BC上靠近点B的三等分 点，所以B市=BC=号(ad-A. 因为A市=A店+BD=A弦+}(AC A)=子A馆+}AC.所以1A市1 √（号+号） √兮+gA衣+号A店d √x4+×1+号×2x1× 1-2 21 3 创新练2三角函数 与平面向量 1.解：(1)向量a=(3,4),b=(2,0),则 |a|=√32+4=5，|b1=2,a. b=6, a·b 3 于是cos(a,b〉= a b ,而 0≤〈a,b〉≤ x,则sin(a,b) /1-cos2(a,b〉= 所以a⊕b= a sin(a,b) b 5× 4 =2. 2 (2)由|a|=2|b|,a⊕b>√3，得 a④b= sin(a,b) 2sin(a, b b>5,则5<na,b)≤1 3562随闪讲与练·高三二轮数学 b sin(b,a) 所以b⊕a= a1 2sina,b)∈ (w31 42」 (3)依题意，b①a= b sin0 ,而 a 1a>2b,0∈(0，)则0< 8<0<m0< 2 a 2 于是0<b田a< ,显然存在k1∈ Z,b①a= 一巨，因此 ,则0<4 4 k1=1. 即b|sin0.1 a =4sin 0, a ,则 显然4sin0>2,即sin0> 合从面 √2 2<sin 2 因此a⊕b= al sin0=4sin0∈ b (1,2),又存在k∈Z,使得a④b= 即1< k∠2 解得4<k<8,则k∈{5,6,7}， 所以a©6的取值跳合为？，产： 解：(I)设BC=CD=DB=x,因为 AC·BD≤AB·DC+AD·BC,所以 AC·xx十x, 所以AC≤2，当A,B,C,D四点共圆 时等号成立，此时∠DAB=120°， 在△DAB中，BD2=AB2+AD 2AB·ADcos∠DAB=1+1 2c0s120°=3， 所以BD=√3.故线段AC长度的最大 值为2，取得最大值时△BCD的边长 为√3. (2)设BC=d,CD=b,BD=c,在 △BCD中 因为2sin∠DBC+3sin2∠BDC= 2sin∠DBCsin.∠BCDsin∠CDB sin2∠BCD, 所以由正弦定理可得2b2十3d2= 2 bd sin∠BCD+c2, 所以sin∠BCD= 2b2+3d2-c2 2bd b2+d2-c2 又因为cos∠BCD= 2bd 所以sin∠BCD COs∠BCD= b2+2d2 22bd =√2， 2bd 2bd 当且仅当b=√2d时等号成立. 因为sin∠BCD-cos∠BCD= W2sin∠BCD- 所以w2sin(∠BCD-于）=E, 又∠BCD∈(0，π)， 所以∠BCD-至∈（），所 以∠BCD- 所以∠BCD=3π，6=2d,由c2 4 b2+d-2 bd cos∠BCD=5d2,得c= 5d. 因为AC·BD≤AB·DC+AD·BC, AB AD=1, 所以AC·√5d≤√2d+d,所以AC≤ 2+1_0+5 故线段AC长度 √5 5 的最大值为 √10+√5 5 专题三 数列 课时作业13 等差数列 与等比数列 1.D 设公差为d,由a5-2a3=1,a2= 0,得 a1+4d-2(a1+2d)=1, 解 十d=0, 得d 1= 1·所以a。=n-2,所以 =1, a2025 2023.故选D. 2.C 因为数列{an〉为等差数列，所以 a3十ag=2a6=24,所以a6=12,所 6(a1+a6) 6×(2+12) 以S。= 2 2 42.故选C 3.A设等差数列{am〉的公差为d, 由S6=2S3-12,得6a1+15d 三 2(3a1+3d)-12,解得9d=-12, 由S10=0,得10a1十45d=0,则 2a1=-9d=12,所以a1=6.故 选A. 4.B 设等比数列{am}的公比为q,因为 数列{an}是等比数列，所以a1am= a3am2=81,又a1十am=82,所以a1 和am是方程x2一82x十81=0的两 根，解得x=1或x=81.若数列{am} 是递增数列，则a1=1,am=81.因 为S。=121,所以S。= ai-anq 1-4 1-81g=121,解得q=3,所以81= 1-9 1×3”-1,解得n=5.若数列{an}是递 减数列，则a1=81,am=1.因为S,= 121,所以a1-a9= 81-9 =121,解 1-9 1-9 得q= ，所以1=81×()，解 3 得n=5.综上，数列的项数n=5.故 选B. 5.D设等比数列{am}的公比为g,由已 知及a2a5=a3a1,得asa4=2a1,所以 a,=2a,+2a,=2×至，到a,= =1 故q=a =2所以a1= =8, 故S,= a(1-q) 8×[1-(2)门 =15.故选D. 1- 1 6.B在等差数列{am}中，由 4 an 5 13(a1+a13) 13 2 13 得 三 17 17(a1+a1z） 17 ag 2 13 4 52 17 × = 故选B. 85