2023人教版新教材高中數(shù)學(xué)必修第二冊(cè)同步練習(xí)-第六章 平面向量及其應(yīng)用 提高練習(xí)

綜合拔高練

五年高考練

考點(diǎn)1向量的數(shù)量積、模、夾角

1.(2022全國(guó)乙文,3)已知向量α=(2,l)力=(-2,4),則Ia力=()

A.2B,3C,4D,5

2.(2022全國(guó)乙理,3)已知向量α力滿(mǎn)足同=1,回=百仙-2勿=3,則ab=()

A.-2B-IC.lD,2

3.(2022新高考〃⑷已知向量”=(3,4)力=(LO),c=4+自若<<z,c>=<瓦c>,則t=()

A.-6B,-5C.5D,6

4.(2020全國(guó)///,6)已知向量a,b滿(mǎn)足同=5,回=6,0b=-6,貝IJcos<a,a+b>=()

A,--B,--C,-D.-

35353535

5,(2022北京,10)在aABC中/。=3出。=4,/.。=90"%/XABC所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),且PC=L則

方?麗的取值范圍是()

A.[-5,3]B,[-3,5]C,[-6,4]D,[-4,6]

6.(2020新高考/,7)已知P是邊長(zhǎng)為2的正六邊形ABCD)內(nèi)的一點(diǎn),則壽?荏的取值范圍是

()

A.(-2,6)B.(-6,2)C,(-2,4)D,(-4,6)

7.(多選)(2021新高考/,10)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)PI(CoSα,sina),P2(COS夕,-sin

4),P3(cos(α+4),sin(α+A)),A(l,0),aj()

AJ函西IB.∣麗門(mén)同I

C.O4?南=西?亞D.θl?西=西?西

8.(2022全國(guó)甲理/3)設(shè)向量α力的夾角的余弦值為泉且同=L網(wǎng)=3,則(2。%)。=.

9.（2021新高考〃/5）已知向量a-H9^c=0,?a?=ll?h?=?c?=2,ah+bc+ca=.

考點(diǎn)2向量的平行與垂直

10.（2020全國(guó)〃文,5）已知單位向量α力的夾角為60：則在下列向量中,與b垂直的是（）

A.4Z+2Z?B2a+bC.a-2bD.2a-b

11.（2021全國(guó)甲理/4）已知向量〃43,1）力二（1,0）,。=4+的,若。，（?,則k-.

12.（2021全國(guó)乙文,13）已知向量”=（2,5）/=（兒4）,若a∕∕bl貝IJA=.

考點(diǎn)3正、余弦定理及面積公式的應(yīng)用

13.（2021全國(guó)甲文,8）在AABC中,已知B=120：AC=g,AB=2,則BC=（）

A.lB,√2C.√5D.3

o12

14.（2021全國(guó)乙理』5）記AABC的內(nèi)角A1B1C的對(duì)邊分別為α,?,c,ffi^>9√3,β=60,a+c=2>acl

則b=.

15.（2022全國(guó)甲理』6）已知aABC中,點(diǎn)D在邊BC上,203=1201。=2,。。=28D當(dāng)落取得最

小值時(shí),80=.

16.（2022全國(guó)乙理』7）記AABC的內(nèi)角A1B1C的對(duì)邊分別為α力C已知sinCSin（A-B）=Sin

Bsin（C-A）.

⑴證明：2/=廬+。2；

⑵若α=5,cosA=Il,求AABC的周長(zhǎng).

17.（2022新高考〃/8）記AABC的內(nèi)角A1B1C的對(duì)邊分別為α∕,c,分別以a,b,c為邊長(zhǎng)的三個(gè)正

三角形的面積依次為Si,S2,S3,已知Sι-S2+S3=y,sinB=j.

(1)求aABC的面積；

⑵若sinAsinC=今求b.

18.(2022新高考/,18)記aABC的內(nèi)角A1B1C的對(duì)邊分別為a,。,G已知喂蚩=】卷B

⑴若C哼求B',

(2)求注的最小值.

Cz

19.(2021新高考/,19)記AABC的內(nèi)角A1B1C的對(duì)邊分別為“力C已知〃=%點(diǎn)D在邊AC

AllBDsinΔABC-asinC.

(1)證明：8。=瓦

⑵若AD=2DCl^cosΔABC.

20.（2021北京,16）在AABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為α力,c.已知c=2bcosB,C=y,

⑴求B的大?。?/p>

⑵在三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知,使AABC存在且唯一確定,并求BC邊上的中線的長(zhǎng)度.

①C=V∑氏②周長(zhǎng)為4+2b;③面積為SAABC=乎.

考點(diǎn)4正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用

21.（2021全國(guó)甲理,8）2020年12月8日,中國(guó)和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8

848.86（單位：m）,三角高程測(cè)量法是珠峰高程測(cè)量方法之一.如圖是三角高程測(cè)量法的一個(gè)示意

圖,現(xiàn)有AEC三點(diǎn),且A,。C在同一水平面上的投影AC滿(mǎn)足乙A'C3'=45］乙ABe'=60°由C

點(diǎn)測(cè)得B點(diǎn)的仰角為15：BB'與CC的差為100；由B點(diǎn)測(cè)得A點(diǎn)的仰角為45：則A,C兩點(diǎn)到水

平面43。的高度差44-。。約為（6《1.732）（）

A

A.346B,373C,446D.473

三年模擬練

應(yīng)用實(shí)踐

1.（2021四川眉山三模）阿波羅尼奧斯是與阿基米德、歐幾里得齊名的古希臘數(shù)學(xué)家,以他的名字

命名的阿氏圓是指平面內(nèi)到兩定點(diǎn)的距離的比值為常數(shù)AQ（UXl）的動(dòng)點(diǎn)軌跡.已知在aABC

中,角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b>c,且SinA=2sin5,gcosB+bcosA=3,則AABC面積的最大

值為（）

A.3B,3√3

C.6D,6√3

2.（2021山東昌邑一中期中）在AABC中,M是BC的中點(diǎn),N是的中點(diǎn).若乙BAC=EQABC的

6

面積為√5,則威?前取最小值時(shí),BC=（）

A.2B,4

C.8√3-12D.竽-4

3.（2021福建泉州二模）拿破侖定理是法國(guó)著名軍事家拿破侖波拿巴最早提出的一個(gè)幾何定

理：“以任意三角形的三條邊為邊,向外構(gòu)造三個(gè)等邊三角形,則這三個(gè)等邊三角形的外接圓圓

心恰為另一個(gè)等邊三角形（此等邊三角形稱(chēng)為拿破侖三角形）的頂點(diǎn)如圖,已知AABC內(nèi)接于

半徑為2的圓,乙ACB=30。。,。。分別為正三角形ACD正三角形AW,正三角形BCF的中

心,AOi。2。3的面積為則4ABC的面積為（）

?2√3

A.—Bq

3

4.（2022天津北辰聯(lián)考）如圖,在平面四邊形ABCD中,A3,BCACQ乙BAO=I20：AB=Ao=L

若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn),則麗?麗的最小值為.

5.（2022浙江筑夢(mèng)九章新高考命題導(dǎo)向研究卷）已知在AABC中,AO是乙BAC的平分線,AO與BC

交于點(diǎn)D1M是AD的中點(diǎn)，延長(zhǎng)BM交AC于點(diǎn)HlAD=CDlIanADAC=?,則

ACAH

而二k--------------

6.（2021四川涼山州三模）如圖,P為△ABC內(nèi)任意一點(diǎn),4BAC1ΔABC,AACB的對(duì)邊分別為a,b,e,

總有優(yōu)美等式SΔPBCPA+SAPACPB+S&PABPC=O成立.現(xiàn)有以下命題:

①若「是AABC的重心,則有方+^PB+PC=O-,

②若cιPA+bPB+cPC=O成立,則P是AABC的內(nèi)心;

③若而=I荏+：福貝∣JSA%B:SAABC=2：5；

④若「是AABC的外心,乙BAe=二同=優(yōu)而+〃》,則w+π∈[-√2l）.

4z

則正確的命題有（填序號(hào)）.

7.（2021上海金山中學(xué)月考）在AABC中,AB_LAGM是BC的中點(diǎn).

⑴若I荏|=|就求向量荏+2正與向量2荏+元的夾角的余弦值；

⑵若Q是線段AM上任意一點(diǎn),且I荏|=|就∣=√∑,求袱QB+QC-9的最小值；

⑶若點(diǎn)P是乙氏4C內(nèi)一點(diǎn),且I而|=2,9?AC=2AP?AB=l,^?AB+AC+都|的最小值.

8.（2021重慶復(fù)旦中學(xué)期末）重慶、武漢、南京并稱(chēng)為三大“火爐”城市,而重慶比武漢、南京炎

熱得更厲害,堪稱(chēng)三大“火爐”之首.某人在歌樂(lè)山修建了一座避暑山莊0（如圖）.為吸引游客,準(zhǔn)

備在門(mén)前兩條夾角為Z即乙AoB）的小路之間修建一處弓形花園,使之有類(lèi)似“冰淇淋”般的涼

爽感，已知弓形花園的弦長(zhǎng)AB=2√5且點(diǎn)A1B落在小路上,記弓形花園的頂點(diǎn)為M且

ΔMAB=ΔMBA=2,設(shè)乙OBA=θ.

6

（1）將。4,03用含θ的式子表示出來(lái)；

⑵該山莊準(zhǔn)備在M點(diǎn)處修建噴泉,為獲取更好的觀景視野,如何規(guī)劃花園（即OA1OB的長(zhǎng)度）,才

使得噴泉M與山莊O的距離（即OM的長(zhǎng)度）最大？

遷移創(chuàng)新

9.東莞第一高樓民盈?國(guó)貿(mào)中心2號(hào)樓（以下簡(jiǎn)稱(chēng)“國(guó)貿(mào)中心”）的正式封頂標(biāo)志著東莞最高樓新

紀(jì)錄誕生,為了測(cè)量國(guó)貿(mào)中心的高度,現(xiàn)有兩個(gè)興趣小組分享了他們各自的測(cè)量方案.

第一小組采用的是“兩次測(cè)角法”，他們?cè)趪?guó)貿(mào)中心隔壁的會(huì)展中心廣場(chǎng)上的A點(diǎn)測(cè)得國(guó)貿(mào)中

心頂部的仰角為ɑ,正對(duì)國(guó)貿(mào)中心前進(jìn)了S米后,到達(dá)B點(diǎn),在B點(diǎn)測(cè)得國(guó)貿(mào)中心頂部的仰角為四

然后計(jì)算出國(guó)貿(mào)中心的高度（如圖1）.

第二小組采用的是“鏡面反射法”，在國(guó)貿(mào)中心后面的新世紀(jì)豪園一幢11層樓（與國(guó)貿(mào)中心建

于同一水平面上,每層高約3米）樓頂水平的天臺(tái)上,進(jìn)行兩個(gè)操作步驟:①將平面鏡置于天臺(tái)地

面上,人后退至從鏡中能看到國(guó)貿(mào)大廈的頂部位置,測(cè)量出人與鏡子的距離為米;②正對(duì)國(guó)貿(mào)

中心,將鏡子前移a米,重復(fù)①中的操作,測(cè)量出人與鏡子的距離為。2米,然后計(jì)算出國(guó)貿(mào)中心的

高度（如圖2）.

實(shí)際操作中,第一小組測(cè)得s=310,α=30/=45：最終算得國(guó)貿(mào)中心的高度為Hl米;第二小組測(cè)得

αE,45M=12,α2=1.40,最終算得國(guó)貿(mào)中心的高度為42米,假設(shè)測(cè)量者的身高"都為1.60米.

⑴請(qǐng)你用所學(xué)知識(shí)幫兩個(gè)小組完成計(jì)算（結(jié)果保留整數(shù),參考數(shù)據(jù):√∑≈=1.4,8之1.7）；

⑵你認(rèn)為哪個(gè)小組的方案更好?請(qǐng)說(shuō)明理由.

圖1圖2

答案與分層梯度式解析

五年高考練

1.D由題意知〃-/?=(4,-3),所以Ia-0=J42+(—3)2=5,故選D.

2.C由Ia-2旬=3,可得Ia-2/?『=。2_4〃力+4〃=9,又同=1,|臼=/5,所以α?Cl,故選C.

3.C由題意可得c=(3+f,4),

由<α,c>=v瓦c>得cos<alc>=cos<?,c>,

即日誓篝=廠3卷解得片5,故選c.

5√(3+t)2+42√(3+t)2+42

4.D由題意得cos<a,a^-b>=~~+b^=—τ==^===—?====H.故選D.

∣α∣∣α+?∣∣α∣Vα2+b2+2α??5×√25+36-1235

2

5.D解法一:取AB的中點(diǎn)D1PA?^PB=(PC+CA?(PC+CB)=PC+(CA+C5)?PC+CA-CB=

PC2+2CP-PC=1+5×1×cosl+5cos。(。為方與血的夾角),因?yàn)?，∈[0,兀],所以方?而∈[-4,6].

解法二:建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,則A(0,3),B(-4,0),設(shè)P(COS仇Sin0),0∈[0,2π),

則瓦5?PB=(-cos6,3-sin^)?(-4-cosa-Sinθ)

22

=cos^+4cos^+sin0-3sin敘1+4COS8-3sinQl+5cos(6+s),其中tanφ=^l

因?yàn)??！省?兀),所以方?PB∈[-4,6].故選D.

6.A如圖,過(guò)點(diǎn)P作PPil直線AB于P∣,過(guò)點(diǎn)C作CG_L直線AB于CI,過(guò)點(diǎn)F作FF∣±直線

AB于F∣,AP?AB=|9|?|南卜COSN附比當(dāng)NBLB為銳角時(shí),|方∣-cosZPAB=|麗當(dāng)N∕?8

為鈍角時(shí)屈I?cosNP∕B=麗j,又因?yàn)辄c(diǎn)尸是正六邊形ABCDE尸內(nèi)的一點(diǎn),所以當(dāng)點(diǎn)P與C

重合時(shí),而?荏最大,此時(shí)而?近=|；K||四|=6,當(dāng)點(diǎn)P與F重合時(shí),Q?前最小,此時(shí)而?

AB=一|麗||四|=-2,所以-2＜而?荏＜6.故選A.

ED

22

7.ACVIOP11=√cosα+sina=lz∣OP2∣=JCOS2/7+(—sin/?)2=l,，∣OP1J=∣OP2∣∕A選項(xiàng)正

確.

22

易矢口∣4Pll=y∕(cosa—l)+sinα=√2-2cosaf

22

?AP2?=7(cos/?—l)+(—sin)?)=λ∕2—2cosQ,

由于a,β的大小關(guān)系不確定,所以不能確定|麗I=I福I是否成立,B選項(xiàng)不正確.

:04?OP3=(l,0)(cos(α+夕),sin(α+夕))=cos(α+夕),0Pι?0P2=(costxzsina)?(cos即Sin￡)=COSacos

B-Sinasinβ=cos{μ+β),

：.0A?西=兩?'OP^lC選項(xiàng)正確.

φ

/OA?OP1=(IzO)(cosa,sina)=cosa,

OP；?OP；=(COS4-sinβ)?(cos(α+^)zsin(α÷^))=cos夕cos(α+夕)-sin^sin(cc÷^)

=COS伊+α+S)=CoS3+2夕)，

：.0A?西=西?西不一定成立，

D選項(xiàng)不正確.故選AC.

8.答案11

解析根據(jù)題意,得(2α+0)?A=2Q?A+b2=2χlχ3χ1+9=l1.

9.答案

解析解法一:由α+"+c=0,得h+c=-α,則α?0+c)=?α2,所以ath+c?a=-I2=-I.

222

由b+c=-a,得(b+c)2=(-a)2,則b+2b?c+c=alBP22+2∕rc+22=12,所以∕7?c=-g,則a-b^b-c+c-a=-^

解法二：由a+h+c=Ol得α?(α+〃+c)=4?0力?(α+A+c)=∕rO,c?(α+0+C)=C?0,則

a2+a?b+c'a=0,a?h+b2+b'c=0,c?β÷∕?-c÷c2=O,

即12+6f?∕H-C?^=0,6Z?∕7+22÷fe?C=0,C?4Z+fe?c+22=0,

三式相加,得2(%/rc+c&)+9=0,貝∣Ja`b^-b`e^e`a=^.

解法三:由α+A+c=O,得α+A=?c,兩邊平方,得〃2+20加/=己即聲?。＞22=2^所以9=怖同理可得

719

ZrC=--6〃=一,所以ab^-b'c+ca=--

222

10.D由已知得a?h=?a??b?cos60o=l×l×∣=

對(duì)于A,(a+2b)?b=a?b+2b1=^+2x12=主0,不符合題意;

對(duì)于B,(2α+fe)-b=2a-b+b2=2×^-U=2≠0,不符合題意;

2

對(duì)于Cl(a-2b)b=ab-2b=^—2×12=-1#0,不符合題意;

對(duì)于D,(2α-b)?b=2α?b-"=2X|-1?=0,符合題意.

11.答案號(hào)

解析由題意知c=α+必=(3』)+MLO)=(3+匕1),結(jié)合al,e得3(3+A)+lχl=0,解得?=-y.

12.答案I

解析由a〃b得2×4=5λ,.*.Λ=∣.

13.D解法一:設(shè)AABC的內(nèi)角A1B1C的對(duì)邊分別為a,b,cl^?ABC中,由題意知Qg,c=2,由余

弦定理得?2=c2+α2-2cα?cos8即19=4+∕.2?2a?cos120°,整理得/+2/15=0,解得α=3或α=-5(舍去),

所以BC=3.故選D.

解法二:在MBC中,由正弦定理得當(dāng)=學(xué),即理;=-?所以sinC=曜=信

SinBSinCsιnl20oSinC√19719

又0。VCV60。,所以cosC=√l-sin2C=?,

所以sinA=Sin(8+C)=sinBcosC+cosBsinC=γ×?+(—1)x???-^=f

所以^2^=VΤΞ?-.

BC=SinFv?3

14.答案2√Σ

解析由S^ABC=-αcsinB=—ac=得ac=4.

24

222222

由?=tz÷c-2tzc?cos3,5=60。,得b=a+c-acl

1λ2

又a+c=3ac,.*.b=2ac=^l?M=2jΣ(負(fù)值舍去).

15.答案√3-l

解析設(shè)jβD="z(m>0),貝IJCD=2m.

2222

??ABD中,根據(jù)余弦定理及已知,得AB=AD+BD-2AD?BDcosZADB=m+2m+4l

1222

??ACD中,根據(jù)余弦定理及已知,得AC=AD+CD-2AD?CDCOSZADC=4m-4m+4z

■—4τn2-4m+4_4-"(m+l)_4_瓶

AB2m2+2m+4m2+2m+4m+l+-?

m+ι

??m>0,：.m+1>1,m+1+?≥2√3∣當(dāng)且僅當(dāng)加+1二一,即m=√3-l時(shí)取“="L

τn+lτn+l

此時(shí)，黑取得最小值，為4-?=4-2但此時(shí)若取得最小值.

月B"2√3AB

所以當(dāng)黨取得最小值時(shí)方。=8-L

AB

16.解析⑴證明油SinCsin(A-B)=SinJBSin(C-A),得SinCsinAcosB-sinCsinBcosA=sinBsin

CcosA-SinBsinAcosC即sinCsinAcosB+sinBsinAcosC=2sinBsinCcosA,

由正弦定理可得MCCOSB+abcosC=2bccosA1

222

由余弦定理的推論可得,:(。2+。2-〃2)+%2+〃2_<2)=〃2+。2-42,即2θ=h+c.

⑵由題意及余弦定理可得力2+c2-q2=2AcosA=≡?c=25,EP2歷=31,又由⑴知/+c2=2"所以

(。+。)2=2*+2屋=81,所以/H?c=9,所以α+?+c=14,故的周長(zhǎng)為14.

17.解析⑴由題意得S=立°2段=理尻53=￥/,

444

:?S?-S2+53=^γ(α2-?2+c2)=?y,即6Z2-?2+C2=2,

由cosBhCl+c,得a1+c2-b2=2accosB

2ac1

故2accosB=2,「.occosB=I1

又*/sinB=/；?cosB=^cos8=-手(舍)，

?.3√2ec1.

??uc——,??SΔABCZ^QCSinB=3x×-=~.

(2)由=上=上得上=-?

SinASinBsinCsin2FSinASinC'

又ac=^?,sinASin

4

?匕2_9.b_3

sin2β4'*?sinB2t

18.解析⑴需sin2F_2sinBcosF

l+cos2F2COS2F1

PncosΛSinF

即l-----=——,

l+si∏i4CosB

β

..cosAcosB-sinAsinB=sinB1

即CoS(A+8)=SinB,又C="

??sinB=cos(Λ+B)=-cosC="cos^二?

VO<B<-.Φ.B=Ξ.

3,Z6

⑵由⑴知,sinB=cos(A+B)=-cosC1

VsinB>0恒成立,.?.C∈Q,π),

?.?-cosC=Sin(C—1),

,

..C-^=B,.?A=^-2BlVA>O,ΛB∈(θ,?

?a2+b2_sin2Λ+sin2B_cos22F+sin2F

c2sin2CCOs2B

__(2cos2B-l)2+(I-COS2B)

Cos2B'

令cos2B=r√∈Q,l),

.?.注=^=4t+≡-5≥4√2-5,

cztt

當(dāng)且僅當(dāng)4片!,即V時(shí)，取.

...二絲的最小值為4√Σ-5.

19.解析⑴證明:在A4BC中,由BDsinZABC=as?nC及正弦定理可得BD?b=a?c,

又人2=αc,所以BDb=b2,故BD=b.

⑵由AD=IDC得AD^blDC=^l

222

AO2+值一8。2^b+c-b_C2母2

在^ABD中,cosA=

2ADAB2'如^bc

心+482-8。2b2+c2-a2

??ABC中,cosA=

2ACAB2bc

^c2~b2b2+c2-a2

故γ-

3bC2bc

化簡(jiǎn)得3c2-ll/+6∕=0,

2

又b=acl

所以3c2-l1αc+6q2=0,

即(c-34)(3c-24)=0,

所以c=3a或L=Ia

當(dāng)c=3a時(shí)力2=QC=3Q2,所以∕7=√5Q,止匕時(shí)α+XG故a,b,c構(gòu)不成三角形,故舍去;

當(dāng)C=Ia時(shí)力2="c=∣α2,所以修生,止匕時(shí)cι,b,c可以構(gòu)成三角形,

故c=∣α,∕>=yα,

214222

α2+c2fc2az+-az--az

所以在AABCΦ,cosZAβC-^937

2a-2a12

β

20.解析⑴由C=2〃COSB及正弦定理得,sinC=2sinBcos5,即sinC=sin2B,.*C=^-l?*.O<B<^,sin

2B=sinC=奈???235,.*.B=

⑵由⑴可知4=4—百瓦故不能選①.如圖所示,設(shè)D為BC的中點(diǎn),則AD為BC邊上的中線.

CI)B

若選②周長(zhǎng)為4+2√3.

*/a+b+c=b+h+V3b=2b+V3h=4+2Λ∕3,

.?,=2,則CZ>1,

??ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2ACCDCOSC=22+F-2χ2χlχ(=7,.?.AD=√7,因此

BC邊上的中線長(zhǎng)為√7.

若選③面積為S?AβC=-.

4

SAABC=IabSinC="2=手，即b=√3,51∣JCD=y,在?ΛCD中，由余弦定理得

AD1=AC2+CD2-2ACCDCOSC=3+^-2×√3x—×(-?)=-,

42\2/4,

.?.AZ>子.因此BC邊上的中線長(zhǎng)為”.

21.B如圖,過(guò)點(diǎn)C分別作AC,方。的平行線,分別交Aa與B'B于點(diǎn)D和瓦連接OE,則。￡〃

A5；過(guò)點(diǎn)B作DE的平行線,交AA于點(diǎn)E

則△?15'CNZ?DEC,NDCE=NA,C,B'=45o,ZCDE=NCAB=I8。。-/ACB-NABe=75°.

在RtABCE中,可得tan15。=些,即2-√3=—,

CECE

??.Cf=^=100(2+√3),

在ACOE中,由正弦定理可得與=?

sιn45osm750

/.DE=jJ^∣?CE=100(√3+l).

7o

在RtZkABT中，ZABF=45l：.AF=BF1

AA'-CC'=AD=AF+DF=AF+BE=BF+BE=DE+BE=100(2+√3)≈373.故選B.

三年模擬練

1.A由正弦定理可得α=2加設(shè)AABC的外接圓半徑為r,則αcosB+bcosA=2√sinAcosB+cosAsin

B)=2rsin(A+θ)=2rsinC=C=3.

以AB的中點(diǎn)。為原點(diǎn),4?所在直線為X軸建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示:

設(shè)點(diǎn)C(XM,由α=2"可得J-+y2=2J(χ+g+y2,化簡(jiǎn)可得(％+g)+y2=4.

Λ?ABC的邊AB上的高的最大值為2,因止匕,SAAB￡CX2=3.故選A.

2.A由題意得√5='4B?AC?sinI

26

所以ABAC=4√I

因?yàn)镸是BC的中點(diǎn),

所以宿=?(?e+AC)=^AB+^AC1

又N是的中點(diǎn)，

所以麗=?而+宿)=|(萬(wàn)+g萬(wàn)+g尼)=^AB+^AC1

則詢(xún)?AN=(^AB+|^4C)?(海+?le)

=1I函2+^AB?AC+lI福2

福函2+,I函函ICOS>!∣福2

>^?AB??AC?+^?AB??AC?=^?AB??AC?=6l

當(dāng)且僅當(dāng)次I樂(lè)I=∣^C|,即時(shí),等號(hào)成立,所以在AABC中，由余弦定理可得

BC2=AB2+AC2-2ABACcosZBAC=4+n-2×2×2?[3×

所以BC=Z故選A.

3.A連接OlCQ3C.

因?yàn)棣?,O3分別為正三角形ACD正三角形Bb的中心,所以N。ICA=No3。8960。=30。，

所以NoICo3=NOιCA+∕θ3CB+NAC8=90°

由題意可得Aθθ2θ3為等邊三角形,則SAoQo3=I?OlOj?sin60o=√5,所以O(shè)o3=2(負(fù)值舍

去)，

所以在40C03中,OC2+O3C2=0]O>4,

設(shè)AC=h,BC=a,AB=cl

b

則在中，=20↑C

AACDsin?CDAl

在ACBFψ-~=203C

f7SinzCFB'

所以O(shè)lC=^ChC=*,

√3√3

又OlC2+0302=4,所以4+/=12.

因?yàn)锳ABC內(nèi)接于半徑為2的圓,

所以f=2x2=4,即片2,

所以CoSNAe3=1士=咳止=叵,

2ab2ab2

所以百。8=。2+〃2-4=12-4=8,

所以"=?=竽，

所以S^absinZACB=IX竽=竽.

4答案??

解析延長(zhǎng)CD、BA交于點(diǎn)”,因?yàn)锳3,BcACQNBM>=120。,所以NBCD=60。,NoH4=30。.

在RtAADH中,N0∕M=3()o,AZ>L所以A"=2,OH=√^

在RtABCH中,/。"3=30。4"=3,所以CW=2√3,BC=√3,^fDC=BC=a.

不妨設(shè)反=/1反(OqW),則I尻I=何,且尻與荏的夾角為三通與荏的夾角為S

63

則瓦??~EB=(DA-DE)(ED+DA+ABy)

=^DA-^ED+DA-OA+DA-JB-^DE?^ED-^DE-DA-^DE-AB

=0+∣D7∣2+∣^4∣∣Aβ∣cos^+3Λ2-0-?DE??AB?■cos^=1+∣+3Λ2√3λ×^

=322-∣Λ+∣=3(λ-i)2+∣^,0<λ≤l,

ZΔ?*τ∕?θ

所以當(dāng)λ=^EA■方取得最小值,為g

4l16

4√5.5

5.答案

5,21

解析在AABC中,?.?A。是NBAC的平分線,

NBAD=NOAC∈(03.

'：AD=CD1.,.C=ZDAC.

,：tanZDAC=∣,ΛSinNOAC亭,cosΛDAC~,

cosC=cosZDAC=^^.

??ADC中,設(shè)AC="z,AZ>〃,則CD=n,

由余弦定理得AZ)2=AC2+CO2_2ACCOCOSC1

即n2=tτ^+n2-2mn×

?4√5?ACm4√5

??m=—n.??—=-=—.

5ADn5

??ABC中,sinC=sinZDAC=^,cosC=cosZDAC=^,cosZCAB=1-2sinZDAC=l-2×(?)=∣,

ΛsinZCAB=Jl-(∣)2=^

ΛsinZC5A=sin(ZBAC+C)=^×次?+-×—=

',555525

在-BC中，由正弦定理得缶=缶'

4L

,A「_sinz<48_5_

??nC---------------X/1L---τ=?r7Tn2------YYl.

sin?CBAIlWS11

25

L√5

_√ξCD—mIi

又CD=AD=-m,/.—=??--=—.

4'CB16

11

由“、M、B三點(diǎn)共線可設(shè)ZM=(Iu)而+a南①,

由C、D、B三點(diǎn)共線可設(shè)前=(IN)尼+?瓦

SPAD-AC=μ(AB-AC),：.CD=μCBl?*?Λ?

即同=V芯+非南②.

?.?M是AD的中點(diǎn)通=2AM,

，①式可化為同=2(Ij)用+2λAB,

設(shè)用=t前,O<f<l,則荷=2(1㈤沆+2λAB(^)l

22=—,A=-

由②③可得16§解得32

2(1-λ)t=?,t=-

21l

?AH5

??一二一.

AC21

6.答案①②④

解析對(duì)于①,如圖所示,設(shè)D、E、F分別為C4、AB.BCΦ?,/.CP=2PE,SΔΛEC=∣SΔABC,/.

S?∕?C=∣S△AEC—BAABC,

同理可得S?∕?B=∣S?ABC,S?∕jβC=∣S?ΛβC,

?*?SAPBC=SAPAC=S>PAB,

又,：SAPBC^+S△PAC^PB+S△PAB^PC=0l

，方+而+玩=0,①正確.

A

、

對(duì)于②,設(shè)點(diǎn)P到AB>BCCA的距離分別為∕π,∕z2,∕i3,則S?PB(^ah2lS^PAC=^hh3rS?PAB==^chil

?∕SΔPBCP1+S△PACPB+S△PABPC=Q1

...92?對(duì)+物3?麗+21?品0,

即ahιPA+bh3PB+chlPC=Ol

又aPA+bPB+cPC=O1h?=h2=hsl

.?.點(diǎn)P是AABC的內(nèi)心,②正確.

對(duì)于③,?.?萬(wàn)二|荏+爾

：.PA=-^AB-^AC,PB=PA+AB=^AB-^AC,PC=PA+AC=-∣Λ5+∣ΛC,

.?.SΔPBC(-∣^B-∣Jc)+S?P√lc(∣^B-∣Ic)+S?P√lβ?(-1萬(wàn)+式)=0,

化簡(jiǎn)得(一次PBC+BSAPAC-?S^PAB)AB+-?sΔPBC-∣S?PAC+^PABIΛC=0.

又?：布、尼不共線，

—gSzkpBC+WSAPAC—WSAPAB=。，

114

{一gS"BC一^S>PAC÷~^PAB—。,

解得，SAPBC=2S"AB,

ISAPAC=2S^PAB,

...汕旦=-----?PAB--------=匕③錯(cuò)訪

5

SAABCS&PBC+S〉PAC+S&PAB

對(duì)于④,?.?p是AABC的外心,NBAC=E,

4

.?ZBPC=^,?PA?=?PB?=?PC?l

.,.^PB-PC=?PB?■國(guó)ICoSNBPe=0.

'：PA=mPB+nPC,ΛPl2=m2PB2+2mnPB-PC+九2無(wú)2,化簡(jiǎn)得小+層=],由題意知叫〃不

同時(shí)為正,

=cosafπC

=sinα,兀,

<貝IJ"z+"=cosa÷sina=V2sin(Q+；),

??3π,.π.9π...(.πλ.√2

?—VaH—V—,??-11VSinIccH—)V—,

444'-V4.)2'

.*.-λ∕2≤V2sin(α+：)<1,即m+n∈[-&』),④正確.

故答案為①②④.

7.解析解法一:⑴設(shè)向量荏+2n與2AB+正的夾角為θ,

川(存+2.>(2荏+砌

人JCSσ-府+2研2而+河,

令I(lǐng)函=I福=α,則cos嗦落=?

(2)V?AB?=?AC?=√2,Λ∣^M∣=1,

設(shè)ImI=X,0≤x≤1,則I而I=I-X,又麗+QC=2QM,

.?.QA-QB+QC-QA=QA1(QB+QC)=2QA?QM=21QAllQM∣cosπ=-2x(1-x)=2x2-2x=2(%—

02-*0≤爛L當(dāng)且僅當(dāng)W時(shí),而QB+QC-訶取最小值,是假

⑶設(shè)∕C4P=α,0<α<a則ZBAP=^-a.

'：AP?AC=2^AP-AB=ll?AP?=2l

..-+1'.--一>

?"C∣=QM=

2sinα'

：.\AB+AC+AP?2=AB2+AC2+AP2+2AB-AC+2AC-AP+2AB?AP=-?+?-+

4sιnzacosza

sin2α+cos2asin2α÷cos2acos2αsin2a45

4+4+2=++-7^5—I------?—I-------

4sin2acos2a4smzacosza4

/cos2asin2a,454,4549

>2----1--=1H---

yj4sin2acos2a44~4i

當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)=安,即tana=f時(shí)取等號(hào),

COSNa4sιnza2

Λ?AB+AC+AP?min=

解法二:以A為坐標(biāo)原點(diǎn),荏,前的方向分別為X軸j軸的正方向建立平面直角坐標(biāo)系,如圖,

y

0(4)B~?

⑴設(shè)I荏I=∣^C∣=α,≡A(0,0),B(a,0),C(0,a),

，荏=(α,0),前=(0,α),

.,.AB+2AC=(a,2a),2AB+AC=(2a,a),

設(shè)向量荏+2前與2萬(wàn)+元的夾角為θl

則COS俘臂=

yf5a?yfSa5

,

⑵由已知得A(0f0),β(√2l0),C(0,√2),Λ∕(y,y),..AM=(y,y),?B=(√2,0),Xc=(0,√2),

設(shè)而=A宿3￡1),則西=-AAM=(-yλ,-yλ),

：.QB=QA+AB=(y/2-^λ,-^-λ)lQC=QA+AC=(c-λ,y∣2-^-λ),

.".QA?QB+QC?QA=-λ+~Λ2+~Λ2+—A2-λ+~Λ2=2A2-2Λ=2G-J—-,

當(dāng)λ^lQA-QB+QC-9取得最小值,為微

e

⑶設(shè)N∕?3=α,0vGv1,?.?∣4P∣=2,..P(2cos1,2sina)zΛ√lP=(2cosa,2sin?),