2023人教版新教材高中数学必修第二册同步练习-第六章 平面向量及其应用 提高练习

综合拔高练

五年高考练

考点1向量的数量积、模、夹角

1.(2022全国乙文,3)已知向量α=(2,l)力=(-2,4),则Ia力=()

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

2.(2022全国乙理,3)已知向量α力满足同=1,回=百仙-2勿=3,则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>,则t=()

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

4.(2020全国///,6)已知向量a,b满足同=5,回=6,0b=-6,贝IJcos<a,a+b>=()

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

35353535

5,(2022北京,10)在aABC中/。=3出。=4,/.。=90"%/XABC所在平面内的动点,且PC=L则

方•丽的取值范围是()

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

6.(2020新高考/,7)已知P是边长为2的正六边形ABCD)内的一点,则寿•荏的取值范围是

()

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

7.(多选)(2021新高考/,10)已知O为坐标原点，点PI(CoSα,sina),P2(COS夕,-sin

4),P3(cos(α+4),sin(α+A)),A(l,0),aj()

AJ函西IB.∣丽门同I

C.O4•南=西•亚D.θl•西=西•西

8.(2022全国甲理/3)设向量α力的夹角的余弦值为泉且同=L网=3,则(2。%)。=.

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

考点2向量的平行与垂直

10.（2020全国〃文,5）已知单位向量α力的夹角为60：则在下列向量中,与b垂直的是（）

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

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

12.（2021全国乙文,13）已知向量”=（2,5）/=（儿4）,若a∕∕bl贝IJA=.

考点3正、余弦定理及面积公式的应用

13.（2021全国甲文,8）在AABC中,已知B=120：AC=g,AB=2,则BC=（）

A.lB,√2C.√5D.3

o12

14.（2021全国乙理』5）记AABC的内角A1B1C的对边分别为α,⅛,c,ffi^>9√3,β=60,a+c=2>acl

则b=.

15.（2022全国甲理』6）已知aABC中,点D在边BC上,203=1201。=2,。。=28D当落取得最

小值时,80=.

16.（2022全国乙理』7）记AABC的内角A1B1C的对边分别为α力C已知sinCSin（A-B）=Sin

Bsin（C-A）.

⑴证明：2/=庐+。2；

⑵若α=5,cosA=Il,求AABC的周长.

17.（2022新高考〃/8）记AABC的内角A1B1C的对边分别为α∕,c,分别以a,b,c为边长的三个正

三角形的面积依次为Si,S2,S3,已知Sι-S2+S3=y,sinB=j.

(1)求aABC的面积；

⑵若sinAsinC=今求b.

18.(2022新高考/,18)记aABC的内角A1B1C的对边分别为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)记AABC的内角A1B1C的对边分别为“力C已知〃=%点D在边AC

AllBDsinΔABC-asinC.

(1)证明：8。=瓦

⑵若AD=2DCl^cosΔABC.

20.（2021北京,16）在AABC中,内角A,B,C所对的边分别为α力,c.已知c=2bcosB,C=y,

⑴求B的大小；

⑵在三个条件中选择一个作为已知,使AABC存在且唯一确定,并求BC边上的中线的长度.

①C=V∑氏②周长为4+2b;③面积为SAABC=乎.

考点4正、余弦定理的实际应用

21.（2021全国甲理,8）2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8

848.86（单位：m）,三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意

图,现有AEC三点,且A,。C在同一水平面上的投影AC满足乙A'C3'=45］乙ABe'=60°由C

点测得B点的仰角为15：BB'与CC的差为100；由B点测得A点的仰角为45：则A,C两点到水

平面43。的高度差44-。。约为（6《1.732）（）

A

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

三年模拟练

应用实践

1.（2021四川眉山三模）阿波罗尼奥斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家,以他的名字

命名的阿氏圆是指平面内到两定点的距离的比值为常数AQ（UXl）的动点轨迹.已知在aABC

中,角A、B、C所对的边分别为a、b>c,且SinA=2sin5,gcosB+bcosA=3,则AABC面积的最大

值为（）

A.3B,3√3

C.6D,6√3

2.（2021山东昌邑一中期中）在AABC中,M是BC的中点,N是的中点.若乙BAC=EQABC的

6

面积为√5,则威•前取最小值时,BC=（）

A.2B,4

C.8√3-12D.竽-4

3.（2021福建泉州二模）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑波拿巴最早提出的一个几何定

理：“以任意三角形的三条边为边,向外构造三个等边三角形,则这三个等边三角形的外接圆圆

心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点如图,已知AABC内接于

半径为2的圆,乙ACB=30。。,。。分别为正三角形ACD正三角形AW,正三角形BCF的中

心,AOi。2。3的面积为则4ABC的面积为（）

ʌ2√3

A.—Bq

3

4.（2022天津北辰联考）如图,在平面四边形ABCD中,A3,BCACQ乙BAO=I20：AB=Ao=L

若点E为边CD上的动点,则丽•丽的最小值为.

5.（2022浙江筑梦九章新高考命题导向研究卷）已知在AABC中,AO是乙BAC的平分线,AO与BC

交于点D1M是AD的中点，延长BM交AC于点HlAD=CDlIanADAC=ɪ,则

ACAH

而二k--------------

6.（2021四川凉山州三模）如图,P为△ABC内任意一点,4BAC1ΔABC,AACB的对边分别为a,b,e,

总有优美等式SΔPBCPA+SAPACPB+S&PABPC=O成立.现有以下命题:

①若「是AABC的重心,则有方+^PB+PC=O-,

②若cιPA+bPB+cPC=O成立,则P是AABC的内心;

③若而=I荏+：福贝∣JSA%B:SAABC=2：5；

④若「是AABC的外心,乙BAe=二同=优而+〃》,则w+π∈[-√2l）.

4z

则正确的命题有（填序号）.

7.（2021上海金山中学月考）在AABC中,AB_LAGM是BC的中点.

⑴若I荏|=|就求向量荏+2正与向量2荏+元的夹角的余弦值；

⑵若Q是线段AM上任意一点,且I荏|=|就∣=√∑,求袱QB+QC-9的最小值；

⑶若点P是乙氏4C内一点,且I而|=2,9∙AC=2AP∙AB=l,^∖AB+AC+都|的最小值.

8.（2021重庆复旦中学期末）重庆、武汉、南京并称为三大“火炉”城市,而重庆比武汉、南京炎

热得更厉害,堪称三大“火炉”之首.某人在歌乐山修建了一座避暑山庄0（如图）.为吸引游客,准

备在门前两条夹角为Z即乙AoB）的小路之间修建一处弓形花园,使之有类似“冰淇淋”般的凉

爽感，已知弓形花园的弦长AB=2√5且点A1B落在小路上,记弓形花园的顶点为M且

ΔMAB=ΔMBA=2,设乙OBA=θ.

6

（1）将。4,03用含θ的式子表示出来；

⑵该山庄准备在M点处修建喷泉,为获取更好的观景视野,如何规划花园（即OA1OB的长度）,才

使得喷泉M与山庄O的距离（即OM的长度）最大？

迁移创新

9.东莞第一高楼民盈•国贸中心2号楼（以下简称“国贸中心”）的正式封顶标志着东莞最高楼新

纪录诞生,为了测量国贸中心的高度,现有两个兴趣小组分享了他们各自的测量方案.

第一小组采用的是“两次测角法”，他们在国贸中心隔壁的会展中心广场上的A点测得国贸中

心顶部的仰角为ɑ,正对国贸中心前进了S米后,到达B点,在B点测得国贸中心顶部的仰角为四

然后计算出国贸中心的高度（如图1）.

第二小组采用的是“镜面反射法”，在国贸中心后面的新世纪豪园一幢11层楼（与国贸中心建

于同一水平面上,每层高约3米）楼顶水平的天台上,进行两个操作步骤:①将平面镜置于天台地

面上,人后退至从镜中能看到国贸大厦的顶部位置,测量出人与镜子的距离为米;②正对国贸

中心,将镜子前移a米,重复①中的操作,测量出人与镜子的距离为。2米,然后计算出国贸中心的

高度（如图2）.

实际操作中,第一小组测得s=310,α=30/=45：最终算得国贸中心的高度为Hl米;第二小组测得

αE,45M=12,α2=1.40,最终算得国贸中心的高度为42米,假设测量者的身高"都为1.60米.

⑴请你用所学知识帮两个小组完成计算（结果保留整数,参考数据:√∑≈=1.4,8之1.7）；

⑵你认为哪个小组的方案更好?请说明理由.

图1图2

答案与分层梯度式解析

五年高考练

1.D由题意知〃-/?=(4,-3),所以Ia-0=J42+(—3)2=5,故选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,故选C.

3.C由题意可得c=(3+f,4),

由<α,c>=v瓦c>得cos<alc>=cos<⅛,c>,

即日誓篝=厂3卷解得片5,故选c.

5√(3+t)2+42√(3+t)2+42

4.D由题意得cos<a,a^-b>=~~+b^=—τ==^===—ʃ====H.故选D.

∣α∣∣α+∂∣∣α∣Vα2+b2+2α∙∂5×√25+36-1235

2

5.D解法一:取AB的中点D1PA∙^PB=(PC+CA∖(PC+CB)=PC+(CA+C5)∙PC+CA-CB=

PC2+2CP-PC=1+5×1×cosl+5cos。(。为方与血的夹角),因为，∈[0,兀],所以方•而∈[-4,6].

解法二:建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,3),B(-4,0),设P(COS仇Sin0),0∈[0,2π),

则瓦5∙PB=(-cos6,3-sin^)∙(-4-cosa-Sinθ)

22

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

因为。∈。2兀),所以方∙PB∈[-4,6].故选D.

6.A如图,过点P作PPil直线AB于P∣,过点C作CG_L直线AB于CI,过点F作FF∣±直线

AB于F∣,AP∙AB=|9|•|南卜COSN附比当NBLB为锐角时,|方∣-cosZPAB=|丽当N∕¾8

为钝角时屈I∙cosNP∕B=丽j,又因为点尸是正六边形ABCDE尸内的一点,所以当点P与C

重合时,而•荏最大,此时而•近=|；K||四|=6,当点P与F重合时,Q•前最小,此时而•

AB=一|丽||四|=-2,所以-2＜而•荏＜6.故选A.

ED

22

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

确.

22

易矢口∣4Pll=y∕(cosa—l)+sinα=√2-2cosaf

22

∖AP2∖=7(cos/?—l)+(—sin)?)=λ∕2—2cosQ,

由于a,β的大小关系不确定,所以不能确定|丽I=I福I是否成立,B选项不正确.

: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=两∙'OP^lC选项正确.

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选项不正确.故选AC.

8.答案11

解析根据题意,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,则α∙0+c)=∙α2,所以ath+c∙a=-I2=-I.

222

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

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,贝∣Ja`b^-b`e^e`a=^.

解法三:由α+A+c=O,得α+A=∙c,两边平方,得〃2+20加/=己即声?。＞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×∣=

对于A,(a+2b)∙b=a∙b+2b1=^+2x12=主0,不符合题意;

对于B,(2α+fe)-b=2a-b+b2=2×^-U=2≠0,不符合题意;

2

对于Cl(a-2b)b=ab-2b=^—2×12=-1#0,不符合题意;

对于D,(2α-b)∙b=2α∙b-"=2X|-1?=0,符合题意.

11.答案号

解析由题意知c=α+必=(3』)+MLO)=(3+匕1),结合al,e得3(3+A)+lχl=0,解得⅛=-y.

12.答案I

解析由a〃b得2×4=5λ,.*.Λ=∣.

13.D解法一:设AABC的内角A1B1C的对边分别为a,b,cl^∆ABC中,由题意知Qg,c=2,由余

弦定理得⅛2=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.故选D.

解法二:在MBC中,由正弦定理得当=学,即理;=-⅛所以sinC=曜=信

SinBSinCsιnl20oSinC√19719

又0。VCV60。,所以cosC=√l-sin2C=ʌ,

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

所以^2^=VΤΞ⅜-.

BC=SinFvɜ3

14.答案2√Σ

解析由S^ABC=-αcsinB=—ac=得ac=4.

24

222222

由⅛=tz÷c-2tzc∙cos3,5=60。,得b=a+c-acl

1λ2

又a+c=3ac,.*.b=2ac=^l∙M=2jΣ(负值舍去).

15.答案√3-l

解析设jβD="z(m>0),贝IJCD=2m.

2222

⅛∆ABD中,根据余弦定理及已知,得AB=AD+BD-2AD∙BDcosZADB=m+2m+4l

1222

⅛∆ACD中,根据余弦定理及已知,得AC=AD+CD-2AD∙CDCOSZADC=4m-4m+4z

■—4τn2-4m+4_4-"(m+l)_4_瓶

AB2m2+2m+4m2+2m+4m+l+-ʃ

m+ι

∖∙m>0,：.m+1>1,m+1+ɪ≥2√3∣当且仅当加+1二一,即m=√3-l时取“="L

τn+lτn+l

此时，黑取得最小值，为4-⅛=4-2但此时若取得最小值.

月B"2√3AB

所以当党取得最小值时方。=8-L

AB

16.解析⑴证明油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

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

⑵由题意及余弦定理可得力2+c2-q2=2AcosA=≡⅛c=25,EP2历=31,又由⑴知/+c2=2"所以

(。+。)2=2*+2屋=81,所以/H∙c=9,所以α+⅛+c=14,故的周长为14.

17.解析⑴由题意得S=立°2段=理尻53=¥/,

444

:∙Sɪ-S2+53=^γ(α2-⅛2+c2)=∙y,即6Z2-⅛2+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=-ɪ

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ɪ

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

当且仅当4片!,即V时，取.

...二丝的最小值为4√Σ-5.

19.解析⑴证明: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

⅛∆ABC中,cosA=

2ACAB2bc

^c2~b2b2+c2-a2

故γ-

3bC2bc

化简得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

当c=3a时力2=QC=3Q2,所以∕7=√5Q,止匕时α+XG故a,b,c构不成三角形,故舍去;

当C=Ia时力2="c=∣α2,所以修生,止匕时cι,b,c可以构成三角形,

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—百瓦故不能选①.如图所示,设D为BC的中点,则AD为BC边上的中线.

CI)B

若选②周长为4+2√3.

*/a+b+c=b+h+V3b=2b+V3h=4+2Λ∕3,

.∙,=2,则CZ>1,

⅛∆ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2ACCDCOSC=22+F-2χ2χlχ(=7,.∙.AD=√7,因此

BC边上的中线长为√7.

若选③面积为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—×(-ɪ)=-,

42\2/4,

.∙.AZ>子.因此BC边上的中线长为”.

21.B如图,过点C分别作AC,方。的平行线,分别交Aa与B'B于点D和瓦连接OE,则。£〃

A5；过点B作DE的平行线,交AA于点E

则△?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,由正弦定理可得与=ʌ

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.故选B.

三年模拟练

1.A由正弦定理可得α=2加设AABC的外接圆半径为r,则αcosB+bcosA=2√sinAcosB+cosAsin

B)=2rsin(A+θ)=2rsinC=C=3.

以AB的中点。为原点,4?所在直线为X轴建立平面直角坐标系,如图所示:

设点C(XM,由α=2"可得J-+y2=2J(χ+g+y2,化简可得(％+g)+y2=4.

Λ∆ABC的边AB上的高的最大值为2,因止匕,SAAB£CX2=3.故选A.

2.A由题意得√5='4B∙AC∙sinI

26

所以ABAC=4√I

因为M是BC的中点,

所以宿=ɪ(ʌe+AC)=^AB+^AC1

又N是的中点，

所以丽=?而+宿)=|(万+g万+g尼)=^AB+^AC1

则询∙AN=(^AB+|^4C)•(海+ɪle)

=1I函2+^AB∙AC+lI福2

福函2+,I函函ICOS>!∣福2

>^∖AB∖∖AC∖+^∖AB∖∖AC∖=^∖AB∖∖AC∖=6l

当且仅当次I乐I=∣^C|,即时,等号成立,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故选A.

3.A连接OlCQ3C.

因为θɪ,O3分别为正三角形ACD正三角形Bb的中心,所以N。ICA=No3。8960。=30。，

所以NoICo3=NOιCA+∕θ3CB+NAC8=90°

由题意可得Aθθ2θ3为等边三角形,则SAoQo3=I∙OlOj∙sin60o=√5,所以Oo3=2(负值舍

去)，

所以在40C03中,OC2+O3C2=0]O>4,

设AC=h,BC=a,AB=cl

b

则在中，=20↑C

AACDsin∆CDAl

在ACBFψ-~=203C

f7SinzCFB'

所以OlC=^ChC=*,

√3√3

又OlC2+0302=4,所以4+/=12.

因为AABC内接于半径为2的圆,

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"=⅛=竽，

所以S^absinZACB=IX竽=竽.

4答案ɪɪ

解析延长CD、BA交于点”,因为A3,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.

不妨设反=/1反(OqW),则I尻I=何,且尻与荏的夹角为三通与荏的夹角为S

63

则瓦?∙~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∕ɪθ

所以当λ=^EA■方取得最小值,为g

4l16

4√5.5

5.答案

5,21

解析在AABC中,∙.∙A。是NBAC的平分线,

NBAD=NOAC∈(03.

'：AD=CD1.,.C=ZDAC.

,：tanZDAC=∣,ΛSinNOAC亭,cosΛDAC~,

cosC=cosZDAC=^^.

⅛∆ADC中,设AC="z,AZ>〃,则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

⅛∆ABC中,sinC=sinZDAC=^,cosC=cosZDAC=^,cosZCAB=1-2sinZDAC=l-2×(⅞)=∣,

ΛsinZCAB=Jl-(∣)2=^

ΛsinZC5A=sin(ZBAC+C)=^×次ɪ+-×—=

',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,/.—=∙⅛--=—.

4'CB16

11

由“、M、B三点共线可设ZM=(Iu)而+a南①,

由C、D、B三点共线可设前=(IN)尼+•瓦

SPAD-AC=μ(AB-AC),：.CD=μCBl∙*∙Λ⅛

即同=V芯+非南②.

∙.∙M是AD的中点通=2AM,

，①式可化为同=2(Ij)用+2λAB,

设用=t前,O<f<l,则荷=2(1㈤沆+2λAB(^)l

22=—,A=-

由②③可得16§解得32

2(1-λ)t=ɪ,t=-

21l

・AH5

・・一二一.

AC21

6.答案①②④

解析对于①,如图所示,设D、E、F分别为C4、AB.BCΦ⅛,/.CP=2PE,SΔΛEC=∣SΔABC,/.

S∆∕¾C=∣S△AEC—BAABC,

同理可得S∆∕¾B=∣S∆ABC,S∆∕jβC=∣S∆ΛβC,

∙*∙SAPBC=SAPAC=S>PAB,

又,：SAPBC^+S△PAC^PB+S△PAB^PC=0l

，方+而+玩=0,①正确.

A

、

对于②,设点P到AB>BCCA的距离分别为∕π,∕z2,∕i3,则S∆PB(^ah2lS^PAC=^hh3rS∆PAB==^chil

∙∕SΔPBCP1+S△PACPB+S△PABPC=Q1

...92•对+物3•丽+21・品0,

即ahιPA+bh3PB+chlPC=Ol

又aPA+bPB+cPC=O1h∖=h2=hsl

.∙.点P是AABC的内心,②正确.

对于③,∙.∙万二|荏+尔

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

.∙.SΔPBC(-∣^B-∣Jc)+S∆P√lc(∣^B-∣Ic)+S∆P√lβ•(-1万+式)=0,

化简得(一次PBC+BSAPAC-∖S^PAB)AB+-ɪsΔPBC-∣S∆PAC+^PABIΛC=0.

又•：布、尼不共线，

—gSzkpBC+WSAPAC—WSAPAB=。，

114

{一gS"BC一^S>PAC÷~^PAB—。,

解得，SAPBC=2S"AB,

ISAPAC=2S^PAB,

...汕旦=-----⅛PAB--------=匕③错访

5

SAABCS&PBC+S〉PAC+S&PAB

对于④,∙.∙p是AABC的外心,NBAC=E,

4

.∖ZBPC=^,∖PA∖=∖PB∖=∖PC∖l

.,.^PB-PC=∖PB∖■国ICoSNBPe=0.

'：PA=mPB+nPC,ΛPl2=m2PB2+2mnPB-PC+九2无2,化简得小+层=],由题意知叫〃不

同时为正,

=cosafπC

=sinα,兀,

<贝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正确.

故答案为①②④.

7.解析解法一:⑴设向量荏+2n与2AB+正的夹角为θ,

川(存+2.>(2荏+砌

人JCSσ-府+2研2而+河,

令I函=I福=α,则cos嗦落=?

(2)V∖AB∖=∖AC∖=√2,Λ∣^M∣=1,

设ImI=X,0≤x≤1,则I而I=I-X,又丽+QC=2QM,

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

02-*0≤烂L当且仅当W时,而QB+QC-诃取最小值,是假

⑶设∕C4P=α,0<α<a则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=-⅛+ʌ-+

4sιnzacosza

sin2α+cos2asin2α÷cos2acos2αsin2a45

4+4+2=++-7^5—I------ɔ—I-------

4sin2acos2a4smzacosza4

/cos2asin2a,454,4549

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

yj4sin2acos2a44~4i

当且仅当当=安,即tana=f时取等号,

COSNa4sιnza2

Λ∖AB+AC+AP∖min=

解法二:以A为坐标原点,荏,前的方向分别为X轴j轴的正方向建立平面直角坐标系,如图,

y

0(4)B~«

⑴设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),

设向量荏+2前与2万+元的夹角为θl

则COS俘臂=

yf5a∙yfSa5

,

⑵由已知得A(0f0),β(√2l0),C(0,√2),Λ∕(y,y),..AM=(y,y),½B=(√2,0),Xc=(0,√2),

设而=A宿3£1),则西=-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—-,

当λ^lQA-QB+QC-9取得最小值,为微

e

⑶设N∕¾3=α,0vGv1,∙.∙∣4P∣=2,..P(2cos1,2sina)zΛ√lP=(2cosa,2sin«),