2025高考帮备考教案数学第六章　平面向量、复数突破1　平面向量中的综合问题含答案

2025高考帮备考教案数学第六章平面向量、复数突破1平面向量中的综合问题命题点1平面向量与其他知识的综合角度1平面向量与平面几何例1在△ABC中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点.若∠BAC＝π6，△ABC的面积为3，则AM·AN取最小值时，BC＝（AA.2 B.4 C.23 D.43解析设△ABC的内角∠BAC，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，由题意知，S△ABC＝12bc·sinπ6＝3，∴bc＝43，AB·AC＝bc·cosπ6＝6.∵M为BC的中点，N为BM的中点，故AM＝12AB＋12AC，AN＝34AB＋14AC，AM·AN＝（12AB＋12AC）·（34AB＋14AC）＝18b2＋38c2＋3≥218×38·bc＋3＝6，当且仅当b＝3c角度2平面向量与三角函数例2[多选/2021新高考卷Ⅰ]已知O为坐标原点，点P1（cosα，sinα），P2（cosβ，－sinβ），P3（cos（α＋β），sin（α＋β）），A（1，0），则（AC）A.｜OP1｜＝｜OP2｜ B.｜APC.OA·OP3＝OP1·OP2 D.OA解析由题可知，｜OP1｜＝cos2α＋sin2α＝1，｜OP2｜＝cos取α＝π4，则P1（22，22），取β＝5π4，则P2（－22，22），则｜AP因为OA·OP3＝cos（α＋β），OP1·OP2＝cosαcosβ－sinα·sinβ＝cos（α＋β），所以OA·OP因为OA·OP1＝cosα，OP2·OP3＝cosβcos（α＋β）－sinβ·sin（α＋β）＝cos（α＋2β），取α＝则OA·OP1＝22，OP2·OP3＝cos3π4＝－22，所以OA·O角度3平面向量与解析几何例3[2023辽宁省实验中学第五次模拟]已知向量b，c和单位向量a满足｜a－b｜＝2｜b｜，｜c－a｜＋｜c＋a｜＝4，则b·c的最大值为（C）A.423 B.2 C.2 解析设a＝（1，0），b＝（x，y），由｜a－b｜＝2｜b｜可得（x－1）2＋y2＝4（x2＋y2），化简可得3x2＋3y2＋2x－1＝0，即（x＋13）2＋y2＝49.设c＝（x0，y0），则由｜c－a｜＋｜c＋a｜＝4，可得（x0－1）2＋y02＋（x0+1）2＋y02＝4，故点（x0，y设b，c夹角为θ，则b·c＝｜b｜｜c｜cosθ，如图，由圆与椭圆的性质可得，｜b｜≤23＋13＝1，｜c｜≤2，cosθ≤1，三者可同时取等号，故当b，c同向且方向与x轴正方向相反时，b·c取得最大值故选C.方法技巧1.解平面向量与平面几何综合问题的步骤（1）设出向量或将某些向量用其他向量进行表示，将几何问题转化为向量问题；（2）利用向量之间的计算解决几何图形上的长度、夹角等问题.2.平面向量与三角函数综合问题的解题思路运用向量共线或垂直的坐标表示，向量的有关运算等，得到三角函数的关系式，然后求解.3.平面向量与解析几何综合问题的解题思路利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，将条件转化求解.训练1（1）[全国卷Ⅰ]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点（－2，0）且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM·FN＝（DA.5 B.6 C.7 D.8解析过点（－2，0）且斜率为23的直线方程为y＝23（x＋2），由y＝23（x+2),y2=4x，消元整理得x2－5x＋4＝0，解得x＝1或x＝N（4，4），易知F（1，0），所以FM＝（0，2），FN＝（3，4），所以FM·FN＝8.故选D.（2）[多选/2023广东汕头二模]在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC，AC边上的中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（ABD）A.AM＝392 B.BN＝C.cos∠MPN＝2121 D.PA＋PB＋PC＝解析因为M是BC的中点，所以AM＝12（AB＋AC）对于A，AM＝｜AM｜＝12（AB＋AC）对于B，BN＝｜BN｜＝（12AC－AB）2＝对于C，AM·BN＝12（AB＋AC）·（12AC－AB）＝14｜AC｜2－14AB·AC－12｜AB｜2＝3，cos∠MPN＝cos＜AM，BN＞＝对于D，由题意知，P为△ABC的重心，则PA＋PB＋PC＝－13（AB＋AC）－13AC＋23AB＋23AC－故选ABD.命题点2和向量有关的最值（范围）问题角度1与平面向量基本定理有关的最值（范围）问题例4[2023福建省宁德市模拟]在平面直角坐标系xOy中，点P为圆O：x2＋y2＝1上的任意一点，点A（2，0），B（－1，1），若OP＝λOA＋μOB，则2λ＋μ的最大值为（C）A.3 B.2 C.5 D.6解析由已知可设点P（cosθ，sinθ），则OP＝（cosθ，sinθ），又λOA＋μOB＝（2λ－μ，μ），OP＝λOA＋μOB，所以2λ－μ＝cosθ，μ＝sinθ，cosθ＝5sin（θ＋φ），其中tanφ＝12，当sin（θ＋φ）＝1时，2λ＋μ取得最大值5.故选角度2与数量积有关的最值（范围）问题例5[新高考卷Ⅰ]已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP·AB的取值范围是（A）A.（－2，6） B.（－6，2）C.（－2，4） D.（－4，6）解析解法一AP·AB＝｜AP｜｜AB｜cos∠PAB＝2｜AP｜·cos∠PAB，又｜AP｜cos∠PAB表示AP在AB方向上的投影数量，所以结合图形可知（图略），当P与C重合时投影数量最大，当P与F重合时投影数量最小.又AC·AB＝23×2×cos30°＝6，AF·AB＝2×2×cos120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，AP·AB∈（－2，6）.故选A.解法二以A为原点建立平面直角坐标系，如图所示，设点P（x，y），则AP＝（x，y），AB＝（2，0），AP·AB＝（x，y）·（2，0）＝2x，易知x∈（－1，3），所以AP·AB∈（－2，6）.故选A.角度3与模有关的最值（范围）问题例6[2023山西省模拟]已知平面向量a，b是单位向量，且｜a－b｜＝1，向量c满足｜c－a－b｜＝32，则｜c｜的最大值为（AA.332 B.23 C.3＋1 D.23解析∵平面向量a，b是单位向量，且｜a－b｜＝1，∴a2＋b2－2a·b＝2－2a·b＝1，∴a·b＝12，＜a，b＞＝π3.设a＝（1，0），b＝（12，32），c＝（x，y），则c－a－b＝（x－32，y－32），∴（c－a－b）2＝（x－32）2＋（y－32）2＝（32）2，∴点（x∴｜c｜＝x2＋y2的最大值表示圆上的点到原点（0，0）距离的最大值，如图所示.设圆心为O'，则｜OO'｜＝9∴｜c｜的最大值为3＋32＝332方法技巧平面向量中有关最值（或范围）问题的两种求解思路一是“形化”，即利用平面向量的几何意义先将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，先把问题转化为代数中的函数最值或值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的相关知识解决.训练2（1）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段BD上的一动点，若AF＝xAE＋yDC（x＞0，y＞0），则2－3x4y2+1A.12 B.34 C.1 解析AF＝xAE＋yDC＝x（AD＋DE）＋yAB＝x（AD＋12AB）＋yAB＝xAD＋（x2＋y）AB.因为D，F，B三点共线，所以32x＋y＝1，即2－3x＝2y，所以2－3x4y2+1＝2y4y2+1＝24y＋1y，因为x＞0，y＞0，所以4y＋1y≥24y·1y＝4（2）在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，M是线段AC上任意一点，则MB·MC的最小值是（B）A.－12 B.－1 C.－2 D.－解析解法一如图，由M是线段AC上任意一点，设AM＝λMC，λ∈（0，＋∞），因为AB·AC＝｜AB｜｜AC｜cos60°＝2×3×12＝3，所以MB·MC＝（AB－AM）·MC＝（AB－λλ+1AC）·1λ+1AC＝1λ+1AB·AC－λ（λ+1）2·AC2＝－6λ－3（λ+1）2.当λ＝12时，MB·MC＝0，当λ≠12时，令6λ－3＝－6λ－3（λ+1）2＝－36tt2+18t+81＝－36t＋81t+18，当t∈（0，＋∞）时，t＋81t＋18≥36（当且仅当t＝9时取等号），此时MB·MC≥－1；当t∈（－3，0）时，t＋81t＋18＜－12，此时MB·解法二如图，以点A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，因为AC＝3，AB＝2，∠BAC＝60°，所以B（1，3），C（3，0），设M（x，0），0≤x≤3，则MB＝（1－x，3），MC＝（3－x，0），MB·MC＝（1－x，3）·（3－x，0）＝x2－4x＋3＝（x－2）2－1，当且仅当x＝2时，MB·MC有最小值，最小值为－1.故选B.（3）[浙江高考]已知a，b，e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为π3，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则｜a－b｜的最小值是（AA.3－1 B.3＋1 C.2 D.2－3解析解法一设O为坐标原点，a＝OA，b＝OB＝（x，y），e＝（1，0），由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即（x－2）2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C（2，0）为圆心，1为半径的圆.因为a与e的夹角为π3，所以不妨令点A在直线y＝3x（x＞0）上，如图所示，由数形结合可知，｜a－b｜min＝｜BA｜min＝2sinπ3－1＝3－1.（｜BA｜的最小值，即圆心C到OA的距离减去圆的半径）故选A.解法二由b2－4e·b＋3＝0得b2－4e·b＋3e2＝（b－e）·（b－3e）＝0.设b＝OB，e＝OE，3e＝OF，所以b－e＝EB，b－3e＝FB，所以EB·FB＝0，取EF的中点为C，则点B在以C为圆心，EF为直径的圆上运动，如图.设a＝OA，作射线OA，使得∠AOE＝π3，所以｜a－b｜＝｜（a－2e）＋（2e－b）｜｜a－2e｜－｜2e－b｜＝｜CA｜－｜BC｜≥3－1.故选A.1.[命题点1角度1/江苏高考]如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9，若PA＝mPB＋（32－m）PC（m为常数），则CD的长度是185或0解析解法一以点A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，AC的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设CD＝λCB，λ∈[0，1]，则D（4λ，3－3λ），AD＝AC＋λCB＝λAB＋（1－λ）AC，又点P在AD的延长线上，则可设AP＝μAD，μ＞1，又PA＝m（PB－PC）＋32PC＝mCB＋32PC，则PA＝m（AB－AC）＋32（AC－AP），12APm）AC，则2mAB＋（3－2m）AC＝AP＝μAD＝λμAB＋μ（1－λ）AC，所以2m＝λμ，3－2m＝μ－λμ，所以μ＝3，又AP＝9，则AD＝3，所以（4λ）2＋（3－3λ）2＝9，得λ＝1825或λ＝0，则｜CD｜＝1825｜CB｜＝1825×3｜CD｜＝0×｜CB｜＝0.解法二由题意可设PA＝λPD＝λ[μPB＋（1－μ）PC]＝λμPB＋（λ－λμ）PC，其中λ＞1，0≤μ≤1，又PA＝mPB＋（32－m）PC，所以λμ＝m，λ－λμ＝32－m，得λ＝32，即PAPD＝32，又PA＝9，则｜PD｜＝6，｜AD｜＝3，所以AD＝AC.当D与C重合时，CD＝0；当D不与C重合时，有∠ACD＝∠CDA，所以∠CAD＝180°－2∠ACD，在△ACD中，由正弦定理可得CDsin∠CAD＝ADsin∠ACD，则CD＝ADsin（180°－2∠ACD）sin2.[命题点2角度2/2023天津高考]在三角形ABC中，∠A＝π3，｜BC｜＝1，D为线段AB的中点，E为线段CD的中点，若设AB＝a，AC＝b，则AE可用a，b表示为14a＋12b；若BF＝13BC，则AE·AF解析因为E为CD的中点，所以AE＝12AD＋12AC，因为D为AB的中点，所以AD＝12AB，所以AE＝14AB＋12AC，又AB＝a，AC＝因为BF＝13BC，所以AF－AB＝13（AC－AB），即AF＝23AB＋13AC＝23a＋13b，所以AE·AF＝（14a＋12b）·（23a＋13b）＝16a2＋512a·b＋16b2.在三角形ABC中，∠A＝π3，｜BC｜＝1，设三角形ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则a＝1，｜a｜＝c，｜b｜＝b，所以a·b＝bccosπ3＝bc2，由余弦定理得a2＝b2＋cb＝c＝1时等号成立，所以AE·AF＝16a2＋512a·b＋16b2＝16c2＋524bc＋16b2＝16（bc＋1）＋524bc＝38bc3.[命题点2角度3]已知向量a，b满足｜a＋b｜＝4，｜a－b｜＝3，则｜a｜＋｜b｜的取值范围是（B）A.[3，5] B.[4，5]C.[3，4] D.[4，7]解析易知｜a｜＋｜b｜≥max{｜a＋b｜，｜a－b｜}＝4，因为（｜a｜＋｜b｜）2＝｜a｜2＋｜b｜2＋2｜a｜｜b｜≤2（｜a｜2＋｜b｜2）＝｜a＋b｜2＋｜a－b｜2＝25，当且仅当｜a｜＝｜b｜时等号成立，所以｜a｜＋｜b｜≤5，所以4≤｜a｜＋｜b｜≤5.4.[命题点2/浙江高考]已知平面单位向量e1，e2满足｜2e1－e2｜≤2.设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ，则cos2θ的最小值是2829解析解法一因为单位向量e1，e2满足｜2e1－e2｜≤2，所以｜2e1－e2｜2＝5－4e1·e2≤2，即e1·e2≥34.因为a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，a，b的夹角为θ，所以cos2θ＝（a·b）2｜a｜2｜b｜2＝[(e1＋e2）·（3e1＋e2)]2｜e1＋e2｜2·｜解法二由题意，不妨设e1＝（1，0），e2＝（cosx，sinx）.因为｜2e1－e2｜≤2，所以（2－cosx）2＋sin2x≤2，得5－4cosx≤2，即cosx≥34.易知a＝（1＋cosx，sinx），b＝（3＋cosx，sinx），所以a·b＝（1＋cosx）·（3＋cosx）＋sin2x＝4＋4cosx，｜a｜2＝（1＋cosx）2＋sin2x＝2＋2cosx，｜b｜2＝（3＋cosx）2＋sin2x＝10＋6cosx，所以cos2θ＝（a·b）2｜a｜2｜b｜2＝（4+4cosx）2（2+2cosx)(10+6cosx学生用书·练习帮P3191.[2023湖北部分学校联考]圆的内接四边形ABCD中，AD＝2，CD＝4，BD是圆的直径，则AC·BD＝（B）A.12 B.－12 C.20 D.－20解析由题知∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝2，CD＝4，所以AC·BD＝（AD＋DC）·BD＝AD·BD＋DC·BD＝｜AD｜｜BD｜cos∠BDA－｜DC｜｜BD｜·cos∠BDC＝｜AD｜2－｜DC｜2＝4－16＝－12.故选B.2.[2023山东济南检测]已知非零向量AB，AC满足AB·BC｜AB｜＝AC·CB｜AC｜，且AB｜AB｜·A.钝角三角形 B.直角三角形C.等腰直角三角形 D.等边三角形解析由AB｜AB｜·AC｜AC｜＝12，得cosA＝12，又0＜A＜π，∴A＝π3.由AB·BC｜AB｜＝AC·CB｜AC｜，得（AB｜AB｜＋AC｜3.[2024河北石家庄二中月考]已知向量a，b，c共面，且均为单位向量，a·b＝0，则｜a＋b＋c｜的取值范围是（A）A.[2－1，2＋1] B.[1，2]C.[2，3] D.[2－1，1]解析设a＝OA，b＝OB，c＝OC，由题意可得｜OA｜＝｜OB｜＝｜OC｜＝1，且OA⊥OB，以OA，OB为邻边作正方形OADB，连接OD，如图所示，则｜a＋b｜＝｜OD｜＝2，｜a＋b＋c｜＝｜OD＋OC｜，当OD与OC方向相同时，｜a＋b＋c｜最大，为2＋1；当OD与OC方向相反时，｜a＋b＋c｜最小，为2－1.故选A.4.[2023豫南名校三模]如图，这是用来构造无理数2，3，5，…的图形，已知P是平面四边形ABCD内（包含边界）一点，则CB·CP的取值范围是（D）A.[－22，2] B.[－1，2C.[22，1] D.[－22，解析如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E.（CP在CB上的投影向量与CB可能是同向的，也可能是反向的，所以延长BC以保障情况研究全面）因为DE⊥BC，DC＝1，∠DCE＝45°，所以CE＝22由图可知当P在线段AB上时，｜CP｜cos∠PCB有最大值1，当P在点D处时，｜CP｜cos∠PCB有最小值－22，（寻找｜CP｜cos∠PCB又｜CB｜＝1，所以CB·CP的取值范围是[－22，1].故选5.已知AM，BN分别为圆O1：（x＋1）2＋y2＝1与O2：（x－2）2＋y2＝4的直径，则AB·MN的取值范围为（A）A.[0，8] B.[0，9] C.[1，8] D.[1，9]解析如图，AB·MN＝（AO1＋O1O2＋O2B）·（MO1＋O1O2＋O2N）＝[O1O2＋（AO1＋O2B）]·[O1O2－（AO1＋O2B）]＝｜O1O2｜2－｜AO1＋O2B｜2＝9－｜AO1＋O2B｜2，其中｜AO1＋O6.若点G是△ABC的重心，A（0，－1），B（0，1），在x轴上有一点M满足｜MA｜＝｜MC｜，GM＝λAB（λ∈R），则点C的轨迹方程为（C）A.x23＋y2＝1 B.x23－C.x23＋y2＝1（x≠0） D.x23－y2＝1（解析设点C（x，y），则G（x3，y3）.由已知可得点C不与A，B共线，所以x≠设M（x0，0），则MA＝（－x0，－1），MC＝（x－x0，y）（x≠0），GM＝（x0－x3－y3）（x≠0），AB＝（0，2由GM＝λAB（λ∈R），得（x0－x3，－y3）＝λ（0，2），所以x0＝x3（x≠0由｜MA｜＝｜MC｜，得x02+1＝（x－x0）2＋y2（x≠0），即x02将①代入②得x23＋y2＝1（x≠0）.7.[情境创新]已知△ABC中，AB＝4，AC＝43，BC＝8，动点P自点C出发沿线段CB运动，到达点B时停止，动点Q自点B出发沿线段BC运动，到达点C时停止，且动点Q的速度是动点P的2倍.若二者同时出发，且一个点停止运动时，另一个点也停止运动，则该过程中AP·AQ的最大值是（C）A.72 B.4 C.492 解析 解法一因为AB＝4，AC＝43，BC＝8，所以AB2＋AC2＝BC2，△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，∠ABC＝60°.如图，分别以AC，AB所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设｜CP｜＝t，则｜BQ｜＝2t，且0≤2t≤8，即0≤t≤4，则A（0，0），Q（3t，4－t），P（43－32t，12t），AQ＝（3t，4－t），AP＝（43－32t，12t），所以AP·AQ＝3t（43－32t）＋12t（4－t）＝－2t2＋14t（0≤t≤4），当t＝72时，解法二因为AB＝4，AC＝43，BC＝8，所以AB2＋AC2＝BC2，△ABC是直角三角形，且∠A＝90°，∠C＝30°，∠B＝60°.设CP＝t，则BQ＝2t，且0≤2t≤8，即0≤t≤4，BQ与AC的夹角为30°，CP与AB的夹角为60°，所以AP·AQ＝（AC＋CP）·（AB＋BQ）＝AC·AB＋AC·BQ＋CP·AB＋CP·BQ＝43×2t×cos30°＋4×t×cos60°－2t2＝－2t2＋14t（0≤t≤4），当t＝72时，AP·AQ取得最大值，最大值为4928.已知AB⊥AC，｜AB｜＝1t，｜AC｜＝t，若点P是△ABC所在平面内一点，且AP＝AB｜AB｜＋9AC｜AC｜，则A.16 B.4 C.82 D.76解析以A为坐标原点，可建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），（1t，0），C（0，t）（t＞0），则AB＝（1t，0），AC＝（0，t），∴APt（1t，0）＋9t（0，t）＝（1，9），即P（1，9），∴PB＝（1t－1，－9），PC＝（－1，t－9），∴PB·PC＝1－1t－9t＋81＝82－（9t＋1t）.∵t＞0，∴9t＋1t≥29t·1t＝6（当且仅当9t＝1t，即t＝13时取等号），∴9.[2024辽宁鞍山月考]设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，P是△ABC所在平面上的一点，PA·PB＝cbPA·PC＋b－cbPA2＝caPB·PC＋a－A.重心 B.外心 C.内心 D.垂心解析因为PA·PB＝cbPA·PC＋b－cbPA2＝caPB·PC＋a－caPB2，所以PA·PB－PA2＝cbPA·（PC－PA），PA·PB－PB2＝caPB·（PC－PB），即PA·AB＝cbPA·AC，BA·PB＝caPB·BC，所以｜PA｜ccos∠PAB＝cb｜PA｜bcos∠PAC，｜PB｜ccos∠PBA＝ca｜PB｜a·cos∠PBC，所以∠PAB10.[2023河北石家庄一中等校联考]已知点列{Pn}中的所有点都在△ABC内部，△ABPn的面积与△ACPn的面积比值为13.在数列{an}中，a1＝1，若∀n∈N*且n≥2，APn＝3a（4an－1＋3）AC恒成立，那么a4＝（D）A.15 B.31 C.63 D.127解析如图，延长APn交BC于D，则S△ABPnS又△ABPn的面积与△ACPn的面积比值为13，∴S△ABDS△ACD＝1∴点D是边BC上最靠近点B的四等分点.AD＝AB＋BD＝AB＋14BC＝AB＋14（AC－AB）＝3又APn＝3anAB＋（4an－1＋3）AC，AD∥∴3an3∴an＝4an－1＋3（n≥2）.由a1＝1，依次计算得到a2＝7，a3＝31，a4＝4×31＋3＝127.故选D.11.[考法创新]如图所示，A，B，C，D是正弦函数y＝sinx图象上四个点，且在A，C两点函数值最大，在B，D两点函数值最小，则（OA＋OB）·（OC＋OD）＝12π2.解析由题图知，A，B关于点（π，0）对称，设M（π，0），连接AB，CD，则M为线段AB的中点，同理可知C，D关于点（3π，0）对称，设N（3π，0），则N为线段CD的中点，所以（OA＋OB）·（OC＋OD）＝2OM·（2ON）＝4OM·ON＝12π2.12.[2023上海虹口区一模]在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cosA＝15，O是△ABC的外心，若OP＝xOB＋yOC，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为496解析因为AB＝5，AC＝6，cosA＝15，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcosA＝25＋36－2×5×6×15＝49，则BC＝7，又sinA＝1－cos2A＝265，所以由正弦定理得7sinA＝7265＝2OB，可得OB＝35624.由题意知OP＝xOB＋yOC，其中x，y∈[0，1]，OB＝OC，即点P的轨迹所覆盖图形为以OB，OC为相邻两边的菱形，又∠BOC＝2∠BAC，所以该菱形的面积为2S△BOC＝2×12OB2×13.[2024云南昆明测评]在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BCD＝60°，BC＝CD＝23，点M是边BC上的动点，则AM·DM的最小值为214解析如图，连接AC，因为AB⊥BC，AD⊥CD，BC＝CD＝23，则△ABC≌△ADC.又因为∠BCD＝60°，所以∠ACB＝∠ACD＝30°，AC＝4，AB＝AD＝2.设E为AD的中点，分别过E，D作BC的垂线，垂足为H，N，易得DN＝3.又四边形ADNB为直角梯形，E为AD的中点，则EH＝12（AB＋DN）＝52.连接ME，则AM·DM＝MA·MD＝14[（MA＋MD）2－（MA－MD）2]＝ME2－14AD2＝ME2－14.[2024广西八校联考]已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足（a－c）·（b－2c）＝0，则｜c｜的最大值是52解析建立平面直角坐标系xOy（O是坐标原点，图略），由题意不妨设a＝（1，0），b＝（0，1），c＝（x，y），则a－c＝（1－x，－y），b－2c＝（－2x，1－2y）.由（a－c）·（b－2c）＝0，得（1－x）（－2x）＋（－y）（1－2y）＝0，即x2＋y2－x－12y＝0，即（x－12）2＋（y－14）2＝516，则c的始点为O，终点在以点A（12，14）为圆心、半径r＝54的圆上.连接OA.｜c｜＝x2＋y2，其几何意义为圆A上任意一点P（x，y）到原点O（0，0）的距离，所以｜c｜的最大值为｜OA命题点1解三角形中的最值（范围）问题例1[2022新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sin（1）若C＝2π3，求（2）求a2＋解析（1）因为cosA1+sin所以cosA1+sin易知cosB≠0，所以cosA1+sin所以cosAcosB＝sinB＋sinAsinB，所以cos（A＋B）＝sinB，所以sinB＝－cosC＝－cos2π3＝因为B∈（0，π3），所以B＝π（2）由（1）得cos（A＋B）＝sinB，所以sin[π2－（A＋B）]＝sinB，且0＜A＋B＜π所以0＜B＜π2，0＜π2－（A＋B）＜所以π2－（A＋B）＝B，解得A＝π2－2由正弦定理得a2＋b2c2＝sin2A＋sin2Bsin2C＝sin2（π2－2B）＋sin2B1－sin2B＝cos22B＋方法技巧解三角形中的最值（范围）问题的求解方法函数法利用“一角一函数”模型或二次函数模型求解.基本不等式法先转化为“和”或“积”为定值的形式，然后利用基本不等式求解.几何法根据已知条件画出图形，结合图形，找出临界位置，数形结合求解.注意注意题目中隐含条件的应用，如A＋B＋C＝π，0＜A＜π，｜b－c｜＜a＜b＋c，三角形中大边对大角等.训练1[全国卷Ⅱ]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.（1）求A；（2）若BC＝3，求△ABC周长的最大值.解析设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.（1）由正弦定理和已知条件得a2－b2－c2＝bc.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得cosA＝－12因为0＜A＜π，所以A＝2π（2）由BC＝a＝3，A＝2π3，得bsinB＝csinC从而b＝23sinB，c＝23sin（π－A－B）＝3cosB－3sinB，故a＋b＋c＝3＋3sinB＋3cosB＝3＋23sin（B＋π3）又0＜B＜π3，所以π3＜B＋π3故当B＝π6时，△ABC周长取得最大值3＋23命题点2多三角形问题例2[2021新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC.（1）证明：BD＝b；（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC.解析（1）由题易得BDa＝sinCsin∠ABC.在△ABC中，由正弦定理得sinCsin∠ABC＝cb，则BDa又b2＝ac，所以BD·b＝b2，又b＞0，所以BD＝b.（2）解法一由题意可知AD＝23b，DC＝13b.在△ABD与△ABC中，cos∠BAD＝cos∠BAC，所以c2＋49b2－b22c·23b＝c2＋b2－a22bc①.将b2＝ac代入①式可得6a2－11ac＋3c2＝0，即（当c＝23a时，cos∠ABC＝c2＋a2当c＝3a时，cos∠ABC＝c2＋a2－ac2ac＝综上，cos∠ABC＝712解法二由题意可得，AD＝23AC，所以BD＝BA＋AD＝BA＋23AC＝BA＋23（BC－BA）＝13BA＋23BC，则BD2＝19c2＋由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos∠ABC②，联立①②得11b2＝3c2＋6a2，因为b2＝ac，所以3c2－11ac＋6a2＝0，所以c＝3a或c＝23a.以下同解法一方法技巧多三角形问题的解题思路（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦定理或余弦定理求解；（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件（如公共边，公共角，邻角之间的关系），求出结果.训练2[全国卷Ⅰ]如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝－14.解析依题意得，AE＝AD＝3，在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠CAE＝3＋1－23cos30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝AC2＋AB2＝1+3＝2，BF＝BD＝AD2＋AB2＝6，所以在△命题点3解三角形中的证明问题例3[2023陕西安康中学5月质检]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinCcosB－2sinBcosC＝0.（1）证明：c2－b2＝13a2（2）若a＝3，点D在边BC上，且AD⊥BC，AD＝3，求△ABC的周长.解析（1）由sinCcosB－2sinBcosC＝0，可得sinC·cosB＋sinBcosC＝3sinBcosC，所以sin（B＋C）＝3sinBcosC，由B＋C＝π－A，可得sin（B＋C）＝sinA，即sinA＝3sinBcosC，所以a＝3b×a2＋b2－c22ab，可得2a2＝3a2＋3b2－3c2，即c2（2）由（1）及a＝3，知c2－b2＝3，可得c2＝b2＋3，由余弦定理得cos∠BAC＝b2＋c由AD⊥BC，AD＝3，可得S△ABC＝12×3×3＝3又S△ABC＝12bcsin∠BAC，所以12bcsin∠BAC＝332，可得sin∠因为cos2∠BAC＋sin2∠BAC＝（b2－3bc）2＋（33bc）2＝1，c2＝b2＋3，所以b2＝4，解得b＝2，c＝7，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋2＋方法技巧对于解三角形中的证明问题，要仔细观察条件与结论之间的联系，发现二者之间的差异，利用正弦定理、余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论，即可得证.训练3[2023石家庄市三检]已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，sinA＝4sinCcosB，且c＝2.（1）证明：tanB＝3tanC；（2）若b＝23，求△ABC外接圆的面积.解析（1）因为sinA＝4sinCcosB，所以sin（B＋C）＝4sinCcosB，即sinBcosC＋cosBsinC＝4sinCcosB，即sinBcosC＝3sinCcosB，所以tanB＝3tanC.（2）因为sinA＝4sinCcosB，所以a＝4c·a2即a2＋2c2－2b2＝0.又b＝23，c＝2，所以a＝4，所以c2＋b2＝a2，所以A＝π2则△ABC外接圆的半径R＝12a＝2所以△ABC外接圆的面积S＝πR2＝4π.命题点4三角形中的“三线”问题例4（1）[2023合肥六中5月模拟]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若ccosA＋acosC＝2，AC边上的高为3，则∠ABC的最大值为（B）A.π6 B.π3 C.π2 解析由射影定理得ccosA＋acosC＝b＝2.∵AC边上的高为3，∴S△ABC＝12×2×3＝12acsin∠ABC，即ac＝23sin∠ABC.∵cos∠ABC＝a2＋c2－b22ac≥2ac－b22ac＝1－2ac，当且仅当a＝c时等号成立.∴cos∠ABC≥1－33sin∠ABC，即3sin∠ABC＋3cos∠ABC≥3，则sin（∠ABC＋π3）≥32.∵∠ABC∈（0，π），∴∠ABC＋π3∈（π3，4π3），则∠ABC＋π3∈（2）[2023全国卷甲]在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝6，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝2.解析在△ABC中，由余弦定理得cos60°＝AC2+4－62×2AC，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋3.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以12×2ACsin60°＝12×2ADsin30°＋12AC×例5[2023新高考卷Ⅱ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为3，D为BC的中点，且AD＝1.（1）若∠ADC＝π3，求tanB（2）若b2＋c2＝8，求b，c.解析（1）因为D为BC的中点，所以S△ABC＝2S△ADC＝2×12×AD×DCsin∠ADC＝2×12×1×DC×32解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.因为∠ADC＝π3，所以∠ADB＝2π3，所以B∈（0，在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝7.在△ABD中，由正弦定理，得csin∠ADB＝所以sinB＝ADsin∠ADBc所以cosB＝1－sin2所以tanB＝sinBcos（2）因为D为BC的中点，所以BD＝DC.因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＝－cos∠ADC，则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得AD2＋BD2－c22AD·－（1＋BD2－b2），所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝3，所以a＝23.在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝b2＋c2－所以S△ABC＝12bcsin∠BAC＝12bc1－cos2∠BAC＝12bc1则由bc=4，b2＋c2方法技巧如图，在△ABC中，1.若AD为BC边上的中线，则：（1）AD＝12（AB＋AC），两边平方之后解题；（2）S△ABD＝S△ACD2.若AD为∠BAC的角平分线，则：（1）S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，利用三角形面积公式展开得到边的关系；（2）cos∠BAD＝cos∠CAD，利用余弦定理列方程；（3）S△ABDS△ACD3.若AD为BC边上的高线，则：（1）可得到Rt△ADB及Rt△ADC，利用勾股定理及三角函数解题；（2）S△ABC＝12AD·BC注意（1）利用相等角的余弦值相等，从而结合余弦定理列方程是解三角形中的常用方法；（2）在已知条件中见到面积时，要考虑到三角形的高线.训练4（1）[2023沈阳市三检]在△ABC中，AD为∠BAC的角平分线，AB＝5，AC＝3，cos∠ABC＝1314，则BC＝7或167；若AB＜BC，则AD＝15解析因为AB＝5，AC＝3，cos∠ABC＝1314，所以在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，得9＝25＋BC2－657BC，即BC2－657BC＋16＝0，解得BC＝7或BC若AB＜BC，则BC＝7，因为AD为∠BAC的角平分线，所以BDDC＝ABAC＝53，所以BD＝58×7＝358，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABC＝52＋（358）2－2×5×358×13（2）如图，△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c.已知a2＋c2＝b2＋ac，则B＝π3.若线段AC的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，且BC＝4，DE＝6，则△BCE的面积为23.解析由余弦定理知cosB＝a2又a2＋c2＝b2＋ac，∴cosB＝12∵0＜B＜π，∴B＝π3在△BCE中，设∠CEB＝θ，则CEsinπ3＝BCsinθ∵线段AC的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，∴∠ECA＝∠EAC＝θ2，∴sinθ2＝DECE＝2sinθ2∴θ2＝π4，即θ＝π2，∴CE＝∴BE＝2，∴S△BCE＝12CE·BE＝231.[命题点1/2022全国卷甲]已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当ACAB取得最小值时，BD＝3－1解析设BD＝k（k＞0），则CD＝2k.根据题意作出大致图形，如图.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k×（－12）＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋（2k）2－2×2×2k×12＝4k2－4k＋4，则AC2AB2＝4k2－4k+4k2+2k+4＝4（k2+2k+4)－12k－12k2+2k+4＝4－12（k+1）k2+2k+4＝4－12（k+1）（k+1）2+3＝4－12k+1+3k+1.∵k2.[命题点1]在平面四边形ABCD中，A＝B＝C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是（6－2，6＋2）.解析如图，作△PBC，使B＝C＝75°，BC＝2，则P＝30°.作直线AD分别交线段PB，PC于A，D两点（不与端点重合），且使∠BAD＝75°，则四边形ABCD就是符合题意的四边形.过C作AD的平行线交PB于点Q，在△PBC中，BCsin30°＝BPsin75°，可求得BP＝6＋2，同理，在△QBC中，可求得BQ＝6－2，所以AB的取值范围是（6－2，6＋3.[命题点2]如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.（1）若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积；（2）若CD＝3BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值.解析（1）在△ABC中，cosB＝AB2＋BC因为0°＜B＜180°，所以B＝120°.S△ABC＝12AB·BCsin120°＝12×3×1×32（2）设∠ACB＝θ，则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ.在△ACD中，由ACsin（30得AC＝sin（30°在△ABC中，由ACsin120°＝得AC＝sin120°sin（由①②，并结合CD＝3BC，得3sin（30°＋θ）sin30°＝sin120°sin（60°－θ），整理得sin（30°＋θ）sin（因为0°＜θ＜60°，所以60°＜60°＋2θ＜180°，所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°.4.[命题点2，3，4/2023华南师大附中三模]在△ABC中，AB＝2AC，∠BAC的平分线交边BC于点D.（1）证明：BC＝3CD；（2）若AD＝AC，且△ABC的面积为67，求BC的长.解析（1）设∠BAD＝α，∠BDA＝β，则∠CAD＝α，∠CDA＝π－β.在△ABD和△ACD中分别运用正弦定理，得ABBD＝sinβsinα，所以ABBD＝ACCD，即ABAC＝BDCD，又AB＝2AC，故BD＝2CD，所以BC（2）设AB＝2AC＝2t，所以AD＝AC＝t.由S△ABC＝S△ACD＋S△ABD，可得12·t·2t·sin2α＝12·t·t·sinα＋12·2t·t所以4sinαcosα＝3sinα.因为sinα≠0，所以cosα＝34所以cos2α＝2cos2α－1＝18又0＜2α＜π，所以sin2α＝1－cos所以S△ABC＝67＝12·t·2t·sin2α＝378t2，所以t2所以BC2＝t2＋4t2－2×t×2t×cos2α＝92t2＝92×16＝72，所以BC＝6学生用书·练习帮P3221.[2023西安检测]已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，内角A的平分线交边BC于D点，且AD＝4.若（2b＋c）cos∠BAC＋acosC＝0，则△ABC面积的最小值是163.解析由（2b＋c）cos∠BAC＋acosC＝0，结合正弦定理，得2sinBcos∠BAC＋sinCcos∠BAC＋sin∠BACcosC＝0，即2sinBcos∠BAC＋sinB＝0，又sinB≠0，所以cos∠BAC＝－12，所以∠BAC＝2因为AD为∠BAC的平分线，所以∠BAD＝∠CAD＝π3，S△ABC＝12bcsin∠BAC＝34bc，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD＝12×4csinπ3＋12×4bsinπ3＝3（b＋c），所以34bc＝3（b＋c），所以1b＋1c＝14.S△ABC＝3（b＋c）＝43（b＋c）（1b＋1c）＝43（2＋cb＋bc2.[2024西安调研]在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且满足tanA＋tanB＋tanC＝33tanAtanB，若c＝2，则a2＋b2的取值范围是（4，28）∪（28，16＋83]解析解法一在斜三角形ABC中，tan（A＋B）＝tan（π－C）＝－tanC，tan（A＋B）＝tanA＋tanB1－tanAtanB，则－tanC＝tanA＋tatanB，且tanAtanB≠0，故tanC＝33∵0＜C＜π，∴C＝π6∵c2＝a2＋b2－2abcosC，c＝2，∴4＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－3ab≥a2＋b2－3（∴a2＋b2≤16＋83，当且仅当a＝b时取等号.又a2＋b2＝c2＋2abcosC＝4＋3ab＞4，且△ABC为斜三角形，∴B≠π2，A≠π∴a2＋b2≠28，∴a2＋b2的取值范围是（4，28）∪（28，16＋83].解法二由解法一得C＝π6∴由正弦定理得asinA＝bsinB＝即a＝4sinA，b＝4sinB，∴a2＋b2＝16（sin2A＋sin2B）＝16（1－cos2A2＋1－cos2B2）＝∵cos2B＝cos[2π－（2A＋2C）]＝cos（2A＋2C）＝cos（2A＋π3∴a2＋b2＝16－8[cos2A＋cos（2A＋π3）]＝16－8（cos2A＋12cos2A－32sin2A）8（32cos2A－32sin2A）＝16－83cos（2A＋又△ABC是斜三角形，∴0＜A＜5π6，且A≠π3，A∴－1≤cos（2A＋π6）＜32，且cos（2A＋π6）∴a2＋b2∈（4，28）∪（28，16＋83].3.[2023浙江名校联考]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acosB－bcosA＝a－c.（1）求B；（2）若b＝7，a＝2，M为边AC的中点，求BM的长.解析（1）解法一因为acosB－bcosA＝a－c，所以由余弦定理化简得b2＝a2＋c2－ac.所以cosB＝a2＋c2－b22ac＝12，结合B∈解法二由acosB－bcosA＝a－c，结合正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝sinA－sinC，因为sinC＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB，所以sinAcosB－sinBcosA＝sinA－sinAcosB－cosAsinB，化简得cosB＝12因为0＜B＜π，所以B＝π3（2）因为b＝7，a＝2，所以cos∠ABC＝a2＋c2－b22ac因为M为边AC的中点，所以BM＝12（BA＋BC所以｜BM｜＝12（BA即BM的长为1924.[2024福建漳州调研]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有2sin（B＋π6）＝b（1）求角A；（2）若BC边上的高h＝34a，求cosBcosC解析（1）由2sin（B＋π6）＝b＋ca可得3sinB＋cos由正弦定理得3sinB＋cosB＝sinB即3sinAsinB＋sinAcosB＝sinB＋sin（A＋B），即3sinAsinB＋sinAcosB＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，即3sinAsinB＝sinB＋cosAsinB.又sinB≠0，所以3sinA－cosA＝1，即sin（A－π6）＝1由0＜A＜π，得A＝π3（2）△ABC的面积S＝12a·34a＝12bcsinA，所以可得a2＝由正弦定理得sin2A＝2sinBsinC，得sinBsinC＝38又cos（B＋C）＝－cosA＝－12，即cosBcosC－sinBsinC＝－1所以cosBcosC＝－185.[2024安徽六校联考]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2a－cc（1）求角B的大小；（2）若BC的中点为D且AD＝3，求a＋2c的最大值.解析（1）由已知2a－ccosC＝b即（2sin∠BAC－sinC）cosB＝sinBcosC，所以2sin∠BACcosB＝sinBcosC＋sinCcosB＝sin（B＋C），又∠BAC＋B＋C＝π，所以2sin∠BACcosB＝sin∠BAC，因为∠BAC∈（0，π），所以sin∠BAC＞0，所以cosB＝12又B∈（0，π），所以B＝π3（2）在△ABD中，由正弦定理BDsin∠BAD＝ABsin∠ADB＝ADsinB，得BDsin设∠BAD＝θ，则a＝4sinθ，c＝2sin（θ＋π3所以a＋2c＝4[sinθ＋sin（θ＋π3）]＝43（32sinθ＋12cosθ）＝43sin（θ在△ABD中，B＝π3，所以θ∈（0，2π3），θ＋π6∈（所以当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，sin（θ＋π所以a＋2c的最大值为43.6.在①ccosAa＝2sin2C2，②atanAcosB＝在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， .（1）求证：△ABC是等腰三角形；（2）若D为边BC的中点，且AD＝1，求△ABC周长的最大值.解析（1）方案一：选条件①.由ccosAa＝2sin2C2及