高一下学期第一次月考真题 （压轴50题10类题型专练）【含答案解析】

2024-2025学年高一下学期第一次月考真题精选（压轴50题10类题型专练）【人教A版（2019）】题型归纳题型归纳题型1题型1向量线性运算的几何应用（共5小题）1．（23-24高一下·甘肃定西·阶段练习）已知△ABC的三个顶点A,B,C及平面ABC内一点P，满足PA+2PB+3PC=2AB，则点A．点P在△ABC内部 B．P是AC边的一个五等分点C．P是AC边的一个三等分点 D．P是AC边的中点【解题思路】利用向量的运算法因为AB=PB−PA则将等式变形，得到【解答过程】因为AB=PB−即3PA+3PC=0→，即故选：D.2．（23-24高一下·江苏盐城·阶段练习）已知A、B、C是平面上不共线的三点，O是△ABC的重心，点P满足OP=16OB+16A．5:6 B．1:4 C．2:3 D．1:2【解题思路】利用三角形重心的性质及平面向量的线性运算，结合三角形的面积公式即可求解.【解答过程】如图所示∵O是△ABC的重心，∴OA∴OB∵OP∴6OP∴6OP=3OA∴点P为OA的中点，即点P,O为BC边中线AD的两个三等分点，∴SS△BCP∴S3．（23-24高一下·山东滨州·阶段练习）《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形如图2中的正八边形ABCDEFGH，其中O为正八边形的中心，则下列说法正确的是（

）A．AH=ED C．OA+OC=【解题思路】根据正八边形的结构性质及向量的共线、线性运算逐项判断即可得解.【解答过程】对于A，易得在正八边形ABCDEFGH中，AH//但AH,ED方向不同，所以对于B，由OA−EF=对于C，由正八边形的性质知，∠AOC=π2，且根据向量加法法则可知：OA+OC为以OA,所以OA+又OB与以OA,OC为邻边的正方形中以所以OA+对于D，在正八边形ABCDEFGH中，AB=FE，不妨设EF=a，又∠EDG=45°，所以GD=a+2×2所以GD=故选：BC.4．（23-24高一下·河南安阳·阶段练习）设M为△ABC内一点，且AM=12AB+14AC，则【解题思路】根据题意结合三点共线的结论确定点M的位置，进而分析运算即可.【解答过程】在AC取中点N，则AM=可知点M为BN的中点，可得S△MBC=1所以△MBC与△ABC的面积之比为14故答案为：145．（23-24高一下·河南周口·阶段练习）如图，在梯形ABCD中，|DA|=2，∠CDA=π3，CB=12

(1)若PE=34DA+(2)若|DC|=t，当λ为何值时，【解题思路】（1）结合图形，先证得四边形ABCF是平行四边形，利用向量的线性运算即可判断点P在线段DC上的位置；（2）结合（1）中的结论，得到PE关于λ的表达式，进而利用向量数量积运算求模得到PE2关于λ的二次表达式，从而可求得|PE|【解答过程】（1）过C作CF//AB交AD于F，如图，

因为CB=12则四边形ABCF是平行四边形，故DA=2BC=2AF，即F是AD的中点，所以BE=因为DP=λDC，所以所以PE=又因为PE=所以12−λ=1所以P在线段DC上靠近D点的四等分点处；（2）因为DP=λDC(λ≠0)所以PE=因为DC⋅DA=2tcos所以PE2所以当12−λt=−34，即λ=所以|PE|的最小值为33题型2题型2平面向量基本定理的应用（共5小题）1．（23-24高一下·广西南宁·阶段练习）在△ABC中，点O满足BO=2OC，过点O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N．设AM=1mAB，A．3 B．1 C．316 D．【解题思路】利用共线定理的推论可得13【解答过程】由题可知，m>0,n>0，因为AM=1mAB，AN=因为BO=2OC，所以所以AO=因为M,O,N三点共线，所以13m+23n=1所以m2+n=m所以m2+n的最小值为故选：D.2．（23-24高一下·重庆巴南·阶段练习）在矩形ABCD中，已知E,F分别是BC,CD上的点，且满足BE=EC,CF=2FD．若点P在线段BD上运动，且A．−15,75 B．35【解题思路】建立基底，DC=a,DA=b，则AE=【解答过程】矩形ABCD中，已知E,F分别是BC,CD上的点，且满足BE=

设DC=a,DA=联立AE=a−因为点P在线段BD上运动，则可设AP=tAP=tAB+又AP=λAE+μλ+μ=−2因为0≤t≤1，所以λ+μ=4故选：B．3．（23-24高一下·江苏·阶段练习）如图所示，在△OAB中，OC=14OA,OD=12OB，AD与BC交于点M．过M点的直线l与两边OA、

A．OM=17C．λ+μ可能的取值为4+37 D．OE【解题思路】根据给定条件，利用共线向量定理及推论计算判断ABC；利用数量积的定义计算判断D.【解答过程】对于A，由AD与BC交于点M，得AM//AD，而AD≠则OM−OA=t(OD−于是OM=4(1−t)OC+12tOB因此OM=对于B，由OM=17OA+而E,M,F共线，于是17λ+3对于C，依题意，λ,μ>0，则λ+μ=1当且仅当μλ=3λμ，即μ=3λ时取等号，而对于D，OE⋅OFOA当且仅当μ=3λ=67时取等号，因此OE⋅故选：ABD.4．（23-24高一下·广西·阶段练习）已知D,E分别为△ABC的边AB,AC上的点，线段BE和CD相交于点P，若AD=3DB，DP=λPC，CE=μEA，其中λ>0,μ>0．则【解题思路】利用平面向量基本定理得到AP=11+λ⋅34AB【解答过程】如图所示：因为AD=3DB又DP=λPCCE=μEAAP=AD∵B,P,E三点共线，∴341+λ∴1λ+2μ≥22故答案为：425．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在△ABC中，CA=a，CB=b，若D是AB的中点AD=12AB，则CD=12a+12b(1)如图①，若AD=λAB，用a，b表示(2)如图②，若CM=12MB，CN=NA，AM与BN交于O，过O点的直线l与CA，①利用（1）的结论，用a，b表示CO；②设CP=xCA，CQ=y【解题思路】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；（2）①依题意可得CM=13CB，CN=12CA，由A、O、M三点共线，设AO=tAM，结合（1）的结论用a，b表示出CO，由B、O、②依题意可得a=1xCP，【解答过程】（1）猜想：CD=证明：因为AD=λAB=1−λCA+λCB，因为CA（2）①若CM=12MB，CN=因为A、O、M三点共线，设AO=t则CO=因为B、O、N三点共线，设BO=μ则CO=因为a与b不共线，所以1−t=12μ所以CO=②因为CP=xCA，所以a=1x所以CO=因为P、O、Q三点共线，所以25x所以x+y=x+y因为x>0,y>0，所以x5y>0，所以35当且仅当25x+1所以x+y的最小值为3+22题型3题型3用向量解决夹角、线段的长度问题（共5小题）1．（23-24高一下·云南·阶段练习）△ABC中，∠A=60°，∠A的平分线AD交边BC于D，已知AB=3，且AD=13AC+A．3 B．3 C．23 D．【解题思路】过D作DE//AC交AB于E，作DF//AB交AC于F，由向量加法的平行四边形法则和向量的基本定理得AE=23AB，AF=13AC，从而得【解答过程】如图，过D作DE//AC交AB于E，作DF//AB交AC于F，则AD=AE+所以AE=23所以BDBC=AF又AD是∠BAC的平分线，所以ABAC=BDCD=AB⋅AD2=(所以AD=2故选：C．2．（23-24高一下·安徽合肥·阶段练习）已知△ABC中，AO=λAB+(1−λ)AC，且O为△ABC的外心．若BA在BC上的投影向量为μBC，且cosA．23,56 B．15,【解题思路】根据题意B，O，C三点共线．因为O为△ABC的外心，即有|OA|=|OB【解答过程】因为AO=λ则AO−AC=λ(AB−AC)，所以CO因为O为△ABC的外心，即有|OA所以△ABC为直角三角形，因此AB⊥AC，O为斜边BC的中点．因为cos∠AOC∈13如图，过点A作AQ⊥BC，垂足为Q．因为BA在BC上的投影向量为BQ=μBC，所以所以OA在BC上的投影向量为OQ=又因为|OA|=1因为cos∠AOC∈13故μ的取值范围为23故选：A．3．（23-24高二上·广东广州·阶段练习）在△ABC中，已知AB=2,AC=5,∠BAC=60°，BC、AC边上的两条中线AM、BN相交于点P，下列结论正确的是（

）A．AM=39 B．C．∠MPN的余弦值为2121 D．【解题思路】画出图形，由AM=12AB+AC同时平方可求AM；同理由BN=AN−AB同时平方可求【解答过程】如图所示：由题可知，M,N分别为BC,AC中点，则AM=同时平方得AM=1则AM=又BN=同时平方得BN2则BN=cos∠MPN=PMPA+PB故选：BD.4．（23-24高一下·广东深圳·阶段练习）正方形ABCD的边长为a，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M，则∠DMF的余弦值为−210【解题思路】依题意建立平面直角坐标系，分别求出两向量ED,【解答过程】以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图，

因为正方形ABCD的边长为a，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，设AB=a，则Ea2,0，Fa,a则ED=而∠DMF等于ED与AF所成的角．所以cos∠DMF=故答案为：−25．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）如图，正方形ABCD中，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M.(1)设EF=xBA+y(2)求∠AME的余弦值；(3)求DM：ME和【解题思路】（1）根据平面向量的线性运算可得EF=−（2）如图，根据勾股定理和相似三角形的性质可得DM=67DE=35（3）由（2），根据AMMF【解答过程】（1）由题意知，EF=又EF=xBA+yBC，所以（2）如图，过点E作EN//BC交于AF于点N，过A作AH⊥DE于点H，设正方形ABCD的边长为a，则AE=BE=1由EN//BC，得EN//AD，EN=1所以DE=A由△AMD∼△NME，得DMEM所以DM=6因为AH⊥DE，所以AD所以AD2−D解得MH=5所以cos∠AME=−（3）由（2）知，△AMD∼△NME，得DMEM故DMEM题型4向量与几何最值题型4向量与几何最值（范围）问题（共5小题）1．（23-24高一下·浙江·阶段练习）正方形ABCD边长为1，平面内一点P满足AP=λAB+μAD，满足λ+μ=74的P点的轨迹分别与CB，CD交于M，N两点，令e1，e2分别为AB和AD方向上的单位向量，A．3 B．724 C．52【解题思路】首先根据题意确定，M,N的位置，然后设te1=AE,ke2=AF，利用平面向量的减法运算可得AM−te1=EM，te1−k【解答过程】由题意知，当λ=1μ=34时，点P的轨迹与CB相交于M当λ=34μ=1时，点P的轨迹与CD相交于N设te1=te1−k于是AM−t设点M关于AB的对称点M1,点N关于AD的对称点N则EM=所以点M1,E,F,N即EM+故选：B.2．（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）已知圆O半径为2，弦AB=2，点C为圆O上任意一点，则下列说法正确的是（

）

A．AB⋅BO=2 C．OC−AB−AO∈0,4【解题思路】A选项，得到△ABO为等边三角形，根据投影向量的概念进行求解；B选项，作出辅助线，数形结合得到当点C与点E重合时，AB⋅AC取得最大值，利用投影向量的概念求出最大值；C选项，作出辅助线，数形结合得到OC−【解答过程】A选项，圆O半径为2，弦AB=2，故△ABO为等边三角形，取AB的中点D，连接OD，则OD⊥AB，由数量积公式及投影向量可得AB⋅

B选项，过点O作OE平行于AB，交圆与点E，过点E作EG⊥AB，交延长线于点G，连接EB，则四边形OABE为菱形，由投影向量可知，当点C与点E重合时，AB⋅此时DG=AD+DG=1+2=3，故AB⋅AC的最大值为C选项，OC−因为四边形OABE为菱形，所以OA+BA=因为OC=2故当OC与EA平行且方向相同时，OC−AB−当OC与EA平行且方向相反时，OC−AB−

故OC−D选项，因为点C为圆O上任意一点，故当C,A重合时，AB⋅又当AC⊥AB时，满足AB⋅故满足AB⋅AC=0故选：B.3．（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）剪纸艺术是一种中国传统的民间工艺，它源远流长，经久不衰，已成为世界艺术宝库中的一种珍藏．某学校为了丰富学生的课外活动，组织了剪纸比赛，小明同学在观看了2022年北京冬奥会的节目《雪花》之后，被舞台上漂亮的“雪花”图案（如图1）所吸引，决定用作品“雪花”参加剪纸比赛．小明的参赛作品“雪花”，它的平面图可简化为图2的平面图形，该平面图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，其中，六边形ABCDEF为正六边形，CD=4CK=4JK=4，CK⊥JK，△HIJ为等边三角形，P为该平面图形上的一个动点（含边界），则（

）

A．CI=1+3 B．C．若FP=λFA+μFE，则λ＋μ的最大值为9+3【解题思路】把题中图2的平面图形顺时针旋转30°，设正六边形ABCDEF的中心为O，连接CH，CJ，连接FI，交HJ于点L，过I作IM⊥AB，垂足为点M，过C作CN⊥AB，垂足为点N，利用数量积结合选项即可逐一求解．【解答过程】如图，把题中图2的平面图形顺时针旋转30°，设正六边形ABCDEF的中心为O，连接CH，CJ，连接FI，交HJ于点L，易得O，C在FI上，HJ⊥CI．过I作IM⊥AB，垂足为点M，过C作CN⊥AB，垂足为点N．由题意得CH=CJ=2CK=2，∠LCJ=HJ=2HL=2CJsin所以IL=32HJ=32计算JH⋅JK=(FP=λFA+μFP⋅所以FP⋅FE+连接AE，取AE的中点Q，连接QF，则18FP⋅2当点P与点I重合时λ+μ取得最大值，所以λ+μ的最大值为：14FI⋅因为四边形CNMI为矩形，所以MN=CI=1+3，BN=BC所以AM=AB+BN+NM=4+2+(1+3当P与I重合时，AP⋅AB取得最大值为当P与X重合时，AP⋅AB取得最小值为所以AP⋅AB的取值范围是[−12−43，28+4故选：ACD．

4．（23-24高一下·天津·阶段练习）在梯形ABCD中，AB//CD,AB=BC=2,CD=1,∠BCD=120°,P、Q分别为线段BC和线段CD上的动点，且BP=λBC,DQ=12λ【解题思路】以点B为坐标原点，直线AB为x轴，过点B且垂直于直线AB的直线为y轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可得出DP⋅AQ关于λ的函数关系式，求出λ的取值范围，利用对勾函数的单调性可求得【解答过程】以点B为坐标原点，直线AB为x轴，过点B且垂直于直线AB的直线为y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则A−2,0、C−1,3、D−2,3由题意可得0≤λ≤10≤12λAQ=所以，DP⋅由对勾函数的单调性可知，函数fλ=1在12,33上单调递减，且则23因此，DP⋅AQ的取值范围是故答案为：235．（23-24高一下·浙江宁波·阶段练习）已知矩形ABCD中，AB=2,AD=1,E为AB中点，P(1)求PA⋅(2)设线段AP与DE的交点为G，求AG⋅【解题思路】（1）以点A为原点建立直角坐标系，利用向量数量积的坐标公式求得结果；（2）根据三角形相似得出AGPG=AE【解答过程】（1）设DP=aa∈∵A0,0,D∴PA=−a,−1,PB=（2）由图可得：△AEG∽△PDG则AG∴AP=a,1当且仅当a+1=2a+1即∴AG⋅AP题型5题型5平面向量中的新定义问题（共5小题）

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示1．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）我们定义：“a×b”为向量a与向量b的“外积”，若向量a与向量b的夹角为θ，它的长度规定a×b=a⋅bsinA．13 B．25 C．12【解题思路】设E,F分别为BC,AB的中点，结合三角形相似推出S△ABC=43S【解答过程】设E,F分别为BC,AB的中点，连接EF，则EF∥AC，则△BEF∽△BCA，故S△BEF则S四边形ACEF=又因为AB+AC=2当AE⊥CF时，四边形ACEF面积最大，最大值为12故△ABC的面积的最大值为43且AB×AC=AB⋅故选：D.2．（23-24高一下·河南信阳·阶段练习）定义向量一种运算“⊗”如下：对任意的a=(m,n)，b=(p,q)，令a⊗A．若a与b共线，则aB．(C．对任意的λ∈R，有(λD．a【解题思路】根据向量共线、向量数量积以及新定义化简判断命题真假.【解答过程】对于A，因为若a与b共线，则mq=np，所以a⊗对于B，a⊗b=mq−np(a⊗b=m2q对于C，因为(λa对于D，因为a⊗b=mq−np故选：D.3．（23-24高一下·安徽安庆·阶段练习）已知非零向量a,b的夹角为θ，定义新运算：a⊗b=|a||A．∃θ∈0,π2,a⊗bC．a⊗b=【解题思路】对于A，按定义新运算只需使sinθ=cosθ即可满足a⊗b=a⋅b【解答过程】对于A项，当θ=π4时，而a⋅b=|对于B项，因为a⊗a→在b上投影向量的模为acosθ对于C项，因为a⊗所以a=x又0≤θ≤π，a⊗b对于D项，因为a⊗而a⊗故选：AC．4．（23-24高一下·湖北武汉·阶段练习）定义平面非零向量之间的一种运算“※”，记a※b=acosθ+bsinθ，其中θ是非零向量a、b的夹角，若e1，e2【解题思路】由向量的新定义结合数量积的运算律求解即可.【解答过程】因为e1⋅e2=−所以e1※e设向量e1※e2与因为−=1−−35−45则cosα=−4故答案为：2202215．（23-24高一下·湖北·阶段练习）如图，设Ox,Oy是平面内相交成α(0<α<π)的两条射线，e1,e2分别为Ox,Oy同向的单位向量，定义平面坐标系xOy为α−仿射坐标系，在

(1)在α−仿射坐标系中①若a=(m,n)，求|②若a=(−1,3),b=(−3,1)，且a与b的夹角为π(2)如上图所示，在π3−仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，|BC|=1,OD=7【解题思路】（1）①由题意，a=me1②由a=(−1,3),b=(−3,1)，由cosα表示出|a|和|b|，再由已知用cosα表示出a⋅b（2）由题意，设出B、C坐标B(m,0),C(0,n),(m>0,n>0)，表示出OE⋅OF，由e12=在△OBC中依据余弦定理可得mn=m2方法一：设m2+n2−1=mn≤t方法二：在△OBC中，用正弦定理，再设∠BCO=θ，可得m=23sinθ,n=23【解答过程】（1）①因为a=(m,n),a2=m②由a=(−1,3),得|a|ba⋅因为a与b的夹角为π3则cosπ3=（2）方法一：依题意设B(m,0),C(0,n),(m>0,n>0)，∠BOC=π因为F为BC中点OF=E为BD中点，所以OE=所以，OE⋅因为e1OE⋅在△OBC中依据余弦定理得m2+OE⋅设m2+n令(1−t)1−14t=5所以38则OE⋅方法二：依题意设B(m,0),C(0,n),(m>0,n>0)，∠BOC=π因为F为BC中点，则OF=E为BD中点，所以OE=所以，OE⋅因为e1OE⋅在△OBC中依据余弦定理得m2+代入上式得，OE⋅在△OBC中，由正弦定理BC设∠BCO=θ,m=25m2+8n2则OE题型6题型6\o"求三角形面积的最值或范围"\t"/gzsx/zj168411/_blank"求三角形面积的最值或范围（共5小题）

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示1．（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）在锐角△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，已知2a−c6=cosCcosB且A．0,43 B．43,93 C．【解题思路】首先利用正弦定理求出角B，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换转化为三角函数求范围即可.【解答过程】∵2a−c6=cosCcosB且根据正弦定理得，2sin即2sin整理得2sin∵A∈0,π2，∴sinA>0，∴2cos∵asin∴a=43sinA∴△ABC的面积S=∴S=123sinA32cosA+12sinA=1233∴π6<A<∴sin∴S=63故选：C.2．（23-24高一下·安徽马鞍山·阶段练习）如图，四边形ABCD中3AB=2CD，AC∩BD=O，若AC+2DO=4AB，且BA⋅

A．32 B．26 C．43【解题思路】线段OC上取点E使得AC=2OE，结合已知可得AB//DE,DE=2AB，进而有△ABO∼△EDO，设∠ABO=θ，S△ACD=2S△OED=8【解答过程】线段OC上取点E使得AC=2OE，又则4AB=AC所以△ABO∼△EDO，则EO=2AO,OD=2OB，设∠ABO=θ，则S△ACD=2S由上易知S△AOD=2S△ABO，且所以S△CED=S结合3AB=2CD及OD=2OB，且12由三角形内角性质sin∠CDO∈(0,1]，所以sin综上，S△ACD故选：C.

3．（23-24高一下·江苏盐城·阶段练习）设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,3(acosC+ccosA)=2bsinB，且∠CAB=πA．△ABC的内角B=B．△ABC一定是等边三角形C．四边形ABCD面积的最大值为5D．四边形ABCD面积无最大值【解题思路】由正弦定理边角关系及已知角的大小可得B=π3，即可判断A、B；由余弦定理可得b2=10−6cosD，结合SABCD【解答过程】由题设3(sinA所以3sinB=2sin2B则B=π3或B=2π3，又所以△ABC是等边三角形，B正确；由b=AC，则b2=DC而SABCD=S所以当D=5π6时有最大面积为故选：ABC.4．（23-24高一下·安徽合肥·阶段练习）已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且2a−bcosC=ccosB,a=2，则△ABC的面积S的取值范围为【解题思路】利用正弦定理解三角形，利用三角函数的单调性求三角形的面积的取值范围.【解答过程】由题意及正弦定理，得2sin因为A+B+C=π，所以2因为A∈0,π2，所以sin因为C∈0,π2由正弦定理asinA=所以S=1因为△ABC是锐角三角形，所以0<A<π2,所以tanA>33，所以0<故答案为：325．（23-24高一下·新疆乌鲁木齐·阶段练习）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosC=2a−c2b，点D在AC上，且AD=2DC(1)求角B；(2)求△ABC面积的最大值．【解题思路】（1）利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；（2）向量化结合基本不等式求出ac的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解.【解答过程】（1）因为cosC=由余弦定理可得a2整理得a2所以cosB=又B∈0,π，所以（2）因为AD=2DC，所以BD=故BD2即4=1所以ac≤6，当且仅当19c2所以S△ABC所以△ABC面积的最大值为33

题型7题型7求\o"求三角形中的边长或周长的最值或范围"\t"/gzsx/zj168411/_blank"三角形边长或周长的最值或范围（共5小题）

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示1．（23-24高一下·重庆·阶段练习）锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosCc+sinAtanCA．32,3 C．3,23 【解题思路】先根据正弦定理和条件化简得到csinC=2【解答过程】因为cosCc+整理可得csinC=2又b=3，所以sinB=32，解得于是a+c=2=23因为三角形是锐角三角形，所以A∈π6,所以a+c的取值范围是3,23故选：B.2．（23-24高一下·福建莆田·阶段练习）在锐角三角形ABC中，已知a，b，c分别是角A，B，C的对边，且3b=2asinB，a=3，则三角形A．3−3,33 B．3−3,33【解题思路】由正弦定理化简已知可得sinA，再由A是锐角，得到A=π3【解答过程】因为3b=2a根据正弦定理得，3sin因为B为锐角，所以sinB所以3=2sinA，即sin所以A=π因为根据正弦定理asin所以b=2sin因为三角形周长为a+b+c=3又因为A=π3，所以所以a+b+c=3因为B∈0,π2所以B∈π即B+π6∈所以a+b+c∈3+故选：C.3．（23-24高一下·山西朔州·阶段练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为AB的中点，且asinA−sinB=A．C=π6 B．△ABCC．△ABC周长的取值范围为4,6 D．CD长度的取值范围为1,【解题思路】根据正弦定理边角互化可得a2【解答过程】由正弦定理可得aa−b=c−b所以cosC=a2+b对于B,由a2+b2−所以S△ABC=12ab对于C，由a2+b当且仅当a=b时取等号，由于2<a+b≤4故△ABC周长的范围4,6，故C正确，对于D，CD由于a2+b由于0<ab≤4，所以CD=故选：BCD.4．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）锐角△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足cosCc=cosB−cosC【解题思路】利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式得到sinA=sin2C，从而利用三角函数的性质与锐角三角形的特点推得C【解答过程】因为cosCc=所以2ccos由正弦定理得2sin又B+C=π−A，故因为在锐角△ABC中，0<A<π2,0<2C<π，所以当A=2C时，B=π所以0<π−3C<π当A=π−2C时，B=π综上，π6又ac而22<cos则ac的取值范围为2故答案为：2,5．（23-24高一下·河南商丘·阶段练习）设锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a，b，c，已知2ccosB=a2−b(1)求a的值；(2)若D为BC的延长线上一点，且∠CAD=π6，求三角形【解题思路】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得a=2cos（2）在△ACD中，可得DC=BC=b，AD=3b，在△ABC中，利用正弦定理结合三角函数可得【解答过程】（1）因为2ccos由正弦定理可得2sin则2sinCcos由正弦定理可得2bcosC=ba，即且C=π3，所以（2）在△ACD中，由题意可知：∠ACB=2π3可知DC=BC=b，由余弦定理可得AD2=A在△ABC中，由正弦定理asin可得b=a因为C=π3且△ABC为锐角三角形，则0<A<π则tanA>33，可得0<且三角形ACD周长为b+b+3所以三角形ACD周长的取值范围为1+3题型8题型8\o"正、余弦定理的其他应用"\t"/gzsx/zj168411/_blank"正、余弦定理的其他应用（共5小题）

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示1．（23-24高一下·北京·阶段练习）如图,甲船以每小时302海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀速直线航行,当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105∘方向的B1处,此时两船相距20海里,当甲船航行20分钟到达A2处时,乙船航行到甲船的北偏西120∘方向的A．102海里 B．202海里 C．30海里 D．【解题思路】先根据已知条件得到A1A2和A【解答过程】连接A1由已知条件得:A1因为甲船的速度是每小时302所以A1则△A所以A1因为当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105∘方向的所以∠B则B1即B2所以乙船航行的速度是102即乙船每小时航行302故选:D.2．（23-24高三上·广东江门·阶段练习）气象台A在早上8:00观测到一台风，台风中心在气象台A正西方向3002km处，它正向东北方向移动，移动速度的大小为40km/h；距离台风中心100A．12:00−17:00 B．13:00−18:00 C．13:00−17:00 D．14:00−18:00【解题思路】利用余弦定理结合物理学知识求解即可.【解答过程】如图，由余弦定理，得AB于是OB解得OB=200或OB=400，所以，台风从O到B用时20040=5小时，台风从O到C用时故，A点受到台风影响的时间是早上8:00后的5小时至10小时之间，即13:00-18:00.故选：B.3．（23-24高一下·广东深圳·阶段练习）如图，甲船从A1出发以每小时25海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船出发时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，此时两船相距52海里．当甲船航行12分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的A．乙船的行驶速度与甲船相同 B．乙船的行驶速度是152C．甲乙两船相遇时，甲行驶了1+23小时【解题思路】连接A1B2，求出A1B2，再用余弦定理求出B1B2【解答过程】如图，连接A1B2，依题意，A1A则△A1A2B2是正三角形，∠A2A由余弦定理得：B1B2所以乙船的行驶速度是512延长B1B2与A1A2延长线交于O，显然有∠A1B甲船从出发到点O用时t1=1025=25（小时），乙船从出发到点O所以，甲乙两船不可能相遇，C不正确，D正确.故选：AD.4．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台D，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为π3的公路（长度均超过4千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点E，F，且AE=AF=3千米，若要求观景台D与两接送点所成角∠EDF与∠BAC互补且观景台D在EF的右侧，并在观景台D与接送点E，F之间建造两条观光线路DE与DF，则观光线路之和最长是2【解题思路】根据余弦定理，结合基本不等式进行求解即可.【解答过程】在△AEF中，因为AE=AF=3，∠EAF=所以EF=AE=AF=3又∠EDF与∠BAC互补，所以∠EDF=2在△DEF中，由余弦定理得：EF即DE2+D因为DE⋅DF≤1所以DE+DF2所以DE+DF≤2，当且仅当DE=DF=1时，取等号，所以观光线路之和最长是2.故答案为：2.5．（23-24高一下·安徽·阶段练习）如图，某区有一块△OAB的空地，其中OA=2km,OB=23km，∠AOB=90°．当地区政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上，且∠MON=30°，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的（1）当AM=1 km（2）若要求人工湖用地△OMN的面积是假山用地△OAM面积的3倍，试确定∠AOM的大小；（3）如何设计施工方案，可使△OMN的面积最小？最小面积是多少？【解题思路】（1）由已知可得∠AOB=π3，在△OMA中根据余弦定理求出OM，并得到△OMA为直角三角形，进而求出（2）设∠AOM=θ0°<θ<60°，由S△OMN=3S△OAM结合面积公式，以及在（3）设∠AOM=α0°<α<60°，由（2）将ON用α表示，在△AOM中根据正弦定理，将OM用α表示，△OMN面积可表示为关于α【解答过程】解：（1）因为tan∠OAB=23在△OAM中，OA=2，AM=1，∠OAB=60°，由余弦定理，得OM2=4+1−2×2×1×因为OM2+AM2所以△OAN是正三角形，其周长为6，即防护网的总长度为6 km（2）设∠AOM=θ0°<θ<60°，因为S所以12ON⋅OMsin在△OAN中，由ONsin得ON=3cosθ．由4因为0°<2θ<120°，所以2θ=30°，θ=15°，即∠AOM=15°．（3）设∠AOM=α0°<α<60°，由（2）知ON=在△OAM中，由OMsin60°=所以S=32sin当2α+60°=90°，即α=15°时，△OMN的面积最小，且最小值为32+题型9题型9复数的模的最值（范围）问题（共5小题）

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示1．（23-24高一下·上海·阶段练习）已知复数z且z=1，则z−2−2i的最小值是（A．22 B．22−1 C．2【解题思路】利用复数的几何意义，将问题转化为圆上一点到定点的距离的最小值即可.【解答过程】设z=a+bi，∵z则复数z对应的点Za,b如图，∵z−2−2i=z−2+2i∴z−2−2i=z−2+2i∴即22故选：B.2．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）已知复数z满足z=1，则z−2i的取值范围为（A．0,2 B．1,3 C．2,4 D．1,9【解题思路】根据复数模的几何意义，转化为点0,2到圆心的距离加半径可得最大值，减半径可得最小值即可.【解答过程】z=1表示zz−2i的几何意义表示单位圆上的点和0,2z−2i的取值范围转化为点0,2所以最大距离为2+1=3，最小距离为2−1=1，所以z−2i的取值范围为1,3故选：B.

3．（23-24高一下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知i为虚数单位，复数z1=2+i，复数z2满足：z2A．0 B．12 C．1 【解题思路】根据题意分析可得：z2−kz1k∈R为直线OZ1:x−2y=0上的动点【解答过程】设z1,z2对应的分别为Z1,Z2，则因为z2−5i=1，即复数z2对应的点可得z2−kz又因为A0,5到直线OZ所以PZ故A、B错误，C、D正确.故选：CD.

.4．（23-24高一下·上海·阶段练习）已知复数z1,z2满足z1=1，z2【解题思路】根据复数模的几何意义画图求解即可.【解答过程】根据复数的模的几何意义可知，复数z1对应的点在以原点为圆心，1复数z2对应的点在以原点为圆心，3复数z22对应的点在以原点为圆心，则z1−z22根据图象可知8≤故答案为：8,10.5．（23-24高一下·上海·阶段练习）已知复数z满足|z+2−2i|=2，且复数z在复平面内的对应点为(1)确定点M的集合构成图形的形状；(2)求|z−1+2i【解题思路】（1）根据复数模的几何意义确定点M的集合构成图形的形状.（2）根据复数模的几何意义，结合圆的几何性质求得正确答案.【解答过程】（1）设复数−2+2i在复平面内的对应点为P(−2,2)则|z+2−2i故点M的集合是以点P为圆心，2为半径的圆，如下图所示．（2）设复数1−2i在复平面内的对应点为Q(1,−2)，则|z−1+2|PQ|=(1+2)则|z−1+2i|的最大值即|MQ|的最大值是|z−1+2i|的最小值即|MQ|的最小值是题型10题型10复数综合（共5小题）

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示1．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）设△ABC的三个顶点为复平面上的三点z1，z2，z3，满足z1z2z3=0，zA．0.5,1 B．0,0.5 C．1,2 D．前三个选项都不对【解题思路】由对称性及z1z2z3=0，不妨设z3=0，则z1+z2=8+2i，z1z2=15+10i，根据韦达定理知z1，z2是方程z2−【解答过程】由对称性及z1z2则z1+z由韦达定理知z1，z2是方程则方程z2−8+2iz+15+10不妨设z1=5，则△ABC在复平面上的顶点坐标为A5,0，B3,2，则a=BC=13设三角形内心为Ix1,13(5−所以−13解得y1又10=5+2+3<5+22所以y1故选：A.2．（23-24高一下·上海黄浦·阶段练习）已知z=a+bi（a,b∈R，i是虚数单位），z1,z2∈C①对任意z∈C，都有Dz②若z是复数z的共轭复数，则Dz③Dz1=D④对任意z1,z