2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之平面向量及其应用（四）

第33页（共33页）2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之平面向量及其应用（四）一．选择题（共5小题）1．（2021•甲卷）在△ABC中，已知B＝120°，AC=19，AB＝2，则BCA．1 B．2 C．5 D．32．（2021•乙卷）魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝（）A．表高×表距B．表高×表距C．表高×表距D．表高×3．（2021•甲卷）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8848.86（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A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A'，B'，C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝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A'B'C'的高度差AA'﹣CC'约为（）（3≈1.732A．346 B．373 C．446 D．4734．（2021•上海）在△ABC中，D为BC中点，E为AD中点，则以下结论：①存在△ABC，使得AB→⋅CE→=0；②存在△ABCA．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立5．（2021•全国）已知向量a→=（cosθ，sinθ），b→=（3，﹣4），则A．7 B．5 C．4 D．1二．填空题（共6小题）6．（2022•上海）在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝2，点M为边AB的中点，点P在边BC上，则MP→•CP→的最小值为7．（2022•天津）在△ABC中，点D为AC的中点，点E满足CB→=2BE→．记CA→=a→，CB→=b→，用a→，b→表示DE→=8．（2022•浙江）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则PA1→2+PA2→2+⋯9．（2022•甲卷）设向量a→，b→的夹角的余弦值为13，且|a→|＝1，|b→|＝3，则（2a→+10．（2022•上海）若平面向量|a→|＝|b→|＝|c→|＝λ，且满足a→•b→=0，a→•c→=2，b→•11．（2021•乙卷）已知向量a→=（2，5），b→=（λ，4），若a→∥b→，则λ三．解答题（共9小题）12．（2022•浙江）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a=5c，cosC=（Ⅰ）求sinA的值；（Ⅱ）若b＝11，求△ABC的面积．13．（2022•新高考Ⅰ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+（1）若C=2π3（2）求a214．（2022•新高考Ⅱ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3．已知S1﹣S2+S3=32，sinB（1）求△ABC的面积；（2）若sinAsinC=23，求15．（2022•北京）在△ABC中，sin2C=3sinC（Ⅰ）求∠C；（Ⅱ）若b＝6，且△ABC的面积为63，求△ABC的周长．16．（2022•天津）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a=6，b＝2c，cosA=（1）求c的值；（2）求sinB的值；（3）求sin（2A﹣B）的值．17．（2022•乙卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A）．（1）证明：2a2＝b2+c2；（2）若a＝5，cosA=2531，求△18．（2022•乙卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A）．（1）若A＝2B，求C；（2）证明：2a2＝b2+c2．19．（2022•全国）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＝3sinB，C=π3，c（1）求a；（2）求sinA．20．（2022•上海）如图，在同一平面上，AD＝BC＝6，AB＝20，O为AB中点，曲线CD上任一点到O距离相等，角∠DAB＝∠ABC＝120°，P，Q关于OM对称，MO⊥AB；（1）若点P与点C重合，求∠POB的大小；（2）P在何位置，求五边形MQABP面积S的最大值．

2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之平面向量及其应用（四）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）题号12345答案DABBB一．选择题（共5小题）1．（2021•甲卷）在△ABC中，已知B＝120°，AC=19，AB＝2，则BCA．1 B．2 C．5 D．3【考点】余弦定理．【专题】计算题；对应思想；定义法；解三角形；运算求解．【答案】D【分析】设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，利用余弦定理得到关于a的方程，解方程即可求得a的值，从而得到BC的长度．【解答】解：设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，结合余弦定理，可得19＝a2+4﹣2×a×2×cos120°，即a2+2a﹣15＝0，解得a＝3（a＝﹣5舍去），所以BC＝3．故选：D．【点评】本题考查了余弦定理，考查了方程思想，属基础题．2．（2021•乙卷）魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝（）A．表高×表距B．表高×表距C．表高×表距D．表高×【考点】三角形中的几何计算．【专题】数形结合；方程思想；转化法；解三角形；运算求解．【答案】A【分析】根据相似三角形的性质、比例的性质、直角三角形的边角关系即可得出．【解答】解：DEAB=EHAH，FGBA解得AE=EH⋅EGCG-EH，故AB=DE⋅AH另解：如图所示，连接FD并延长交AB于点M，表目距的差表高表高×表距表目距的差=表距表目距的差表高=∴AB＝BM+MA=表高故选：A．【点评】本题考查了相似三角形的性质、比例的性质、直角三角形的边角关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3．（2021•甲卷）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8848.86（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A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A'，B'，C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝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A'B'C'的高度差AA'﹣CC'约为（）（3≈1.732A．346 B．373 C．446 D．473【考点】解三角形．【专题】数形结合；数形结合法；解三角形；数学建模．【答案】B【分析】本题要注意各个三角形不共面，在每个三角形中利用正弦定理求边长，进而找到高度差．【解答】解：过C作CH⊥BB′于H，过B作BM⊥AA′于M，则∠BCH＝15°，BH＝100，∠ABM＝45°，CH＝C′B′，A′B′＝BM＝AM，BB′＝MA′，∠C′A′B′＝75°∴tan∠BCH＝tan15°＝tan（45°﹣30°）=tan45°-tan30°1+tan45°tan30°=2-则在Rt△BCH中，CH=BHtan∠BCH=100（2+3），∴C′B在△A′B′C′中，由正弦定理知，A′B′=C'B'sin∠C'A'B'∴AA′﹣CC′＝AM+BH＝100（3+1）+100≈373故选：B．【点评】理解仰角的概念，各个三角形不共面，因此做好辅助线是关键．4．（2021•上海）在△ABC中，D为BC中点，E为AD中点，则以下结论：①存在△ABC，使得AB→⋅CE→=0；②存在△ABCA．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【专题】存在型；转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．【答案】B【分析】设A（2x，2y），B（﹣1，0），C（1，0），D（0，0），E（x，y），由向量数量的坐标运算即可判断①；F为AB中点，可得（CB→+CA→）＝2CF→，由D为BC中点，可得CF与【解答】解：不妨设A（2x，2y），B（﹣1，0），C（1，0），D（0，0），E（x，y），①AB→=（﹣1﹣2x，﹣2y），CE→=（x﹣若AB→⋅CE→=0，则﹣（1+2x）（x﹣1）﹣2y2＝0，即﹣（1+2x）（x﹣1满足条件的（x，y）存在，例如（0，22），满足上式，所以①②F为AB中点，（CB→+CA→）＝2CF→，CF因为G为AD的三等分点，E为AD中点，所以CE→与CG→不共线，即故选：B．【点评】本题主要考查平面向量数量积的运算，共线向量的判断，属于中档题．5．（2021•全国）已知向量a→=（cosθ，sinθ），b→=（3，﹣4），则A．7 B．5 C．4 D．1【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的求值；平面向量及应用；逻辑思维；运算求解．【答案】B【分析】利用向量的数量积，结合辅助角公式，利用三角函数的有界性求解最值即可．【解答】解：向量a→=（cosθ，sinθ），b→=（则a→•b→=3cosθ﹣4sinθ＝5cos（θ+φ），其中tan∵5cos（θ+φ）≤5，∴a→•b→的最大值是故选：B．【点评】本题考查向量的数量积的求法，辅助角公式的应用，是基础题．二．填空题（共6小题）6．（2022•上海）在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝2，点M为边AB的中点，点P在边BC上，则MP→•CP→的最小值为-9【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【专题】计算题；函数思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．【答案】-9【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算求出MP→•CP→=2x2﹣3【解答】解：建立平面直角坐标系如下，则B（2，0），C（0，2），M（1，0），直线BC的方程为x2+y2=1，即x点P在直线上，设P（x，2﹣x），∴MP→=（x﹣1，2﹣x），CP→=（∴MP→•CP→=x（x﹣1）﹣x（2﹣x）＝2x2﹣3x＝∴MP→•CP→的最小值为故答案为：-9【点评】本题考查了数量积的坐标运算，考查了二次函数求最值，属于中档题．7．（2022•天津）在△ABC中，点D为AC的中点，点E满足CB→=2BE→．记CA→=a→，CB→=b→，用a→，b→表示DE→=3【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．【专题】数形结合；转化思想；数形结合法；平面向量及应用；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】由题意，利用两个向量加减法及其几何意义，两个向量的数量积公式，基本不等式，求出cosC的最小值，可得∠ACB的最大值．【解答】解：∵△ABC中，CA→=a→，CB→=b→，∴DE→∵AB→=CB→-∴AB→•DE→=（b→-a→）•3b→-a→2即4•a•b•cosC＝a2+3b2，即cosC=a当且仅当a=3b时，等号成立，故cosC的最小值为32，故C的最大值为即∠ACB的最大值为π6故答案为：3b→-【点评】本题主要考查两个向量加减法及其几何意义，两个向量的数量积公式，基本不等式的应用，属于中档题．8．（2022•浙江）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则PA1→2+PA2→2+⋯+PA【考点】平面向量数量积的性质及其运算；二倍角的三角函数．【专题】计算题；转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．【答案】[12+22，16]．【分析】以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，求出正八边形各个顶点坐标，设P（x，y），进而得到PA1→2+PA2→2+⋯+PA8→2＝8（x2+y2）+8，根据点P的位置可求出【解答】解：以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A1（0，1），A2(22，22)，A3（1，0），A4(22，-22)，A设P（x，y），则PA1→2+PA2→2+⋯+PA8→2＝|PA1|2+|PA2|2+|PA3|2+|PA4|2+|PA5|2+|PA6|2+|PA7|2+|PA8∵cos22.5°≤|OP|≤1，∴1+cos∴2+2∴12+22≤8（x2+y2）+8≤即PA1→2+PA2→2+故答案为：[12+22，16]．【点评】本题主要考查了平面向量数量积的运算和性质，考查了学生分析问题和转化问题的能力，属于中档题．9．（2022•甲卷）设向量a→，b→的夹角的余弦值为13，且|a→|＝1，|b→|＝3，则（2a→+【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【专题】计算题；方程思想；综合法；平面向量及应用；逻辑思维；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】首先计算a→【解答】解：由题意可得a→则(2a故答案为：11．【点评】本题主要考查平面向量的数量积的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题．10．（2022•上海）若平面向量|a→|＝|b→|＝|c→|＝λ，且满足a→•b→=0，a→•c→=2，b→•【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【专题】计算题；对应思想；分析法；平面向量及应用；运算求解．【答案】4【分析】利用平面向量的数量积进行分析，即可得出结果．【解答】解：由题意，有a→•b→=0，则a→a→⋅c则②①得，tanθ=由同角三角函数的基本关系得：cosθ=2则a→⋅c→=|a→||λ2=5则λ=故答案为：45【点评】本题考查平面向量的数量积，考查学生的运算能力，属于中档题．11．（2021•乙卷）已知向量a→=（2，5），b→=（λ，4），若a→∥b→，则λ【考点】平面向量的相等与共线．【专题】计算题；方程思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】根据题意，由a→∥b→，可得关于λ的方程，再求出【解答】解：因为a→=（2，5），b→=（λ，4），所以8﹣5λ＝0，解得λ=8故答案为：85【点评】本题考查向量平行的坐标表示，涉及向量的坐标计算，属于基础题．三．解答题（共9小题）12．（2022•浙江）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a=5c，cosC=（Ⅰ）求sinA的值；（Ⅱ）若b＝11，求△ABC的面积．【考点】三角形中的几何计算；正弦定理；余弦定理．【专题】对应思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）根据cosC=35，确定C的范围，再求出sinC，由正弦定理可求得sin（Ⅱ）根据A，C的正、余弦值，求出sinB，再由正弦定理求出a，代入面积公式计算即可．【解答】解：（Ⅰ）因为cosC=35＞0，所以C∈（0，π2），且由正弦定理可得：asinA即有sinA=asinCc=a（Ⅱ）因为4a=5c⇒a=54c所以A＜C，故A∈（0，π2又因为sinA=55，所以cosA所以sinB＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=11由正弦定理可得：asinA=c所以a＝55sinA＝5，所以S△ABC=12absinC=12×5【点评】本题考查了解三角形中正弦定理、面积公式，属于基础题．13．（2022•新高考Ⅰ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+（1）若C=2π3（2）求a2【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【专题】方程思想；转化法；解三角形；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）利用倍角公式、和差公式、三角形内角和定理即可得出B．（2）利用诱导公式把A用C表示，再利用正弦定理、倍角公式、基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）∵cosA1+sinA=sin2B1+cos2B，1+cos2B＝2cos∴cosA1+化为：cosAcosB＝sinAsinB+sinB，∴cos（B+A）＝sinB，∴﹣cosC＝sinB，C=2∴sinB=1∵0＜B＜π3，∴B（2）由（1）可得：﹣cosC＝sinB＞0，可得C为钝角，∴sin（C-π2）＝sin∴B＝C-π在三角形中，sinA＝sin（B+C）＝sin（2C-π2）＝﹣cos2a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin∴a2+b2c【点评】本题考查了倍角公式、和差公式、三角形内角和定理、余弦定理、基本不等式、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．（2022•新高考Ⅱ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3．已知S1﹣S2+S3=32，sinB（1）求△ABC的面积；（2）若sinAsinC=23，求【考点】正弦定理；余弦定理．【专题】计算题；解三角形；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）28；（2）1【分析】（1）根据S1﹣S2+S3=32，求得a2﹣b2+c2＝2，由余弦定理求得ac的值，根据S=12acsin（2）由正弦定理得∴a=bsinAsinB，c=bsinCsinB【解答】解：（1）S1=12a2sin60°=3S2=12b2sin60°=3S3=12c2sin60°=3∵S1﹣S2+S3=34a2-34b2+解得：a2﹣b2+c2＝2，∵sinB=13，a2﹣b2+c2＝2＞0，即cosB＞∴cosB=2∴cosB=a解得：ac=3S△ABC=12acsinB∴△ABC的面积为28（2）由正弦定理得：bsinB∴a=bsinAsinB，c由（1）得ac=3∴ac=bsinAsinB已知，sinB=13，sinAsinC解得：b=1方法二、由acsinAsinC=94=（即有2R=32，即b＝2RsinB【点评】本题考查利用正余弦定理解三角形，需灵活运用正余弦定理公式．15．（2022•北京）在△ABC中，sin2C=3sinC（Ⅰ）求∠C；（Ⅱ）若b＝6，且△ABC的面积为63，求△ABC的周长．【考点】解三角形；正弦定理．【专题】计算题；整体思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】（Ⅰ）π6；（Ⅱ）6+63【分析】（Ⅰ）根据二倍角公式化简可得cosC，进一步计算可得角C；（Ⅱ）根据三角形面积求得a，再根据余弦定理求得c，相加可得三角形的周长．【解答】解：（Ⅰ）∵sin2C=3sinC∴2sinCcosC=3sinC又sinC≠0，∴2cosC=3∴cosC=32，∵0＜C＜∴C=π（Ⅱ）∵△ABC的面积为63，∴12absinC＝63又b＝6，C=π∴12×a×6×1∴a＝43，又cosC=a∴32∴c＝23，∴a+b+c＝6+63，∴△ABC的周长为6+63．【点评】本题考查了三角形面积公式和余弦定理的应用，属于中档题．16．（2022•天津）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a=6，b＝2c，cosA=（1）求c的值；（2）求sinB的值；（3）求sin（2A﹣B）的值．【考点】三角形中的几何计算；两角和与差的三角函数；正弦定理；余弦定理．【专题】整体思想；综合法；解三角形；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）c＝1；（2）sinB=10（3）sin（2A﹣B）的值为108【分析】（1）由余弦定理及题中条件可得c边的值；（2）由正弦定理可得sinC的值，再由b＝2c及正弦定理可得sinB的值；（3）求出2A及B角的正余弦值，由两角差的正弦公式可得2A﹣B的正弦值．【解答】解（1）因为a=6，b＝2c，cosA=由余弦定理可得cosA=b解得：c＝1；（2）cosA=-14，A∈（0，π），所以sin由b＝2c，可得sinB＝2sinC，由正弦定理可得asinA=c可得sinC=10所以sinB＝2sinC＝2×10（3）因为cosA=-14，sin所以sin2A＝2sinAcosA＝2×（-14）×154=-158，cos2A＝2cos2A﹣sinB=104，由A为钝角，可得cosB所以sin（2A﹣B）＝sin2AcosB﹣cos2AsinB=-158×6所以sin（2A﹣B）的值为108【点评】本题考查正余弦定理及两角差的正弦公式的应用，属于基础题．17．（2022•乙卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A）．（1）证明：2a2＝b2+c2；（2）若a＝5，cosA=2531，求△【考点】余弦定理；正弦定理．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】（1）见解析．（2）14．【分析】（1）利用两角差与和的正弦公式，三角形内角和公式，正弦和余弦定理，即可求得结论；（2）利用（1）中结论求出b2+c2和2bc的值，即可求出△ABC的周长．【解答】（1）证明：△ABC中，sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），所以sinC（sinAcosB﹣cosAsinB）＝sinB（sinCcosA﹣cosCsinA），所以sinAsinBcosC+sinAcosBsinC＝2cosAsinBsinC，即sinA（sinBcosC+cosBsinC）＝2cosAsinBsinC，所以sinAsin（B+C）＝2cosAsinBsinC，由正弦定理得a2＝2bccosA，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，所以2a2＝b2+c2；（2）当a＝5，cosA=2531时，b2+c2＝2×52＝50，2bc=所以（b+c）2＝b2+c2+2bc＝50+31＝81，解得b+c＝9，所以△ABC的周长为a+b+c＝5+9＝14．【点评】本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力与推理证明能力，是中档题．18．（2022•乙卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A）．（1）若A＝2B，求C；（2）证明：2a2＝b2+c2．【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【专题】方程思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】（1）5π8；（【分析】（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），结合A＝2B，可得sinC＝sin（C﹣A），即C+C﹣A＝π，再由三角形内角和定理列式求解C；（2）把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可证明结论．【解答】解：（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），又A＝2B，∴sinCsinB＝sinBsin（C﹣A），∵sinB≠0，∴sinC＝sin（C﹣A），即C＝C﹣A（舍去）或C+C﹣A＝π，联立A=2B2C证明：（2）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），得sinCsinAcosB﹣sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA﹣sinBcosCsinA，由正弦定理可得accosB﹣bccosA＝bccosA﹣abcosC，由余弦定理可得：ac•a2整理可得：2a2＝b2+c2．【点评】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．19．（2022•全国）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＝3sinB，C=π3，c（1）求a；（2）求sinA．【考点】正弦定理；余弦定理．【专题】转化思想；转化法；解三角形；运算求解．【答案】（1）3．（2）321【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，以及余弦定理，即可求解．（2）根据（1）的结论，以及正弦定理，即可求解．【解答】解：（1）∵sinA＝3sinB，∴由正弦定理可得，a＝3b，∴由余弦定理可得，c2＝a2+b2﹣2abcosC，即7＝9b2+b2﹣3b2，解得b＝1，∴a＝3．（2）∵a＝3，C=π3，c∴sinA=【点评】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题．20．（2022•上海）如图，在同一平面上，AD＝BC＝6，AB＝20，O为AB中点，曲线CD上任一点到O距离相等，角∠DAB＝∠ABC＝120°，P，Q关于OM对称，MO⊥AB；（1）若点P与点C重合，求∠POB的大小；（2）P在何位置，求五边形MQABP面积S的最大值．【考点】三角形中的几何计算．【专题】综合题；转化思想；综合法；解三角形；逻辑思维．【答案】（1）∠POB的大小为arcsin33（2）P点在劣弧CM中点或劣弧DM的中点位置时，S的最大值为2874．【分析】（1）在△OBC中，直接利用余弦定理求出OP，再结合正弦定理求解；（2）利用五边形CDQMP的对称性，将所求的面积化为四边形PMNC的面积计算问题，充分利用圆弧的性质，找到最大值点，从而解决问题．【解答】解：（1）点P与点C重合，由题意可得OB＝10，BC＝6，∠ABC＝120°，由余弦定理可得OP2＝OB2+BC2﹣2OB•BCcos∠ABC＝36+100﹣2×6×10×（-12）＝所以OP＝14，在△OBP中，由正弦定理得OPsin所以1432=6sin∠所以∠POB的大小为arcsin33（2）如图，连结QA，PB，OQ，OP，∵曲线CMD上任意一点到O距离相等，∴OP＝OQ＝OM＝OC＝14，∵P，Q关于OM对称，∴P点在劣弧CM中点或劣弧DM的中点位置，∠QOM＝∠POM＝α，则∠AOQ＝∠BOP=π则五边形面积S＝2（S△AOQ+S△QOM）＝2[12＝196sinα+140cosα＝2874sin（α+φ），其中tanφ=5当sin（α+φ）＝1时，S五边形MQABP取最大值2874，∴五边形MQABP面积S的最大值为2874．【点评】本题考查了扇形的性质、正、余弦定理和面积公式在解三角形问题中的应用，同时考查了学生的逻辑推理能力、运算能力等，属于中档题．

考点卡片1．两角和与差的三角函数【知识点的认识】（1）C（α﹣β）：cos（α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβ；（2）C（α+β）：cos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ；（3）S（α+β）：sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ；（4）S（α﹣β）：sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣cosαsinβ；（5）T（α+β）：tan（α+β）=tanα（6）T（α﹣β）：tan（α﹣β）=tanα2．二倍角的三角函数【知识点的认识】二倍角的正弦其实属于正弦函数和差化积里面的一个特例，即α＝β的一种特例，其公式为：sin2α＝2sinα•cosα；其可拓展为1+sin2α＝（sinα+cosα）2．二倍角的余弦其实属于余弦函数和差化积里面的一个特例，即α＝β的一种特例，其公式为：cos2α＝cos2α﹣sin2α＝2cos2α﹣1＝1﹣2sin2α．二倍角的正切其实属于正切函数和差化积里面的一个特例，即α＝β的一种特例，其公式为：tan2α=2【解题方法点拨】例：y＝sin2x+2sinxcosx的周期是π．解：∵y＝sin2x+2sinxcosx=1-cos＝sin2x-12cos2=52sin（2x+φ）+12，（∴其周期T=2π故答案为：π．这个简单的例题的第二个式子就是一个二倍角的转换，转换过后又使用了和差化积的相关定理，这也可以看得出三角函数的题一般都涉及到几个公式，而且公式之间具有一定的相似性，所以大家要熟记各种公式．【命题方向】本考点也是一个很重要的考点，在高考中考查的也比较多，这里面需要各位同学多加练习，熟记各种公式．3．平面向量的相等与共线【知识点的认识】相等向量的定义：长度相等且方向相同的两个向量叫相等向量．共线向量的定义：方向相同或相反的非零向量叫做平行向量，平行向量也叫做共线向量．规定：零向量与任一向量平行．注意：相等向量一定是共线向量，但共线向量不一定相等．表示共线向量的有向线段不一定在同一直线上，向量可以平移．【解题方法点拨】平行向量与相等向量的关系：（1）平行向量只要求方向相同或相反即可，用有向线段表示平行向量时，向量所在的直线重合或平行；（2）平行向量要求两个向量均为非零向量，规定：零向量与任一向量平行．相等向量则没有这个限制，零向量与零向量相等．（3）借助相等向量，可以把一组平行向量移动到同一直线上．因此，平行向量也叫做共线向量．（4）平行向量不一定是相等向量，但相等向量一定是平行向量．【命题方向】了解向量的实际背景，掌握向量、零向量、平行向量、共线向量、相等向量、单位向量等概念，理解向量的几何表示．命题形式只要以选择、填空题型出现，难度不大，有时候会与向量的坐标运算等其它知识结合考察．4．平面向量数量积的性质及其运算【知识点的认识】1、平面向量数量积的重要性质：设a→，b→都是非零向量，e→是与b→方向相同的单位向量，a→（1）a→⋅e→=（2）a→⊥b→（3）当a→，b→方向相同时，a→⋅b→=|a→||b→|；当a→特别地：a→⋅a→=|a→|2（4）cosθ=a（5）|a→⋅b→|≤|2、平面向量数量积的运算律（1）交换律：a→（2）数乘向量的结合律：（λa→）•b→=λ（a→⋅（3）分配律：（a→⋅b→）•平面向量数量积的运算平面向量数量积运算的一般定理为①（a→±b→）2=a→2±2a→•b→+b→2．②（a→-b→）（a→+b→）=【解题方法点拨】例：由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：①“mn＝nm”类比得到“a→②“（m+n）t＝mt+nt”类比得到“（a→+b③“t≠0，mt＝nt⇒m＝n”类比得到“c→≠0，④“|m•n|＝|m|•|n|”类比得到“|a→⋅b→|＝|a→|⑤“（m•n）t＝m（n•t）”类比得到“（a→⋅b⑥“acbc=ab”类比得到a→⋅c解：∵向量的数量积满足交换律，∴“mn＝nm”类比得到“a→即①正确；∵向量的数量积满足分配律，∴“（m+n）t＝mt+nt”类比得到“（a→+b即②正确；∵向量的数量积不满足消元律，∴“t≠0，mt＝nt⇒m＝n”不能类比得到“c→≠0，即③错误；∵|a→⋅b→|≠|a→|∴“|m•n|＝|m|•|n|”不能类比得到“|a→⋅b→|＝|a→|即④错误；∵向量的数量积不满足结合律，∴“（m•n）t＝m（n•t）”不能类比得到“（a→⋅b即⑤错误；∵向量的数量积不满足消元律，∴acbc=ab即⑥错误．故答案为：①②．向量的数量积满足交换律，由“mn＝nm”类比得到“a→⋅b→=b→⋅a→”；向量的数量积满足分配律，故“（m+n）t＝mt+nt”类比得到“（a→+b→）•c→=a→⋅c→+b→⋅c→”；向量的数量积不满足消元律，故“t≠0，mt＝nt⇒m＝n”不能类比得到“c→≠0，a→⋅c→=b→⋅c→⇒a→=c→”；|a→⋅b→|≠|a→|【命题方向】本知识点应该所有考生都要掌握，这个知识点和三角函数联系比较多，也是一个常考点，题目相对来说也不难，所以是拿分的考点，希望大家都掌握．5．数量积判断两个平面向量的垂直关系【知识点的认识】向量是有方向的，那么在一个空间内，不同的向量可能是平行，也可能是重合，也有可能是相交．当两条向量的方向互相垂直的时候，我们就说这两条向量垂直．假如a→=（1，0，1），b→=（2，0，﹣2），那么a→与b→垂直，有a→•b→=1【解题方法点拨】例：与向量(-35A：（3，﹣4）B：（﹣4，3）C：（4，3）D：（4，﹣3）解：对于A：∵(-35，45)•（3，﹣4）对于B：∵(-35，45)•（﹣4，3对于C：∵(-35，45)•（4，3对于D：∵(-35，45)•（4，﹣3故选：C．点评：分别求出向量(-35，45)和A，B，C【命题方向】向量垂直是比较喜欢考的一个点，主要性质就是垂直的向量积为0，希望大家熟记这个关系并灵活运用．6．正弦定理【知识点的认识】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asinA=（R是△ABC外接圆半径）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accosB，c2＝a2+b2﹣2abcosC变形形式①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角①已知三边，求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角在△ABC中，已知a，b和角A时，解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞b解的个数一解两解一解一解由上表可知，当A为锐角时，a＜bsinA，无解．当A为钝角或直角时，a≤b，无解．2、三角形常用面积公式1．S=12a•ha（ha表示边2．S=12absinC=12acsinB=3．S=12r（a+b+c）（【解题方法点拨】正余弦定理的应用1、解直角三角形的基本元素．2、判断三角形的形状．3、解决与面积有关的问题．4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．解题关键在于明确：①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．（2）测量高度问题：解题思路：①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．7．余弦定理【知识点的认识】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asinA=（R是△ABC外接圆半径）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accos_B，c2＝a2+b2﹣2abcos_C变形形式①a＝2RsinA，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角①已知三边，求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角【解题方法点拨】正余弦定理的应用1、解直角三角形的基本元素．2、判断三角形的形状．3、解决与面积有关的问题．4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．解题关键在于明确：①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．（2）测量高度问题：解题思路：①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平