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课后定时检测案31　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用
一、单项选择题
1．[2024·广东模拟]将函数f(x)＝sinx的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的解析式为(　　)
A.g(x)＝sin (x＋) B．g(x)＝sin (x＋)
C．g(x)＝sin (2x＋) D．g(x)＝sin (2x＋)
2．[2024·江苏淮安模拟]某个弹簧振子做简谐运动，已知在完成一次全振动的过程中，时间t(单位：s)与位移y(单位：cm)之间满足函数关系：y＝sint＋cos (t－)，则这个简谐运动的振幅是(　　)
A．1cm　B．2cmC．cm　D．2cm
3．[2024·黑龙江大庆模拟]函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<)的部分图象如图所示，将f(x)的图象向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象，则(　　)
A．g(x)＝sin (2x－)
B．g(x)＝cos2x
C．g(x)＝cos (2x－)
D．g(x)＝sin (2x＋)
4．[2024·山东烟台模拟]将函数f(x)＝cos (x－)图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是(　　)
A．g(x)在上单调递增
B．g(x)在上单调递增
C．g(x)在上单调递减
D．g(x)在上单调递减
5．[2024·河南郑州模拟]已知函数f(x)＝sinx(cosx－sinx)，则下列说法正确的为(　　)
A．f(x)的最小正周期为2π
B．f(x)的最大值为
C．f(x)的图象关于直线x＝－对称
D．将f(x)的图象向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度后所得图象对应的函数为奇函数
6.
[2024·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)＋b(ω>0，A>0，0<φ<π，b∈R)的部分图象如图，则(　　)
A．φ＝
B．f()＝－2
C．点(－，0)为曲线y＝f(x)的一个对称中心
D.将曲线y＝f(x)向右平移个单位长度得到曲线y＝4cos3x＋2
7．(素养提升)[2024·山东滨州模拟]如图是某市夏季某一天从6时到24时的气温变化曲线，若该曲线近似地满足函数y＝Asin (ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0，|φ|<π)，则该市这一天20时的气温大约是(　　)
A．11℃　　B．13℃C．27℃　　D．28℃
8．(素养提升)[2024·江西赣州模拟]已知函数f(x)＝cos (ωx－)＋b(ω>0)的最小正周期为T，0)个单位长度后图象关于y轴对称，则实数m的最小值为(　　)
A．　　B．C．　　D．
二、多项选择题
9．[2024·山西临汾模拟]已知函数f(x)＝cos (2x－)，则下列说法正确的有(　　)
A．f(x)的图象关于点(，0)中心对称
B．f(x)的图象关于直线x＝对称
C．f(x)在上单调递减
D．将f(x)的图象向左平移个单位，可以得到g(x)＝cos2x的图象
10．[2024·河北张家口模拟]将函数f(x)＝－2sin2(x－)＋(|φ|<)的图象向左平移个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，若g(x)－g(－x)＝0恒成立，则(　　)
A．函数g(x)的最小正周期为2π
B．函数g(x)的图象的对称中心为(＋，)(k∈Z)
C．函数f(x)在上的最小值为1，最大值为
D．函数f(x)的极小值点为x＝＋kπ(k∈Z)
三、填空题
11．将函数y＝sin(2x－)的图象向左平移φ后得到一个偶函数的图象，则φ的最小正值是______．
12.
已知函数f(x)＝2cos (ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)的部分图象如图所示，将函数f(x)图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数g(x)的图象，则g()的值为______．
13．[2024·山东济南模拟]已知函数f(x)＝sin (ωx＋－φ)(ω>0，φ∈(－，))的最小正周期为4π，将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)，所得函数图象的一条对称轴方程是x＝，则φ的值为______．
四、解答题
14．[2024·河北唐山模拟]设函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)，(A>0，ω>0，0<φ<)的图象上一个最高点M(，2)，离M最近的一个对称中心N(，0).
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)将函数y＝f(x)的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，求函数g(x)的单调减区间；
(3)求函数g(x)在闭区间上的最大值以及此时对应的x的值．
?优生选做题?
15．[2024·山东日照模拟]为美化校园，某学校将一个半圆形的空地改造为花园．如图所示，O为圆心，半径为a(a>0)米，点A，B，P都在半圆弧上，设∠NOP＝∠POA＝θ，∠AOB＝2θ，且0<θ<.
(1)若在花园内铺设一条参观线路，由线段NA，AB，BM三部分组成，则当θ取何值时，参观线路最长？
(2)若在花园内的扇形ONP和四边形OMBA内种满杜鹃花，则当θ取何值时，杜鹃花的种植总面积最大？
课后定时检测案31　函数y＝Asin (ωx＋φ)的图象及应用
1．解析：函数f(x)＝sinx的图象向左平移个单位长度，得函数y＝sin (x＋)的图象，再将图象上各点横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数g(x)＝sin (2x＋)的图象．故选C.
答案：C
2．解析：因为y＝sint＋cos (t－)＝sint＋costcos＋sintsin＝sint＋cost＝sin (t＋)，
所以这个简谐运动的振幅是cm.故选C.
答案：C
3．解析：由题图知，f(x)min＝－A＝－，则A＝，
T＝π－＝，所以T＝π，则ω＝2，即f(x)＝sin (2x＋φ).
因为f()＝sin (π＋φ)＝0，所以π＋φ＝kπ，k∈Z，
即φ＝－π＋kπ，k∈Z.
因为|φ|<，得φ＝，所以f(x)＝sin (2x＋).
所以g(x)＝sin＝sin (2x＋)
＝sin＝cos (2x－).故选C.
答案：C
4．解析：依题意，g(x)＝cos (3x－).
令2kπ≤3x－≤π＋2kπ(k∈Z)，得＋≤x≤＋(k∈Z)，
令k＝0，所以g(x)在≤x≤时单调递减，所以g(x)在上单调递减和单调递增都不正确；
令k＝－1，所以－≤x≤－时单调递减，
所以g(x)在上单调递减．故选C.
答案：C
5．解析：f(x)＝sinx(cosx－sinx)＝sinxcosx－sin2x＝sin2x－＝sin (2x＋)－，
故f(x)的最小正周期为T＝＝π，最大值为，
对称轴方程满足2x＋＝kπ＋，k∈Z，即x＝＋，k∈Z，故ABC皆错误；将f(x)的图象向右平移个单位长度后得到y＝sin－＝sin2x－，然后，将此图象向上平移个单位长度，得到函数g(x)＝sin2x的图象，g(x)是一个奇函数，故D正确．故选D.
答案：D
6．解析：由图象知：，解得，
将点(0，4)的坐标代入f(x)＝4sin (ωx＋φ)＋2得sinφ＝，
由图象可知，点(0，4)在y＝f(x)的下降部分上，且0<φ<π，
所以φ＝，所以A不正确；
将点(，－2)的坐标代入f(x)＝4sin (ωx＋)＋2，得ω·＋＝，即ω＝3，所以f(x)＝4sin (3x＋)＋2，所以f()＝4sin (3×＋)＋2＝2－2，所以B不正确；
令3x＋＝kπ，k∈Z，解得x＝－，k∈Z，取k＝0，则x＝－，所以对称中心为(－，2)，所以C不正确；
将曲线向右平移个单位长度得到曲线f(x)＝4sin＋2＝4cos3x＋2，所以D正确．故选D.
答案：D
7．解析：观察图象可得x＝6时函数y＝Asin (ωx＋φ)＋B取最小值10，x＝14时函数y＝Asin (ωx＋φ)＋B取最大值30，
所以函数y＝Asin (ωx＋φ)＋B的周期为(14－6)×2＝16，
所以，解得A＝10，B＝20，＝16，解得ω＝，
当x＝14时，函数取得最大值，所以×14＋φ＝2kπ＋，k∈Z，所以φ＝2kπ－，k∈Z，又|φ|<π，所以φ＝，
所以函数解析式是f(x)＝10sin (x＋)＋20，f(20)＝10sin (×20＋)＋20＝10sin＋20＝－5＋20≈13，故选B.
答案：B
8．解析：∵T＝，ω>0，且∴<<π，即2<ω<3，
∵y＝f(x)的图象关于点(，1)中心对称，
∴b＝1，且cos (ω－)＝0，即ω－＝＋kπ(k∈Z)，解得ω＝＋(k∈Z)，
∵2<ω<3，
∴取k＝3，ω＝，
∴f(x)＝cos (x－)＋1，
将y＝f(x)的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到f(x－m)＝cos (x－m－)＋1的图象，
∵f(x－m)的图象关于y轴对称，
∴－m－＝kπ(k∈Z)，解得m＝－－(k∈Z)，
∵m>0，
∴令k＝－1，得mmin＝－＋＝.故选B.
答案：B
9．解析：由f(x)＝cos (2x－)可知，2x－＝＋kπ，解得x＝＋，所以函数的对称中心为(＋，0)，k∈Z，故A选项正确；
令2x－＝kπ，解得x＝＋，所以函数的对称轴为x＝＋，k∈Z，故B选项错误；
令2kπ≤2x－≤π＋2kπ，解得＋kπ≤x≤＋kπ，所以函数的单调递减区间为，k∈Z，故C选项正确；
将f(x)的图象向左平移个单位得g(x)＝cos [2(x＋)－]＝cos (2x＋)，故D选项错误．故选AC.
答案：AC
10．解析：依题意，f(x)＝cos (2x－φ)＋，将其图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)＝cos＋＝cos (2x＋－φ)＋的图象，而g(x)－g(－x)＝0恒成立，即函数y＝g(x)为偶函数，于是－φ＝nπ，n∈Z，又|φ|<，则φ＝，因此函数f(x)＝cos (2x－)＋，g(x)＝cos2x＋，
函数g(x)的最小正周期为π，A错误；
当且仅当2x＝＋kπ，即x＝＋(k∈Z)时，cos2x＝0，函数g(x)的图象的对称中心为(＋，)(k∈Z)，B正确；
当0≤x≤时，－≤2x－≤，则当x＝0或x＝时，f(x)min＝1，当x＝时，f(x)max＝，C正确；
令2x－＝π＋2kπ，即x＝＋kπ(k∈Z)为函数的极小值点，D错误．故选BC.
答案：BC
11．解析：将函数y＝sin (2x－)的图象向左平移φ后得到y＝sin (2x＋2φ－)，
因为函数y＝sin (2x＋2φ－)是一个偶函数，
所以2φ－＝＋kπ(k∈Z)，解得φ＝＋(k∈Z)，
所以φ的最小正值是.
答案：
12．解析：由图象可知f(x)的周期为＝2(－) ω＝4，代入(，2)可得cos (＋φ)＝1 φ＝－＋2kπ，又|φ|< φ＝－，故f(x)＝2cos (4x－)，
左移个单位长度得g(x)＝2cos [4(x＋)－]＝2cos (4x＋)，故g()＝2cos (π＋)＝－1.
答案：－1
13．解析：因为函数f(x)＝sin (ωx＋－φ)(ω>0，φ∈(－，))的最小正周期为4π，
所以ω＝＝，f(x)＝sin (x＋－φ)，
将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，
可得y＝sin＝sin (x＋－φ)，
再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)，可得y＝sin (x＋－φ)，
因为所得函数图象的一条对称轴方程是x＝，
所以sin (×＋－φ)＝sin (－φ)＝cosφ＝±1，可得φ＝π＋kπ(k∈Z)，
因为φ∈(－，)，所以φ＝0.
答案：0
14．解析：(1)因为f(x)＝Asin (ωx＋φ)图象的一个最高点为M(，2)，则A＝2，
又最高点M(，2)，离M最近的一个对称中心N(，0)之间的横向距离是T，
所以最小正周期为T＝4(－)＝2π，则ω＝＝1，
故f(x)＝2sin (x＋φ)，且图象过M(，2)，代入得f()＝2sin (＋φ)＝2，即sin (＋φ)＝1，所以φ＋＝＋2kπ，k∈Z φ＝＋2kπ，k∈Z，
又0<φ<，所以φ＝，故f(x)＝2sin (x＋).
(2)由题意可得g(x)＝2sin (2x－)，
令＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
函数g(x)的单调递减区间为，k∈Z.
(3)因为0≤x≤，所以－≤2x－≤，则－≤sin (2x－)≤1.
当2x－＝时，即x＝时，g(x)有最大值为2.
15.
解析：(1)如图，连接BN，则∠BMN＝(∠AOB＋∠AON)＝2θ，
在Rt△MBN中，cos∠BMN＝＝，即BM＝2acos2θ，
同理可得AN＝2asinθ，且AB＝NA＝2asinθ，
所以参观路线的长度l＝AB＋NA＋MB＝4asinθ＋2acos2θ＝－4asin2θ＋4asinθ＋2a，
令sinθ＝t∈(0，)，即l＝－4at2＋4at＋2a＝－a(4t2－4t－2).
当t＝时取得最大值，此时sinθ＝，即θ＝时，参观路线最长．
(2)由题知：扇形ONP的面积S1＝θr2＝，
△AOB的面积S2＝r2sin2θ＝sin2θ，
△BOM的面积S3＝r2sin (π－4θ)＝sin4θ，
所以杜鹃花的种植总面积S＝S1＋S2＋S3＝a2(＋sin4θ＋sin2θ)，
S′＝(1＋4cos4θ＋2cos2θ)＝(8cos22θ＋2cos2θ－3)＝(2cos2θ－1)(4cos2θ＋3)，
令S′＝0得cos2θ＝或－(舍)，因为0<2θ<，所以2θ＝，θ＝，
当θ∈(0，)时S′>0，S单调递增，当θ∈(，)时S′<0，S单调递减，
所以θ＝时，杜鹃花的种植总面积最大．课后定时检测案32　三角函数中有关ω的范围问题
一、单项选择题
1．已知函数f(x)＝sin (ωx－)(ω>0，x∈[0，π])的值域为，则ω的取值范围是(　　)
A．B．
C．D．
2．若函数y＝cosωx－sinωx(ω>0)在区间(－，0)上恰有唯一对称轴，则ω的取值范围为(　　)
A．[，) B．(，]
C．(，] D．(，]
3．[2024·山东历城二中模拟]已知函数f(x)＝cos (ωx＋)(ω>0)在(0，)上仅有一个零点，则ω的取值范围是(　　)
A．[0，1] B．(，]
C．(0，] D．(，1)
4．已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)的最小正周期为π，且是(，)上的单调函数，则φ的取值范围是(　　)
A．(－，－) B．(－，]
C．D．
5．已知函数f(x)＝sinωx－cosωx(ω>0)，x∈R，若f(x)在区间(π，2π)上没有零点，则ω的取值范围是(　　)
A．(0，] B．(0，]∪[，1]
C．(0，] D．(0，]∪[，]
6．[2024·广东河源模拟]已知函数f(x)＝sin (ωx＋)(ω>0)在区间(0，)内有最大值，但无最小值，则ω的取值范围是(　　)
A．(，] B．[，)
C．(，] D．[，)
二、多项选择题
7．[2024·河北秦皇岛模拟]已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)是在区间(，)上的单调减函数，其图象关于直线x＝－对称，且f()＋f()＝0，则ω的值可以是(　　)
A．4B．12
C．2D．8
三、填空题
8．[2024·安徽马鞍山模拟]已知函数f(x)＝cos (ωx＋)(ω>0)在区间上单调递减，则实数ω的取值范围为____________．
9．[2024·福建泉州模拟]函数f(x)＝sin (ωx－)(ω>0)在区间上存在最小值－1，则实数ω的取值范围是____________．
10．[2024·山东淄博模拟]设函数f(x)＝sin (ωx＋)(ω>0)在(，)上恰有2个零点，且f(x)的图象在(，)上恰有2个最高点，则ω的取值范围是____________．
课后定时检测案32　三角函数中有关ω的范围问题
1．解析：因为x∈[0，π]，可得ωx－∈，
因为函数f(x)＝sin (ωx－)的值域为，
所以ωπ－∈，解得ω∈.故选C.
答案：C
2．解析：y＝cosωx－sinωx＝2cos (ωx＋)，
因为x∈(－，0)，ω>0，所以ωx＋∈(－＋，)，
因为y＝2cos (ωx＋)在区间(－，0)上恰有唯一对称轴，故－＋∈[－π，0)，解得ω∈(，].故选D.
答案：D
3．解析：由x∈(0，)，可得ωx＋∈(，＋)，由余弦函数图象可得要使仅有一个零点，则<＋≤即可，解得<ω≤.故选B.
答案：B
4．解析：因为f(x)的最小正周期为π且ω>0，所以ω＝＝2，则f(x)＝sin (2x＋φ).
令2x＋φ＝＋kπ，k∈Z，求得图象的对称轴为直线x＝，k∈Z.
因为f(x)是(，)上的单调函数，所以，k∈Z，
化简得－＋kπ≤φ≤－＋kπ，k∈Z，
因为|φ|<，所以取k＝0，解得φ∈.故选C.
答案：C
5．解析：f(x)＝sinωx－cosωx＝sin (ωx－)，ω>0，
x∈(π，2π)时，ωx－∈(ωπ－，2ωπ－)，
要想f(x)在区间x∈(π，2π)内无零点，
则要满足，k∈Z，解得，k∈Z，
要想不等式组有解，则要，k∈Z，解得－当k＝－1时，，解得ω∈(0，]，
当k＝0时，，解得ω∈，
则ω的取值范围是(0，]∪.故选D.
答案：D
6．解析：因为ω>0，所以当0则有<ωx＋<ω＋，
因为f(x)在区间(0，)内有最大值，但无最小值，
结合函数图象，得<ω＋≤，
解得<ω≤，故选A.
答案：A
7．解析：因为函数f(x)＝sin (ωx＋φ)的图象关于直线x＝－对称，
所以－ω·＋φ＝＋nπ，n∈Z，所以φ＝(＋＋n)π，n∈Z，
根据因为f(x)＝sin (ωx＋φ)是在区间(，)上的单调减函数，
所以

12(2k－n)≤ω≤6(2k－n＋1)，n∈Z，k∈Z，
因为ω>0，所以2k－n＝0或2k－n＝1，
当2k－n＝0时，0<ω≤6，
当2k－n＝1时，12≤ω≤12；
由于<<<，f(x)＝sin (ωx＋φ)是在区间(，)上的单调减函数，
且f()＋f()＝0，
所以f＝f()＝0，
所以ω×＋φ＝(2m＋1)π，m∈Z，ω×＋(＋＋n)π＝(2m＋1)π，m∈Z，n∈Z，
ω＝8(2m－n)＋4，m∈Z，n∈Z，
根据0<ω≤6或12≤ω≤12，
可得ω＝4，或ω＝12.故选AB.
答案：AB
8．解析：由题意有－＝≤＝，可得0<ω≤2，
又由<＋≤，y＝cosx在[0，π]上为减函数，故必有＋≤π，可得0<ω≤.
故实数ω的取值范围为(0，].
答案：(0，]
9．解析：因为x∈，ω>0，
所以ωx－∈，
因为函数f(x)＝sin (ωx－)(ω>0)在区间上存在最小值－1，
所以ω－≥，解得ω≥5，
所以实数ω的取值范围是[5，＋∞).
答案：[5，＋∞)
10．解析：因为x∈(，)，ω>0，则ωx＋∈(＋，＋)，
而函数f(x)在(，)上恰有2个零点，且f(x)的图象在(，)上恰有2个最高点，
因此k∈Z，
即k∈Z，
当k<0时，不符合题意，
当k＝0时，不等式组为，不等式组无解，
当k＝1时，不等式组为，解得<ω<，
当k≥2时，不等式组无解，
所以ω的取值范围是(，).
答案：(，)课后定时检测案33　正弦定理、余弦定理
一、单项选择题
1．[2024·黑龙江鹤岗模拟]已知△ABC中，a＝2，b＝2，B＝，则角A的值是(　　)
A．B．
C．或D．或
2．在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，则角A＝(　　)
A．150°B．120°
C．60°D．30°
3．[2024·河南开封模拟]在△ABC中，AB＝7，BC＝3，C＝，则△ABC的面积为(　　)
A．B．
C．4D．6
4．[2024·广东梅州模拟]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为2，C＝60°，a2＋b2＝5ab，则c＝(　　)
A．2B．2
C．4D．4
5．[2024·北京清华附中模拟]在△ABC中，a＝4，A＝45°，b＝m，若满足条件的△ABC有两个，则m的可能取值为(　　)
A．8B．6
C．4D．2
6．[2024·河北保定模拟]在△ABC，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosAcosB＋bcos2A＝acosA，则△ABC的形状是(　　)
A．直角三角形B．等腰三角形
C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
7．(素养提升)[2024·江苏无锡模拟]若△ABC中，A＝，a＝2，则△ABC面积的最大值为(　　)
A．　　　B．2　　　C．2　　　D．4
8．(素养提升)[2024·河南南阳模拟]锐角△ABC是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋b2－c2＝4a2cosA－2accosB，则a＝(　　)
A．2B．2
C．D．1
二、多项选择题
9．[2024·黑龙江双鸭山模拟]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是(　　)
A．若A>B，则sinA>sinB
B．若A＝30°，b＝4，a＝3，则△ABC有两解
C．若△ABC为钝角三角形，则a2＋b2D．若c2＝(a－b)2＋6，C＝，则△ABC的面积是3
10．(素养提升)[2024·河北秦皇岛模拟]平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别是A(0，2)，B(1，0)，C(4，1)，则(　　)
A．sinAB．△ABC是锐角三角形
C．△ABC的面积为
D．△ABC的外接圆半径大于2
三、填空题
11．[2024·辽宁沈阳模拟]在△ABC中，AB＝2，BC＝4，AC＝5，则cosC＝______________．
12．[2024·湖北武汉模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3sinCcosA＝sinB，a2－c2＝1，则b＝________．
13．[2024·江苏南通模拟]△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝1，B＝60°，△ABC的面积S＝，则b＝__________．
14．[2023·全国甲卷]在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，BC＝，D为BC上一点，AD为∠BAC的平分线，则AD＝________．
四、解答题
15．[2024·河北保定模拟]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC＋ccosB＝2sinA．
(1)求△ABC外接圆的面积；
(2)记△ABC内切圆的半径为r，若B＝，b＝2r，求△ABC的面积．
?优生选做题?
16．[2024·江西南昌模拟]已知△ABC中，AC＝2，sinA＝tanB，A∈(0，]，则边AB的最小值为(　　)
A．2B．3
C．2＋D．
17．[2024·安徽淮北模拟]已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c(sinC－sinB)＝(a－b)(sinA＋sinB).
(1)求A；
(2)若△ABC的面积为，sinB＝1＋cosC，点D为边BC的中点，求AD的长．
课后定时检测案33　正弦定理、余弦定理
1．解析：由正弦定理可得：＝，则＝，
解得sinA＝，则A＝或A＝，
因为b>a，所以B>A，所以A＝.故选A.
答案：A
2．解析：因为(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，整理得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理可得cosA＝＝＝，
且0°答案：C
3．解析：在△ABC中，因为AB＝7，BC＝3，C＝，
由余弦定理可得，AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cosC，
即49＝CA2＋9－6CA×(－)，所以CA2＋3CA－40＝0，
解得，CA＝5或－8(舍去)，
所以S△ABC＝CA·CB·sinC＝×5×3×＝，故选A.
答案：A
4．解析：因为△ABC的面积为2，C＝60°，
所以S△ABC＝absinC＝ab＝2，即ab＝8.
所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝4ab＝32，
所以c＝4.故选D.
答案：D
5．解析：要使满足条件的△ABC有两个，则需要bsinA答案：B
6．解析：根据正弦定理边角互化得sinAcosAcosB＋sinBcos2A＝sinAcosA，
所以(sinAcosB＋sinBcosA－sinA)cosA＝0，
所以[sin (A＋B)－sinA]cosA＝0，
所以[sin (π－C)－sinA]cosA＝0，即(sinC－sinA)cosA＝0，
所以sinC＝sinA或cosA＝0，
所以c＝a或A＝，即△ABC的形状是等腰或直角三角形．
故选D.
答案：D
7．解析：在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，
即4＝b2＋c2－2bccos＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，
当且仅当b＝c时，等号成立，所以bc≤4，
所以S△ABC＝bcsinA≤×4sin＝.故选A.
答案：A
8．解析：由a2＋b2－c2＝4a2cosA－2accosB，
得b·＝2acosA－ccosB，
由余弦定理，可得bcosC＝2acosA－ccosB，
又由正弦定理，可得sinBcosC＝2sinAcosA－sinCcosB，
所以sinBcosC＋sinCcosB＝sin (B＋C)＝sinA＝2sinAcosA，
得cosA＝，又A∈(0，)，所以A＝，所以sinA＝.
又＝＝＝2r＝2，所以a＝.故选C.
答案：C
9．解析：对于A，因为A>B，由大角对大边得a>b，
所以由正弦定理可得sinA>sinB，故A正确；
对于B，由正弦定理得＝，sinB＝sin＝，
又b>a，A是锐角，sinB>sin，
所以B角可以是锐角或者钝角，所以△ABC有两解，故B正确；
对于C，若△ABC为钝角三角形，若A为钝角，C为锐角，
则由余弦定理cosC＝>0，此时a2＋b2>c2，故C错误；
对于D，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC且C＝，得c2＝a2＋b2－ab，
又c2＝(a－b)2＋6＝a2＋b2－2ab＋6，所以ab＝6，
又S△ABC＝absinC＝×6×≠3，故D错误．故选AB.
答案：AB
10．解析：c＝|AB|＝，b＝|AC|＝，a＝|BC|＝，
所以c由余弦定理，得cosB＝＝－<0，所以角B是钝角，故B错误；
由sin2B＋cos2B＝1，得sinB＝，△ABC的面积为ac×sinB＝×××＝，故C正确；
设△ABC的外接圆半径为R，则2R＝＝＝＝＝>＝×28＝4，R>2，故D正确．故选CD.
答案：CD
11．解析：cosC＝＝＝.
答案：
12．解析：因为3sinCcosA＝sinB，由正弦定理和余弦定理有
3c·＝b，整理得b2＝3(a2－c2)，又a2－c2＝1，所以b2＝3，则b＝.
答案：
13．解析：根据三角形面积公式得S＝＝acsinB＝×1×c×，解得c＝4，
根据余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝12＋42－2×1×4×＝13，解得b＝.
答案：
14．解析：
如图所示：记AB＝c，AC＝b，BC＝a，
方法一　由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，
因为b>0，解得b＝1＋，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，
×2×b×sin60°＝×2×AD×sin30°＋×AD×b×sin30°，
解得AD＝＝＝2.
方法二　由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b>0，解得b＝1＋，
由正弦定理可得，＝＝，解得sinB＝，sinC＝，
因为1＋>>，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，
又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2.
答案：2
15．解析：(1)设△ABC外接圆的半径为R，
因为bcosC＋ccosB＝2sinA，所以2R(sinBcosC＋sinCcosB)＝2sinA，
所以2Rsin (B＋C)＝2sinA，解得R＝，
所以△ABC外接圆的面积为π×()2＝3π.
(2)由(1)＝2R＝2，所以b＝3，故r＝.
由余弦定理可得a2＋c2－ac＝b2＝9，则(a＋c)2＝9＋3ac.
又S△ABC＝acsinB＝(a＋b＋c)·r，ac＝a＋c＋3，
则＝a＋c＋3，所以a＋c－3＝3，即a＋c＝6.
所以△ABC的面积S△ABC＝(a＋b＋c)·r＝×9×＝.
16．解析：△ABC中，AC＝2，sinA＝tanB，
则sinAcosB＝sinB，则acosB＝b＝2，
则·a＝2，整理得a2＋c2－4c－4＝0，
又△ABC中，A∈(0，]，则cosA＝∈[，1)，
整理得，又a2＝4c＋4－c2，
代入整理得，解之得3≤c<4.
故AB的最小值为3.故选B.
答案：B
17．解析：(1)因为c(sinC－sinB)＝(a－b)(sinA＋sinB)，
所以由正弦定理可得c(c－b)＝(a－b)(a＋b)，即b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理可得cosA＝＝＝，
又A∈(0，π)，所以A＝.
(2)因为sinB＝1＋cosC，
所以sinB＝1＋cos (－B)＝1＋coscosB＋sinsinB＝1－cosB＋sinB，
即sinB＋cosB＝sin (B＋)＝1，
又0所以a＝b，C＝，
所以S△ABC＝absinC＝a2＝，
所以a＝b＝2，故AC＝b＝2，CD＝BC＝a＝1，
故在△ACD中，由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos＝22＋12－2×2×1×(－)＝7，则AD＝.课后定时检测案34　正弦定理、余弦定理的综合应用
一、单项选择题
1．[2023·新课标Ⅱ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝，求tanB；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
2．[2024·河北保定模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＝.
(1)求角A的大小；
(2)若D为BC上一点，∠BAD＝∠CAD，AD＝3，求4b＋c的最小值．
3．[2024·江西新余模拟]在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC＝，AD＝1，∠ACD＝30°.
(1)求CD的长；
(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．
?优生选做题?
4．[2024·河北秦皇岛模拟]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知b2＝＋abcosC.
(1)求A的值；
(2)若BC边上的中线|AD|＝1，求△ABC周长的最小值．
课后定时检测案34　正弦定理、余弦定理的综合应用
1．解析：(1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2××AD×DCsin∠ADC＝2××1×DC×＝，
解得DC＝2，
所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝，所以∠ADB＝.
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，
所以c＝.
在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC＝1＋4－2＝3，
所以b＝.
在△ABC中，由余弦定理，得cosB＝＝＝，
所以sinB＝＝.
所以tanB＝＝.
(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＝－，
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝，所以a＝2.
在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝＝＝－，
所以S△ABC＝bcsin∠BAC
＝bc
＝bc
＝
＝，
解得bc＝4.
则由，解得b＝c＝2.
2．解析：(1)依题意，＝，
由正弦定理得＝，a2－b2＝bc＋c2，
c2＋b2－a2＝－bc，所以cosA＝＝－<0，
所以A是钝角，所以A＝.
(2)∠BAD＝∠CAD＝A＝，
S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以bcsin＝c·3·sin＋b·3·sin，
即bc＝3(c＋b)，＝＋＝1，
所以4b＋c＝(4b＋c)(＋)＝15＋＋≥15＋2＝27，
当且仅当，c＝2b＝9时等号成立．
3．解析：(1)在△ACD中，AC＝，AD＝1，∠ACD＝30°，
由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，
即1＝3＋CD2－3CD，解得CD＝1或2.
(2)因为BC⊥CD，∠ACD＝30°，所以∠ACB＝，
因为△ABC为锐角三角形，
所以，解得在△ABC中，因为＝，
所以BC＝＝＝＝＋·，
由所以BC∈(，2).
4．解析：(1)∵△ABC面积为S，
∴S＝absinC，且b2＝S＋abcosC，
得b2＝absinC＋abcosC，
b＝asinC＋acosC，
由正弦定理得：sinB＝sinAsinC＋sinAcosC，
sin (A＋C)＝sinAsinC＋sinAcosC，
sinAcosC＋cosAsinC＝sinAsinC＋sinAcosC，
cosA＝sinA(sinC≠0)，
∴tanA＝(cosA≠0)，
∵0(2)∵BC边上中线|AD|＝1，
∴2＝＋，
∴42＝2＋2＋2·，
得b2＋c2＋bc＝4，b2＋c2＝4－bc，
(b＋c)2＝4＋bc，b＋c＝，
且b2＋c2≥2bc，即4－bc≥2bc，
0又∵∠A＝，由余弦定理得b2＋c2－a2＝bc，
a2＝b2＋c2－bc＝4－2bc，
∴a＝，
∴a＋b＋c＝＋(0设f(x)＝＋(0f′(x)＝＋＝，
设g(x)＝－2，
g′(x)＝(－2)′＝－<0，
∴g(x)在(0，]单调递减，
又∵g(0)＝－2，∴g(x)<0，∴f′(x)<0，
∴f(x)在(0，]单调递减，
则f(x)最小值为f()＝2，
所以当bc＝时，a＋b＋c的最小值为2，
故△ABC周长的最小值为2.课后定时检测案35　正弦、余弦定理应用举例
1．[2024·湖北武汉模拟]已知甲船在海岛B的正南A处，AB＝10海里，甲船以每小时4海里的速度向正北航行，同时乙船自海岛B出发以每小时6海里的速度向北偏东60°的方向驶去，当航行一小时后，甲船在乙船的(　　)
A．北偏东30°方向B．北偏东15°方向
C．南偏西30°方向D．南偏西15°方向
2.
[2024·福建泉州模拟]如图，某同学运用数学知识测算东西塔塔尖M，N的距离，该同学选择地面上一点C为观测点，测得西塔A的塔尖M仰角为∠ACM＝45°，东塔B的塔尖N仰角30°，且∠MCN＝120°，AC＝50m，BC＝100m，则塔尖M、N的距离为(　　)
A．100mB．100m
C．200mD．200m
3．[2024·江西上饶模拟]图1是南北方向、水平放置的圭表(一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成)示意图，其中表高为h，日影长为l.图2是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面．已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻(太阳直射点的纬度为南纬23°26′)在某地利用一表高为2dm的圭表按图1方式放置后，测得日影长为2.98dm，则该地的纬度约为北纬(参考数据：tan34°≈0.67，tan56°≈1.49)(　　)
A．23°26′B．32°34′
C．34°D．56°
4．位于某海域A处的甲船获悉，在其正东方向相距20nmile的B处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救，甲船立即前往救援，同时把消息告知位于甲船南偏西30°，且与甲船相距10nmile的C处的乙船．乙船也立即朝着渔船前往营救，则sin∠ACB＝(　　)
A．B．
C．D．
5.
为运输方便，某工程队将从A到D修建一条湖底隧道，如图，工程队从A出发向正东行10km到达B，然后从B向南偏西45°方向行了一段距离到达C，再从C向北偏西75°方向行了4km到达D，已知C在A南偏东15°方向上，则A到D的距离为(　　)
A．15kmB．2km
C．10kmD．15km
6.
[2024·黑龙江哈尔滨模拟]火箭造桥技术是我国首创在陡峭山区建桥的一种方法．由两枚火箭牵引两条足够长的绳索精准的射入对岸的指定位置，是建造高空悬索桥的关键．位于湖北省的四渡河大桥就是首次用这种技术建造的悬索桥．工程师们需要测算火箭携带的引导索的长度(引导索比较重，如果过长影响火箭发射)，已知工程师们在建桥处C看对岸目标点D的正下方地面上一标志物AB的高为h，从点C处看点A和点B俯角为α，β.则一枚火箭应至少携带引导索CD的长度为(　　)
A．B．
C．D．
二、多项选择题
7．八一广场是南昌市的心脏地带，江西省最大的城市中心广场，八一南昌起义纪念塔为八一广场标志性建筑，塔座正面镌刻“八一南昌起义简介”碑文，东、南、西三面各有一幅反映武装起义的人物浮雕．塔身正面为“八一南昌起义纪念塔”铜胎鎏金大字，塔顶由一支直立的巨型“汉阳造”步枪和一面八一军旗组成．八一南昌起义纪念塔的建成，表达了亿万人民永远缅怀老一辈无产阶级革命家创建和培育解放军的丰功伟绩，鼓励国人进行新的长征．现某兴趣小组准备在八一广场上对八一南昌起义纪念塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为纪念塔最顶端，B为纪念塔的基座(即B在A的正下方)，在广场内(与B在同一水平面内)选取C、D两点，测得CD的长为m.兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有∠ACB、∠ACD、∠BCD、∠ADC、∠BDC，则根据下列各组中的测量数据，能计算出纪念塔高度AB的是(　　)
　
A．m、∠ACB、∠BCD、∠BDC
B．m、∠ACB、∠BCD、∠ACD
C．m、∠ACB、∠ACD、∠ADC
D．m、∠CAB、∠CBD、∠BCD
三、填空题
8．[2024·北京怀柔模拟]神舟十五号返回舱于北京时间2023年6月4日6时在东风着陆场成功着陆，着陆地点在航天搜救队A组北偏东60°的方向60公里处，航天搜救队B组位于A组东偏南30°的方向80公里处，则航天搜救队B组距着陆点__________公里．
四、解答题
9.
[2024·河北沧州模拟]汾阳文峰塔建于明末清初，位于山西省汾阳市城区以东2公里的建昌村，该塔共十三层，雄伟挺拔，高度位于中国砖结构古塔之首．如图，某测绘小组为了测量汾阳文峰塔的实际高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的三个测量基点C，D，E，现测得∠BCD＝30°，∠BDC＝70°，∠BED＝120°，BE＝17.2m，DE＝10.32m，在点C测得塔顶A的仰角为62°.参考数据：取tan62°＝1.88，sin70°＝0.94，＝12.04.
(1)求BD；
(2)求塔高AB(结果精确到1m).
?优生选做题?
10．[2024·河北衡水模拟]据气象部门报道某台风影响我国东南沿海一带，测定台风中心位于某市南偏东60°，距离该市400千米的位置，台风中心以40千米/时的速度向正北方向移动，距离台风中心350千米的范围都会受到台风影响，则该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为__________小时．
课后定时检测案35　正弦、余弦定理应用举例
1.
解析：由题，1小时后，甲船来到C处，则AC＝4，则BC＝6.又由题可知，此时，乙船来到D处，BD＝6，结合BD是北偏东60°方向，则∠DBC＝120°.又BC＝BD，则∠BCD＝30°，即此时乙在甲的北偏东30°方向，甲在乙的南偏西30°方向．故选C.
答案：C
2．解析：由题得，在△ACM中，MA⊥AC，
MA＝ACtan∠ACM＝50×1＝50，MC＝＝100，
在△CBN中，NB⊥BC，
NC＝＝＝200，
则在△MCN中，由余弦定理可得MN2＝MC2＋NC2－2MC·NCcos∠MCN＝1002＋2002－2×100×200×(－)＝7×1002，
所以MN＝100.故选A.
答案：A
3．解析：由图1可得tanα＝≈0.67，又tan34°≈0.67，
所以α＝34°，所以∠MAN＝90°－34°＝56°，
所以β＝56°－23°26′＝32°34′，
该地的纬度约为北纬32°34′，故选B.
答案：B
4．解析：由题意∠CAB＝120°，AC＝10，AB＝20，
由余弦定理得，CB2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠CAB＝102＋202－2×10×20×＝700，∴CB＝10，
由正弦定理得，＝，即＝，解得sin∠ACB＝.故选A.
答案：A
5．解析：连接AC，由题意，∠ABC＝45°，∠ACD＝75°－15°＝60°，∠BCD＝75°＋45°＝120°，∠ACB＝60°，AB＝10，CD＝4，
在△ABC中，由正弦定理得，＝，
即＝，则AC＝10，
在△ACD中，由余弦定理得，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD＝(10)2＋(4)2－2×10×4×＝152，
则AD＝2km.故选B.
答案：B
6．解析：在Rt△BCD中，BC＝＝，
在△ABC中，可知AB＝h，∠ACB＝α－β，∠A＝－α，
由正弦定理可得：＝，即＝＝，所以CD＝.故选C.
答案：C
7．解析：对于A：由m，∠BCD、∠BDC可以解△BCD，又AB＝BC·tan∠ACB，可求塔高度AB；
对于B：在△BCD中，由CD＝m，∠BCD无法解三角形，在△ACD中，由CD＝m，∠ACD无法解三角形，
在△BCA中，已知两角∠ACB、∠ABC无法解三角形，所以无法解出任意三角形，故不能求塔高度AB；
对于C：由CD＝m，∠ACD、∠ADC可以解△ACD，可求AC，又AB＝AC·sin∠ACB，即可求塔高度AB；
对于D：由∠CBD，∠BCD可求∠BDC，在△BCD中，由正弦定理可求BC，在△ABC中，由BC，∠CAB可求AB.即D项可求塔高AB.故选ACD.
答案：ACD
8．解析：记着陆点为点C，
如图，AB＝80公里，AC＝60公里，α＝60°，β＝30°，
∴∠BAC＝60°，
在△ABC中，由余弦定理得＝，
解得|BC|＝20公里．
答案：20
9．解析：(1)在△BDE中，由余弦定理得BD2＝BE2＋DE2－2BE·DE·cos∠BED，
则BD＝
＝＝2＝2×12.04＝24.08m.
(2)在△BCD中，由正弦定理得＝，
则BC＝＝＝45.27m，
在Rt△ABC中，∠ACB＝62°，
所以AB＝BC·tan∠ACB＝45.27×1.88＝85.1076≈85m，
故塔高AB为85m.
答案：85m
10.
解析：如图，A点为某市的位置，B点是台风中心在向正北方向移动前的位置．
设台风移动t小时后的位置为C，则BC＝40t.
又∠ABC＝60°，AB＝400，
在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos60°＝4002＋(40t)2－2×400×40t×＝1600t2－16000t＋160000，
由AC≤350可得，1600t2－16000t＋160000≤3502，
整理可得，16t2－160t＋375≤0，
解得≤t≤，又－＝，
所以该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为小时．
答案：课后定时检测案36　平面向量的概念及线性运算
一、单项选择题
1．已知a，b是两个非零向量，且|a＋b|＝|a|＋|b|，则下列说法正确的是　　(　　)
A．a＋b＝0
B．a＝b
C．a与b共线反向
D．存在正实数λ，使a＝λb
2．下列各式化简结果正确的是(　　)
A．＋＝
B．＋＋＋＝
C．＋－＝0
D．－－＝
3．[2024·江苏盐城模拟]已知ABCD是平面四边形，设p：＝2，q：ABCD是梯形，则p是q的(　　)
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．在四边形ABCD中，若＝＋，且|＋|＝|－|，则(　　)
A．四边形ABCD是矩形
B．四边形ABCD是菱形
C．四边形ABCD是正方形
D．四边形ABCD是平行四边形
5．[2024·河南开封模拟]已知△ABC中，D为BC边上一点，且BD＝BC，则＝(　　)
A．＋B．＋
C．＋D．＋
6．[2024·江西宜春模拟]设G为△ABC的重心，则＋2＋3＝(　　)
A．0B．
C．D．
7．(素养提升)已知O为△ABC所在平面内一点，若2－＋3＝0，则S△AOC∶S△ABC＝(　　)
A．1∶3B．1∶4
C．1∶5D．1∶6
8．(素养提升)[2024·河北沧州模拟]在△ABC中＝，＝(＋)，点P为AE与BF的交点，＝λ＋μ，则λ－μ＝(　　)
A．0B．
C．D．
二、多项选择题
9．[2024·黑龙江齐齐哈尔模拟]如图在△ABC中，AD，BE，CF分别是边BC，CA，AB上的中线，且相交于点G，则下列结论正确的是(　　)
A．＝B．＝
C．＋＋＝0D．＋＝2
10．[2024·广东梅州模拟]如图所示，四边形ABCD为等腰梯形，CD∥AB，CD＝AB，E，F分别为DC，AE的中点，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则(　　)
A．λ＝B．μ＝2
C．λ＝D．μ＝1
三、填空题
11．化简4(a－3b)－6(－2b－a)＝________．
12．已知正方形ABCD的边长为2，＝a，＝b，＝c，则＝________．
13．已知e1，e2不共线，向量a＝3e1－4e2，b＝6e1＋ke2，且a∥b，则k的值为________．
14．(素养提升)[2024·江苏连云港模拟]在△ABC中，D为边AC上靠近点A的一个三等分点，P为线段BD上的动点，且＝m＋n(m>0，n>0)，则＋的最小值为______．
四、解答题
15．已知a、b不共线．
(1)若＝2a＋b，＝a－3b，＝－a＋b，求证：A，C，D三点共线；
(2)若向量b－ta与a－b共线，求实数t的值．
?优生选做题?
16．[2024·湖北宜昌模拟]在△ABC中，AB＝AC，边BC上一点P满足sin∠PAB＝2sin∠PAC，若＝x＋y，则＝(　　)
A．3B．2
C．D．
17．[2024·江西赣州模拟]如图所示，在平行四边形ABCD中，＝a，＝b，BM＝BC，AN＝AB.
(1)试用向量a，b来表示，；
(2)AM交DN于O点，求AO∶OM的值．
课后定时检测案36　平面向量的概念及线性运算
1．解析：因为a，b是两个非零向量，且|a＋b|＝|a|＋|b|，
则a与b共线同向，故D正确．故选D.
答案：D
2．解析：＋≠，A错误；＋＋＋＝＋＋＝＋＝，B正确；＋－＝0，C错误；－－＝－＝，D错误．故选B.
答案：B
3．解析：在四边形ABCD中，若＝2，则AB∥DC，且AB＝2DC，即四边形ABCD为梯形，充分性成立；若当AD，BC为上底和下底时，满足四边形ABCD为梯形，但＝2不一定成立，即必要性不成立；故p是q的充分不必要条件．故选A.
答案：A
4．解析：因为＝＋，所以四边形ABCD为平行四边形，又|＋|＝|－|，所以||＝||，即对角线相等，所以四边形ABCD为矩形．故选A.
答案：A
5．解析：在△ABC中，＝－.因为BD＝BC，所以＝＝(－).所以＝＋＝＋(－)＝＋.故选A.
答案：A
6．解析：因为G为△ABC重心，所以＋＋＝0，所以＋2＋3＝2＋2＋2＋＋＝.故选B.
答案：B
7.
解析：由2－＋3＝0，得2(＋)＝－＝，
取AC边中点E，连接OE，则＋＝2，所以＝4，
又△OAC与△ABC有相同的底边AC，则它们的高之比即为OE与BC的比为，
所以＝.故选B.
答案：B
8．解析：因为＝(＋)，所以F为AC中点，
B，P，F三点共线，故可设＝k，即－＝k(－)，
整理得＝k＋(1－k)＝(1－k)＋k，
因为＝，所以－＝－，即＝＋，A，P，E三点共线，
可得＝m＝m(＋)＝m＋m，
所以解得
可得＝＋，则λ＝，μ＝，λ－μ＝.
故选B.
答案：B
9．解析：由条件可知G为△ABC的重心，
由重心的性质可得AG∶GD＝2∶1，所以＝，故A错误；
由重心的性质可得BG∶GE＝2∶1，所以＝，故B正确；
＋＝2＝2×＝3，故D错误；
∵＋＝3，∴＋＋＋＝3，∴＋＋＝0，故C正确．故选BC.
答案：BC
10．解析：因为CD∥AB，CD＝AB，所以＝＋＝－，
因为F为AE的中点，所以＝2＝2(＋)＝2＋2，
所以＝2＋2－＝＋2，所以λ＝，μ＝2.
可知AD错误，BC正确．故选BC.
答案：BC
11．解析：4(a－3b)－6(－2b－a)＝4a－12b＋12b＋6a＝10a.
答案：10a
12．解析：＝＝2＝2×2＝4.
答案：4
13．解析：由a∥b可设：b＝λa(λ∈R)，则6e1＋ke2＝3λe1－4λe2，
∴解得k＝－8.
答案：－8
14．解析：依题意，m>0，n>0，＝m＋n＝m＋3n，
∵B，P，D三点共线，∴m＋3n＝1，
∴＋＝(＋)(m＋3n)＝4＋＋≥4＋2＝4＋2，
当且仅当＝，m2＝3n2时，即m＝n＝时等号成立．
答案：4＋2
15．解析：(1)证明：＝－a＋b，＝＋＝3a－2b＝－3(－a＋b)，
则有＝－3，可得∥且C为公共点，
所以A，C，D三点共线．
(2)向量b－ta与a－b共线，则存在唯一实数λ，使得b－ta＝λ(a－b)，
可得(＋t)a－(λ＋1)b＝0，即，解得t＝.
16．解析：
在△PAB中，由正弦定理可得＝.　①
在△PAC中，由正弦定理可得＝.　②
因为AB＝AC，sin∠PAB＝2sin∠PAC，sin∠APB＝sin∠APC，
由①②可得BP＝2PC，则＝2，
即－＝2(－)，解得＝＋，
又因为＝x＋y，且，不共线，所以x＝，y＝，所以＝.故选C.
答案：C
17．解析：(1)因为＝，所以＝a，所以＝－＝a－b，
因为＝，所以＝＝b，
所以＝＋＝a＋b；
(2)设＝λ，
则＝－＝λ－＝λ(a＋b)－b＝λa＋(λ－1)b，
因为D，O，N三点共线，所以存在实数μ使＝μ＝μ(a－b)＝μa－μb，
由于向量a，b不共线，则λ＝μ，λ－1＝－μ，解得λ＝，μ＝，
所以AO∶AM＝ AO∶OM＝.课后定时检测案37　平面向量基本定理及坐标表示
一、单项选择题
1．已知向量＝(1，3)，＝(2，1)，点A(－1，2)，则点C的坐标为(　　)
A．(3，4) B．(4，2)
C．(2，6) D．(－4，－2)
2．[2024·江西赣州模拟]已知 ABCD的三个顶点A，B，C的坐标分别是(－2，1)，(－1，3)，(3，4)，则顶点D的坐标是(　　)
A．(2，2) B．(3，1)
C．(2，－2) D．(3，－1)
3．[2024·广东揭阳模拟]已知向量a＝(－1，2)，b＝(x，－3)，a∥b，则a＋2b＝(　　)
A．(－2，4) B．(2，－4)
C．(2，4) D．(－2，－4)
4．[2024·广东佛山模拟]梯形ABCD中，AB＝2BC＝2CD＝2AD，已知＝(2，4)，则＝(　　)
A．(2，1) B．(1，2)
C．(－1，－2) D．(－2，－1)
5．[2023·山东菏泽模拟]已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1).若(λa＋b)∥(a＋μb)，则(　　)
A．λ＋μ＝1B．λ＋μ＝－1
C．λμ＝1D．λμ＝－1
6．[2024·安徽滁州模拟]正六边形ABCDEF中，用和表示，则＝(　　)
A．－＋B．－＋
C．－＋D．－＋
7．[2024·河北沧州模拟]在正六边形ABCDEF中，直线ED上的点M满足＝＋m，则m＝(　　)
A．1B．
C．D．
8．(素养提升)[2024·广东广州模拟]古希腊数学家帕波斯在其著作《数学汇编》的第五卷序言中，提到了蜂巢，称蜜蜂将它们的蜂巢结构设计为相同并且拼接在一起的正六棱柱结构，从而储存更多的蜂蜜，提升了空间利用率，体现了动物的智慧，得到世人的认可．已知蜂巢结构的平面图形如图所示，则＝(　　)
A．－＋B．－＋
C．－＋D．－＋
二、多项选择题
9．[2024·江苏徐州模拟]已知向量a＝(1，－2)，若存在实数λ，μ，使得a＝λe1＋μe2，则e1，e2可以是(　　)
A．e1＝(1，1)，e2＝(2，2)
B．e1＝(0，0)，e2＝(－2，4)
C．e1＝(1，1)，e2＝(1，2)
D．e1＝(－1，2)，e2＝(2，－4)
10.
(素养提升)[2024·湖北襄阳模拟]在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，＝2，E为AB中点，M，N分别为线段DE的两个三等分点，点P为线段BD上任意一点，若＝λ＋μ，则λ＋μ的值可能是(　　)
A．1B．
C．D．3
三、填空题
11．AC为平行四边形ABCD的对角线，＝(2，4)，＝(1，3)，则＝________．
12．已知向量＝(k，12)，＝(4，5)，＝(－k，10)，且A、B、C三点共线，则k＝________
13．(素养提升)若在△ABC中，AB＝，∠ABC＝，BC＝3，AD为BC边上的高，O为AD上靠近点A的三等分点，且＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，则λ－2μ＝________．
四、解答题
14．已知向量a＝(2，1)，b＝(－2，3)，c＝(5，－1).
(1)求6a＋b－2c；
(2)若a＝mb＋nc，求实数m，n的值；
(3)若(a＋kb)∥(c－2a)，求实数k的值．
?优生选做题?
15．[2024·河北衡水模拟]如图扇形AOB所在圆的圆心角大小为，P是扇形内部(包括边界)任意一点，若＝x＋y，那么2x＋y的最大值是(　　)
A．B．3
C．D．
16．已知点G是△ABC的重心，＝，过点G作直线l交AB，AC边分别于点E、点F，设＝2x，＝y，证明：＋是定值．
课后定时检测案37　平面向量基本定理及坐标表示
1．解析：设点C(x，y)，又因为＝(1，3)，＝(2，1)，所以＝＋＝(3，4)，即(x＋1，y－2)＝(3，4)，所以解得x＝2，y＝6，所以点C的坐标为(2，6).故选C.
答案：C
2．解析：设顶点D的坐标为(x，y)，
由题意知，＝，根据向量的坐标运算得(x＋2，y－1)＝(4，1)，解得x＝2，y＝2，即顶点D的坐标为(2，2).故选A.
答案：A
3．解析：因为a∥b，a＝(－1，2)，b＝(x，－3)，
所以2x－3＝0，得x＝，
所以a＋2b＝(－1，2)＋2＝(2，－4).故选B.
答案：B
4．解析：在梯形ABCD中，AB＝2BC＝2CD＝2AD，所以AB∥CD，CD＝AB，所以＝－＝(－1，－2).故选C.
答案：C
5．解析：λa＋b＝λ(1，1)＋(1，－1)＝(1＋λ，λ－1)，
a＋μb＝(1，1)＋μ(1，－1)＝(μ＋1，1－μ)，
因为(λa＋b)∥(a＋μb)，
所以(1＋λ)(1－μ)－(λ－1)(μ＋1)＝0，化简得λμ＝1.
故选C.
答案：C
6.
解析：设边长为2，如图，设AD，EC交于点O，有OD＝1，AO＝3，
则＝＋＝(＋)＋(＋)＝－＋.故选B.
答案：B
7.
解析：在正六边形ABCDEF中，以A为原点，
分别以AB，AE所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，
不妨令AB＝1，则A(0，0)，C(，)，D(1，)，M(t，)，
＝(，)，＝(1，)，＝(t，)，
由＝＋m，可得解得故选B.
答案：B
8．解析：以D为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．
不妨设AD＝2，则A(－1，)，B(5，5)，D(0，0)，E(9，)，C(0，4)，
故＝(6，4)，＝(9，－3)，＝(9，).
设＝x＋y，则
解得所以＝－＋.故选B.
答案：B
9．解析：对于A，由a＝λe1＋μe2，得(1，－2)＝λ(1，1)＋μ(2，2)，所以无解，所以不存在实数λ，μ，使得a＝λe1＋μe2，所以此选项错误；
对于B，由a＝λe1＋μe2，得(1，－2)＝λ(0，0)＋μ(－2，4)，所以μ＝－，λ∈R，存在实数λ，μ，使得a＝λe1＋μe2，所以此选项正确；
对于C，由a＝λe1＋μe2，得(1，－2)＝λ(1，1)＋μ(1，2)，所以解得所以存在实数λ，μ，使得a＝λe1＋μe2，所以此选项正确；
对于D，由a＝λe1＋μe2，得(1，－2)＝λ(－1，2)＋μ(2，－4)，所以所以存在实数λ，μ，使得a＝λe1＋μe2，所以此选项正确．故选BCD.
答案：BCD
10．解析：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，
不妨设AB＝6，AD＝3m，m>0，则A(0，0)，B(6，0)，D(0，3m)，E(3，0)，M(2，m)，N(1，2m)，
则＝(2，m)，＝(1，2m)，＝(－6，3m)，＝(6，0)，
设＝x，0≤x≤1，则＝＋x＝(6－6x，3mx)，
∵＝λ＋μ，
∴(6－6x，3mx)＝λ(2，m)＋μ(1，2m)＝(2λ＋μ，mλ＋2mμ)，
∴整理得λ＋μ＝2－x，
因为x∈[0，1]，所以λ＋μ＝2－x∈[1，2].故选AB.
答案：AB
11．解析：
如图在平行四边形ABCD中，
＝＝(2，4)，
在△ACD中，＝＋＝＋，
所以＝－＝(1，3)－(2，4)＝(－1，－1).
答案：(－1，－1)
12．解析：由题得＝－＝(4－k，－7)，
＝－＝(－k－4，5)，
因为A、B、C三点共线，
所以＝λ，
所以(4－k)·5＋7(－k－4)＝0，
所以k＝－.
答案：－
13.
解析：由题意可知，在Rt△ABD中，
AB＝，∠ABC＝，
所以BD＝1，所以BD＝BC，
所以＝＝(＋)＝
(＋)＝＋(＋)＝＋，
又因为＝λ＋μ，
所以λ＝，μ＝，
所以λ－2μ＝－＝0.
答案：0
14．解析：(1)∵a＝(2，1)，b＝(－2，3)，c＝(5，－1)，
∴6a＋b－2c＝6(2，1)＋(－2，3)－2(5，－1)
＝(12，6)＋(－2，3)－(10，－2)＝(0，11).
(2)∵b＝(－2，3)，c＝(5，－1)，
mb＋nc＝m(－2，3)＋n(5，－1)
＝(－2m，3m)＋(5n，－n)＝(－2m＋5n，3m－n)，
又a＝mb＋nc，a＝(2，1)，
∴解得∴m＝，n＝.
(3)∵a＝(2，1)，b＝(－2，3)，c＝(5，－1)，
∴a＋kb＝(2，1)＋k(－2，3)＝(2－2k，1＋3k)，
c－2a＝(5，－1)－2(2，1)＝(1，－3)，
∵(a＋kb)∥(c－2a)，
∴3(2－2k)＋(1＋3k)＝0，
解得k＝.
15.
解析：以点O为坐标原点，OA所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
设扇形AOB的半径为r，则A(r，0)，B(－，r)，
设点P(acosθ，asinθ)(0≤a≤r，0≤θ≤)，
因为＝x＋y＝x(r，0)＋y＝(xr－y，ry)，
所以所以
所以2x＋y＝(2x－y)＋2y＝cosθ＋sinθ＝sin (θ＋φ)，
其中φ为锐角，且tanφ＝，
因为0≤θ≤，则φ≤θ＋φ≤＋φ，
当θ＋φ＝且a＝r时，2x＋y取得最大值.故选C.
答案：C
16．证明：因为G是重心，
所以＝＝(＋)＝＋，
又因为E，G，F三点共线，
所以＝t＋(1－t)＝t·2x·＋(1－t)·y·，
联立得所以＋＝1，
两边乘以3得，＋＝3，
所以＋是定值．课后定时检测案38　平面向量的数量积及其应用
一、单项选择题
1．[2024·北京通州模拟]已知向量a，b满足a＋b＝(2，－4)，3a－b＝(－10，16)，则a·b＝(　　)
A．－13B．13C．－29D．29
2．[2024·江西南昌模拟]平面向量a＝(－2，k)，b＝(2，4)，若a⊥b，则＝(　　)
A．6B．5C．2D．2
3．[2024·河北保定模拟]已知向量a＝(1，2)，b＝(4，k)，若a与b垂直，则a与a＋b夹角的余弦值为(　　)
A．B．C．D．
4．[2024·安徽淮北模拟]已知向量a，b满足a·b＝10且b＝(3，－4)，则a在b上的投影向量为(　　)
A．(－6，8) B．(6，－8)
C．(－，) D．(，－)
5．[2022·新高考Ⅱ卷]已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则t＝(　　)
A．－6B．－5C．5D．6
6．[2024·河南郑州模拟]已知向量a＝(3，4)，b＝(4，m)，且＝，则＝(　　)
A．3B．4C．5D．6
7．已知平面向量a，b满足(a＋b)·b＝2，且|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＝(　　)
A．B．C．2D．1
8．[2024·山东菏泽模拟]在边长为2的正三角形ABC中，＝，＝，则·＝(　　)
A．－B．C．－D．
9．[2024·江苏无锡模拟]在平行四边形ABCD中，已知＝，＝，||＝2，||＝2，则·＝(　　)
A．－9B．－6C．6D．9
10．(素养提升)[2024·山东临沂模拟]在△ABC中，已知向量＝(cos18°，cos72°)，＝(2cos63°，2cos27°)，则cos∠BAC的值为(　　)
A．0B．C．D．
二、多项选择题
11．[2024·黑龙江大庆模拟]已知向量a，b是单位向量，且a·b＝，则以下结论正确的是(　　)
A.若a＝(1，0)，则b＝(，)
B．|a＋b|＝
C．向量a，b的夹角为
D．向量a在向量b上的投影向量为b
12．(素养提升)(多选)[2021·新高考Ⅰ卷]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(　　)
三、填空题
13．[2024·湖北黄冈模拟]若向量a，b满足a＝(1，1)，|b|＝1，且(a＋b)·b＝0，则a与b的夹角为____________．
14．[2021·新高考Ⅱ卷]已知向量a＋b＋c＝0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，a·b＋b·c＋c·a＝________．
?优生选做题?
15．[2024·河南郑州模拟]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c＝8，b＝5，A＝，点D满足＝2，则AD＝(　　)
A．B．C．D．
16．△ABC中，AH为BC边上的高且＝3，动点P满足·＝－2，则点P的轨迹一定过△ABC的(　　)
A．外心B．内心C．垂心D．重心
课后定时检测案38　平面向量的数量积及其应用
1．解析：依题意a＋b＝(2，－4)，3a－b＝(－10，16)，两式相加得4a＝(－8，12)，a＝(－2，3)，所以b＝(2，－4)－a＝(4，－7)，所以a·b＝－8－21＝－29.故选C.
答案：C
2．解析：因为a＝(－2，k)，b＝(2，4)，a⊥b，所以a·b＝－2×2＋4k＝0，解得k＝1，所以a－b＝(－2－2，k－4)＝(－4，－3)，因此＝＝5.故选B.
答案：B
3．解析：因为a与b垂直，故a·b＝1×4＋2k＝0，解得k＝－2，则b＝(4，－2)，a＋b＝(5，0)，设a与a＋b夹角为θ，则cosθ＝＝＝.故选A.
答案：A
4．解析：因为向量b＝(3，－4)，且a·b＝10，那么＝＝5，所以向量a在向量b上的投影向量为cos〈a，b〉·＝·＝(，－).故选D.
答案：D
5．解析：因为a＝(3，4)，b＝(1，0)，所以c＝a＋tb＝(3＋t，4).由题意，得cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，即＝，解得t＝5.故选C.
答案：C
6．解析：∵|a＋b|＝|a－b|，两边平方得(a＋b)2＝(a－b)2，展开整理得a·b＝0.∴a·b＝3×4＋4m＝0，解得m＝－3.∴|b|＝＝5.故选C.
答案：C
7．解析：由(a＋b)·b＝2可得a·b＋|b|2＝2，又|b|＝2可得|b|2＝4，所以a·b＝－2；即|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝1＋4－4＝1，所以|a＋b|＝1.故选D.
答案：D
8.
解析：建立如图所示平面直角坐标系：
则A(0，)，B(－1，0)，设D(x，y)，则＝(x，y－)，＝(－1－x，－y)，
因为＝，
所以解得即D(－，)，
则＝(0，－)，＝(，－)，
所以·＝.故选D.
答案：D
9.
解析：由题意可得：＝＋＝＋＝＋，＝＋＝＋＝＋，
∵2＝2＋·＋2＝4，　①
2＝2＋·＋2＝12，　②
①－②得：2－2＝－8，即2－2＝9，
∴·＝(＋)·(－)＝2－2＝－9.
故选A.
答案：A
10．解析：由向量＝(cos18°，cos72°)，＝(2cos63°，2cos27°)，可得||＝＝＝1，||＝＝＝2，且·＝2(cos18°cos63°＋cos72°cos27°)＝2(sin72°cos63°＋cos72°sin63°)＝2sin (72°＋63°)＝，所以cos∠BAC＝cos〈，〉＝＝＝.故选C.
答案：C
11．解析：对于A，若a＝(1，0)，则b＝(，－)时，也有a·b＝，故A错误；对于B，|a＋b|＝＝＝＝，B正确；对于C，cos〈a，b〉＝＝＝，而〈a，b〉∈[0，π]，故〈a，b〉＝，C错误；对于D，向量a在向量b上的投影向量为·＝b，D正确．故选BD.
答案：BD
12．解析：A：＝(cosα，sinα)，＝(cosβ，－sinβ)，所以||＝＝1，||＝＝1，故||＝||，正确；B：＝(cosα－1，sinα)，＝(cosβ－1，－sinβ)，所以||＝＝＝＝＝2|sin|，同理||＝＝2|sin|，故||，||不一定相等，错误；C：由题意得·＝1×cos (α＋β)＋0×sin (α＋β)＝cos(α＋β)，OP1·OP2＝cosα·cosβ＋sinα·(－sinβ)＝cos (α＋β)，正确；D：由题意得：·＝1×cosα＋0×sinα＝cosα，·＝cosβ×cos (α＋β)＋(－sinβ)×sin (α＋β)＝cos [β＋(α＋β)]＝cos，故一般来说·≠·，错误．故选AC.
答案：AC
13．解析：由a＝(1，1) |a|＝＝，由(a＋b)·b＝0 a·b＋b2＝0 |a|·|b|·cos〈a，b〉＋1＝0 cos〈a，b〉＝－，因为〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝.
答案：
14．解析：由已知可得(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝9＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，因此a·b＋b·c＋c·a＝－.
答案：－
15．解析：因为＝2，所以＝，所以＝＋＝＋＝＋(－)，所以＝＋，所以2＝2＝2＋·＋2，所以||2＝||2＋||·||cos〈，〉＋||2，因为c＝8，b＝5，A＝，所以||＝8，||＝5，〈，〉＝，所以||2＝×64＋×8×5×＋×25＝，所以||＝，故AD＝.故选B.
答案：B
16．解析：设|BC|＝4a，|AH|＝b，
以H为原点，、方向为x、y轴正方向如图建立空间直角坐标系，∵＝3，∴|BH|＝3a，|HC|＝a，则H(0，0)，B(－3a，0)，C(a，0)，A(0，b)，则＝(4a，0)，设P(x，y)，则＝(x，y－b)，∵·＝－2，∴4ax＝－(4a)2，即x＝－a，即点P的轨迹方程为x＝－a，而直线x＝－a平分线段BC，即点P的轨迹为线段BC的垂直平分线，根据三角形外心的性质可得点P的轨迹一定过△ABC的外心，故选A.
答案：A课后定时检测案39　平面向量中的最值(范围)问题
一、单项选择题
1．[2024·山东济南模拟]已知向量a＝(x＋1，1)，b＝(1，)，若x>0，则a·b的最小值为(　　)
A．2B．1＋2
C．2＋2D．2－1
2．[2024·广东深圳模拟]已知△ABC是单位圆O的内接三角形，若A＝，则·的最大值为(　　)
A．B．
C．1D．
3．已知向量a，b，c共面，且均为单位向量，a·b＝0，则|a＋b＋c|的最大值是(　　)
A．＋1B．
C．D．－1
4．[2024·河北张家口模拟]已知正方形ABCD的边长为2，MN是它的外接圆的一条弦，点P为正方形四条边上的动点，当弦MN的长度最大时，·的取值范围是(　　)
A．[－1，0] B．[0，]
C．[1，2] D．[－1，1]
5．[2024·江西九江模拟]已知m、n为单位向量，则向量m＋2n与n夹角的最大值为(　　)
A．B．
C．D．
6．[2022·北京卷]在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则·的取值范围是(　　)
A．[－5，3] B．[－3，5]
C．[－6，4] D．[－4，6]
二、多项选择题
7．如图，正方形ABCD中，E为AB中点，M为线段AD上的动点，＝λ＋μ，则下列结论正确的是(　　)
A．当M为线段AD上的中点时，λ＋μ＝
B．λμ的最大值为
C．μ的取值范围为[0，1]
D．λ＋μ的取值范围为
8．[2024·安徽宿松模拟]已知P(2，0)，A(cosα，sinα)，B(cosβ，sinβ)，A，B两点不重合，则(　　)
A．|－|的最大值为2
B．|＋|的最大值为2
C．若＝λ，|－|的最大值为
D．若＝λ，|＋|的最大值为4
三、填空题
9．[2024·河南郑州模拟]如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，AC与BD的交点为M，N为边AB上任意点(包含端点)，则·的最大值为________．
10．已知单位向量a，b满足|a－b|＋2a·b＝0，则|ta＋b|(t∈R)的最小值为________．
课后定时检测案39　平面向量中的最值(范围)问题
1．解析：a·b＝x＋1＋≥2＋1＝2＋1，当且仅当x＝即x＝时等号成立，则a·b的最小值为1＋2.故选B.
答案：B
2.
解析：由圆O是△ABC的外接圆，且A＝，故OB⊥OC，
所以＝－，则·＝·－·，
所以·＝－·＝－cos〈，〉，故，反向共线时·最大，
所以(·)max＝1.故选C.
答案：C
3.
解析：因为向量a，b，c共面，且均为单位向量，a·b＝0，
可设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，如图，
所以|a＋b|＝，当c与a＋b同向时，此时|a＋b＋c|有最大值，为＋1.故选A.
答案：A
4.
解析：当弦MN的长度最大时，弦MN过正方形ABCD的外接圆的圆心O，
因为正方形ABCD的边长为2，所以圆O的半径为，
如图所示，
则＝＋，＝＋＝－，
所以·＝(＋)·(－)＝2－2.
因为点P为正方形四条边上的动点，所以1≤||≤，
又||＝，所以·∈[－1，0].故选A.
答案：A
5．解析：设〈m，n〉＝α，则|m＋2n|＝＝＝，
(m＋2n)·n＝m·n＋2n2＝m·n＋2|n|2＝cosα＋2，
则cos〈m＋2n，n〉＝＝，
令t＝，因为－1≤cosα≤1，所以t∈[1，3]，
∴cos〈m＋2n，n〉＝＝(t＋)≥×2＝，当且仅当t＝即t＝时取等号，
又〈m＋2n，n〉∈[0，π]，所以〈m＋2n，n〉∈，
所以向量m＋2n与n夹角的最大值为.故选A.
答案：A
6．解析：
以点C为坐标原点，AC，BC所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示．由题意可得A(3，0)，B(0，4)，C(0，0).∵PC＝1，∴设P(cosθ，sinθ)，∴＝(3－cosθ，－sinθ)，＝(－cosθ，4－sinθ)，∴·＝(3－cosθ)·(－cosθ)＋(－sinθ)·(4－sinθ)＝cos2θ－3cosθ＋sin2θ－4sinθ＝1－3cosθ－4sinθ＝1－5sin (θ＋φ)，其中sinφ＝，cosφ＝.当sin (θ＋φ)＝1时，·取得最小值－4；当sin (θ＋φ)＝－1时，·取得最大值6.故·的取值范围是[－4，6].故选D.
答案：D
7.
解析：以B为原点，，为x，y轴正方向建立平面直角坐标系，设BC＝2，
则B(0，0)，E(0，1)，D(2，2)，
设M(t，2)，则0≤t≤2，
因为＝λ＋μ，所以(t，2)＝λ(0，1)＋μ(2，2)＝(2μ，λ＋2μ)，
所以2μ＝t，λ＋2μ＝2，即λ＝2－t，μ＝，
因为M为线段AD上的中点，所以t＝1，故λ＋μ＝2－＝，A正确；
λμ＝(2－t)＝t－t2，0≤t≤2，当t＝1时，λμ取最大值为，B正确；
因为μ＝，0≤t≤2，所以0≤μ≤1，μ的取值范围为[0，1]，C正确；
λ＋μ＝2－，0≤t≤2，所以1≤λ＋μ≤2，所以λ＋μ的取值范围为[1，2]，D错误．故选ABC.
答案：ABC
8．解析：由已知A，B为单位圆上任意两点，|OA|＝|OB|＝1，|－|＝|AB|≤2，A正确；
设D为AB的中点，则|＋|＝2|PD|，
由于A，B两点不重合，所以|PD|∈(1，3)，则|＋|＝2|PD|∈(2，6)，故B错误；
当P，A，B共线时，|－|＝|AB|≤2，故C错误；
当P，A，B共线时，若A，B坐标分别为(－1，0)与(1，0)或(1，0)与(－1，0)时，O，D两点重合，此时|＋|＝2|PD|＝4，
若A，B坐标不同时为(－1，0)与(1，0)时，此时OD⊥PB，则|PD|<|OP|，
故|＋|＝2|PD|≤4，故D正确．故选AD.
答案：AD
9．解析：以点A为坐标原点，，的方向为x轴，y轴正方向，建立平面直角坐标系，
则M(1，)，B(2，0)，D(0，1)，设N(m，0)(0≤m≤2)，
所以＝(1，－)，＝(m，－1)，则·＝m＋，
因为0≤m≤2，所以≤·≤，即·的最大值为.
答案：
10．解析：由题意，a，b是单位向量，
由|a－b|＋2a·b＝0，得|a－b|＝－2a·b，
∴a2－2a·b＋b2＝12(a·b)2，
即12(a·b)2＋2a·b－2＝0，整理得(2a·b＋1)(3a·b－1)＝0，
∴a·b＝－或a·b＝，
∵|a－b|＝－2a·b≥0，
∴a·b≤0，∴a·b＝－，
∴|ta＋b|＝＝＝＝≥.
答案：课后定时检测案40　复数
一、单项选择题
1．[2024·广东深圳模拟]已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)，i是虚数单位，若z－＝2i，则复数z的虚部为(　　)
A．B．2
C．iD．2i
2．[2024·河北保定模拟]若(1＋i)·z＝4i，则z的共轭复数为(　　)
A．2＋2iB．2－2i
C．－2＋2iD．－2－2i
3．[2024·浙江嘉兴模拟]复数z＝a2＋a＋(a2－a)i为纯虚数，则实数a的值是(　　)
A．－1B．1
C．0或－1D．0或1
4．[2024·安徽合肥模拟]复数z在复平面内对应的点为(，－1)，则＝(　　)
A．－iB．－i
C．－iD．－－i
5．[2024·辽宁丹东模拟]已知＝，则正实数a＝(　　)
A．1B．
C．D．2
6．[2023·河北唐县模拟]已知复数z＝(a∈R)(其中i为虚数单位)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－，－) B．(－∞，)
C．(－，＋∞) D．(－，)
7．[2024·河南郑州模拟]已知在复平面内，复数z1，z2所对应的点分别为(2，5)，(－3，－7)，则＝(　　)
A．－29－29iB．29－29i
C．29＋29iD．－29＋29i
8．如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数z＝(3＋ai)i(其中a∈R)为“等部复数”，则复数＋ai在复平面内对应的点在(　　)
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
9．(素养提升)[2024·山东青岛模拟]已知O为坐标原点，复数z1＝1＋i，z2＝2－i，z3＝1＋mi(m∈R)分别表示向量，，，若⊥，则|z3|＝(　　)
A．B．
C．D．
10．(素养提升)[2024·辽宁锦州模拟]已知复数z＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)，z2为纯虚数，则在复平面内，z对应的点Z的轨迹为(　　)
A．圆B．一条线段
C．两条直线D．不含端点的4条射线
二、多项选择题
11．[2024·河北邯郸模拟]已知复平面内复数z1对应向量OZ1＝(1，－)，复数z2满足|z2|＝2，1是z1的共轭复数，则(　　)
12．(素养提升)[2024·河北石家庄模拟]已知复数z1＝1＋2i，复数z满足|z－z1|＝2，则(　　)
A．z1·1＝5
B．－2<|z|<＋2
C．复数1在复平面内所对应的点的坐标是(－1，2)
D．复数z在复平面内所对应的点为Z(x，y)，则(x－1)2＋(y－2)2＝4
三、填空题
13．[2024·河南开封模拟]已知复数z满足|z＋2i|＝|z|，写出一个满足条件的复数z＝________.
14．(素养提升)[2024·江西景德镇模拟]已知i为虚数单位，且|z－2i|＝1，则|z|的最大值是_____________．
四、解答题
15．[2024·江西吉安模拟]已知复数z1＝1＋i，z2＝2i－3.
(1)求||；
(2)已知z1是关于x的方程2x2＋px＋q＝0的一个根，求实数p，q的值．
?优生选做题?
16．[2024·河北邯郸模拟]已知复数z的实部和虚部均为整数，则满足|z－1|≤的复数z的个数为(　　)
A．2B．3
C．4D．5
17．(多选)[2024·江苏南通模拟]任何一个复数z＝a＋bi(其中a，b∈R)都可以表示成：z＝r(cosθ＋isinθ)的形式．法国数学家棣莫弗发现：zn＝[r(cosθ＋isinθ)]n＝rn(cosnθ＋isinnθ)(n∈N*)，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是(　　)
A．|z2|＝|z|2
B．当r＝1，θ＝时，z3＝1
C．当r＝1，θ＝时，＝－i
D．当r＝1，θ＝，且n为偶数时，复数zn为纯虚数
课后定时检测案40　复数
1．解析：z－＝2bi＝2i，解得b＝.故选A.
答案：A
2．解析：依题意，z＝＝＝＝2＋2i，
所以z的共轭复数为2－2i.故选B.
答案：B
3．解析：因为复数z＝a2＋a＋(a2－a)i为纯虚数，
所以，解得a＝－1.故选A.
答案：A
4．解析：由题意得z＝－i，则|z|＝＝2，
＝＝＝＝－i.故选A.
答案：A
5．解析：＝＝＝＝|ai－1|＝＝，所以a＝±2，所以正实数a＝2.故选D.
答案：D
6．解析：z＝＝＝＝＋i，由题意可知，解得－答案：D
7．解析：因为在复平面内复数z1，z2所对应的点分别为(2，5)，(－3，－7)，所以z1＝2＋5i，z2＝－3－7i，
所以＝＝
＝＝＝＝－29－29i.故选A.
答案：A
8．解析：∵z＝(3＋ai)i＝－a＋3i，
又∵等部复数的实部和虚部相等，复数z为等部复数，
∴－a＝3，解得a＝－3，
∴z＝3＋3i，∴＝3－3i，即＋ai＝3－3i－3i＝3－6i，
∴复数＋ai在复平面内对应的点是(3，－6)，位于第四象限．
故选D.
答案：D
9．解析：由题意可得，＝(1，1)，＝(2，－1)，＝(1，m)，所以＝－＝(1，－2)，又⊥，所以·＝(1，－2)·(1，m)＝1－2m＝0，所以m＝，则|z3|＝＝＝.故选C.
答案：C
10．解析：由题意可知，复数z＝a＋bi在复平面内对应的点Z(a，b)，
所以z2＝(a＋bi)2＝a2＋2abi＋(bi)2＝a2－b2＋2abi，
因为z2为纯虚数，
所以解得a＝b≠0或a＝－b≠0，
故在复平面内，z对应的点Z的轨迹为不含端点的4条射线．
故选D.
答案：D
11．解析：依题意，z1＝1－i，则|z1|＝||＝2，故A正确；
又1＝1＋i，(1)2＝－2＋2i，z＝－2－2i，＝－2＋2i，即＝(1)2，故B正确；
设z2＝a＋bi(a，b∈R)，由|z2|＝2得，a2＋b2＝4，
则＝＝＝，
＝＝
＝＝＝＝1，故C错误；
z1z2＝(a＋bi)(1－i)＝(a＋b)＋(b－a)i，
|z1z2|＝|(a＋b)＋(b－a)i|＝＝＝＝＝4.故D正确．故选ABD.
答案：ABD
12．解析：由已知1＝1－2i，其对应点坐标为(1，－2)，C错；
z1·1＝12＋22＝5，A正确；
由|z－z1|＝2知z对应的点在以z1对应点为圆心，2为半径的圆上，|z1|＝，
因此－2≤|z|≤＋2，B错误；
z1对应点坐标为(1，2)，因此D正确．故选AD.
答案：AD
13．解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，
则|z＋2i|＝|a＋bi＋2i|＝|a＋(b＋2)i|＝，
|z|＝|a＋bi|＝，
∵|z＋2i|＝|z|，∴＝，
∴a2＋(b＋2)2＝a2＋b2，化简得4b＋4＝0，解得b＝－1.
∴满足条件的一个复数z＝1－i(答案不唯一，虚部为－1即可).
答案：1－i(答案不唯一，虚部为－1即可)
14．解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，
由|z－2i|＝1的几何意义知：z对应的点(a，b)的轨迹是以(0，2)为圆心，1为半径的圆，即a2＋(b－2)2＝1，
∵|z|的几何意义为点(a，b)到坐标原点(0，0)的距离，
∴|z|max＝＋1＝3.
答案：3
15．解析：(1)＝＝＝＝－＋i，
＝＝.
(2)∵(1＋i)2＝1＋i2＋2i＝2i，
z1是关于x的方程2x2＋px＋q＝0的一个根，
∴2(1＋i)2＋p(1＋i)＋q＝0，
∴4i＋p(1＋i)＋q＝0，即p＋q＋(p＋4)i＝0，
∴
16．解析：设z＝a＋bi(a，b∈Z)，则＝a－bi，|z－1|＝，
＝＝＝
＝＝1，
因为|z－1|≤，所以(a－1)2＋b2≤1
因为(a－1)2≥0，所以b2≤1，即－1≤b≤1.
当b＝±1时，a－1＝0，即a＝1，有两组满足条件
当b＝0时，a－1＝0或a－1＝±1，所以
但a＝0，b＝0时＝0，不符合题意，
故个数为4.故选C.
答案：C
17．解析：对于A，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，故|z2|＝＝＝a2＋b2，又因为|z|2＝()2＝a2＋b2，所以|z2|＝|z|2，选项A正确；
对于B，当r＝1，θ＝时，由棣莫弗定理得，z3＝(cos＋isin)3＝cosπ＋isinπ＝－1，所以选项B错误；
对于C，当r＝1，θ＝时，由棣莫弗定理得，z＝cos＋isin＝＋i，所以＝－i，所以选项C正确；
对于D，当r＝1，θ＝时，由棣莫弗定理得，zn＝(cos＋isin)n＝cos＋isin，当n＝4时，z4＝cosπ＋isinπ＝－1，此时不为纯虚数，所以当n为偶数时，复数zn不一定为纯虚数，所以选项D错误．故选AC.
答案：AC

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