20232024學(xué)年高一下學(xué)期第一次月考解答題壓軸題十六大題型專練【人教A版（2019）】題型1題型1用向量關(guān)系研究幾何圖形的性質(zhì)1．（2023·高一課時練習(xí)）已知點E，F(xiàn)，G，H分別是平面四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點，求證：EF=【解題思路】連接AC，易得EF，HG分別為△ABC和△ADC的中位線，進(jìn)而可得EF//HG，且EF=HG，又向量【解答過程】證明：如圖，連接AC，

因為E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，所以EF為△ABC的中位線，所以EF//AC，且同理，因為G，H分別是CD，DA的中點，所以HG//AC，且所以EF//HG，且因為向量EF與HG方向相同，所以EF=2．（2023下·高一課時練習(xí)）如圖，已知在四邊形ABCD中，M，N分別是BC，AD的中點，又AB=DC.求證：【解題思路】根據(jù)相等向量的定義、中點的定義、平行四邊形的判定定理和性質(zhì)定理，可以證明出CN=【解答過程】證明：由AB=DC可知AB=DC且所以四邊形ABCD為平行四邊形，從而AD=又M，N分別是BC，AD的中點，于是AN=所以AN=MC且AN//MC.所以四邊形AMCN是平行四邊形.從而CN=3．（2023·高一課時練習(xí)）如圖，四邊形ABCD的對角線AC與BD交于點O，且AO=OC，BO=【解題思路】由AO=OC，BO=OD可得【解答過程】因為四邊形ABCD的對角線AC與BD交于點O，且AO=OC，所以四邊形ABCD的對角線AC、BD互相平分，所以四邊形ABCD是平行四邊形．即證.4．（2023·高一課時練習(xí)）如圖，半圓的直徑AB=6，C是半圓上的一點，D、E分別是AB、BC上的點，且AD=1，BE=4，DE=3.（1）求證：AC∥（2）求AC.【解題思路】(1)本題首先可以根據(jù)勾股定理得出ΔDEB是直角三角形，然后根據(jù)點C為半圓上一點得出∠ACB=90°，最后根據(jù)AC//DE即可得出結(jié)果；(2)本題首先可以根據(jù)AC//DE得出ΔABC～ΔDBE，然后根據(jù)ΔABC～ΔDBE計算出AC=18【解答過程】(1)由題意知，在ΔBED中，BD=5，DE=3，BE=4，所以DE2+BE因為點C為半圓上一點，所以∠ACB=90°所以AC//DE，故AC(2)因為AC//DE，所以ΔABC～ΔDBE，ACDE即AC3=65，解得題型2題型2向量線性運算的幾何應(yīng)用5．（2023·全國·高一課堂例題）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，E，F(xiàn)分別是AD，DC的中點，BE，BF分別交AC于M，N．求證：M，N三等分AC．

【解題思路】根據(jù)題意結(jié)合向量的線性運算分析證明.【解答過程】由題意可得：AN+NB=所以AN+由于AN與NC，NB與FN分別共線，但NC與FN不共線，所以NB=2FN，AN=2NC，因此同理可證MC=2AM，因此M也是6．（2023·全國·高一隨堂練習(xí)）如圖，點D是△ABC中BC邊的中點，AB=a，

(1)試用a，b表示AD；(2)若點G是△ABC的重心，能否用a，b表示AG？(3)若點G是△ABC的重心，求GA+【解題思路】（1）利用三角形法則整理化簡即可；（2）利用三角形重心性質(zhì)及向量的線性運算化簡計算即可；（3）利用三角形重心性質(zhì)及三角形法則化簡計算即可.【解答過程】（1）因為點D是△ABC中BC邊的中點，且AB=a，所以AD=（2）因為點G是△ABC的重心，所以AG=23AD=2=1（3）因為點G是△ABC的重心且D是BC邊的中點，所以GB+又AG=23AD=27．（2023·高三課時練習(xí)）已知點G為△ABC的重心．(1)求GA+(2)過G作直線與AB、AC兩條邊分別交于點M、N，設(shè)AM=xAB，AN=y【解題思路】（1）根據(jù)已知得出GA、（2）根據(jù)已知得出AG=13AB+AC，結(jié)合AM=xAB，【解答過程】（1）∵點G為△ABC的重心，∴GA=13BA∴GA（2）∵點G為△ABC的重心，AG=∴MG=1=1GN==yAC=?1∵M(jìn)G與GN∴存在實數(shù)λ，使得MG=λ則13根據(jù)向量相等的定義可得13消去λ可得x+y?3xy=0，兩邊同除xy，整理得1x8．（2023下·高一課時練習(xí)）點O是梯形ABCD對角線的交點，|AD|=4,|BC|=6，|AB|=2，設(shè)與BC同向的單位向量為a0，與BA同向的單位向量為b（1）用a0和b0表示AC,（2）若點P在梯形ABCD所在平面上運動，且|CP|=2，求【解題思路】（1）根據(jù)AC=BC?BA、CD=AD?AC可求解出（2）根據(jù)向量的三角不等式求解出|BP【解答過程】（1）因為BC=6a0所以CD=因為AD//BC，所以ADBC所以O(shè)A=?（2）因為|BP|=|BC+CP|≤|BC又|BP|=|CP?CB|≥|綜上可知，|BP|的最大值為8，最小值為題型3題型3向量的數(shù)量積問題9．（2023上·江蘇徐州·高一統(tǒng)考期末）已知|a|=3，|b|=4，且a與(1)求a?(2)求|a(3)若(2a?b)⊥【解題思路】（1）利用向量數(shù)量積公式，計算出a?（2）利用平方再開方的方法，結(jié)合向量數(shù)量積運算，求得|a（3）根據(jù)兩個向量垂直，數(shù)量積為零列方程，解方程求得k的值.【解答過程】（1）a?（2）|a+b（3）因為(2a?b)⊥(a即2a18?6(2k?1)?16k=24?28k=0，解得k=610．（2023下·上海嘉定·高一校考期中）已知單位向量e1與e2的夾角為α，且cosα=13，向量a（1）求a，b；（2）求cosβ【解題思路】（1）利用平面向量的數(shù)量積的運算求解；（2）利用數(shù)量積的運算求得a?【解答過程】（1）a=b?（2）a?所以cosβ=11．（2023下·寧夏銀川·高一?？计谀┤鐖D，在ΔABC中，已知CA=2,CB=3,∠ACB=60°,CH（1）求AB?（2）設(shè)CH=mCB+nCA，其中【解題思路】（1）設(shè)CB=（2）根據(jù)A,H,B三點共線，設(shè)AH=λAB=λ(a?b)【解答過程】解：設(shè)CB=（1）因為AB=所以AB（2）因為A,H,B三點共線，所以設(shè)AH∴因為CH⊥AB，所以所以λ即λ又a2=9,∴CH=112．（2022下·浙江溫州·高一校聯(lián)考期中）如圖所示△ABC的兩邊BC=1，AC=2，設(shè)G是△ABC的重心，BC邊上的高為AH，過G的直線與AB，AC分別交于E，F(xiàn)，已知AE=λAB，(1)求1λ(2)若cosC=14，S△AEF=(3)若BF?CE的最大值為?5【解題思路】（1）利用重心的性質(zhì)以及三點共線的充要條件即可求解（2）先解出λ與μ，再利用解三角形的知識求出EF和AH，最后將EH+AF?HF+EA化簡即可求解（3）以AB和【解答過程】（1）AE=λAB如圖所示，連接AG并延長交BC于點D，則D為BC中點因為G為△ABC重心所以AG因為AG，AE，AF起點相同，終點共線所以13λ+（2）設(shè)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，∴a=1，b=2∵c2=SS所以S△AEF由1λ+∴AE=2×在△ABC中cos在△AEF，EF在Rt△AHC，中EHHF∴EH+AF?（3）BF=λ+μ3+1=c2令t=λη∈12①若117≤c<3時，BF?CEmax=解得：c=2或4②若1<c<117BF?CEmax=1解得：c2綜上可得：c=2或435題型4題型4向量的夾角（夾角的余弦值）問題13．（2023下·湖南邵陽·高一校考期末）已知a=1，b（1）若a?b=22（2）若a與b的夾角為45°，求a+【解題思路】（1）利用公式計算cosθ=（2）先求得a?b=1【解答過程】解：（1）因為a=1，b=2所以cosθ=因為θ∈0,π，所以θ=（2）由題意知a?則a+所以a+14．（2024上·浙江寧波·高一鎮(zhèn)海中學(xué)校考期末）單位向量a，b滿足a+2(1)求a與b夾角的余弦值：(2)若ka+b與a【解題思路】（1）利用向量數(shù)量積的運算法則求得a?b，再由模長與數(shù)量積求得a與（2）由題意得ka+b?a+3b【解答過程】（1）因為a=b=1所以a2+a?b則cosa,b=a?b（2）因為ka+b所以ka+b?a當(dāng)ka+b與a+3b由（1）知a與b不共線，所以k=λ1=3λ，解得k=所以當(dāng)ka+b與a由ka+b即k+3k+1×1所以k>?53且k≠13，即實數(shù)15．（2023下·高一課時練習(xí)）如圖，平行四邊形ABCD中，AB=2，AD=4，求：（1）DB；（2）∠CAB的大小.【解題思路】（1）根據(jù)DB2（2）由AC2=AB+AD2，利用向量的數(shù)量積運算，求得【解答過程】（1）DB=4+16?2×2×4×∴DB2（2）AC=4+16+2×2×4×1∴AC=2AC·∴cos∠CAB∴∠CAB=arccos16．（2023下·福建福州·高一校聯(lián)考期中）如圖，設(shè)Ox,Oy是平面內(nèi)相交成θ角的兩條數(shù)軸，e1,e2分別是與x軸、y軸同方向的單位向量．若向量OP=xe1

(1)若θ=π3，a=1,1,(2)若a=(1,1)，b=(3,1)，c=(2,?1),|【解題思路】（1）根據(jù)平面向量模的公式、平面向量數(shù)量積的定義和運算性質(zhì)，結(jié)合投影向量的定義進(jìn)行求解即可；（2）根據(jù)平面向量模的公式、平面向量數(shù)量積的定義和運算性質(zhì)，結(jié)合平面向量夾角公式、函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）∵若θ=π3，所以a=∵ea?a=∴b在a上的投影向量為b即a在b上的投影向量斜坐標(biāo)為2,2；（2）∵c=(2,?1),|∴c=(2,?1)=2e1∴e1又a=(1,1)=e1a=e1acos2令t=e1?e2又y=4+4t5+3t=∴cos2a,b=題型5題型5平面向量基本定理的應(yīng)用17．（2023下·浙江臺州·高一校聯(lián)考期中）如圖，在邊長為1的正三角形ABC中，D為AB的中點，AO=2OD，過點O的直線交邊AB與點M，交邊AC于點

(1)用AB，AC表示AO；(2)若AM=mAB，AN=n(3)求OM【解題思路】（1）根據(jù)已知可得出AD=（2）先根據(jù)已知結(jié)合（1）的結(jié)論得出AO=13m（3）先用AB,AC得出OM,ON，然后根據(jù)數(shù)量積的運算律可推得OM2+ON2=9mn?518【解答過程】（1）因為D為BC中點，所以，AD=又因為AO=2所以AO=（2）若AM=mAB，所以AB=1m所以AO=因為M，O，N三點共線，所以13m所以，1m（3）因為，OM=AM?所以，O===m+n2?5mn+由（2）得m+n=3mn，得m=n3n?1，令3n?1=t，n∈12,1得mn=t根據(jù)對勾函數(shù)的單調(diào)性可知，ft=t+1t在且f12=f2=所以，49因為OM所以，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知OM所以O(shè)M2+O18．（2023下·浙江寧波·高一校聯(lián)考期中）如圖，在梯形ABCD中，AD=2，DC=CB=3，AB=2DC，點E、F是線段DC上的兩個三等分點，點G，點H是線段AB上的兩個三等分點，點P是直線(1)求AB?(2)求FH的值；(3)直線AP分別交線段EG、FH于M，N兩點，若B、N、D三點在同一直線上，求AMAN【解題思路】（1）以AB，AD為基底表示CB，CB=3，可得AB（2）以AB，AD為基底表示FH，進(jìn)而計算模長；（3）根據(jù)向量共線定理分別可表示AM，AN，進(jìn)而確定AMAN【解答過程】（1）設(shè)AB=a∵CB∴CB2=（2）AF=FH=FH=（3）設(shè)AN=xAF+yAH，即因為N在FH上，所以1?x?y=0，即y=1?x，∴AN即AN=23即23由于D，N，B三點共線，所以1?2∴x=12，設(shè)AM=λAE+μ即λME又M在EG上，則1?λ?μ=0，即μ=1?λ，AM=λ由于A，M，N三點共線，所以13?1所以AM=2719．（2022下·浙江·高一校聯(lián)考期中）如圖所示，在△ABC中，P在線段BC上，滿足2BP=PC，O(1)延長CO交AB于點Q（圖1），求AQQB(2)過點O的直線與邊AB，AC分別交于點E，F(xiàn)（圖2），設(shè)EB=λAE，（i）求證2λ+μ為定值；（ii）設(shè)△AEF的面積為S1，△ABC的面積為S2，求【解題思路】（1）根據(jù)題意，將AQ,AC作為基底表示AO，由C,O,Q三點共線可知，AQ,（2）（i）根據(jù)題意，將AE，AF作為基底表示AO，由E,O,F三點共線可知，AE，AF的系數(shù)之和為1，即可求出2λ+μ為一定值；（ii）根據(jù)題意，S1=12AEAFsinA，S2=1【解答過程】（1）依題意，因為2BP所以AP=因為O是線段AP的中點，所以AO=設(shè)AB=xAQ，則有因為C,O,Q三點共線，所以x3+1即AQ=25AB，所以QB=（2）（i）根據(jù)題意AB=同理可得：AC=由（1）可知，AO=所以AO=因為E,O,F三點共線，所以1+λ3化簡得2λ+μ=3，即2λ+μ為定值，且定值為3；（ii）根據(jù)題意，S1S2所以S1由（i）可知2λ+μ=3，則μ=3?2λ，所以S1易知，當(dāng)λ=12時，S120．（2023下·福建·高一校聯(lián)考期中）如圖，A，B是單位圓上的相異兩定點（O為圓心），∠AOB=θ（0<θ<π2），點C為單位圓上的動點，線段AC交線段OB于點M（點M異于點O、B），記△AOB的面積為(1)記fθ=2S+OA(2)若θ=60°①求CA?②設(shè)OM=tOB0<t<1，記AM【解題思路】（1）利用三角形面積公式和數(shù)量積的定義，寫出f(θ)的表達(dá)式；（2）由CA?利用向量共線將AMAC用t【解答過程】（1）因為2S=sinθ，所以fθ=2S+OA（2）①設(shè)∠AOC=α，α∈π3,CA?所以CA?CB=又α+π3∈2π②設(shè)AM=λAC(0<λ<1)，則g(t)=λ所以O(shè)M=所以O(shè)C=因為OC=1，所以tλOB化簡得，λ=t2?t+1所以f(t)=λ=t2當(dāng)且僅當(dāng)2?t=32?t，即故f(t)的最小值為23題型6題型6\o"平面向量線性運算的坐標(biāo)表示"\t"https://zujuan.xkw/gzsx/zj168404/_blank"平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示21．（2023下·山東威海·高一統(tǒng)考期末）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A(1?，?0)，點B在第二象限，且(1)若點B的橫坐標(biāo)為?2，現(xiàn)將向量OB繞原點O沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90°到OC的位置，求點C的坐標(biāo)；(2)已知向量OP與OA，OB的夾角分別為θ，45°，且cosθ=1010，|OP|=2【解題思路】（1）根據(jù)三角函數(shù)的定義即可求解，（2）根據(jù)三角函數(shù)的定義，結(jié)合和差角公式即可根據(jù)向量的坐標(biāo)運算求解.【解答過程】（1）因為|OB|=5，點B所以點B的坐標(biāo)為(?2?設(shè)∠AOB=α，由三角函數(shù)定義可知cosα=?25因為向量OB繞原點O沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90O到OC所以角α?90°的終邊位于射線OC上，所以cos(α?90°)=sinα=設(shè)點C的坐標(biāo)為(a?所以a=|OB|cos所以點C的坐標(biāo)為(1?（2）因為向量OP與OA的夾角為θ且cosθ=所以sinθ=3所以點P橫縱坐標(biāo)分別為210×10即點P坐標(biāo)為(2?,?因為向量OP與OB的夾角為45°，且點B在第二象限，所以角θ+45°的終邊位于射線OB上，又cos(θ+45°)=sin(θ+45°)=所以點B的橫縱坐標(biāo)分別為5×(?55即點B坐標(biāo)為(?1?,?因為OP=x所以(2?所以x?y=22y=6解得x=5y=3，所以x+y=822．（2023下·福建福州·高一校考期中）四邊形ABCD中，AB=6,1，BC=（1）BC//DA，試求x與（2）滿足（1）的同時又有AC⊥BD，求xy的值和四邊形【解題思路】（1）利用向量的加法求出DA的坐標(biāo)，再根據(jù)BC//DA得到x與（2）根據(jù)AC⊥BD得到x,y的關(guān)系，結(jié)合（1）中x,y的關(guān)系，得到x,y的兩種取值，再分求出|AC【解答過程】（1）依題意：DA=∵BC//DA

∴即：2x?xy=?4y?xy，得x=?2y；（2）AC=AB當(dāng)AC⊥BD時，6+x?代入x=?2y，解方程得：x1=?6y1=3或x當(dāng)x1=?6y此時求得：SABCD②當(dāng)x2=2y此時求得：SABCD∴SABCD23．（2023下·天津和平·高一?？茧A段練習(xí)）已知三點A（2，3），B（5，4），C7,10，點(1)當(dāng)λ為何值時，點P在函數(shù)y=x的圖象上？(2)若點P在第三象限，求實數(shù)λ的取值范圍.(3)若Q在直線BC上且BQ=12【解題思路】（1）根據(jù)點P在函數(shù)y=x的圖象上可設(shè)Pa,a，然后表示出AP,AB（2）設(shè)Px,y，表示出AP,AB,AC（3）設(shè)Qm,n，由Q在直線BC上可得BQ//BC，先利用坐標(biāo)表示平行關(guān)系，再利用坐標(biāo)表示BQ【解答過程】（1）∵點P在函數(shù)y=x的圖象上，∴可設(shè)Pa,a則AP=(a?2,a?3),∵∴(a?2,a?3)=(3,1)+λ(5,7)=(3+5λ,1+7λ)∴a?2=3+5λ,a?3=1+7λ，解得λ=1（2）設(shè)Px,y，則AP∵∴(x?2,y?3)=(3+5λ,1+7λ)∴x?2=3+5λ,y?3=1+7λ∴x=5+5λ,y=4+7λ∵點P在第三象限，∴x<0,y<0∴5+5λ<0,4+7λ<0∴λ<?1；（3）設(shè)Qm,n，由Q在直線BC上可得BQ又BQ//BC，∴6m?5∵BQ∴m?5由①②可得m=4n=1或m=6∴點Q的坐標(biāo)為4,1或6,7.24．（2023下·全國·高一專題練習(xí)）（1）已知向量a,b是不共線的兩個向量，AP=a?tb，（2）如圖，兩塊斜邊長相等的直角三角板拼在一起，∠ACB=45°,∠BED=60°，若AD=xAB+yAC，求【解題思路】（1）將已知條件代入AP=x（2）作DF⊥AB于F，設(shè)AB=AC=1，如圖，以A為原點，以AB,AC所在的直線分別為x,y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，求出AB,【解答過程】解（1）當(dāng)t=?2時，AP=xBP由于AP=x所以a+2所以3y?x=13x?2y=2，解得x=（2)解：作DF⊥AB于F，設(shè)AB=AC=1，BC=DE=2因為∠DEB=60°，所以BD=6由∠DBF=45°，解得DF=BF=6如圖，以A為原點，以AB,AC所在的直線分別為x,y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0),B(1,0),C(0,1),D1+3所以AB所以AD=因為AD所以x=1+32

題型7題型7向量坐標(biāo)運算的幾何應(yīng)用

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示25．（2023下·重慶萬州·高一階段練習(xí)）在平行四邊形ABCD中，E，G分別是BC，DC上的點且BC=3BE，CD=3CG，DE與（1）求|OE（2）若平行四邊形ABCD的面積為21，求△BOC的面積.【解題思路】（1）根據(jù)向量共線基本定理，可用EB、EG表示（2）根據(jù)三角形面積的比例關(guān)系，得到高的比值．進(jìn)而通過給出的三角形面積求出△BOC的面積．【解答過程】（1）設(shè)AB=a，ADDE=a?23由B，O，G三點共線，則存在實數(shù)m，使得EO=mEB+(1?m)EG，即OE=?[mEB+(1?m)EG]=m（2）由（1）可知?△BOC?△BDC=17，所以26．（2023下·高一課時練習(xí)）如圖，已知直角梯形ABCD中，AD⊥AB,AB=2AD=2CD，過點C作CE⊥AB于點E，M為CE的中點.求證：（1）DE//BC；（2）D，M，B三點共線.【解題思路】（1）建立平面直角坐標(biāo)系，證明四邊形AECD為正方形，分別寫出各點的坐標(biāo)，然后利用向量共線證明即可；（2）用向量證明MD//MB，結(jié)合MD與【解答過程】以E為原點，AB所在直線為x軸，EC所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖.令|AD|=1，則|CD|=1,|AB所以四邊形AECD為正方形，所以各點坐標(biāo)分別為E(0,0)（1）因為ED=(?1,1)?(0,0)=(?1,1)，BC所以ED=BC，即（2）因為M為EC的中點，所以M0,所以MD=(?1,1)?0,1所以MD=?MB，所以又MD與MB有公共點，所以D，M，B三點共線.27．（2023下·浙江·高一湖州中學(xué)校聯(lián)考期中）如圖，點P,Q分別是正方形ABCD的邊DC、CB上兩點，AB=1，∠PAQ=θ，記點O為△APQ的外心.(1)若DP=λDC，CQ=λCB，(2)若θ=45°，求AP?(3)若θ=60°，若AO=xAP+y【解題思路】（1）建立平面直角坐標(biāo)系，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算求得AP?（2）設(shè)∠QAB=α∈0,π4，求得AP?AQ（3）設(shè)AP=a，AQ=b，將3x+6y表示為關(guān)于a,b的表達(dá)式，求得ba【解答過程】（1）以A點為坐標(biāo)原點，AB為x軸，建立直角坐標(biāo)系.Pλ,1，Q所以PA?（2）設(shè)∠QAB=α∈0,π4則Q1,tanαPA=2由于tanα+1∈1,2，根據(jù)對勾函數(shù)的性質(zhì)可知（3）AO?AO?設(shè)AP=a，AQ=b，則這兩個式子為化簡得a=2xa+yb,解得x=所以3x+6y=32a?b設(shè)∠QAB=α∈0,π6令t=b所以由對勾函數(shù)的性質(zhì)得3x+6y=6?b所以當(dāng)α=π6時，即點P與D點重合時，3x+6y取到最大值28．（2023下·山東青島·高一?？茧A段練習(xí)）如圖，正方形ABCD的邊長為6，E是AB的中點，F(xiàn)是BC邊上靠近點B的三等分點，AF與DE交于點M．(1)求∠EMF的余弦值；(2)設(shè)AM=λAF，求λ的值及點(3)若點P自A點逆時針沿正方形的邊再運動到A點，在這個過程中，是否存在這樣的點P，使得EF⊥MP？若存在，求出MP的長度，若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）建立平面直角坐標(biāo)系，利用向量的夾角公式即可求得答案；（2）利用三點共線結(jié)合向量共線的坐標(biāo)表示，即可求得答案；（3）假設(shè)存在滿足條件的點P，分類討論其所處的位置，根據(jù)數(shù)量積等于0，求得參數(shù)，即可判斷出結(jié)論.【解答過程】（1）如圖所示，建立以點A為原點的平面直角坐標(biāo)系，則D(0,6),E(3,0),A(0,0),F(6,2)，∴DE=(3,?6)，AF由于∠EMF就是DE，AF的夾角，∴cos∴∠EMF的余弦值為210（2）因為AM=λAF，則AM=(6λ,2λ)又D,M,E三點共線，則設(shè)DM=t即(6λ,2λ?6)=t(3,?6)，則6λ=3t2λ?6=?6t解得λ=37，故（3）由題意得EF=(3,2)，假設(shè)存在點P，使得EF⊥MP①當(dāng)點P在AB上時，設(shè)P(x,0),(0≤x≤6)，∴MP=(x?則3x?547?127=0，則②當(dāng)點P在BC上時，設(shè)P(6,y),0<y≤6，∴MP=(則727③當(dāng)點P在CD上時，設(shè)P(x,6),0≤x<6，∴MP=(x?則3x?547+④當(dāng)點P在DA上時，設(shè)P(0,y),0<y<6，則MP=(?則?547+2y?127綜上，存在符合題意的點P(227,0)，|MP|=題型8題型8用向量解決夾角、線段的長度問題

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示29．（2023下·廣東廣州·高一華南師大附中?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，AB=3,AC=2,∠BAC=π3,D是BC邊的中點，CE⊥AB,AD與CE(1)求CE和AD的長度；(2)求cos∠CFD【解題思路】（1）利用三角函數(shù)定義即可求得CE的長；利用向量法即可求得AD的長度；（2）利用向量夾角的余弦公式即可求得cos∠CFD【解答過程】（1）∵CE是高，∴∠AEC=π2，在Rt△AEC中，所以CE=ACsin∵AD是中線，∴AD∴=14∴CE=（2）∵AE=AC?cos∴∴=∴cos另解：過D作DG//CE交BE于∵D是BC的中點，∴G是BE的中點，∴AE=EG=GB=1,EF是△AGD的中位線，DG是△BCE的中位線，∴EF=1cos∠CFD=30．（2023下·湖南常德·高一臨澧縣第一中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，正方形ABCD的邊長為6,E是AB的中點，F(xiàn)是BC邊上靠近點B的三等分點，AF與DE交于點M．

(1)求∠EMF的余弦值．(2)若點P自A點逆時針沿正方形的邊運動到C點，在這個過程中，是否存在這樣的點P，使得EF⊥MP？若存在，求出MP的長度，若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）如圖所示，建立以點A為原點的平面直角坐標(biāo)系，由于∠EMF就是DE,（2）根據(jù)向量的共線表示聯(lián)立方程組可求解M187,67，分點P在AB【解答過程】（1）如圖所示，建立以點A為原點的平面直角坐標(biāo)系．則D0,6由于∠EMF就是DE,

∴cos∠EMF=DE（2）設(shè)M∵AM∴x=18由題得EF=①當(dāng)點P在AB上時，設(shè)Px,0∴3x?54②當(dāng)點P在BC上時，設(shè)P6,y∴72綜上，存在P2231．（2023下·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）如圖，A,B是單位圓（圓心為O）上兩動點，C是劣弧AB（含端點）上的動點.記OC=λOA+μOB(1)若O到弦AB的距離是12（i）當(dāng)點C恰好運動到劣弧AB的中點時，求AC?（ii）求λ+μ的取值范圍；(2)若3OA?OB≤52，記向量2OA【解題思路】（1）根據(jù)題意，又直線與圓的位置關(guān)系，得∠AOB=120°，（i）可由圓的幾何性質(zhì)得∠ACB=120（2）以O(shè)A,【解答過程】（1）解：由O到弦AB的距離是12，可得∠ABO=∠BAO=30（i）由圓的幾何性質(zhì)得∠ACB=120故AC（ii）記劣弧AB的中點為D，且OA∴OC∴OC①+②得OC進(jìn)一步得：λ+μ=2OC其中?故λ+μ的取值范圍為：[1,2]（2）解：記∠AOB=α，由3OA?∴10?6cosα≤52∴2故2又2OA+OB和向量OA∴==記fx顯然fx關(guān)于x=所以當(dāng)x=cosα=532．（2022下·浙江臺州·高一校聯(lián)考期中）在直角梯形ABCD中，已知AB∥DC，AD⊥AB，CD=1，AD=2，AB=3，動點E、F分別在線段BC和DC上，AE和BD交于點M，且BE=λBC，DF=(1)當(dāng)AE?BC=0(2)當(dāng)λ=23時，求(3)求AF+【解題思路】(1)在直角梯形ABCD中，根據(jù)幾何關(guān)系求出∠ABC和BC長度，當(dāng)AE⊥BC時，求出BE長度，從而可得λ=BE(2)設(shè)AM=xAE，DM=yDB，以AB,AD為基底用兩種形式表示出AM，從而可得關(guān)于(3)以AB,AD為基底表示出AE、AF，從而表示出AF+12【解答過程】（1）在直角梯形ABCD中，易得∠ABC=π4，∵AE?BC=0，∴AE⊥BC，∴△ABE故λ=BE（2）AE=1?當(dāng)λ=23時，設(shè)AM=xAE，則AM=xAM=∵AB,AD不共線，∴59x=y2（3）∵AF=AD+∴AF+AF＝(λ+2)2由題意知，λ∈0,1∴當(dāng)λ=35時，AE+AF取到最小值當(dāng)λ=0時，AE+AF取到最大值∴AF+12題型9題型9向量與幾何最值（范圍）問題

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示33．（2023下·遼寧朝陽·高一校考期中）在△ABC中，CA=2，AB=3，∠BAC=2π3，D為BC(1)求AD?(2)若點P滿足CP=λCA，求PB?【解題思路】（1）將AD?BC化為AB和AC表示，利用AB和（2）用AB、AC表示PB?PC，求出PB?【解答過程】（1）因為D為BC的三等分點（靠近C點），所以CD=所以AD=AC+所以AD?BC=(=?13×9+（2）因為CP=λCA，所以因為PB=PC+所以PB?PC==λ|=?3λ+4λ(λ?1)=4λ2?7λ所以當(dāng)λ=78時，PB?34．（2022·浙江·高一校聯(lián)考期中）在△ABC中，已知AB=3，AC=1，AB?AC=?1，設(shè)點P為邊BC上一點，點Q為線段CA(1)當(dāng)t=?1且P是邊BC上的中點時，設(shè)PQ與AB交于點M，求線段CM的長；(2)若PA?PQ+3=【解題思路】（1）根據(jù)點M是三角形CBQ的重心，結(jié)合三角形重心的向量表示以及數(shù)量積運算，即可求得結(jié)果；（2）設(shè)CP=λCB(0≤λ≤1)，根據(jù)平面向量的線性運算，再結(jié)合題意，求得t與λ的關(guān)系，BQ【解答過程】（1）設(shè)AB=a，AC=b，當(dāng)t=?1，P是BC的中點時，則CM=CM=（2）設(shè)CP=λCB(0≤λ≤1)，則APAP?PA==[=9=12由PA?PQ+3=∴t(1?2λ)=12λ2?14λ+5，因為t<0所以12<λ≤1，令m=2λ?1∈(0,1]，則t==?當(dāng)且僅當(dāng)m=33∈(0,1]時取到等號，所以t又BQ=a?t所以BQ=13?4故BQ的最小值為26?235．（2023·高一課時練習(xí)）在ΔABC中，滿足：AB⊥AC，M是（1）若AB=AC，求向量AB+2（2）若O是線段AM上任意一點，且AB=AC=（3）若點P是∠BAC內(nèi)一點，且AP=2，AP?AC=2，【解題思路】（1）利用向量的數(shù)量積公式得到cosθ=(AB+2AC（2）通過解三角形求出AM的長，設(shè)|OA|=x，則|OM|=1?x，利用向量的平行四邊形法則得到而OB+（3）設(shè)∠CAP=α，將已知條件利用向量的數(shù)量積公式表示成關(guān)于α的三角函數(shù)，將|AB+AC【解答過程】解：（1）設(shè)向量AB+2AC，與向量2∴cos令A(yù)B=AC=a（2）∵AB=AC設(shè)OA=x，則OM=1?x，而∴=?2x1?x當(dāng)且僅當(dāng)x=12時，OA?（3）設(shè)∠CAP=α?∠BAP=π∵AP?AC=2，∴2?AC同理：2?AB∴====當(dāng)且僅當(dāng)sin2所以AB+36．（2023·全國·高一專題練習(xí)）在銳角△ABC中，cosB=22，點O(1)若BO=xBA+y(2)若b=2（i）求證：OB+（ii）求3OB【解題思路】（1）由cosB=22推出∠AOC=π2，即OA?OC=0，由BO=x（2）（i）延長BO交圓O于E，則BO=OE，過E作EF⊥OC，垂足為F，過E作EG⊥OA，垂足為（ii）延長OA至M，使得|OM|=2，以O(shè)M,OC為鄰邊作矩形OCNM，延長OB至P，使得|OP|=3|OB|=3，將3OB+2OA【解答過程】（1）因為cosB=22因為點O為△ABC的外心，所以∠AOC=2B=π2，即OA⊥OC，因為BO=xBA+y所以xOA設(shè)三角形ABC的外接圓的半徑為R，則|OA由xOA+yOC所以x2+y因為xy≤(x+y)24所以x+y?12≤得(x+y?2)2≥2，得x+y≥2+2因為三角形ABC為銳角三角形，其外心必在三角形ABC內(nèi)，由BO=xBA+y再由xOA+yOC所以x+y≥2+2應(yīng)舍去，所以x+y≤2?所以x+y的最大值為2?2（2）（i）延長BO交圓O于E，則BO=OE，過E作EF⊥OC，垂足為F，過E作EG⊥OA，垂足為

因為∠BOC=2A，所以∠EOC=π?2A，因為∠AOC=π2，且|AC|=b=2所以|OF|=|OE|?cos(π?2A)=?cos所以O(shè)E=OG+所以BO=所以O(shè)B+（ii）延長OA至M，使得|OM|=2，則OM=2OA，以O(shè)M,OC為鄰邊作矩形則ON=OM+延長OB至P，使得|OP|=3|OB|=3，則OP=3

所以|3OB所以當(dāng)N,O,P三點共線時，|3OB+2OA因為三角形ABC為銳角三角形，且B=π4，所以A+C=3所以∠BOC=2A∈(π當(dāng)∠BOC=π2時，|=14?65?sin∠CON當(dāng)∠BOC=π時，|OP+=14?65sin所以|OP+ON|∈[3?5題型10題型10三角形（四邊形）的面積問題

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示37．（2023上·重慶·高二校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，在等邊△ABC中，AB=2，點D,E,F分別在邊AB,BC,CA上，且AD=kAB0<k<1

(1)用k,θ表示DE,DF;(2)若△DEF為等腰直角三角形，求k的取值范圍；(3)若DE=1，求△DEF的面積的最小值【解題思路】（1）在△AFD、△DEB中應(yīng)用正弦定理用k,θ表示出DE,DF，注意θ范圍；（2）根據(jù)DE=DF得到k=21tanθ+(2+（3）由題設(shè)得12cosθ+32sinθ?3=?3k【解答過程】（1）由DFsinA=ADsinθ，且由DEsinB=BDsin∠BED，且BD=2(1?k)，所以DF=3ksinθ，（2）△DEF為等腰直角三角形，則3ksinθ所以k=21tanθ+(2+3)所以k∈(3（3）若DE=3(1?k)sin令S△DEF則(4t+3)sin所以(4t+3)2+1≥2存在θ∈(π6,2π3綜上，△DEF的面積的最小值為11?38．（2023下·江蘇泰州·高一統(tǒng)考期中）在平面凸四邊形ABCD中，AB=2，BC=6，AD=CD=4．(1)當(dāng)四邊形ABCD內(nèi)接于圓O時，求四邊形ABCD的面積S；(2)當(dāng)四邊形ABCD的面積最大時，求對角線BD的長．【解題思路】（1）利用余弦定理，結(jié)合A+C=π求出角C（2）結(jié)合余弦定理和面積公式得S4=sinA+3sinC2=3【解答過程】（1）連接BD，如圖，

由余弦定理得：BD及BD于是20?16cosA=52?48cosC，又四邊形ABCD內(nèi)接于圓因此20?16cosπ?C=52?48cosC，化簡可得于是S=S所以四邊形ABCD的面積83（2）設(shè)四邊形ABCD的面積為S，則S=S又BD2=A于是S=12×2×4平方相加得S216+4=10+6sinA則當(dāng)A+C=π時，S216有最大值，即S有最大值，此時A=π?C又C∈0,π，于是在△BCD中，BD2=所以對角線BD的長為2739．（2023下·湖北武漢·高一校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，已知△ABC的面積為S1=34A

(1)求∠ABC的大?。?2)若CD=3BC，設(shè)∠CAD=30°，∠BCD=120°，問是否存在常數(shù)λ，使得S1【解題思路】（1）利用余弦定理及三角形面積公式，求得tanB的值，得∠ABC（2）設(shè)∠ACB=α，利用正弦定理得關(guān)于α的代數(shù)式，解出α，利用三角形面積公式，求出λ的值.【解答過程】（1）在△ABC中，由余弦定理，AC因為S1=3即tanB=?3，又因為B∈(0°,180（2）設(shè)∠ACB=α，則∠ACD=120°?α，D=30°+α，∠CAB=60°?α，在△ACD中，由正弦定理，CDsin在△ABC中，由正弦定理，BCsin兩式作商，得sin(60°?α)即sin(60°+2α)=12，因為α∈(0°,120°)S1=1假設(shè)S1=λS解得λ=3?40．（2023下·福建泉州·高一校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，AD為BC邊上的中線，已知c=1,sin

(1)求△ABC的面積；(2)點G為AD上一點，AG=25AD，過點G的直線與邊AB,AC（不含端點）分別交于E,F．若【解題思路】（1）法一、由正弦定理得b=4c=4，由AD為中線得SΔABD=SΔ法二、由正弦定理得b=4c=4，在△ABD和△ADC中，由正弦定理作商得∠DAC的正余弦值，從而由正弦的和角公式得sin∠BAC=法三、設(shè)∠BAC=θ，利用平面向量的數(shù)量積公式可求得cos∠BAD=AB?ADAB（2）設(shè)AE=λAB,AF=μAC,λ,μ∈0,1，利用向量共線的充要條件可得【解答過程】（1）法一：由sinB=4sin∵又∵AD是BC邊上的中線，∴S即1易知∠CAD為銳角，∴cos∴∴S

（法二）由sinB=4sin∵cos在△ABD中，由正弦定理得BDsin在△ADC中，設(shè)∠DAC=α，由正弦定理得CDsin①÷②得，sinα=714

易知α∴∴S（法三）：由sinB=4sinC設(shè)∠BAC=θ，∵AD為BC邊上的中線，∴AD=則AB?AD==1∴cos∠BAD=整理得28cos2θ+8∴cosθ=12或cos∴sinθ=32（2）

設(shè)AE∵D為BC的中點，AD=∴AG又E、G、F三點共線，所以15λ+1又EF=∴AG由（1）知，AB=1,化簡得12μ?2λ=3④，

由③④，得λ=12，μ=∴S△AEF題型11題型11求\o"求三角形中的邊長或周長的最值或范圍"\t"https://zujuan.xkw/gzsx/zj168411/_blank"三角形中的邊長或周長的最值或范圍

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示41．（2023下·江蘇泰州·高一統(tǒng)考期末）在△ABC中，角A,B,C的對邊分別為a，b，c，已知1+cos(1)當(dāng)C=π2時，求(2)當(dāng)a=1時，求△ABC周長的最大值.【解題思路】（1）根據(jù)題意借助于倍角公式整理得1tan（2）以內(nèi)切圓為基礎(chǔ)，設(shè)∠OBD=θ，進(jìn)而可得AD=OBsinθ+cos【解答過程】（1）因為1+cosAsin可得1tan又因為C=π2，則所以1tan解得tanA（2）設(shè)△ABC的內(nèi)切圓的圓心為O，圓O與邊AB切于點D，連接OA,OB,OD，設(shè)△ABC周長為l，∠OBD=θ∈0,可得OD=OBsin由（1）可知：1tanA2整理得AD=BD+OD=OBsin可得AB=AD+BD=OBsin根據(jù)等面積法可得12即12整理得l=sin其中tanφ=2,φ∈當(dāng)2θ+φ=π2，即tan2θ=tanπ所以△ABC周長的最大值為5+2

42．（2023·全國·高三專題練習(xí)）在①2sinA?sinB=2sin問題：在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且____．(1)求角C；(2)若c=2，求2a?b的取值范圍．【解題思路】（1）根據(jù)三角恒等變換，結(jié)合正余弦定理邊角互化，即可逐一求解，（2）根據(jù)正弦定理可得a=4【解答過程】（1）若選①：2sinA?則2sin∴2∴2∵B∈0,π，∴cosC=12，∵C∈若選②：(a+c)(sin由正弦定理得(a+c)(a?c)=b(a?b)，∴a2∴cosC=∵C∈0,π，∴若選③：S△BAC則12由正弦定理得12∴∴a2∴cosC=∵C∈0,π，∴（2）由正弦定理得asin故a=4則2a?b=8=23由于A∈0,2π3，A?∴2a?b∈(?2,4).43．（2023上·福建·高三校聯(lián)考期中）已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對應(yīng)的邊分別為a,b,c，且滿足sinA(1)求角C的大小；(2)若△ABC為銳角三角形，且b=2，求△ABC周長的取值范圍.【解題思路】（1）利用正弦定理和余弦定理化簡求值即可；（2）根據(jù)三角形為銳角求出π6【解答過程】（1）由正弦定理得ab+c整理得a2+b由余弦定理得cosC=12，又C∈（2）由（1）知A+B=2π3因為△ABC為銳角三角形，所以0<2π3由正弦定理asinA=則a+b+c=2sin=3+31+cosBsin當(dāng)π6<B<π2時，又tanπ所以2?3<tan所以3+3<3+3所以△ABC周長的取值范圍是3+344．（2023下·新疆·高一兵團(tuán)第三師第一中學(xué)校考階段練習(xí)）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且滿足acos(1)求角A；(2)若a=3，求△ABC(3)求bc?ab?aca【解題思路】（1）根據(jù)正弦定理與sinB=sinAcosC+（2）由余弦定理和基本不等式求出b+c≤23（3）利用正弦定理，結(jié)合三角恒等變換得到bc?ab?aca【解答過程】（1）acossinA因為sinB=所以sinA即3sin因為C∈0,π，所以sinC≠0所以sinA?因為A∈0,π，所以故A?π6=（2）由（1）知A=π又a=3，由余弦定理得cos即12所以b+c2由基本不等式可知bc≤b+c所以b+c2?3≤3當(dāng)且僅當(dāng)b=c=3故△ABC的周長最大值為33（3）由（1）知A=π則bc?ab?ac=====?=?=4令t=sin因為C∈0,2π3，所以C+則bc?ab?aca故當(dāng)t=34時，bc?ab?aca當(dāng)t=1時，bc?ab?aca2取得最大值，最大值為故bc?ab?aca2的取值范圍是題型12題型12解三角形與向量綜合

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示45．（2023上·河北·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知AB?(1)求ab(2)若cosA=63【解題思路】（1）利用余弦定理化簡即可得到答案；（2）在△ABC中，由（1）及正弦定理得sinA=33，sinB=1【解答過程】（1）由AB?CA+所以bccos(π由余弦定理得a2化簡得a=3b，即（2）由（1）及正弦定理得ab=sinAsin∴

sinA=33因a=3b>b，則∴

cosB=∴

cosC=?46．（2023下·遼寧沈陽·高一沈陽二中?？茧A段練習(xí)）如圖，設(shè)△ABC中的角A，B，C所對的邊是a，b，c，AD為∠BAC的角平分線，已知AB=1，AD=34AB+14AC，ABAB?ACAC=12，點E，F(xiàn)

(1)求邊BC的長度；(2)設(shè)AG=kAD，AE=λAB，AF=μ【解題思路】（1）由ABAB?ACAC=12，可得∠BAC=π3，過D分別作DM∥AC,DN∥AB,交AB,AC于點M，N（2）由△AEF的面積是△ABC面積的一半，可得λμ=12①，由E,F,G三點共線，得k=23μ+λ，由AG?【解答過程】（1）解：由ABAB?AC又因為∠BAC∈(0,π)，所以又因為AD=過D分別作DM∥AC,DN∥AB,交AB,AC于點M，N，

所以AMAB=3所以BDDC所以AC=b=3,又因為a2所以BC=a=7（2）解：因為AG=kAD，AE=λ△AEF的面積是△ABC面積的一半，所以12所以λμ=1AB?由AD=34又因為E,F,G三點共線，所以1k=3所以AG=k又EF=所以AG?EF=(34又因為AG?所以27μ?9λ12μ+4λ=由①②解得λ=1所以k=447．（2023下·江蘇南京·高一校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，已知△ABC是邊長為2的正三角形，點P在邊BC上，且3BP=BC，點Q

(1)若AQ=λAB+(2)求QA?(3)求△QPC周長的取值范圍．【解題思路】（1）結(jié)合圖形，利用平面向量基本定理，以及向量的線性運算，即可求解；（2）首先用基底向量AB,AC表示向量QA和（3）首先在△QPC中，設(shè)∠PCQ=α，∠PQC=β，∠QPC=θ，再根據(jù)正弦定理，利用三角函數(shù)表示△QPC的周長，結(jié)合三角函數(shù)恒等變換以及函數(shù)的性質(zhì)，即可求解.【解答過程】（1）由題意BP=13BC，即AP?AB=設(shè)AQ=m又∵BC=AC即23mAB所以23m=λ?1所以λ=1（2）AB?由（1）知AP=23QC=所以QA=?=?23m設(shè)fm當(dāng)m=37時，fmmin（3）在△ABP中，AP2=4+在△QPC中，設(shè)∠PCQ=α，∠PQC=β，∠QPC=θ在△ABP中，ABsin(π?θ)=APsin在△QPC中，PQsinα=∴PQ=4所以△QPC的周長l=PQ+CQ+PC=4∵sinα=sin令f(β)=cosf(β)=cosβ+1sin在△APC中，AP=273，AC=2，PC=∴APsin∠ACB=又∵sintan∠CAP=32，設(shè)tan即3x2+4x?3=0，x>0tanθ=33，設(shè)tanθ即33t2+2t?33=0，?2+7?1+27所以?1+27因此△QPC的周長的取值范圍是8348．（2023下·新疆伊犁·高一校聯(lián)考期中）在△ABC中，角A?B?C所對的邊分別是a?b?c，點D在邊

(1)求邊b的長度；(2)若點E?F分別為線段AB?線段AC上的動點，且線段EF交AD于G且△AEF的面積為△ABC面積的一半，求【解題思路】（1）由正弦定理得到2accosB=a（2）設(shè)AE=xAB,AF=yAC,AD=λAG，表達(dá)出AG=1?μxAB+μyAC，又由D為【解答過程】（1）因為2csin由正弦定理得2accos由余弦定理得2ac?a∴c2=bc（2）設(shè)AE=x因為EG=μEF，所以即AG=又因為D為BC的中點，所以AD=即12=λ1?μ又S△AEF所以12即xAB?yAC由①②得λ=x+y，AG===32又0<x≤10<y=12x當(dāng)x=1時，(AG題型13題型13解三角形與三角函數(shù)綜合

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示49．（2023上·安徽·高二合肥一中校聯(lián)考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)在△ABC中，fA2=0，AB=2【解題思路】（1）利用三角恒等變換得到fx（2）根據(jù)fA2=0，求出A=π3，由正弦定理得到a=3sin【解答過程】（1）fx令?π2+2k故fx的單調(diào)遞增區(qū)間為?（2）fA2因為A∈0,π，所以A?π6∈又AB=2，由正弦定理得asinA=故a=3所以a+b==3因為A=π3，所以C∈0,由于y=tanx在x∈0,故a+b=3tanC所以△ABC周長的取值范圍是4,+∞50．（2023下·山東青島·高一校聯(lián)考期中）已知a=2cos(1)求函數(shù)y=fx(2)若銳角△ABC的三內(nèi)角A,B,C的對邊分別是a,b,c，且fA=1，求【解題思路】（1）通過向量夾角的公式以及兩角和的正弦公式化簡函數(shù)，結(jié)合正弦函數(shù)單調(diào)性即可求解；（2）先由fA=1求得A=π【解答過程】（1）由題意得，a?a=所以fx對于函數(shù)y=fx的單調(diào)增區(qū)間，令2k得到kπ對于函數(shù)y=fx的單調(diào)減區(qū)間，令2k得到kπ所以函數(shù)y=fx的單調(diào)增區(qū)間為k函數(shù)y=fx的單調(diào)減區(qū)間為（2）fA=sin2A?π所以2A?π6∈?π在△ABC中，由正弦定理得b+ca在銳角△ABC中，0＜B＜所以π3＜B+即b+ca的取值范圍為351．（2023下·山東聊城·高一統(tǒng)考期末）已知向量a=(2cosωx,?2)，b=(3sinωx+cosωx,1)(1)求ω；(2)已知a,b,c分別為不等邊△ABC的三個內(nèi)角A,B,C的對邊，且f(A)=f(B)=3，a=2，求【解題思路】（1）根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算以及三角恒等變換公式可得f(x)=2sin2ωx+π（2）根據(jù)已知條件求出A,B,C，再根據(jù)正弦定理求出b，最后根據(jù)三角形面積公式可求出結(jié)果.【解答過程】（1）f(x)=a?=3sin2ωx+2依題意得2π2ω=（2）由（1）得f(x)=2sin由f(A)=f(B)=3，得sin因為△ABC為不等邊三角形，且0<A<π，0<B<所以π6<2A+π所以A=π12，B=π4，或A=當(dāng)A=π12，B=π4由正弦定理得asinA=bsinB，得所以S△ABC=1當(dāng)A=π4，B=π由正弦定理得asinA=bsinB，得所以S△ABC=152．（2023·全國·高一專題練習(xí)）設(shè)函數(shù)f(x)=m?n，其中向量m(1)求f(x)的最小值；(2)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，已知f(A)=2，b=1，△ABC的面積為32，求b+c【解題思路】（1）利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示及倍角余弦公式、輔助角公式可得f(x)=2sin（2）由題設(shè)可得A=π3，應(yīng)用三角形面積公式有c=2，由余弦定理可得a=3【解答過程】（1）由題設(shè)，f(x)=2cos2x+所以，當(dāng)sin(2x+π6)=?1時（2）由f(A)=2，得：2sin(2A+π6)+1=2所以2A+π6∈(π6由S△ABC=1在△ABC中，由余弦定理得：a2所以a=3由asinA=題型14題型14復(fù)數(shù)的模的幾何意義

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示53．（2023·全國·高一課堂例題）設(shè)：z∈C，點Z對應(yīng)復(fù)數(shù)z，在復(fù)平面內(nèi)滿足下列條件的點Z的集合是什么圖形？(1)z=2(2)2≤z【解題思路】（1）根據(jù)復(fù)數(shù)模長的幾何意義求解即可.（2）根據(jù)復(fù)數(shù)模長的幾何意義求解即可.【解答過程】（1）復(fù)數(shù)z的模等于2，這表明，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的向量OZ之的長度等于2，即點Z到原點O的距離等于2，因此滿足條件z=2點Z的集合是以原點O（2）不等式2≤z≤3不等式z≤3的解集是圓z不等式z≥2的解集是圓z這兩個集合的交集，即上述不等式組的解集，也就是滿足條件2≤z≤3的點所求的集合是以原點O為圓心，以2和3為半徑的兩圓所夾的圓環(huán)，并包括圓環(huán)的邊界.

54．（2023·全國·高一專題練習(xí)）已知復(fù)數(shù)z滿足|z+2?2i|=2，且復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點為(1)確定點M的集合構(gòu)成圖形的形狀；(2)求|z?1+2i【解題思路】（1）根據(jù)復(fù)數(shù)模的幾何意義確定點M的集合構(gòu)成圖形的形狀.（2）根據(jù)復(fù)數(shù)模的幾何意義，結(jié)合圓的幾何性質(zhì)求得正確答案.【解答過程】（1）設(shè)復(fù)數(shù)?2+2i在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點為P(?2,2)則|z+2?2i故點M的集合是以點P為圓心，2為半徑的圓，如下圖所示．（2）設(shè)復(fù)數(shù)1?2i在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點為Q(1,?2)，則|z?1+2|PQ|=(1+2)則|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55．（2023·全國·高一專題練習(xí)）設(shè)復(fù)數(shù)z1=2+ai（其中a∈R(1)若z1z2(2)求滿足z?z2≤【解題思路】（1）將z1z2化成復(fù)數(shù)的一般形式，則實部為0，虛部不為0，即可求解（2）復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對應(yīng)的點構(gòu)成的圖形是以3,?4【解答過程】（1）z依題意6?4a=0且8+3a≠0，所以a=（2）設(shè)z=x+yi,x,y∈z?故復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對應(yīng)的點構(gòu)成的圖形是以3,?4為圓心，半徑為3的圓及其內(nèi)部所以S=πr56．（2023·高一單元測試）已知復(fù)數(shù)z滿足z=5（1）若4+3i?z是實數(shù)，求復(fù)數(shù)（2）求z2【解題思路】（1）利用實數(shù)概念及模長，即可得到復(fù)數(shù)z；（2）利用點與圓的位置關(guān)系，即可得到取值范圍.【解答過程】（1）設(shè)z=a+bi，a、b∈R，則a2又4+3i∴3a+4b=0，又∴a=4,b=?3或a=?4,b=3，∴復(fù)數(shù)z=4?3i或?4+3（2）zz??4+2i表示復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點與?4+2i而復(fù)數(shù)z在以原點為圓心，半徑為5的圓上，如圖所示，z??4+2∴z2

題型15根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運算結(jié)果求復(fù)數(shù)特征題型15根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運算結(jié)果求復(fù)數(shù)特征

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示

平面向量線性運算的坐標(biāo)表示57．（2023下·遼寧錦州·高一統(tǒng)考期末）已知i是虛數(shù)單位，a，b∈R，設(shè)復(fù)數(shù)z1=2a?3i，z2(1)若z1?z(2)若復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面上對應(yīng)的點分別為A，B，且①是否存在實數(shù)a，b，使向量OB逆時針旋轉(zhuǎn)90°后與向量OA重合，如果存在，求實數(shù)a，b的值；如果不存在，請說明理由；②若O，A，B三點不共線，記△ABO的面積為Sa,b，求S【解題思路】（1）計算z1?z2，然后使其實部為零，虛部不為零，再結(jié)合z3（2）①方法一：由題意可得OA=OBOA?OB=0z3=1②設(shè)向量OA,OB的夾角為θ，0≤θ≤π，設(shè)復(fù)數(shù)z3所對應(yīng)的向量為OC,則【解答過程】（1）因為復(fù)數(shù)z1所以z1而z1?z2為純虛數(shù)，因此又因為z3=a+bi，且z由a2+b2=1所以z3=?2（2）①存在，理由如下：法一：由題意知：OA=OBOA解得a=?12b=?因為OB逆時針旋轉(zhuǎn)90°后與OA重合，所以a=?1法二：設(shè)OA=OB=r,α是以x軸正半軸為始邊，OB所以rcosα+π所以?r?1r=2a且a=?12,b=?所以a=?1②因為復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的向量分別是OA,OB(為坐標(biāo)原點），且O所以設(shè)向量OA,OB的夾角為θ，0≤θ≤π，設(shè)復(fù)數(shù)z則OA=2a,因此△AOB的面積Sa=====a+設(shè)n=1,當(dāng)且僅當(dāng)b=3a且a2+b所以Sa58．（2023·全國·高一專題練習(xí)）已知z為復(fù)數(shù)，ω=z+9(1)當(dāng)?2<ω<10時，求復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點Z的集合；(2)當(dāng)?4<ω<2時，若u=α?zα+z（α>0）為純虛