【高考數(shù)學(xué)】2026版53高考總復(fù)習(xí)A版數(shù)學(xué)44解三角形4.4解三角形五年高考考點(diǎn)1正弦定理、余弦定理(2023全國(guó)乙文,4,5分,易)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,若acosB-bcosA=c,且C=π5,則B=()A.π答案C2.(2021全國(guó)甲文,8,5分,易)在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,則BC=()A.1B.2C.答案D3.(2020課標(biāo)Ⅲ理,7,5分,易)在△ABC中,cosC=23,AC=4,BC=3,則cosB=()A.1答案A4.(2021全國(guó)乙文,15,5分,易)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,面積為3,B=60°,a2+c2=3ac,則b=.

答案22(2024新課標(biāo)Ⅱ,15,13分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知sinA+3cosA=2.(1)求A;(2)若a=2,2bsinC=csin2B,求△ABC的周長(zhǎng).解析(1)由已知得12sinA+32cosA=sinA+π3=1,因?yàn)?<A<π,由2bsinC=2csinBcosB及bsinB=csinC,得2sinBsinC=2sinCsinBcosB,又sinB≠0,且sinC≠0,所以cosB=22,則sinsinAcosB+cosAsinB=12×22+32×22=2+64,所以c=asin(2024新課標(biāo)Ⅰ,15,13分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知sinC=2cosB,a2+b2-c2=2ab.(1)求B;(2)若△ABC的面積為3+3,求c.解析(1)由余弦定理的推論得cosC=a2+b2?c22ab=由sinC=2cos∴cosB=12,由0<B<π得B=π(2)由(1)得B=π3,C=π4.∵令b3=c2=t,t>0,則b=3t,c∵A=π-B-C=5π12∴sinA=sinπ4∵S△ABC=12∴t=2,因此c=22.7.(2023全國(guó)乙理,18,12分,中)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.(1)求sin∠ABC;(2)若D為BC上一點(diǎn),且∠BAD=90°,求△ADC的面積.解析(1)在△ABC中,由余弦定理,得BC2=22+12-2×2×1×cos120°=7,則BC=7.(3分)由正弦定理,得ACsin∠則sin∠ABC=AC·sin∠BACBC=(2)在Rt△ABD中,由(1)知sin∠ABD=2114,且∠ABD為銳角,所以tan∠ABD=3在Rt△ABD中,AB=2,則AD=AB·tan∠ABD=2×35=235在△ADC中,∠DAC=30°,AC=1,∴△ADC的面積S=12×2358.(2021新高考Ⅰ,19,12分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知b2=ac,點(diǎn)D在邊AC上,BD·sin∠ABC=asinC.(1)證明:BD=b;(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.解析(1)證明:由題設(shè)得BD=asin在△ABC中,由正弦定理知csin即sinC代入BD=asinCsin∠ABC中,得BD=acb,又∴BD=b.(4分)(2)由AD=2DC得AD=23b,DC=b在△ABD中,cosA=AD在△ABC中,cosA=AC故c2?59b243bc=b2又b2=ac,(7分)所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0,所以c=3a或c=23a.(8分)當(dāng)c=3a時(shí),b2=ac=3a2,所以b=3a,此時(shí)a+b<c,故a,b,c構(gòu)不成三角形;(10分)當(dāng)c=23a時(shí),b2=ac=23a2,所以b=6此時(shí)a,b,c可以構(gòu)成三角形,(11分)故c=23a,b=63a,所以在△ABC中,cos∠ABC=a2+c考點(diǎn)2解三角形及其綜合應(yīng)用1.(2021浙江,14,6分,中)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中點(diǎn),AM=23,則AC=,cos∠MAC=.

答案213;2(2022全國(guó)甲,理16,文16,5分,中)已知△ABC中,點(diǎn)D在邊BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.當(dāng)ACAB取得最小值時(shí),BD=答案3-13.(2020全國(guó)Ⅰ,16,5分,中)如圖,在三棱錐P-ABC的平面展開(kāi)圖中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,則cos∠FCB=.

答案-14.(2023新課標(biāo)Ⅰ,17,10分,中)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sinB.(1)求sinA;(2)設(shè)AB=5,求AB邊上的高.解析(1)∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C=π4,B=3π4-又∵2sin(A-C)=sinB,∴2sinA?即222sinA整理得sinA=3cosA,又∵sin2A+cos2A=1,A∈0,3π∴sinA=31010.(5分(2)由(1)知C=π4,sinA=31010,cosA則sinB=sin3π4?A=2在△ABC中,由正弦定理得ABsin∴522=AC255=BC31010,∴∴S△ABC=12AC·BC·sinC設(shè)AB邊上的高為h,則12×5h=15,∴h=6.(10分)5.(2023新課標(biāo)Ⅱ,17,10分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知△ABC面積為3,D為BC的中點(diǎn),且AD=1.(1)若∠ADC=π3,求tanB(2)若b2+c2=8,求b,c.解析由題意知S△ABC=3,BD=DC,∴S△ADC=32(1)∵S△ADC=12DA·DC·sin∠ADC=32,DA∴DC=2,∴BD=2,易知∠ADB=2π3,(2分)在△ADB中,由余弦定理得AB2=BD2+DA2-2DA·DB·cos∠ADB,即AB2=22+12-2×1×2×?12∴AB=7,(3分)∴cosB=AB∴sinB=1?cos2B=1?∴tanB=sinBcosB=3(2)如圖所示,延長(zhǎng)AD至E,使DE=AD,連接BE,CE,易得四邊形ABEC為平行四邊形(對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形),∴AB=CE,AC=BE,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,AE2=AC2+CE2-2AC·CEcos∠ACE,兩式相加得BC2+AE2=2(AB2+AC2)(注意cos∠BAC+cos∠ACE=0),即BC2+AE2=2(b2+c2)=16,又AE=2AD=2,∴BC2=12,∴BC=23,(7分)∵S△ADC=12AD·DC·sin∠ADC=∴sin∠ADC=1,∴AD⊥BC,∴b=c,(9分)又b2+c2=8,∴b=c=2.(10分)6.(2022新高考Ⅱ,18,12分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,分別以a,b,c為邊長(zhǎng)的三個(gè)正三角形的面積依次為S1,S2,S3.已知S1-S2+S3=32,sinB=1(1)求△ABC的面積;(2)若sinAsinC=23,求解析(1)由題意得S1=34a2,S2=34b2,S3=34∴S1-S2+S3=34(a2-b2+c2)=32,即a2-b2+c2由cosB=a2+c2?b22ac得a2+c故2accosB=2,∴accosB=1,(3分)又∵sinB=13,∴cosB=223∴ac=324,∴S△ABC=12acsin(2)由正弦定理asin又知ac=324,sinAsinC=23,(∴b2sin2∴b=32sinB=37.(2022新高考Ⅰ,18,12分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知cosA(1)若C=2π3,求B(2)求a2+解析(1)∵cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcos即cosA∴cosAcosB-sinAsinB=sinB,即cos(A+B)=sinB,又C=2π3,(3分)∴sinB=cos(A+B)=-cosC=-cos2π3∵0<B<π3,∴B=π6.(4分(2)由(1)知,sinB=cos(A+B)=-cosC,∵sinB>0恒成立,∴C∈π2∵-cosC=sinC?∴C-π2=B或B+C?π2∴A=π2-2B,∵A>0,∴B∈0,π4,(∴a=(2cos2B?1)2令cos2B=t,t∈12∴a2+b2c2=(2t?1)2+(1?t)t=4t+2t?5≥42-5,當(dāng)且僅當(dāng)4t∴a2+b2c28.(2021新高考Ⅱ,18,12分,中)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且滿足b=a+1,c=a+2.(1)若2sinC=3sinA,求△ABC的面積;(2)是否存在正整數(shù)a,使得△ABC為鈍角三角形?若存在,求a;若不存在,說(shuō)明理由.解析(1)2sinC=3sinA?2c=3a,又∵c=a+2,∴2(a+2)=3a,∴a=4,∴b=a+1=5,c=a+2=6,∴cosA=b2+c2?a2∴S△ABC=12bcsinA=(2)由已知得c>b>a,若△ABC為鈍角三角形,則角C為鈍角,∴cosC=a2+b2?c22ab<0?a2+b2<c2?a2+(a+1)2<(a+2)2?a2-2a-3<0?-1<a<3,又a>0,∴a∈(同時(shí)還應(yīng)考慮構(gòu)成△ABC的條件,即a+b>c?a+(a+1)>a+2?a>1.綜上所述,當(dāng)a∈(1,3)時(shí),△ABC為鈍角三角形.∴存在正整數(shù)a=2,使得△ABC為鈍角三角形.(12分)9.(2020新高考Ⅰ,17,10分,易)在①ac=3,②csinA=3,③c=3b這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面問(wèn)題中,若問(wèn)題中的三角形存在,求c的值;若問(wèn)題中的三角形不存在,說(shuō)明理由.問(wèn)題:是否存在△ABC,它的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且sinA=3sinB,C=π6,?注:如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分.解析方案一:選條件①.由C=π6由sinA=3sin于是3b2+b2?c22由①ac=3,解得a=3,b=c=1.因此,選條件①時(shí)問(wèn)題中的三角形存在,此時(shí)c=1.(10分)方案二:選條件②.由C=π6由sinA=3sin于是3b由此可得b=c,B=C=π6,A=2π3.(6分由②csinA=3,所以c=b=23,a=6.因此,選條件②時(shí)問(wèn)題中的三角形存在,此時(shí)c=23.(10分)方案三:選條件③.由C=π6由sinA=3sin于是3b2+b2?c22由③c=3b,與b=c矛盾.因此,選條件③時(shí)問(wèn)題中的三角形不存在.(10分)

三年模擬基礎(chǔ)強(qiáng)化練1.(2025屆江蘇鹽城四校聯(lián)考,5)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知a=3,(sinA-sinB)(b+a)=c(sinB+sinC),則△ABC面積的最大值為()A.1答案C2.(2024河北保定十校三模,6)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且B=2C,b=2a,則()A.△ABC為直角三角形B.△ABC為銳角三角形C.△ABC為鈍角三角形D.△ABC的形狀無(wú)法確定答案A3.(2025屆浙江金華開(kāi)學(xué)考,4)古代數(shù)學(xué)家劉徽編撰的《海島算經(jīng)》是中國(guó)最早的一部測(cè)量學(xué)著作,也為地圖學(xué)提供了數(shù)學(xué)基礎(chǔ).現(xiàn)根據(jù)劉徽的《海島算經(jīng)》測(cè)量一個(gè)球體建筑物的高度,已知點(diǎn)A是球體建筑物與水平地面的接觸點(diǎn)(切點(diǎn)),地面上B,C兩點(diǎn)與點(diǎn)A在同一條直線上,且在點(diǎn)A的同側(cè).若在B,C處分別測(cè)得球體建筑物的最大仰角為60°和20°,且BC=100m,則該球體建筑物的高度約為()(cos10°≈0.985)A.49.25mB.50.76mC.56.74mD.58.60m答案B4.(2024山東日照三模,8)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若a2=b2+bc,且A∈π3,π2,則abA.(1,3)B.6C.(2,3)D.(3,2)答案C5.(多選)(2024安徽合肥一六八中學(xué)模擬,10)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,則下列命題為真命題的是()A.若A>B,則sinA>sinBB.若sin2A+sin2B<sin2C,則△ABC是鈍角三角形C.若acosA=bcosB,則△ABC為等腰三角形D.若a=8,c=10,A=45°,則符合條件的△ABC有兩個(gè)答案ABD(2024河北保定九校二模,13)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若c2sinA=6sinC,(a+c)2=18+b2,則△ABC的面積為.

答案37.(2024重慶西南大學(xué)附中模擬,13)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,滿足sinB?sinCsinA=2b?ab+c,sinAsinB=答案58.(2025屆重慶南開(kāi)中學(xué)月考,15)已知△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且滿足a=2b-2ccosA.(1)求角C;(2)若c=4,sinAsinB=58,求△ABC的面積解析(1)由余弦定理的推論得a=2b-2ccosA=2b-2c·b2即ab=b2-c2+a2,∴cosC=a2+b2?c22ab=ab2ab=(2)由正弦定理得2R=csin則sinAsinB=a2解得ab=403,∴S△ABC=19.(2024河北邢臺(tái)期末,17)在銳角△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知2asinC-3c=0.(1)求A;(2)求4sinB-4sinC的取值范圍.解析(1)由2asinC-3c=0及正弦定理得2sinAsin因?yàn)閟inC≠0,所以sinA=32因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形,所以A=π3(2)因?yàn)锳=π3,所以B+C=23因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形,所以0<B因?yàn)?sinB-4sinC=4sinB-4sin(A+B)=2sinB-23cos由B-π3∈?π所以4sinB-4sinC∈(-2,2).即4sinB-4sinC的取值范圍為(-2,2).10.(2025屆湖南衡陽(yáng)一中月考,15)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知S為△ABC的面積且43S+3(b2-a2)=3c2.(1)若b=2,求△ABC外接圓的半徑R;(2)若△ABC為銳角三角形,求a2+解析(1)∵S為△ABC的面積且43S+3(b2-a2)=3c2,S=12acsinB∴43×12acsinB=3(c2+a2-b2)=3×2accosB,即tanB∵0<B<π,∴B=π3.∴2R=(2)由(1)可知,B=π3∴a=4=4sin2C+23sinC·cosC+6cos2C4si=1+32∵△ABC為銳角三角形,∴0<C∴tanC>33,∴0<1設(shè)t=1tanC,則∴0<t<3時(shí),a2+b2c2∈能力拔高練1.(2024河北秦皇島二模,4)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若cosAa+cosBb=sinCc,13b2+13c2=10bc+13A.7答案C(2025屆江蘇蘇州中學(xué)月考,8)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且asinA=(b+c)sinB,則a?bc的取值范圍是(A.1答案A3.(2025屆山東青島二中月考,8)如圖,在平行四邊形ABCD中,tan∠BAD=7,AB=52,AD=5,E為邊BC上異于端點(diǎn)的一點(diǎn),且AE·DE=45,則sin∠CDE=(A.2答案B4.(多選)(2025屆河北石家莊正定實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考,10)△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,S為△ABC的面積,且a=2,AB·AC=23S,下列選項(xiàng)正確的是A.A=πB.若b=3,則△ABC有兩解C.若△ABC為銳角三角形,則b的取值范圍是(23,4)D.若D為BC邊的中點(diǎn),則AD的最大值為2+3答案BCD5.(多選)(2024浙江Z20名校聯(lián)盟三模,10)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且23a·sin2A+C2=bA.B=πB.若a=4,b=5,則△ABC有兩解C.當(dāng)a-c=33b時(shí),△ABCD.若△ABC為銳角三角形,則cosA+cosC的取值范圍是3答案ACD6.(2025屆江蘇南京第一中學(xué)開(kāi)學(xué)考,14)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知A為鈍角,asinB=bcosB,則cosA+cosB+cosC的取值范圍是.

答案1,7.(2025屆安徽江南十校聯(lián)考,14)在△ABC中,AB·CB?AC·BC=?12BC答案38.(2025屆湖北武漢硚口開(kāi)學(xué)考,14)△ABC為銳角三角形,其三個(gè)內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c,且b=1,C=2B,則△ABC周長(zhǎng)的取值范圍為.

答案(2+2,3+3)(2024重慶八中模擬,16)如圖,某班級(jí)學(xué)生用皮尺和測(cè)角儀(測(cè)角儀的高度為1.7m)測(cè)量重慶瞰勝樓的高度,測(cè)角儀底部A和瞰勝樓樓底O在同一水平線上,從測(cè)角儀頂點(diǎn)C處測(cè)得樓頂M的仰角∠MCE=16.5°(點(diǎn)E在線段MO上).他沿線段AO向樓前進(jìn)100m到達(dá)B點(diǎn),此時(shí)從測(cè)角儀頂點(diǎn)D處測(cè)得樓頂M的仰角∠MDE=48.5°,樓尖MN的視角∠MDN=3.5°(N是樓尖底部,在線段MO上).(1)求樓高M(jìn)O和樓尖MN;(2)若測(cè)角儀底在線段AO上的F處時(shí),樓尖MN的視角最大,求此時(shí)測(cè)角儀底到樓底的距離FO.參考數(shù)據(jù):sin16.5°sin48.5°sin32°≈25,tan16.5°≈827,tan48.5°≈87解析(1)∠MCE=16.5°,∠MDE=48.5°,∴∠DMC=32°.在△CDM中,由正弦定理得CM=CDsin∠又CD=100m,∴CM=100sin(180°?48.5°)sin32°∴ME=CMsin∠MCE=100sin48.5°sin16.5°sin32°≈100×∴MO=ME+EO=40+1.7=41.7(m).CE=MEtan∠MCE=40tan16.5°∴DE=CE-CD=35m.∵∠NDE=∠MDE-∠MDN=45°,∴NE=DE=35m,MN=ME-NE=5m.(2)連接MG,NG,設(shè)FO=xm,則tan∠MGE=40x,tan∠NGE=35∴tan∠MGN=tan(∠MGE-∠NGE)=tan∠=40x當(dāng)且僅當(dāng)x=40×35x,即x≈37.4時(shí),等號(hào)成立∴樓尖MN的視角最大時(shí)測(cè)角儀底到樓底的距離FO為37.4m.10.(2025屆重慶聯(lián)考,17)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且滿足.

請(qǐng)?jiān)冖?a-b)sin(A+C)=(a-c)(sinA+sinC),②sinπ6?CcosC+π(1)求C;(2)若△ABC的面積為103,tanA=5311,點(diǎn)D在線段AB上,且2BD=AD,求CD解析(1)選擇條件①,(a-b)sin(A+C)=(a-c)(sinA+sinC),則(a-b)sinB=(a-c)(sinA+sinC),(1分)由正弦定理可得(a-b)b=(a-c)(a+c),即a2+b2-c2=ab,(3分)所以cosC=a2+b2?c22ab=12,由C∈(0選擇條件②,sinπ6即sinπ2所以cos2C+π3=1由C∈(0,π),得π3<C+所以C+π3=2π3,則C=π3(2)在△ABC中,因?yàn)閠anA=5311,所以所以sinA=5311cos在△ABC中,sinA>0恒成立,故cosA>0,因?yàn)閟in2A+cos2A=1,所以5311cosA2解得cosA=1114,sinA=5314.(因?yàn)椤鰽BC的面積為103,所以12解得bc=56,(9分)由(1)得C=π3,故12×32×ab=103而sinB=sin(A+C)=53所以12×437×ac=103綜上,可得a=5,b=8,c=7(負(fù)根舍去),(12分)設(shè)CD=d,CA=b,CB=a,由平面向量基本定理得d=23a+13b,(13分所以|d|2=194|a|2+4×|a|×|b|×12+|b|2=2449故CD的長(zhǎng)度為2613.(15分11.(2025屆江蘇揚(yáng)州中學(xué)月考,18)在△ABC中,設(shè)角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,且滿足3bsinC+bcosC=a+c.(1)求角B;(2)若b=3,求△ABC面積的最大值;(3)求ac?ab解析(1)因?yàn)?bsinC+bcosC=a+c,所以根據(jù)正弦定理得3sinBsinC+sinBcosC=sinA+sinC,又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,則3sinBsinC+sinBcosC=sinBcosC+cosBsinC+sinC,即3sinBsinC-cosBsinC=sinC,又因?yàn)镃∈(0,π),則sinC≠0,所以3sinB-cosB=1,整理可得sinB?因?yàn)锽∈(0,π),所以B-π6則B-π6=π6,解得(2)由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得3=a2+c2-2ac×12則a2+c2=3+ac≥2ac,則ac≤3,當(dāng)且僅當(dāng)a=c=3時(shí),等號(hào)成立,所以S△ABC=12故△ABC面積的最大值為33(3)根據(jù)正弦定理得ac=4=4=3=23令x=A+π6,則2A-π可得sin2A?π6=sin2x則ac?ab?bcb2=23(2sin因?yàn)锳∈0,2π3,則x=A+π6∈π6當(dāng)sinx=34時(shí),原式取得最小值,為4當(dāng)sinx=1時(shí),原式取得最大值,為43×1故ac?創(chuàng)新風(fēng)向練(創(chuàng)新考法)(2025屆廣東部分學(xué)校開(kāi)學(xué)考,16)古希臘數(shù)學(xué)家托勒密對(duì)凸四邊形(凸四邊形是指沒(méi)有角度大于180°的四邊形)進(jìn)行研究,終于有重大發(fā)現(xiàn):任意一凸四邊形,兩組對(duì)邊的乘積之和不小于兩條對(duì)角線的乘積,當(dāng)且僅當(dāng)四點(diǎn)共圓時(shí)等號(hào)成立.且若給定凸四邊形的四條邊長(zhǎng),四點(diǎn)共圓時(shí)四邊形的面積最大.根據(jù)上述材料,解決以下問(wèn)題:如圖,在凸四邊形ABCD中,(1)如圖1,若AB=2,BC=1,∠ACD=π2,AC=CD,求線段BD長(zhǎng)度的最大值(2)如圖2,若AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,求四邊形ABCD面積取得最大值時(shí)角A的余弦值,并求出四邊形ABCD面積的最大值.解析(1)設(shè)AC=CD=x,則AD=2x,由題意可知,AB·CD+BC·AD≥AC·BD,即2·x+1·2x≥BD·x,解得當(dāng)且僅當(dāng)A,B,C,D四點(diǎn)共圓時(shí)等號(hào)成立,即AD=10,AC=CD=5時(shí)等號(hào)成立,所以線段BD長(zhǎng)度的最大值為22.(2)由題意可知,當(dāng)A、B、C、D四點(diǎn)共圓時(shí),四邊形ABCD的面積達(dá)到最大.連接BD,分別在△ABD和△BCD中,利用余弦定理得a2+d2-2adcosA=b2+c2+2bccosA(A+C=π),解得cosA=a2+d2?b2?所以sinA=1?=4=[=(a于是四邊形ABCD的面積為S=12adsinA+1=12(ad+bc)·sinA=(專題五平面向量與復(fù)數(shù)5.1平面向量的概念及線性運(yùn)算、基本定理及坐標(biāo)表示五年高考考點(diǎn)1平面向量的概念及線性運(yùn)算1.(2022新高考Ⅰ,3,5分,易)在△ABC中,點(diǎn)D在邊AB上,BD=2DA.記CA=m,CD=n,則CB=()A.3m-2nB.-2m+3nC.3m+2nD.2m+3n答案B2.(2020新高考Ⅱ,3,5分,易)若D為△ABC的邊AB的中點(diǎn),則CB=()A.2CDC.2CD答案A3.(2017課標(biāo)Ⅱ文,4,5分,易)設(shè)非零向量a,b滿足|a+b|=|a-b|,則()A.a⊥bB.|a|=|b|C.a∥bD.|a|>|b|答案A4.(2015課標(biāo)Ⅰ理,7,5分,易)設(shè)D為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),BC=3CD,則(A.AD=?B.ADC.AD=D.AD答案A考點(diǎn)2平面向量基本定理及坐標(biāo)表示1.(2022全國(guó)乙文,3,5分,易)已知向量a=(2,1),b=(-2,4),則|a-b|=()A.2B.3C.4D.5答案D2.(2014福建,8,5分,易)在下列向量組中,可以把向量a=(3,2)表示出來(lái)的是()A.e1=(0,0),e2=(1,2)B.e1=(-1,2),e2=(5,-2)C.e1=(3,5),e2=(6,10)D.e1=(2,-3),e2=(-2,3)答案B3.(2021全國(guó)乙文,13,5分,易)已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,則λ=.

答案84.(2013北京理,13,5分,易)向量a,b,c在正方形網(wǎng)格中的位置如圖所示,若c=λa+μb(λ,μ∈R),則λμ=答案45.(2020江蘇,13,5分,中)在△ABC中,AB=4,AC=3,∠BAC=90°,D在邊BC上,延長(zhǎng)AD到P,使得AP=9,若PA=mPB+32?mPC答案185三年模擬基礎(chǔ)強(qiáng)化練1.(2025屆安徽A10聯(lián)盟摸底,2)在△ABC中,CD=2DB,AE=ED,則CE=A.1C.1答案C2.(2024天津第五十五中學(xué)階段測(cè)試,4)下列各式中不能化簡(jiǎn)為AD的是()A.-(CB+MC)-(B.-BMC.(AB?DC)D.AD-(CD+答案B3.(2025屆浙江9+1高中聯(lián)盟期中,4)在△ABC中,D是BC上一點(diǎn),滿足BD=2DC,M是AD的中點(diǎn),若BM=λBA+μBC,則A.5答案C4.(2025屆廣東茂名聯(lián)考,5)如圖,O為△ABC內(nèi)一點(diǎn),D為BC的中點(diǎn),OA=a,OB=b,OC=c,則AD=()A.a+12b+12B.-a+12b+1C.a-12b-12D.-a-12b-1答案B5.(2024福建福州質(zhì)檢,3)已知e1,e2是兩個(gè)不共線的向量,若2e1+λe2與μe1+e2是共線向量,則()A.λμ=?2B.λμ答案D6.(2025屆江西師大附中月考,2)已知平面向量AB=(-1,2),則與AB方向相同的單位向量是()A.5C.?答案C7.(2025屆黑龍江哈爾濱三中月考,5)在△ABC中,D為BC中點(diǎn),CP=λCB,AQ=23AB+13ACA.1答案C8.(2025