第二章 平面向量及其应用（A卷·知识通关练）-【单元测试】2022-2023学年高一数学分层训练AB卷（北师大版2019必修第二册）

这是一份第二章 平面向量及其应用（A卷·知识通关练）-【单元测试】2022-2023学年高一数学分层训练AB卷（北师大版2019必修第二册），文件包含第二章平面向量及其应用A卷·知识通关练解析版docx、第二章平面向量及其应用A卷·知识通关练原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共111页， 欢迎下载使用。

班级 姓名 学号 分数
第二章平面向量及其应用（A卷·知识通关练）
核心知识1从位移、速度、力到向量
1．（2023·高一课时练习）给出下列命题：
①两个具有公共终点的向量，一定是平行向量；
②两个向量不能比较大小，但它们的模能比较大小；
③λa=0（λ为实数），则λ必为零；
④λ,μ为实数，若λa=μb，则a与b共线；
⑤向量的大小与方向有关．
其中正确的命题的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据向量、平行向量的定义、向量数乘运算依次判断各个选项即可.
【解析】对于①，两个向量具有公共终点，但两向量的起点和终点可能不共线，则两向量不是平行向量，①错误；
对于②，向量有大小和方向两个维度，无法比较大小；但向量模长仅有大小一个维度，可以比较大小，②正确；
对于③，当a=0时，λ可以为任意实数，③错误；
对于④，当λ=μ=0时，λa=μb=0，此时a,b可以不共线，④错误；
对于⑤，向量的大小即向量的模长，与方向无关，⑤错误.
故选：A.
2．（2022春·山东聊城·高一山东聊城一中校考期中）下列命题中正确的个数是（    ）
①起点相同的单位向量，终点必相同；
②已知向量AB∥CD，则A,B,C,D四点必在一直线上；
③若a∥b,b∥c，则a∥c；
④共线的向量，若起点不同，则终点一定不同.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】由平面向量的概念对选项逐一判断，
【解析】对于A，单位向量的方向不确定，故起点相同的单位向量，终点不一定相同，故A错误，
对于B，向量AB∥CD，则A,B,C,D四点共线或AB//CD，故B错误，
对于C，若a∥b,b∥c，当b=0时，a,c不一定平行，故C错误，
对于D，若A,B,C三点共线，则AC//BC，此时起点不同，终点相同，故D错误，
故选：A
3．（2022秋·江苏盐城·高一滨海县五汛中学校考阶段练习）下列命题中正确的是（    ）
A．单位向量都相等 B．相等向量一定是共线向量
C．若a//b,b//c，则a//c D．任意向量的模都是正数
【答案】B
【分析】根据单位向量，共线向量及向量的基本概念逐项分析即得.
【解析】对于A，单位向量的模长相等，方向不一定相同，故A错误；
对于B，相等向量一定是共线向量，故B正确；
对于C，若b=0，a//b,b//c，而a与c不一定平行，故C错误；
对于D，零向量的模长是0，故D错误．
故选：B.
4．（2022春·山东东营·高一统考期中）设点O是正三角形ABC的中心，则向量AO，BO，CO是（    ）
A．相同的向量 B．模相等的向量 C．共起点的向量 D．共线向量
【答案】B
【分析】根据图形及正三角形的集合性质可得.
【解析】如图：

因为O是正△ABC的中心，所以|AO|=|BO|=|CO|=R(R为△ABC外接圆的半径)，所以向量AO，BO，CO是模相等的向量，但方向不同.
故选：B.
5．（2022春·内蒙古呼伦贝尔·高一校考期末）给出下列命题：
①两个具有共同终点的向量，一定是共线向量；
②若A，B，C，D是不共线的四点，则AB=DC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件；
③若a与b同向，且a>b，则a>b；
④λ，μ为实数，若λa＝μb，则a与b共线．
其中假命题的个数为（　　）
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据向量共线定义判断①；根据向量相等的定义和平行四边形的定义判断②；根据两向量不能比较大小判断③；举反例否定④.
【解析】①不正确．当起点不在同一直线上时，虽然终点相同，但向量不共线；
②正确．∵AB＝DC，∴|AB|＝|DC|且AB// DC；
又∵A，B，C，D是不共线的四点，∴四边形ABCD是平行四边形．
反之，若四边形ABCD是平行四边形，
则AB∥CD且AB与DC方向相同，因此AB＝DC；
③不正确．两向量不能比较大小．
④不正确．当λ＝μ＝0时，a与b可以为任意向量，
满足λa＝μb，但a与b不一定共线．
故选：C.
6．[多选]（2022秋·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）下列说法中，正确的是（    ）
A．若向量AB，CD满足|AB|=|CD|，AB与CD同向，则AB>CD
B．若两个非零向量AB，CD满足AB+CD=0，则AB，CD是互为相反向量
C．AB=CD的充要条件是A与C重合，B与D重合
D．模为0是一个向量方向不确定的充要条件
【答案】BD
【分析】根据向量的基本性质，基本概念，以及向量平行和零向量的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【解析】对A：向量不可比较大小，故A错误；
对B：若两个非零向量AB，CD满足AB+CD=0，则AB=|CD|，且方向相反，故AB，CD互为相反向量，B正确；
对C：A与C重合，B与D重合，故AB=CD，充分性成立；但AB=CD，根据向量可平移性，不一定有A与C重合，B与D重合，必要性不满足，C错误；
对D：模为0的向量是零向量，其方向不确定，故充分性成立；一个向量方向不确定，是零向量，其模为0，必要性成立，
即模为0是一个向量方向不确定的充要条件，D正确.
故选：BD.
7．[多选]（2022秋·海南海口·高二校考阶段练习）给出下列命题，其中正确的命题是（　　　）
A．若a=b ，则a=b 或a=-b
B．若向量a 是向量b 的相反向量，则a=b
C．在正方体ABCD-A1B1C1D1 中，AC=A1C1
D．若空间向量m ，n ，p 满足m=n ，n=p ，则m=p
【答案】BCD
【分析】根据向量模长，相等向量，相反向量概念逐项判断真假.
【解析】对于选项A：若a=b，即向量a与b的模相等，但方向不确定，故A错误；
对于选项B：相反向量是指大小相等方向相反的两个向量，故B正确；
对于选项C：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC与A1C1大小相等，方向相同，故AC=A1C1，所以C正确；
对于选项D：若m=n ，n=p，则m，p方向相同大小相等，故m=p，若m，n,p中有零向量结论也正确，所以D正确.
故选：BCD.
8．（2023·高一课时练习）四边形ABCD，CEFG，CGHD都是全等的菱形，HE与CG相交于点M，则下列关系中正确的序号是________．
①AB=EF；②AB//FH；③BD//EH；④DC//EC．

【答案】①②④
【分析】根据模长相等的向量、平行向量的定义依次判断各个选项即可.
【解析】对于①，∵四边形ABCD，CEFG，CGHD都是全等的菱形，∴AB=EF，即AB=EF，①正确；
对于②，∵AB//CD//HG，∴AB//FH，则AB与FH反向，∴AB//FH，②正确；
对于③，若BD//EH，则BD//EH，∴∠BDC=∠DEH，
若四边形ABCD，CEFG，CGHD都是全等的正方形，如下图所示，

此时tan∠BDC=1，tan∠DEH=12，即∠BDC≠∠DEH，③错误；
对于④，∵D,C,E三点共线，DC,EC方向相反，∴DC//EC，④正确.
故答案为：①②④.
9．（2023·高一课时练习）已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为-2,1，-1,3，3,4，求第四个顶点的坐标．
【答案】2,2或4,6或-6,0
【分析】根据平行四边形的特征，对边平行且相等，即对边的向量相等，分类讨论求得第四个定点的坐标即可.
【解析】设A-2,1，B-1,3，C3,4，第四个顶点Dx,y，
由题意，该平行四边形的四个顶点顺序不确定，讨论如下：
①若平行四边形为ABCD，则AB=DC，
因为AB=1,2，DC=3-x,4-y，所以1=3-x2=4-y，解得D2,2；
②若平行四边形为ABDC，则AB=CD，
因为AB=1,2，CD=x-3,y-4，所以1=x-32=y-4，解得D4,6；
③若平行四边形为ACBD，则AC=DB，
因为AC=5,3，DB=-1-x,3-y，所以5=-1-x3=3-y，解得D-6,0；
综上第四个顶点的坐标为2,2或4,6或-6,0.
10．（2023·高一课时练习）如图，多边形ABCDEF为正六边形，在以此六边形各顶点和中心为起点、终点的向量中：

(1)写出与AB相等的向量；
(2)写出AB的负向量；
(3)写出与AB平行的向量；
(4)写出与AD长度相等的向量．
【答案】(1)FO，OC，ED
(2)BA，OF，CO，DE
(3)FO，OC，ED，BA，OF，CO，DE，FC，CF
(4)BE，CF，DA，EB，FC
【分析】（1）（2）（3）（4）由相等向量，负向量，平行向量，长度相等向量定义可得答案.
【解析】（1）两向量相等是指两向量方向相同，长度相等，由图可得与AB相等的向量为：FO，OC，ED；
（2）AB向量的负向量是指与AB方向相反，长度相等的向量，由图可得AB的负向量为：BA，OF，CO，DE；
（3）两向量平行，是指两向量方向相同或相反，由图可得AB平行的向量为：
FO，OC，ED，BA，OF，CO，DE，FC，CF.
（4）由图，因图形为正六边形，则AD=BE=FC，故与AD长度相等的向量为：BE，CF，DA，EB，FC.

核心考点2 从位移的合成到向量的加减法
1．（2021秋·青海·高二统考学业考试）化简AB+BD-CD=（    ）
A．0 B．AC C．BC D．DA
【答案】B
【分析】利用向量的加法即可求得结果.
【解析】AB+BD-CD=AD+DC=AC
故选：B
2．（2022春·辽宁·高二统考学业考试）如图所示，在△ABC中，AD为BC边上的中线，若AB=a，AC=b，则AD=（    ）．

A．a+b B．a-b
C．12a+12b D．12a-12b
【答案】C
【分析】直接根据向量加法与减法运算求解即可.
【解析】因为在△ABC中，AD为BC边上的中线，
所以AD=AB+12BC=AB+12AC-AB=12AB+12AC=12a+12b
故选：C
3．（2022秋·江苏镇江·高三统考期中）△ABC中，M，N分别为AC，BC的中点，AN与BM交于点O，下列表达正确的是（    ）
A．CO=12NO+12MO B．CO=NO+MO
C．CO=32NO+32MO D．CO=2NO+2MO
【答案】D
【分析】取AB中点E，连CE,根据三角形重心定理，结合向量的线性运算，即可得到结果.
【解析】
取AB中点E，连CE,则点O为△ABC的重心，∴OE+OM+ON=0,-12OC+OM+ON=0∴OC=2OM+2ON，即CO=2MO+2NO，故选：D.
4．（2022秋·新疆·高三兵团第三师第一中学校考阶段练习）如图，等腰梯形ABCD中，AB=BC=CD=3AD，点E为线段CD中点，点F为线段BC的中点，则FE=（    ）

A．23AB+16AC B．-23AB+16AC
C．16AB+23AC D．-16AB+23AC
【答案】B
【分析】根据向量的加减法以及三角形中位线BD=2FE即可得到答案.
【解析】连接BD，∵AB=BC=CD=3AD，点E为线段CD中点，

点F为线段BC的中点，
BD=BA+AD=BA+13BC=BA+13BA+AC=43BA+13AC=-43AB+13AC,
又∵BD=2FE，
∴FE=-23AB+16AC.
故选：B.
5．（2023·高一课时练习）在△ABC中，D为AB的中点，E为CD的中点，设AB=a，AC=b，用a、b的线性组合表示AE为（    ）
A．12a+b B．14a+12b C．a+12b D．12a+14b
【答案】B
【分析】由向量加法的几何意义即可求
【解析】由已知得，AE=12AD+AC=1212AB+AC=14AB+12AC=14a+12b.
故选：B

6．（2023·全国·模拟预测）在正方形ABCD中，M是BC的中点．若AC=m，AM=n，则BD=（    ）
A．4m-3n B．4m+3n
C．3m-4n D．3m+4n
【答案】C
【分析】作图，根据图像和向量的关系，得到BC=2(AC-AM)=2m-2n和AB=AC-BC =m-2m+2n=2n-m，进而利用BD=BC+CD=BC-AB，可得答案.
【解析】
如图，AC=m，AM=n，且在正方形ABCD中，AB=DC
∵ AC-AM=MC=12BC，∴BC=2(AC-AM)=2m-2n，
∵ AC=AB+BC，∴AB=AC-BC =m-2m+2n=2n-m，
∴ BD=BC+CD=BC-AB= 2m-2n-2n+m=3m-4n
故选：C
7．（2022·高一课时练习）已知△ABC是正三角形，则下列等式中不成立的是（    ）
A．AB+BC=BC+CA B．AC+CB=BA+BC
C．AB+AC=CA+CB D．AB+BC+AC=CB+BA+CA
【答案】B
【分析】根据向量加法的三角形法则及△ABC是正三角形，逐一判断即可.
【解析】对于A，因为AB+BC=AC，BC+CA=|BA|=|AC|,
所以AB+BC=BC+CA，故正确；
对于B，因为AC+CB=AB,BA+BC=2|BD|=3|AB|(D为AC中点)，故错误；
对于C，因为AB+AC=2AE=3|AB|(E为BC中点),
CA+CB=2|CF|=3|AB|(F为AB中点),
所以AB+AC=CA+CB，故正确；
对于D，因为AB+BC+AC=|0|=0，CB+BA+CA=|0|=0，
所以AB+BC+AC=CB+BA+CA，故正确.

故选：B.
8．（2022秋·新疆·高三新疆兵团第二师华山中学校考阶段练习）如图所示，△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的四等分点，则BE=（    ）

A．34BA+14BC B．54BA+14BC C．54BA+18BC D．34BA+18BC
【答案】D
【分析】根据向量加减法的三角形法则计算即可.
【解析】由题意可得：BE=BA+AE，AE=14AD，AD=AB+BD，BD=12BC．
∴BE=34BA+18BC，
故选：D.
9．（2022春·河南安阳·高一统考期末）在△ABC中，点M是线段BC上靠近B的三等分点，N是线段AM的中点，则BN=（    ）
A．-23AB-16AC B．-23AB+16AC
C．23AB+16AC D．23AB-16AC
【答案】B
【分析】根据平面向量的线性运算求解即可.
【解析】如图所示：

BN=AN-AB=12AM-AB=12AB+13BC-AB
=16AC-AB-12AB=-23AB+16AC.
故选：B
10．[多选]（2022·高一课时练习）下列各式中能化简为AD的有（    ）
A．MB+AD-BM B．AD+MB+BC+CM
C．AB+CD+BC D．OC-OA+CD
【答案】BCD
【分析】由向量的加法与减法法则逐一验证即可
【解析】对于A：MB+AD-BM=MB-BM+AD=MB+MB+AD=2MB+AD，故A 错误；
对于B：AD+MB+BC+CM= AD+BC+CM+MB=AD，故B正确；
对于C：AB+CD+BC=AB+BC+CD=AD，故C正确；
对于D：OC-OA+CD=AC+CD=AD，故D正确.
故选：BCD
11．[多选]（2022·湖南·校联考模拟预测）给出下面四个结论，其中正确的结论是（    ）
A．若线段AC=AB+BC，则向量AC=AB+BC
B．若向量AC=AB+BC，则线段AC=AB+BC
C．若向量AB与BC共线，则线段AC=AB+BC
D．若向量AB与BC反向共线，则|AB-BC|=AB+BC
【答案】AD
【分析】A选项，根据AC=AB+BC得到点B在线段AC上，进行判断A正确；BC选项，可举出反例；D选项，根据向量线性运算推导出答案.
【解析】选项A：由AC=AB+BC得点B在线段AC上，则AC=AB+BC，A正确：
选项B；三角形ABC，AC=AB+BC，但AC≠AB+BC，B错误；
对于C：AB，BC反向共线时，AC=AB+BC≠AB+BC，故AC≠AB+BC，C错误；
选项D：AB,BC反向共线时，AB-BC=AB+(-BC)=AB+BC，故D正确．
故选：AD．
12．[多选]（2022秋·山东聊城·高二聊城二中校考开学考试）下列说法中，正确的是（    ）
A．模为0是一个向量方向不确定的充要条件
B．若向量AB，CD满足|AB|=|CD|，AB与CD同向，则AB>CD
C．若两个非零向量AB，CD满足AB+CD=0，则AB，CD是互为相反向量
D．AB=CD的充要条件是A与C重合，B与D重合
【答案】AC
【分析】根据向量的定义及其有关概念，逐个判断各个选项即可．
【解析】对于A，只有零向量的模长为0，且方向是任意的，
因为模长为0的向量方向是不确定的，所以充分性成立，
因为一个方向不确定的向量的模长为0，所以必要性成立，故A正确，
对于B，AB>CD表达错误，向量既有大小又有方向，它的模长可以比较大小，其本身不能比较大小，故B错误，
对于C，由AB+CD=0可得AB=-CD，即AB与CD模长相等，方向相反，所以AB，CD互为相反向量，故C正确，
对于D，由于向量可以平行移动，所以由AB=CD不一定能得到A与C重合，B与D重合，故D错误，
故选：AC．
13．（2022·全国·高三专题练习）已知O是面积为4的△ABC内部一点，且有OA+OB+2OC=0，则△AOC的面积为__________.
【答案】1
【分析】设AC中点为M，BC中点为N，由向量加法运算的几何意义可得OM+ON=0，即有O为中位线MN的中点，即可利用几何关系求△AOC的面积.
【解析】如图，设AC中点为M，BC中点为N.

因为OA+OB+2OC=OA+OC+OB+OC=0，所以2OM+2ON=0，即OM+ON=0，所以O为中位线MN的中点，
所以S△AOC=12S△ANC=12×12S△ABC=12×12×4=1.
故答案为：1
14．（2022秋·浙江·高二浙江省衢州第一中学校联考开学考试）已知非零向量a,b,c满足a+b+c=0，|a-b|=|a-c|=2，则|a|+|b|⋅|c|的最大值为___________.
【答案】338
【分析】设OA=a,OB=b,OC=c，根据题意 O是三角形的重心，且可得AB=AC，推出OB,OC，设OD=x(0 【解析】设OA=a,OB=b,OC=c，如图，

则OA+OB+OC=0，O是△ABC的重心.
由于|AB|=|AC|=2，延长AO交BC于点D，则AD⊥BC，OB=OC.
设OD=x(0 ∴OB2=4-9x2+x2=4-8x2，
∴|a|+|b|⋅|c|=2x+4-8x2=-8x-182+338≤338，当x=18时，等号成立，
即|a|+|b|⋅|c|的最大值为338.
故答案为：338

核心考点3 从速度的倍数到向量的数乘
1．（2022春·河南安阳·高一安阳县第一高级中学校考阶段练习）已知向量a，b不共线，若向量p=a+43mb与向量q=b+3ma共线，则m的值为（    ）
A．±12 B．0或12 C．0或1 D．0或3
【答案】A
【分析】根据向量共线的条件p=λq,代入化简,对应系数相等
【解析】因为p=a+43mb与q=b+3ma共线，可设p=λq，即a+43mb=λb+3ma，因为a，b不共线，所以3mλ=1,43m=λ,所以m=±12.
故选:A.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知e1≠0，λ∈R，a=e1+λe2，b=2e1，则a与b共线的条件为（　 ）
A．λ=0 B．e2=0
C．e1//e2 D．e1//e2或λ=0
【答案】D
【分析】对e1、e2是否共线进行分类讨论，结合平面向量共线的基本定理可得出结果.
【解析】当e1//e2时，因为e1≠0，则存在实数k，使得e2=ke1，
则a=e1+λke1=1+λke1=1+λk2b，此时a//b；
当e1、e2不共线时，因为a//b，则存在实数t，使得a=tb，即e1+λe2=2te1，
所以，2t=1λ=0.
因此，a与b共线的条件为e1//e2或λ=0.
故选：D.
3．（2022·全国·高一假期作业）已知点O,P在△ABC所在平面内，满OA+OB+OC=0，PA=PB=PC，则点O,P依次是△ABC的（    ）
A．重心，外心 B．内心，外心 C．重心，内心 D．垂心，外心
【答案】A
【分析】设AB中点为D，进而结合向量加法法则与共线定理得O,D,C三点共线，O在△ABC的中线CD，进而得O为△ABC的重心，根据题意得点P为△ABC的外接圆圆心，进而可得答案.
【解析】设AB中点为D，因为OA+OB+OC=0，
所以OA+OB+OC=2OD+OC=0，即-2OD=OC，
因为OD,OC有公共点O，
所以，O,D,C三点共线，即O在△ABC的中线CD，
同理可得O在△ABC的三条中线上，即为△ABC的重心；
因为PA=PB=PC，
所以，点P为△ABC的外接圆圆心，即为△ABC的外心
综上，点O,P依次是△ABC的重心，外心.
故选：A

4．（2022秋·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考阶段练习）已知△ABC的边BC上有一点D，满足AD=mAB+2mAC，则m=（    ）
A．1 B．12 C．13 D．14
【答案】C
【分析】根据向量共线定理分析求解.
【解析】因为D是BC上任一点，
所以存在唯一实数λ（0≤λ≤1），使BD=λBC，
所以AD-AB=λAC-λAB，
所以AD=λAC+(1-λ)AB，
因为AD=mAB+2mAC，
所以λ=2m1-λ=m，解得m=13.
故选：C.
5．（2023·全国·高三专题练习）已知点O是平面上一定点，A,B,C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λAB|AB|+AC|AC|，λ∈(0,+∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的（    ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
【答案】B
【分析】由题设条件得到AP=λe1+e2，从而判断出点P在∠C1AB1的平分线上，由此得到点P的轨迹一定通过△ABC的内心.
【解析】ABAB,ACAC分别表示AB,AC方向的单位向量，
令ABAB=e1,ACAC=e2，e1=e2=1，
则OP=OA+λe1+e2，即AP=λe1+e2，
又e1=e2，以e1,e2为一组邻边作一个菱形AB1C1D1，则点P在该菱形的对角线AD1上，
所以点P在∠C1AB1，即∠CAB的平分线上，故动点P的轨迹一定通过△ABC的内心.
故选：B.
.
6．[多选]（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考阶段练习）在菱形ABCD中，2BE=EC,F为AE的中点，则下列结论正确的是（    ）
A．AF=16AB+12AD B．BF=-12AB+16AD
C．CF=-56AB-12AD D．DF=12AB-56AD
【答案】BD
【分析】利用向量的加法、减法和数乘向量等线性运算法则求出AF,BF,CF,DF，再判断得解.
【解析】对于选项A，AF=12AE=12(AB+BE)=12(AB+13AD)=12AB+16AD，所以该选项错误；
对于选项B，BF=AF-AB=12AB+16AD-AB=-12AB+16AD，所以该选项正确；
对于选项C，CF=AF-AC=12AB+16AD-AD-AB=-12AB-56AD，所以该选项错误；
对于选项D，DF=AF-AD=12AB+16AD-AD=12AB-56AD，所以该选项正确.
故选：BD

7．[多选]（2022秋·河南洛阳·高一宜阳县第一高级中学校考阶段练习）点P是△ABC所在平面内一点，且AP=xAB+yAC，下列说法正确的是（    ）
A．若x=y=12，则点P是边BC的中点
B．若点P是边BC靠近B点的三等分点，则x=13,y=23
C．若点P在BC边的中线上且x+y=12，则点P是△ABC的重心
D．若x+y=2，则△PBC与△ABC的面积相等
【答案】AD
【分析】A选项转化为BP=PC，即可判断；B选项转化为BP=2PC，即可判断；C选项，分析可得点P为BC边的中线的中点，即可判断；D选项，可得点P在直线MN上，点P与点A到BC边的距离相等即可判断
【解析】A若x=y=12，AP=12AB+12AC⇔AP-AB=AC-AP⇔BP=PC，即点P是边BC的中点，故正确；
B当x=13,y=23时，AP=13AB+23AC⇔AP-AB=2(AC-AP)⇔BP=2PC，点P是边BC靠近C点的三等分点，故错误；
C点P在BC边的中线上且x+y=12，点P为BC边的中线的中点，故不是重心；
D设AM=2AB，AN=2AC，则AP=x2AM+y2AN，x2+y2=1，故点P在直线MN上，点P与点A到BC边的距离相等，故△PBC与△ABC的面积相等.
故选：AD
8．（2023·全国·高三专题练习）在平行四边形ABCD中，M,N分别为AB,AD上的点，且AM=2MB,AN=ND，连接AC，与MN交于点P，若AP=λAC，则λ的值为______.
【答案】27
【分析】根据给定条件，利用向量的加法，结合共线向量定理的推论求解作答.
【解析】在▱ABCD中，AB,AD不共线，因为AM=2MB,AN=ND，

则有AP=λAC=λ(AB+AD)=λ(32AM+2AN)=3λ2AM+2λAN，
又P,M,N三点共线，于是得3λ2+2λ=1，解得λ=27，
所以λ的值为27.
故答案为：27
9．（2022秋·江苏盐城·高一滨海县五汛中学校考阶段练习）设a,b是两个不共线的向量，若向量ka+2b与8a+kb的方向相同，则k=________.
【答案】4
【分析】根据向量共线定理可得存在实数λ使ka+2b=λ(8a+kb)=8λa+kλb，从而得到关于k,λ的方程组，进而可求出k.
【解析】由题意可知ka+2b与8a+kb共线，
所以存在实数λ使ka+2b=λ(8a+kb)=8λa+kλb，
因为a,b不共线，所以k=8λ2=kλ解得λ=12k=4或λ=-12k=-4，
因为向量ka+2b与8a+kb的方向相同，所以λ>0，即λ=12k=4，
故答案为：4
10．（2022春·黑龙江齐齐哈尔·高一阶段练习）若AB=13AP,OP=λOB+μOA,λ,μ∈R，则λ+μ=__．
【答案】1
【分析】由AB=13AP，得到OB-OA=13(OP-OA)，又OP=λOB+μOA，代入后即可求解.
【解析】∵ AB=13AP，∴ OB-OA=13(OP-OA)，
又OP=λOB+μOA，
∴OB-OA=13(λOB+μOA-OA)=13λOB+13(μ-1)OA，
∴13λ=113(μ-1)=-1，解得λ=3，μ=-2，∴λ+μ=1，
故答案为：1．
11．（2022·全国·高一假期作业）在平行四边形ABCD中，E和F分别是CD和BC边上的动点，连接EF，交AC于点G，若AC=λAE+μAF，其中，λ,μ∈R且λ+μ=32，则AGGC=_________.
【答案】2
【分析】根据给定条件，利用共线向量定理的推论，列式求解作答.
【解析】依题意，令AG=mAC=mλAE+mμAF，m>0，
因点E,G,F三点共线，则mλ+mμ=1，而λ+μ=32，因此m=23，即AG=23AC，
AG=2GC，所以|AG||GC|=2.

故答案为：2
12．（2022·高一单元测试）如图所示，在△ABC中，AQ=QC,AR=13AB,BQ与CR相交于点I.

(1)用AB和AC分别表示BQ和CR；
(2)若AI=mAB+nAC，求实数m和n的值.
【答案】(1)BQ=-AB+12AC，CR=-AC+13AB；(2)m=15,n=25
【分析】（1）由平面向量的数乘与加法，可得答案；
（2）根据平面向量共线定理的推论，由（1）代入，得到方程，可得答案.
【解析】（1）由AQ=12AC，可得BQ=BA+AQ=-AB+12AC.
∵AR=13AB, ∴CR=CA+AR=-AC+13AB
（2）（2）设AI=AB+λBQ=AC+μCR，将BQ=-AB+12AC,CR=-AC+13AB
代入AB+λBQ=AC+μCR，则有AB+λ-AB+12AC=AC+μ-AC+13AB，
即1-λAB+12λAC=13μAB+1-μAC，∴1-λ=13μ,12λ=1-μ,解得λ=45μ=35，
故AI=AB+45-AB+12AC=15AB+25AC，即m=15,n=25.
13．（2022春·河南平顶山·高一校考阶段练习）设两个非零向量a与b不共线．
(1)若AB=a+b，BC=2a+8b，CD=3a-b，求证A，B，D三点共线．
(2)试确定实数k，使ka+b和a+kb共线．
【答案】(1)证明见解析；(2)k=1或k=-1.
【分析】(1)转化为证明向量AB，BD共线，即可证明三点共线；
(2)由共线定理可知，存在实数λ，使ka+b=λa+kb，利用向量相等，即可求解k的值.
【解析】（1）因为AB=a+b，BC=2a+8b，CD=3a-b，，
所以BD=BC+CD=2a+8b+3a-b
=2a+8b+3a-3b=5a+b=5AB
所以AB，BD共线，又因为它们有公共点B，
所以A,B,D三点共线；
（2）因为ka+b和a+kb共线，
所以存在实数λ，使ka+b=λa+kb，
所以ka+b=λa+kλb，即 k-λa=kλ-1b.
又a，b是两个不共线的非零向量，
所以k-λ=kλ-1=0，所以k2-1=0，
所以k=1或k=-1.

核心考点4 平面向量基本定理及坐标表示
题型一、平面向量基本定理
1．（2022春·重庆北碚·高一西南大学附中校考阶段练习）设e1、e2是两个不共线的向量，则下列四组向量中，不能作为平面向量的一组基底的是（    ）
A．e1+e2和e1-e2 B．e1+2e2和e2+2e1
C．3e1-2e2和4e2-6e1 D．e2和e2+e1
【答案】C
【分析】根据平面向量的基底的概念，判断各选项中的向量是否共线，即可得答案.
【解析】对于A,，e1+e2和e1-e2没有倍数关系，二者不共线，可作为平面向量的一组基底，正确；
对于B，e1+2e2和e2+2e1，没有倍数关系，二者不共线，可作为平面向量的一组基底，正确；
对于C，4e2-6e1=-2(3e1-2e2)，二者是共线向量，不能作为平面向量的一组基底；
对于D，e2和e2+e1，二者不共线，可作为平面向量的一组基底，正确；
故选：C
2．（2023秋·山东滨州·高三统考期末）在四边形ABCD中,AB∥CD,AB=4CD,点E在线段CB上,且CE=3EB,设AB=a,AD=b,则AE=（    ）
A．58a+12b B．54a+12b C．1316a+14b D．138a+14b
【答案】C
【分析】画出图象,根据向量加减法则及向量共线定理即可得出结果.
【解析】解:由题知,AB∥CD,AB=4CD，画出示意图如下:

因为CE=3EB,AB=a,AD=b,
所以AE=AB+BE
=AB+14BC
=AB+14BA+AD+DC
=34AB+14AD+14DC
=34AB+14AD+116AB
=1316AB+14AD
=1316a+14b.
故选:C
3．（2023秋·江西吉安·高三统考期末）在△ABC中，AD=λDB，E为CD的中点，AE=-56CA+13CB，则λ=（    ）
A．2 B．1 C．12 D．13
【答案】A
【分析】利用平面向量基本定理由可得答案.
【解析】如图，AE=12AC+AD=12AC+12×λλ+1AB
=-12CA+12×λλ+1CB-CA=λ2λ+1CB-2λ+12λ+1CA，
由2λ+12λ+1=56，且λ2λ+1=13，得λ=2.
故选：A.

4．（2022秋·辽宁沈阳·高一东北育才学校校考期末）我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，已知AE=3EF,AB=a,AD=b，则AE=（    ）

A．1225a+925b B．1625a+1225b C．45a+35b D．35a+45b
【答案】A
【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可.
【解析】由题意AE=34AF=34(AB+BF)=34(AB+34ED)=34AB+916ED =34AB+916(AD-AE)=34AB+916AD-916AE,
即2516AE=34AB+916AD=34a+916b，
所以AE=1225a+925b
故选：A.

5．（2022·吉林·东北师大附中校考模拟预测）在△ABC中，E为AC上一点，AC=2AE，P为线段BE上任一点，若AP=xAB+yAC，则2x+1y的最小值是（    ）
A．3+22 B．4+23 C．6 D．8
【答案】D
【分析】利用共线定理求出定值，再用基本不等式即可求解.
【解析】由题知，AC=2AE，AP=xAB+yAC，所以AP=xAB+2yAE，
又因为P为线段BE上任一点，所以x+2y=1，
所以2x+1y=2x+1yx+2y=4+4yx+xy≥4+24yx×xy=8
当且仅当4yx=xy时等号成立，此时x=12，y=14.
故选：D.
6．（2022秋·辽宁沈阳·高一东北育才学校校考期末）我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，已知AE=3EF,AB=a,AD=b，则AE=（    ）

A．1225a+925b B．1625a+1225b C．45a+35b D．35a+45b
【答案】A
【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可.
【解析】由题意AE=34AF=34(AB+BF)=34(AB+34ED)=34AB+916ED =34AB+916(AD-AE)=34AB+916AD-916AE,
即2516AE=34AB+916AD=34a+916b，
所以AE=1225a+925b
故选：A.
7．（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）在平行四边形ABCD中，E､F分别在边AD､CD上，AE=3ED，DF=FC,AF与BE相交于点G，记AB=a,AD=b，则AG=（    ）

A．311a+411b B．611a+311b
C．411a+511b D．311a+611b
【答案】D
【分析】根据题意过点F作FN平行于BC，交BE于点M，先利用三角形相似求出AGFG=65，然后利用向量的线性运算即可求解.
【解析】过点F作FN平行于BC，交BE于点M，
因为DF=FC，则F为DC的中点，所以MN ∥ AE且MN=12AE=12×34AD=38AD，
因为NF=AD，所以MF=NF-MN=AD-38AD=58AD，
由△AEG∼△FMG可得：AEFM=AGFG，所以AGFG=AEFM=34AD58AD=65，
因为AG=611AF=611(AD+DF)=611(AD+12AB)=311AB+611AD，
所以AG=311a+611b，

故选：D.
8．（2022·全国·高三专题练习）点O为△ABC内一点，若S△AOB:S△BOC:S△AOC=4:3:2，设AO=λAB+μAC，则实数λ和μ的值分别为（    ）
A．29，49 B．49，29 C．19，29 D．29，19
【答案】A
【分析】先证明S△AOC⋅OB+S△AOB⋅OC+S△BOC⋅OA=0成立得到4OC+3OA+2OB=0，再利用向量的线性运算即可.
【解析】如图所示，延长AO交BC于Q，

显然S△AOB+S△BOC+S△AOC=S△ABC，
由面积关系可得S△BOCS△ABC=OQAQ，所以AO=S△AOB+S△AOCS△ABC⋅AQ，
而AQ=QCBC⋅AB+QBBC⋅AC=S△AOCS△AOC+S△AOBAB+S△AOBS△AOC+S△AOBAC，
所以AO=S△AOCS△ABCAO+OB+S△AOBS△ABCAO+OC，
所以S△AOC⋅OB+S△AOB⋅OC-S△BOC⋅AO=0，即S△AOC⋅OB+S△AOB⋅OC+S△BOC⋅OA=0，
又由题可知S△AOB:S△BOC:S△AOC=4:3:2，所以4OC+3OA+2OB=0，
所以4OA+AC+3OA+2OA+AB=0，整理得2AB+4AC=9AO，
所以λ=29,μ=49，
故选：A
9．[多选]（2022·全国·高三专题练习）如图，△ABC中，BD=13BC，AE=12AC，AD与BE交于点F，则下列说法正确的是（    ）

A．AD=13AB+23AC B．BF=12BE
C．S△BFD:S△AFE=1:3 D．AF+2BF+CF=0
【答案】BCD
【分析】根据向量的三角形法则逐项计算判断即可．
【解析】为了判断下面的有关结论，先引入三点共线向量形式的充要条件，
设A,B,C三点共线，O为线外一点，则OB=mOC+1-mOA，
即OA与OC前系数和为1，
证：∵A,B,C三点共线，∴AB=mAC，
∴OB-OA=mOC-OA，∴OB=mOC+1-mOA．
AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13AC-AB=23AB+13AC，
故A错；
∵B,F,E三点共线，∴AF=λAB+1-λAE=λAB+1-λ2AC，∵A,F,D三点共线，
∴AF=μAD=2μ3AB+μ3AC，∴2μ3=λμ3=1-λ2，解得λ=12μ=34，
∴AF=12AB+12AE，
∴ F为BE的中点，
∴BF=12BE，故B对；
S△BFD=14S△ABD=14×13⋅S△ABC，
S△AFE=12S△ABE=12×12⋅S△ABC，
∴S△BFD:S△AFE=1:3，故C对；
取AB中点G，BC中点H，如下图，
则G,F,H三点共线，

∴AF+2BF+CF=AF+BF+BF+CF=-FA+FB+FB+FC
=-2FG+2FH=-EA+EC=0，故D对．
故选：BCD．
10．（2023·高三课时练习）在△ABC中，N是AC上的一点，且AN=13NC，P是BN上的一点，设AP=mAB+211AC，则实数m的值为______.
【答案】311
【分析】根据给定条件，利用基底向量AB,AC表示出AP，再借助平面向量基本定理列式计算作答.
【解析】在△ABC中，由AN=13NC得：AN=14AC，因为P是BN上的一点，则有BP=λBN,λ∈R，

即AP-AB=λ(AN-AB)，AP=(1-λ)AB+λAN=(1-λ)AB+λ4AC，
又AP=mAB+211AC，且AB,AC不共线，于是得m=1-λλ4=211，解得m=311，
所以实数m的值为311.
故答案为：311
10．（2022春·吉林长春·高一校考期中）在△ABC中，OA=3OC,OB=2OD,AD,BC的交点为M，过M作动直线l分别交线段AC,BD于E,F两点，若OE=λOA,OF=μOB(λ,μ>0)，则λ+3μ的最小值为___________.
【答案】7+265
【分析】根据三点共线的结论推出25λ+15μ=1，再根据基本不等式可求出结果.
【解析】如图：

由A,M,D三点共线，可得存在实数t，使得OM=tOA+(1-t)OD =tOA+12(1-t)OB，
由B,M,C三点共线，可得存在实数m，使得OM=mOB+(1-m)OC =mOB+13(1-m)OA，
所以t=13(1-m)12(1-t)=m，解得m=25t=15，
所以OM=25OB+15OA，
因为E,M,F三点共线，所以存在实数x，使得OM=xOE+(1-x)OF =xλOA+(1-x)μOB，
所以25=1-xμ15=xλ，所以15λ+25μ=1，
所以λ+3μ=λ+3μ15λ+25μ =151+6+3μλ+2λμ ≥157+23μλ⋅2λμ =7+265，
当且仅当μ=6+615，λ=3+3615时，取等号.
故答案为：7+265
11．（2022·全国·高三专题练习）已知点P是△ABC的中位线EF上任意一点，且EF∥BC，实数x，y满足PA＋xPB＋yPC＝0，设△ABC，△PBC，△PCA，△PAB的面积分别为S，S1，S2，S3，记S1S＝λ1，S2S＝λ2，S3S＝λ3，则λ2λ3取最大值时，3x＋y的值为_______.
【答案】2
【分析】根据题意可得λ1＝12，则λ2＋λ3＝12，利用基本不等式计算可知当P为EF的中点时λ2λ3取最大值时，延长AP交BC于M，则PA=-PM=-12(PB+PC)，结合题意的条件即可求出x、y.
【解析】由题意可知λ1＋λ2＋λ3＝1.
因为P是△ABC的中位线EF上任意一点，且EF//BC，
所以λ1＝12，所以λ2＋λ3＝12，
所以λ2λ3≤(λ2+λ32)2=116，当且仅当λ2＝λ3＝14时，等号成立，
所以λ2λ3取最大值时，P为EF的中点.
延长AP交BC于M，则M为BC的中点，
所以PA＝PM，所以PA=-PM=-12(PB+PC)，
又因为PA+xPB+yPC=0，所以x＝y＝12，所以3x＋y＝2.
故答案为：2.

12．（2023秋·北京房山·高一统考期末）已知向量a，b不共线，且OA=2a-b，OB=3a+b，OC=a+λb．
(1)将AB用a，b表示；
(2)若OA∥OC，求λ的值；
(3)若λ=-3，求证：A，B，C三点共线．
【答案】(1)AB= a+2b；(2)-12；(3)详见解析.
【分析】（1）根据向量的减法运算即得；
（2）根据向量共线定理可得OA=tOC，进而可得2=t-1=tλ，即得；
（3）由题可得AC=-AB，然后根据向量共线定理结合条件即得.
【解析】（1）因为OA=2a-b，OB=3a+b，
所以AB =OB-OA=3a+b-2a-b=a+2b；
（2）因为OA//OC，OA=2a-b，OC=a+λb，
所以OA=tOC，即2a-b=ta+λb，又向量a，b不共线，
所以2=t-1=tλ，解得t=2,λ=-12，即λ的值为-12；
（3）当λ=-3时， OA=2a-b，OC=a-3b，AB= a+2b，
所以AC=OC-OA=a-3b-2a-b=-a-2b=-AB，
所以AC//AB，又AC,AB有公共点A，
所以A，B，C三点共线．
13．（2022秋·辽宁大连·高一统考期末）如图所示，在△ABC中，D为BC边上一点，且BD=2DC．过D点的直线EF与直线AB相交于E点，与直线AC相交于F点（E，F两点不重合）．

(1)用AB，AC表示AD；
(2)若AE=λAB，AF=μAC，求1λ+2μ的值．
【答案】(1)AD=13AB+23AC；(2)3.
【分析】（1）向量的线性表示，利用三角形法则及题所给条件即可；
（2）根据（1）的结论，转化用AE，AF表示AD，根据D,E,F三点共线找出等量关系；
【解析】（1）在△ABD中，由AD=AB+BD,
又BD=2DC，所以BD=23BC，
所以AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23AC-AB
=AB-23AB+23AC=13AB+23AC
（2）因为AD=13AB+23AC，又AE=λAB，AF=μAC
所以AB=1λAE，AC=1μAF，所以AD=13λAE+23μAF，
又D,E,F三点共线，且A在线外，
所以有：13λ+23μ=1，即1λ+2μ=3.
14．（2022·江苏盐城·模拟预测）如图，已知正方形ABCD的边长为2，过中心O的直线l与两边AB，CD分别交于点M，N．

(1)若Q是BC的中点，求QM⋅QN的取值范围；
(2)若P是平面上一点，且满足2OP=λOB+(1-λ)OC，求PM⋅PN的最小值．
【答案】(1)[-1,0]；(2)-74．
【分析】（1）由向量的加法和数量积运算将QM⋅QN转化为QO2-OM2，再由|QO|的值和|OM|的范围可求得结果.
（2）令OT=2OP=λOB+(1-λ)OC可得点T 在BC上，再将PM⋅PN转化为PO2-OM2，由|OP|、|OM|的范围可求得结果.
【解析】（1）因为直线l过中心O且与两边AB、CD分别交于点M、N．
所以O为MN的中点，所以OM=-ON，
所以QM⋅QN=(QO+OM)⋅(QO+ON) =QO2-OM2．
因为Q是BC的中点，所以|QO|=1，1≤|OM|≤2，
所以-1≤QO2-OM2≤0，即的QM⋅QN取值范围为[-1,0]；
（2）令OT=2OP，则 OT=2OP=λOB+(1-λ)OC，
∴OT=λOB+OC-λOC，即：OT-OC=λOB-λOC
∴CT=λCB，∴点T 在BC上，又因为O为MN的中点，
所以|OT|≥1，从而|OP|≥12，PM⋅PN=(PO+OM)⋅(PO+ON) =PO2-OM2，
因为1≤|OM|≤2，所以PM⋅PN=PO2-OM2≥14-2=-74，
即PM⋅PN的最小值为-74．

题型二、平面向量及运算的坐标表示
1．（2022春·河南平顶山·高一校考阶段练习）已知a=5,-2，b=-4,-3，c=x,y，若a-2b+3c=0，则c=（    ）
A．1,83 B．-133,83 C．-133,43 D．-133,-43
【答案】D
【分析】根据平面向量的坐标运算列方程组求解即可.
【解析】a-2b+3c=5,-2--8,-6+3x,3y=3x+13,3y+4，
因为a-2b+3c=0，
所以3x+13=03y+4=0，解得x=-133y=-43.
故c= -133,-43.
故选:D.
2．（2023秋·广西南宁·高三南宁二中校考期末）已知平面向量a=1,2，b=-2,m，且a∥b，则2a+b=（　　）
A．-2,-4 B．（0，0）
C．-1,-2 D．（1，2）
【答案】B
【分析】根据a∥b求得m，进而求得2a+b.
【解析】由于a∥b，所以1×m=2×-2,m=-4,b=-2,-4，
所以2a+b=2,4+-2,-4=0,0.
故选：B
3．（2022秋·江苏盐城·高一滨海县五汛中学校考阶段练习）已知正方形ABCD的边长为2，点P满足AP=12(AB+AC)，则(PB+PD)2的值为（    ）
A．-2 B．-1 C．-4 D．4
【答案】D
【分析】建立坐标系，画出图形，判断P的位置，利用向量的坐标运算求解即可．
【解析】建立坐标系如图，正方形ABCD的边长为2，

则B(2,0),C(2,2),D(0,2)，
点P满足AP=12AB+AC=124,2=2,1，
所以P2,1，
则PB=0,-1,PD=-2,1，
PB+PD=-2,0
∴PB+PD2=4
故选：D．
4．（2022春·河南安阳·高一安阳县第一高级中学校考阶段练习）若O为坐标原点，OA=(n,m),OB=(4n,p), F4,0，AF=m+1,BF=p+1，，则m+p的最小值是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．6
【答案】C
【分析】根据平面向量的坐标表示以及模长公式，可得出m+p的表达式，通过整体代换利用基本不等式和二次函数单调性即可求得最小值.
【解析】由题意知，AF=(4-n,-m),BF=(4-4n,-p)，
又AF=m+1,BF=p+1可得，(4-n)2+m2=m2+2m+14-4n2+p2=p2+2p+1
整理得2(m+p)=n2+16n2-8n+4n+30，
令t=n+4n，则n2+16n2=t2-8，
且t∈-∞,-4∪4,+∞，
∴2m+p=t2-8t+22=t-42+6≥6，
∴m+p≥3，即m+p的最小值是3.
故选：C
5．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第三高级中学校考阶段练习）如图所示，梯形ABCD中，AB//CD，且AB=2AD=2CD=2CB=2，点P在线段BC上运动，若AP=xAB+yAD，则x2+y2的最小值为（    ）

A．54 B．45 C．1316 D．134
【答案】B
【分析】利用坐标法，设BP=λBC,(0≤λ≤1)，可得{2-12λ=2x+12y32λ=32y，进而可得x2+y2=(1-12λ)2+λ2，然后利用二次函数的性质即得.
【解析】如图建立平面直角坐标系，

则A(0,0),B(2,0),C(32,32),D(12,32)，
∴AB=(2,0),AD=(12,32),BC=(-12,32)，
设BP=λBC,(0≤λ≤1)，BP=λBC=λ(-12,32)，
∴AP=AB+BP=(2-12λ,32λ)，
又AP=xAB+yAD=x(2,0)+y(12,32)=(2x+12y,32y)，
∴{2-12λ=2x+12y32λ=32y ，解得x=1-12λ,y=λ，
∴x2+y2=(1-12λ)2+λ2=54λ2-λ+1=54(λ-25)2+45≥45，
即x2+y2的最小值为45.
故选：B.
6．[多选]（2021春·山东·高一阶段练习）已知平行四边形的三个顶点坐标分别为(1,2),(4,0),(6,3)，则第四个顶点的坐标可以是（    ）
A．(3,5) B．(-1,-1) C．(9,1) D．(8,-1)
【答案】ABC
【分析】根据平行四边形的性质，分情况利用向量的相等，建立方程，可得答案.
【解析】由题意，设A1,2，B4,0，C6,3，第四个顶点Dx,y，
当AB//CD，AB=CD时，AB=CD或AB=DC，
由AB=3,-2，CD=x-6,y-3，DC=6-x,3-y，
则3=x-6-2=y-3或3=6-x-2=3-y，解得x=9y=1或x=3y=5；
当AC//BD，AC=BD时，AC=BD或AC=DB，
由AC=5,1，BD=x-4,y，DB=4-x,-y，
则5=x-41=y或5=4-x1=-y，解得x=9y=1或x=-1y=-1；
故点D的坐标为9,1，3,5，-1,-1.
故选：ABC.
7．[多选]（2022秋·广东佛山·高二佛山市南海区南海执信中学校考开学考试）（多选）下列说法中正确的是（    ）
A．若a→=x1,y1,b→=x2,y2，且a→与b→共线，则x1x2=y1y2
B．若a→=x1,y1,b→=x2,y2，且x1y2≠x2y1，则a→与b→不共线
C．若A，B，C三点共线．则向量AB→,BC→,CA→都是共线向量
D．若向量a→=1,2,b→=-2,n，且a→//b→，则n=-4
【答案】BCD
【分析】运用向量共线的概念，利用a→与b→共线的充要条件为x1y2=x2y1
【解析】对选项A，x2=0或y2=0时，比例式无意义，故错误；
对选项B，若a→=x1,y1,b→=x2,y2，a→与b→共线，则一定有x1y2=x2y1，故正确；
对选项C，若A，B，C三点共线，则AB→,BC→,CA→在一条直线上，则AB→,BC→,CA→都是共线向量，故正确；
对选项D，若向量a→=1,2,b→=-2,n，且a→//b→，则1×n=-2×2，即n=-4，故正确；
故选：BCD
8．（2020秋·上海宝山·高三上海市行知中学校考期中）a=(3,4),则与a同方向的单位向量a0=_________
【答案】35，45
【分析】直接利用公式a0=aa计算得到答案.
【解析】与a同方向的单位向量a0=aa=15×(3,4)=(35,45)，
故答案为：35，45.
9．（2023·高一课时练习）已知e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，BC=-3e1-12e2，若e1=2,1，e2=2,-2，D3,5，若A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，则点A的坐标是________．
【答案】(10,7)
【分析】先计算出BC=-7,-2，然后利用AD=BC即可求解
【解析】因为BC=-3e1-12e2，e1=2,1，e2=2,-2，
所以BC=-32,1-122,-2=-7,-2，
由题意AD=BC，设A(xA,yA)，所以(3-xA,5-yA)=(-7,-2)，
3-xA=-75-yA=-2，得xA=10yA=7,
所以A点坐标为(10,7)．
故答案为：(10,7)
10．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,AB⊥BC，AD=1,BC=2,P是线段AB上的动点，则PC+4PD的最小值为__________.

【答案】6
【分析】以B点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设AB=a,BP=x(0⩽x⩽a），写出各点坐标，结合向量加法以及模的坐标运算，运用二次函数的知识即可求出最小值.
【解析】如图，以B点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设AB=a,BP=x(0⩽x⩽a），
因为AD=1,BC=2，所以P0,x,C2,0,D1,a，
所以PC=2,-x,PD=1,a-x,4PD=4,4a-4x，
所以PC+4PD=6,4a-5x，所以PC+4PD=36+(4a-5x)2⩾6，
所以当4a-5x=0，即x=45a时，PC+4PD的最小值为6.

故答案为：6
11．（2023秋·北京·高一校考期末）根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和.现在对直角三角形CDE按上述操作作图后，得如图所示的图形.若AF=xAB+yAD，则x+y=__________.

【答案】4+32
【分析】建立平面直角坐标系，标出各个点的坐标，利用平面向量的坐标运算即可得解.
【解析】如图，以A为原点，分别以AB,AD为x,y轴建立平面直角坐标系，
设正方形ABCD的边长为2a，则正方形DEHI的边长为3a，正方形EFGC边长为a
可知A0,0，B2a,0，D0,2a，DF=3+1a
则xF=3+1a⋅cos30∘，yF=3+1a⋅sin30∘+2a，即F3+32a,5+32a
又AF=xAB+yAD，∴3+32a,5+32a=x2a,0+y0,2a=2ax,2ay
即2ax=3+32a2ay=5+32a，即2ax+2ay=3+32a+5+32a，化简得x+y=4+32

故答案为：4+32
12．（2022秋·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）已知向量a=3,2,b=-1,2,c=4,1．
(1)求a+2b-3c；
(2)求满足a=xb+yc的实数x和y的值；
(3)若a+kc∥2b-a，求实数k的值．
【答案】(1)(-11,3)；(2)x=59,y=89；(3)-1613.
【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示，结合已知条件即可求得结果；
（2）根据题意，列出x,y满足的方程组，求解即可；
（3）根据向量平行的坐标表示，列出关于k的等量关系，求解即可.
【解析】（1）因为a=3,2,b=-1,2,c=4,1，
故a+2b-3c=3,2+-2,4-12,3=(-11,3)，
故a+2b-3c=(-11,3).
（2）因为a=3,2,b=-1,2,c=4,1，a=xb+yc，
即3,2=-x,2x+(4y,y)，
故可得-x+4y=3,2x+y=2，解得x=59,y=89，
故实数x,y分别为59,89.
（3）因为a=3,2,b=-1,2,c=4,1，
则a+kc=3,2+4k,k=(4k+3,k+2)，2b-a=-2,4-3,2=(-5,2)，
因为a+kc∥2b-a，
故可得24k+3=-5(k+2)，解得k=-1613，
故实数k的值为-1613.
13．（2022春·山东东营·高一统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠BAD=60°，BD，AC相交于点O，M为BO中点.设向量AB=a，AD=b.

(1)用a，b表示AM;
(2)建立适当的坐标系，使得点C的坐标为C(52,32)，求点M的坐标.
【答案】(1)AM=34a+14b；(2)M(78,338).
【分析】(1)根据平行四边形的性质以及平面向量的线性运算法则.
(2) 以A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，建立直角坐标系，满足题意,可求出各点的坐标.
【解析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，BD，AC相交于点O
所以AO=12AC=12(AB+AD)=12(a+b)，
因为M为BO中点，∴AM=12(AO+AB)=12[12(a+b)+a]=34a+14b.
（2）如图，以A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，建立直角坐标系，由AB=1，AD=2，∠BAD=60°，可求得点C的坐标为C(52,32)，

所以D(2,0)，B(12,32)，O(54,34)，
根据中点坐标公式，可求得点M的坐标为M(78,338).

核心考点5 从力的做功到向量的数量积
题型一、向量的数量积
1．（2022秋·北京·高三北京市第十三中学校考阶段练习）若向量a，b满足a=3，a-b=5，a⋅b=1，则b=（    ）
A．2 B．32 C．22 D．3
【答案】B
【分析】根据向量数量积公式，化简求值.
【解析】a-b2=a2+b2-2a⋅b=9+b2-2=25，得b2=18，即b=32.
故选：B
2．（2021秋·河南信阳·高三校考阶段练习）已知非零向量a,b满足|a|=2|b|，且(a-b)⊥b，则a与b的夹角为（    ）
A．π6 B．π3 C．2π3 D．5π6
【答案】B
【分析】由(a-b)⋅b=0以及|a|=2|b|，求出cos=12，再根据向量夹角的范围可得结果.
【解析】由(a-b)⊥b得(a-b)⋅b=0，得a⋅b-|b|2=0，
得|a|⋅|b|cos=|b|2，又|a|=2|b|，
所以cos=12，
因为∈[0,π]，所以=π3.
故选：B
3．（2023春·河北邯郸·高三校联考开学考试）已知O是△ABC的外心,且满足2AO=AB+AC,若BA在BC上的投影向量为910BC,则cos∠AOC=（    ）
A．35 B．1010 C．45 D．31010
【答案】C
【分析】根据2AO=AB+AC得到O点位置,进而得到△ABC是以A为直角顶点的直角三角形,过A向BC作垂线,垂足为N,连接AN,根据BA在BC上的投影向量为910BC,找出BN，BC之间等量关系,进而得到ON,BC之间关系,根据直角三角形得到|OA|=12|BC|,在直角三角形△AON中,即可求得cos∠AOC.
【解析】解:由题知,2AO=AB+AC,
所以2AO=AO+OB+AO+OC,
即OB=-OC,所以B,O,C三点共线,且O是BC的中点,
因为O是△ABC的外心,所以BC是圆的直径,
故△ABC是以A为直角顶点的直角三角形,
过A向BC作垂线,垂足为N,连接AN,如图所示:

因为BA在BC上的投影向量为BN=910BC,
所以OA在BC上的投影向量为:
ON=BN-BO=910BC-12BC=25BC,
而|OA|=12|BC|,
则cos∠AOC=ONOA=25BC12BC=45.
故选:C.
4．（2023秋·河南开封·高三统考期末）已知三个单位向量a，b，c满足a⋅b=14，则a+b⋅c的最大值为（    ）
A．102 B．2 C．52 D．112
【答案】A
【分析】根据题意可求得a+b=102，再结合数量积的定义分析运算.
【解析】因为a→+b→2=a→2+2a→⋅b→+b→2=52，则a+b=102，
∴a+b⋅c=a+bccosa+b,c≤a+b=102，
故当cosa+b,c=1，即c与a+b同向时，a+b⋅c有最大值102.
故选：A.
5．（2023春·湖北鄂州·高三校考阶段练习）已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝2π3，点D在线段BC上，且S△ACD=3S△ABD，则AB⋅AD的值为（    ）
A．72 B．52 C．32 D．-12
【答案】B
【分析】根据S△ACD=3S△ABD确定CD=3BD，从而可得AD=34AB+14AC，从而用向量数量积的运算律即可求解.
【解析】设等腰△ABC在BC边上的高为h，
因为S△ACD=3S△ABD，所以12×CD×h=3×12×BD×h，
所以CD=3BD,所以AD=AB+BD=AB+14BC=AB+14AC-14AB=34AB+14AC，
所以AB⋅AD=AB⋅34AB+14AC=34AB2+14AB⋅AC
=34AB2+14AB⋅ACcos∠BAC=52.
故选:B.
6．[多选]（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考阶段练习）已知向量a，b在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则（    ）.

A．a-λb的最小值为55
B．a-λb的最小值为455
C．当a-λbλ∈R取得最小值时，a与λb的夹角的余弦值为45
D．当a-λbλ∈R取得最小值时，a与λb的夹角的余弦值为35
【答案】BD
【分析】建立如图所示的坐标系，求出a,λb,|a-λb|，再利用函数求a-λb的最小值，求a与λb的夹角的余弦值.
【解析】依题意，建立如图所示的坐标系，

则a=2,1，b=2,-1，a-λb=2-2λ,1+λ.
a-λb=2-2λ2+1+λ2=5λ2-6λ+5=5λ-352+165≥455，
当且仅当λ=35时取“＝”，即a-λb取得最小值455.故选项B正确.
此时a=2,1，λb=352,-1=(65,-35)，
此时a与λb所成角的余弦值为a⋅λbaλb=955×355=35. 故选项D正确.
故选：BD
7．（2021秋·河南新乡·高三校考阶段练习）若a=2,4，b=3,-4，则向量a在向量b方向上的投影为__________．
【答案】-2
【分析】根据a⋅bb=-105=-2求解.
【解析】因为a=2,4，b=3,-4
所以a⋅b=2×3+4×-4=-10，b=32+-42=5
所以向量a在向量b方向上的投影为a⋅bb=-105=-2
故答案为：-2
8．（2022春·河南平顶山·高二校考阶段练习）若a,b均为单位向量，且a⋅b=0，则3a+2b＝________．
【答案】13
【分析】利用3a+2b=3a+2b2，结合平面向量数量积的运算法则进行求解即可．
【解析】因为a，b均为单位向量，即a=b=1，且a⋅b=0，
则3a+2b=3a+2b2=9a2+4b2+12a⋅b =9a2+4b2+12a⋅b=9+4+0=13．
故答案为：13．
9．（2022春·安徽合肥·高一校考期末）已知向量a与b满足a+b=a-b=2a，则a+b与a-b的夹角为______．
【答案】2π3
【分析】设a=t，根据向量的运算可将a+b=a-b化简得a⋅b=0，由a+b=2a根据数量积性质求b,再由向量夹角公式求a+b与a-b的夹角.
【解析】设a=t，则a+b=a-b=2t，再设a+b与a-b的夹角为θ，
因为a+b=a-b，则有a+b2=a-b2，变形可得a2+2a⋅b+b2=a2-2a⋅b+b2，
所以a⋅b=0，
又由a+b=2t，故a2+2a⋅b+b2=a2+b2=4t2，则b=3t，
故cosθ=a+b⋅a-ba+b⋅a-b=t2-3t22t×2t=-12，
又由0≤θ≤π，则θ=2π3；
故答案为：2π3．
10．（2023·全国·高三专题练习）设G为△ABC的重心，若3BC⋅GA+2CA⋅GB+23AB⋅GC=0，则AB⋅BCBC⋅AC=___________．
【答案】-13
【分析】注意到结论“G为△ABC重心，则GA+GB+GC=0”，不妨创设条件：3BC=2CA=23AB=1，则可得直角三角形，从而可得AB⋅BCBC⋅AC=-13.
【解析】因为G为△ABC重心，则GA+GB+GC=0，
又因为3BC⋅GA+2CA⋅GB+23AB⋅GC=0，
不妨设3BC=2CA=23AB=1，所以BC=33,CA=12,AB=36，
所以AB2+CA2=BC2，所以cosB=12,cosC=32，
所以AB⋅BCBC⋅AC=AB⋅BCcosπ-BBC⋅ACcosC=-13
故答案为：-13.
11．（2022春·河南三门峡·高一校考阶段练习）已知|a|=4,|b|=2，求分别在下列条件下a⋅b的值.
(1)〈a,b〉=120∘；
(2)a⊥b；
(3)a//b.
【答案】(1)-4；(2)0；(3)±8.
【分析】（1）根据平面向量数量积的定义进行求解即可；
（2）根据互相垂直的两个向量数量积的性质进行求解即可；
（3）根据平面向量数量积的定义，结合共线向量的性质进行求解
【解析】（1）a⋅b=abcos120∘=4×2×-12=-4
（2）因为a⊥b，所以a⋅b=0.
（3）因为a∥b，所以a与b的夹角为0∘或180∘，
所以a⋅b=±ab=±4×2=±8.
12．（2022春·云南文山·高一统考期末）如图，在菱形ABCD中，CF=12CD,CE=2EB.

(1)若EF=xAB+yAD，求2x+3y的值；
(2)若AB=6,∠BAD=60∘，求AC⋅EF.
【答案】(1)1；(2)9
【分析】（1）利用向量的线性运算求EF，结合平面向量的基本定理求得x,y，进而求得2x+3y.
（2）先求得AB⋅AD，然后利用转化法求得AC⋅EF.
【解析】（1）因为CF=12CD=-12AB，CE=2EB
所以EC=23BC=23AD，
所以EF=EC+CF=23BC+12CD=23AD-12AB，
所以x=-12,y=23，
故2x+3y=1.
（2）∵AC=AB+AD，
∴AC⋅EF=AB+AD⋅-12AB+23AD=-12AB2+16AB⋅AD+23AD2，
∵ABCD为菱形，∴|AD|=|AB|=6,∠BAD=60∘，
所以AB⋅AD=6×6×cos60∘=18，
∴AC⋅EF=-12×62+16×18+23×62=9.

题型二、向量数量积的坐标表示
1．（广东省河源市2022-2023学年高三上学期期末数学试题）已知平面向量a,b满足a=(1,-1),|b|=1,|a+2b|=2，则向量a与向量a+2b的夹角为（    ）
A．π6 B．π4 C．π3 D．π2
【答案】D
【分析】由已知求出a⋅b=-1，再求出a⋅a+2b=0即得解.
【解析】∵a=(1,-1),∴|a|=2,∵|b|=1,|a+2b|=2，
∴(a+2b)2=a2+4a⋅b+4b2=2+4a⋅b+4=2,∴a⋅b=-1，
∴a⋅a+2b=a2+2a⋅b=2-2=0,∴向量a与向量a+2b的夹角为π2.
故选：D.
2．（2022秋·全国·高三校联考阶段练习）已知平面向量a=1,3，b=-3,4，c=7,2，则下列结论正确的是（    ）
A．a⋅b=-15 B．a+b+c=55
C．a+b与a的夹角为钝角 D．a+b与c垂直
【答案】D
【分析】对于A直接利用数量积的坐标运算计算判断；对于B利用向量模的公式来计算判断；对于C通过计算a+b⋅a的正负来判断；对于D通过计算a+b⋅c的值来判断.
【解析】对于A：a⋅b=-3+12=9，A错误；
对于B：a+b+c=5,9=25+81=106，B错误；
对于C：a+b⋅a=-2,7⋅1,3=-2+21=19，则cosa+b,a=a+b⋅aa+b⋅a>0，故a+b与a的夹角不为钝角，C错误；
对于D：a+b⋅c=-2,7⋅7,2=-14+14=0，则a+b⊥c，D正确；
故选：D.
3．（2023秋·山西太原·高三统考阶段练习）在矩形ABCD中,AB=23,AD=2,点E满足2DE=3DC,则AE⋅BD=（    ）
A．-14 B．14 C．-16 D．-143
【答案】A
【分析】根据题意建立合适的平面直角坐标系,找到各个点的坐标,根据2DE=3DC,求出E点坐标,代入AE⋅BD中即可得出结果.
【解析】解:由题不妨以A为坐标原点,AB,AD方向分别为x,y轴建立如图所示直角坐标系,

则A0,0,B23,0,C23,2,D0,2,
所以DC=23,0,BD=-23,2,
因为2DE=3DC,
设Ex,y,
所以2x,y-2=323,0,
解得E33,2,
所以AE=33,2,
所以AE⋅BD=33,2⋅-23,2=-14.
故选:A
4．（2023秋·山东烟台·高三山东省烟台第一中学校考期末）若平面向量a与b的夹角为60∘，a=(2,0)，|b|=1，则|a+2b|等于（   ）．
A．3 B．23 C．4 D．12
【答案】B
【分析】先求向量的数量积，然后利用向量的模的求解方法求解即可．
【解析】因为平面向量a与b的夹角为60∘，a=(2,0)，|b|=1，
所以a=22+02=2，a⋅b=a⋅bcosθ=2×1×cos60∘=1，
所以a+2b=a+2b2=a2+4a⋅b+4b2=4+4×1+4=23.
故选：B.
5．（2023·全国·高三专题练习）在平行四边形ABCD中，∠A=π3，边AB、AD的长分别为2、1，若M、N分别是边BC、CD上的点，且满足|BM||BC|=|CN||CD|，则AM⋅AN的最大值是（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，设|BM||BC|=|CN||CD|=k，k∈[0,1]，利用已知条件求出AM,AN的坐标，然后通过数量积运算结合二次函数的性质求出最大值．
【解析】以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系．

A(0,0)，B(2,0)，D(12,32)，C(52,32)，
AB=(2,0),BC=(12,32),AC=(52,32),CD=(-2,0)，
设|BM||BC|=|CN||CD|=k，k∈[0,1]，则BM=kBC，CN=kCD，
可得AM=AB+BM=AB+kBC=(2+12k,3k2)，AN=AC+CN=AC+kCD=(52-2k,32)，
∴AM⋅AN=(2+12k)(52-2k)+3k4=-k2-2k+5=-(k+1)2+6，
∵k∈[0,1]，∴当k=0时，AM⋅AN取得最大值5．
故选：D．
6．[多选]（2022秋·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知平面向量a=1,0，b=1,23，则下列说法正确的是（    ）
A．a+b=4 B．a+b⋅a=2
C．向量a+b与a的夹角为30° D．向量a+b在a上的投影向量为2a
【答案】ABD
【分析】根据向量加法的坐标运算，以及向量模的计算，可判断A;根据数量积的坐标运算可判断B;利用向量的夹角公式可判断C;根据投影向量的概念，可求得向量a+b在a上的投影向量，判断D.
【解析】由题意得a+b=1+1,0+23=2,23，所以a+b=22+232=4，故A正确；
a+b⋅a=2×1+23×0=2，故B正确；
cosa,a+b=a⋅a+baa+b=21×4=12，
∵0≤a,a+b≤π，∴a,a+b=π3，故C错误；
向量a+b在a上的投影向量为a⋅a+ba⋅aa=2a，故D正确，
故选：ABD.
7．（2023·高一课时练习）已知a=1,3，b=3,m．若b在a方向上的数量投影为3，则实数m=______．
【答案】3
【分析】由b在a方向上的投影为a⋅ba=3，代入计算即可得到答案．
【解析】由题意知，a⋅b=3+3m，a=1+3=2
因为b在a方向上的投影为a⋅ba，所以a⋅ba=3+3m2=3，解得m=3.
故答案为：3
8．（2022秋·北京·高二北京市第五中学校考期末）已知向量AB=1,2，AC=3,m，若AB⊥AC，则AB+13AC=___________.
【答案】52
【分析】利用平面向量垂直的坐标表示求得m，再利用平面向量线性运算和模的坐标表示求得结果.
【解析】向量AB=1,2，AC=3,m，若AB⊥AC，有1×3+2m=0，m=-32，AC=3,-32，
AB+13AC=1,2+133,-32=2,32，
AB+13AC=22+322=52.
故答案为：52
9．（2022秋·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期中）当OP=xe1+ye2时，  则称有序实数对x,y为点P的广义坐标，若点A、B的广义坐标分别为x1,y1、x2,y2，对于下列命题：①线段AB的中点的广义坐标为x1+x22,y1+y22；②向量OA平行于向量OB的充要条件为x1y2=x2y1；③向量OA垂直于向量OB的充要条件为x1x2+y1y2=0；其中真命题是___________．
【答案】①②
【分析】对于①：设M为AB中点，利用向量的中线公式直接求解；对于②：利用向量平行直接求解；对于③：利用向量垂直计算后判断.
【解析】由题意：OA=x1e1+y1e2,OB=x2e1+y2e2.
对于①：设M为AB中点，所以OM=12OA+OB=12x1e1+y1e2+x2e1+y2e2=x1+x22e1+y1+y22e2.
所以线段AB的中点的广义坐标为x1+x22,y1+y22.故①正确；
对于②：向量OA平行于向量OB ⇔ OA=λOB⇔ x1e1+y1e2=λx2e1+y2e2⇔x1y2=x2y1.
故②正确；
对于③：向量OA垂直于向量OB ⇔ OA⋅OB=0⇔ x1e1+y1e2⋅x2e1+y2e2=0.
而x1e1+y1e2⋅x2e1+y2e2=x1x2e12+x1y2+x2y1e1⋅e2+y1y2e22 =x1x2+y1y2+x1y2+x2y1e1⋅e2.
故③不一定成立.
故答案为：①②
10．（2023·全国·模拟预测）已知a，b，c是平面向量，满足a-b=a+b，a=2b=2，c+a-b=5，则向量c在向量a上的投影的数量的最小值是______.
【答案】-2-5
【分析】由a-b=a+b，可得a⋅b=0，即a⊥b，再结合条件a=2，b=1，不妨设a=2,0，b=0,1，c=x,y，结合条件可得x+22+y-12=5，表示出向量c在向量a上的投影的数量，从而求得最小值.
【解析】由a-b=a+b，则a-b2=a+b2，
即a2-2a⋅b+b2=a2+2a⋅b+b2，即a⋅b=0，即a⊥b，
又由a=2b=2，所以a=2，b=1，
不妨设a=2,0，b=0,1，c=x,y，
则c+a-b=x+2,y-1，即c+a-b=x+22+y-12=5，
即x+22+y-12=5，则
故向量c在向量a上的投影的数量为c⋅cos〈c,a〉=c⋅aa=2x2=x，
又x+22≤5，所以-2-5≤x≤-2+5，
所以向量c在向量a上的投影的数量的最小值是-2-5.
故答案为：-2-5.

题型三、利用数量积计算长度与角度
1．（2022秋·福建厦门·高三校联考阶段练习）已知单位向量a,b满足(a+b)⊥(a-b),|a+b|=3，则向量a,b的夹角是（    ）
A．π6 B．π3 C．π2 D．2π3
【答案】B
【分析】设单位向量a,b的夹角为θ，利用|a+b|=3平方，结合向量数量积公式化简出含有向量夹角的等式解之即可.
【解析】设单位向量a,b的夹角为θ，
由|a+b|=3，则a+b2=3，
即a2+2a⋅b+b2=3⇔1+2a⋅b+1=3⇒a⋅b=12，
所以a⋅b=a⋅bcosθ=12⇒cosθ=12，
又θ∈0,π，所以θ∈π3.
故选：B.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知单位向量a,b的夹角为θ，且tanθ=12，若向量m=5a-3b ，则|m|= （    ）
A．2 B．3 C．26 D．2或26
【答案】A
【分析】由题意求出向量a,b的夹角的余弦值，即可求出a,b的数量积，根据向量的模的计算，可求得答案.
【解析】依题意|a|=|b|=1，又θ为a,b的夹角，且tanθ=12，
∴θ为锐角，且cos θ=2sin θ，
又sin2θ+cos2θ=1 ，从而cosθ=255，
故a⋅b=255，
由m=5a-3b，
∴m2=(5a-3b)2=(5a)2-65a⋅b+9b2=5-12+9=2 ，
因此 |m|=2，
故选：A
3．（2022春·浙江杭州·高二统考期末）平面向量a，b满足a=1，b-32a=1，记a,b=θ，则sinθ的最大值为（    ）
A．23 B．53 C．12 D．32
【答案】A
【分析】利用向量的模与向量数量积运算法则，先求出cosθ的范围，进而求得sinθ的最大值.
【解析】因为a=1，b-32a=1，所以b-32a2=b2-3a⋅b+94a2=1，
b2-3a⋅bcosθ+94-1=0，即b2-3bcosθ+54=0，
所以cosθ=b2+543b=b3+512b≥2536=59，
当且仅当b=52等号成立，因为a,b=θ,θ∈0,π
所以sinθ=1-cos2θ=1-59≤23
sinθ的最大值为23，
故选：A.
4．（2023·全国·高三专题练习）已知H为△ABC的垂心，若AH=13AB+25AC，则sin∠BAC=（    ）
A．155 B．105
C．63 D．33
【答案】C
【分析】BH=-23AB+25AC，CH=13AB-35AC，利用BH⋅AC=0、CH⋅AB=0得cos∠BAC=3AC→5AB→，cos∠BAC=5AB9AC，解得cos2∠BAC=13， 再利用平方共线可得答案.
【解析】依题意，BH=BA+AH=-23AB+25AC，同理CH=CA+AH=13AB-35AC．
由H为△ABC的垂心，得BH⋅AC=0，即-23AB→+25AC→⋅AC→=0，
可知25AC2=23ACABcos∠BAC，即cos∠BAC=3AC5AB．同理有CH⋅AB=0，
即13AB→-35AC→⋅AB→=0，可知13AB2=35ACABcos∠BAC，
即cos∠BAC=5AB9AC，解得cos2∠BAC=13，
sin2∠BAC=1-cos2∠BAC=1-13=23，又∠BAC∈0,π，
所以sin∠BAC=63．
故选：C．

5．（2022·高二课时练习）△ABC中，∠A=60°，∠A的平分线AD交边BC于D，已知AB=3，且AD=13AC+23AB，则AD的长为（    ）
A．3 B．3 C．23 D．33
【答案】C
【分析】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BDDC，即可求得AC，最后把AD=13AC+23AB平方可求得AD．
【解析】如图，过D作DE//AC交AB于E，作DF//AB交AC于F，
则AD=AE+AF，又AD=13AC+23AB，
所以AE=23AB，AF=13AC，
所以BDBC=AFAC=13，即BDDC=12，
又AD是∠BAC的平分线，所以ABAC=BDCD=12，而AB=3，所以AC=6，
AB⋅AC=ABACcos∠BAC=3×6×cos60°=9，
AD2=(13AC+23AB)2=19AC2+49AC⋅AB+49AB2 =19×62+49×9+49×32=12，
所以AD=23，
故选：C．

6．[多选]（2021春·河北邯郸·高一校考期中）已知向量a=1,3，b=2,-4则下列结论正确的是（    ）
A．a+b⊥a B．2a+b=10
C．向量a，b的夹角为3π4 D．b在a方向上的投影是10
【答案】AC
【分析】根据坐标运算法则，依次求解各个选项，即可得到结果.
【解析】A.∵a+b⋅a=3,-1⋅1,3=0  ∴a+b⊥a，A正确；
B.2a+b=2×1,3+2,-4=4,2，2a+b=25，错误；
C. cosa,b=a⋅ba⋅b=1×2-3×410⋅20=-22，所以夹角为3π4；
D. b在a方向上的投影为a⋅ba=1×2-3×410=-10.
故选：AC.
7．[多选]（2022秋·江苏扬州·高三统考阶段练习）已知向量a=1,1,b=cosθ,sinθ(0≤θ≤π)．则下列命题正确的是（    ）
A．若b=22,22，则θ=π4 B．存在θ，使得a+b=a-b
C．与a共线的单位向量为22,22 D．向量a与b夹角的余弦值范围是-22,1
【答案】ABD
【分析】对于A，由特殊角的三角函数值与θ的取值范围可得到θ=π4，故A正确；
对于B，利用向量的数量积运算由a+b=a-b易得a⋅b=0，从而得到tanθ=-1，故θ=3π4，即说法成立，故B正确；
对于C，利用±aa易求得与a共线的单位向量有两个，故C错误；
对于D，利用向量数量积运算求得a,b夹角的余弦值的表达式，结合三角函数的图像即可得到其取值范围是-22,1，故D正确.
【解析】对于A，由题意得cosθ=22，又0≤θ≤π，故θ=π4，故A正确；
对于B，因为a+b=a-b，即a+b2=a-b2，即a+b2=a-b2，
整理得a2+2a⋅b+b2=a2-2a⋅b+b2，即a⋅b=0，
故1×cosθ+1×sinθ=0，即sinθ=-cosθ，得tanθ=sinθcosθ=-1，
又0≤θ≤π，所以θ=3π4，即存在θ，使得a+b=a-b，故B正确；
对于C，因为a=1,1，所以a=12+12=2，故与a共线的单位向量为±aa=±12,12=±12,±12，故C错误；
对于D，cosa,b=a⋅bab=cosθ+sinθ2⋅cos2θ+sin2θ=22cosθ+22sinθ=sinθ+π4，
又0≤θ≤π，所以π4≤θ+π4≤5π4，所以-22≤sinθ+π4≤1，即向量a与b夹角的余弦值范围是-22,1，故D正确.
故选：ABD.
8．[多选]（2022春·浙江嘉兴·高一校考阶段练习）已知向量a=2,1，b=1,-1，c=m-2,-n，e向量是与b方向相同的单位向量，其中m，n均为正数，且a-b//c，下列说法正确的是（       ）
A．a与b的夹角为钝角 B．向量a在b方向上的投影向量为55 e
C．2m+n=4 D．mn的最大值为2
【答案】CD
【分析】由数量积的符号可判断A；根据投影定义直接计算可判断B；根据向量平行的坐标表示可判断C；由基本不等式结合a-b//c可判断D.
【解析】对于A，向量a=(2，1)，b=(1，﹣1)，则a⋅b=2-1=1>0，则a,b的夹角为锐角，错误；
对于B，向量a=(2，1)，b=(1，﹣1)，则向量a在b方向上的投影为a⋅bb=22，错误；
对于C，向量a=(2，1)，b=(1，﹣1)，则a-b= (1，2)，若(a-b)∥c，则(﹣n)=2(m﹣2)，变形可得2m+n=4，正确；
对于D，由C的结论，2m+n=4，而m，n均为正数，则有mn=m(4-2m)=-2[(m-1)2-1]，当m=1，n=2时，mn有最大值2，正确；
故选：CD.
9．（2022秋·贵州毕节·高三校联考阶段练习）已知向量a=2,-3，b=4,m，若a+2b=a-2b，则m=________．
【答案】83
【分析】根据向量模的展开计算，得出a⋅b=0，从而进一步利用向量的线性计算求解.
【解析】因为a+2b=a-2b，
所以a+2b2=a-2b2，
所以a+2b2=a-2b2，
所以a2+4a⋅b+4b2=a2-4a⋅b+4b2，
所以a⋅b=0，
所以2,-3⋅4,m=8-3m=0，
解得m=83，
故答案为：83.
10．（2022秋·浙江杭州·高二校考期中）已知|a|=2|b|=|a-b|，作OA=a,OB=a+b，则cos∠AOB=____________．
【答案】368
【分析】先求出OA,OB的数量积和模长,再由向量夹角余弦公式计算可得.
【解析】设|a|=2|b|=|a-b|=2t
因为|a-b|=2t=a2-2a⋅b+b2=4t2-2a⋅b+t2,可得2a⋅b=t2
所以|a+b|=a2+2a⋅b+b2=4t2+2a⋅b+t2=6t
由OA⋅OB=a⋅a+b=a2+a⋅b=4t2+12t2=92t2
OA=a=2t,OB=a+b=6t
可得cos∠AOB=OA⋅OBOAOB=92t22t×6t=946=368.
故答案为： 368.
11．（2022秋·上海杨浦·高二复旦附中校考阶段练习）已知在平面直角坐标系中的非零向量a、b，若向量a、b的线性组合a+3b与7a-5b相互垂直，a-4b与7a-2b相互垂直，则a,b=______.
【答案】π3
【分析】由a+3b与7a-5b相互垂直，a-4b与7a-2b相互垂直，得向量数量积为零，得a⋅b与a2，b2的关系，计算cosa,b即可得到a,b.
【解析】由a+3b与7a-5b相互垂直，a-4b与7a-2b相互垂直，
则a+3b⋅7a-5b=7a2+16a⋅b-15b2=0，
a-4b⋅7a-2b=7a2-30a⋅b+8b2=0，
结合两式可得：a⋅b=12b2，a2=b2，
则cosa,b=a⋅bab=12b2b2=12，又因为a,b∈0,π，
所以a,b=π3，
故答案为：π3.
12．（2022春·福建莆田·高一统考期末）定义：a，b两个向量的叉乘a×b的模为a×b=a⋅b⋅sina,b，a,b表示向量a与b的夹角．若点A1,0，B1,-3，O为坐标原点，则OA×OB=___．
【答案】3
【分析】首先利用向量的坐标表示求出向量OA,OB，然后利用向量的夹角公式求出向量OA与向量OB的夹角，进而根据叉乘a×b的模为a×b=a⋅b⋅sina,b，代入求出叉乘的模即可.
【解析】∵ A1,0，B1,-3，∴OA=1,0，OB=1,-3，
∴OA=12+02=1，OB=12+-32=2，
∴cosOA,OB=OA⋅OBOAOB=1×1+0×-31×2=12，
∵OA,OB∈0,π，∴OA,OB=π3，
∴OA×OB=OA⋅OB⋅sinOA,OB=1×2×sinπ3=3.
故答案为：3.
13．（2022·全国·高三专题练习）已知平面内两单位向量e1,e2,〈e1,e2〉=π3，若c满足c⋅e1-c⋅e2=c2,c⋅e1+c⋅e2≥12，则c2的最小值是___________.
【答案】12-66
【分析】设出e1=12,32,e2=-12,32,c=(x,y)得到x=x2+y2，由不得关系得到c⋅e1+e2max≥12⇒y2≥112，从而得到最小值.
【解析】由题意,可以设e1=12,32,e2=-12,32,c=(x,y)，
则由c⋅e1-c⋅e2=c2得x=x2+y2，
由c⋅e1+c⋅e2≥12⇒c⋅e1+e2max≥12⇒y2≥112，
所以x=x2+y2≥x2+112，解得：12-66≤x≤12+66
即c2的最小值是12-66.
14．（2023·高一课时练习）已知向量a=1,1，b=2,m，m∈R．
(1)若a//b，求m的值；
(2)若a⊥b，求m的值；
(3)若a与b夹角为锐角，求m的取值范围．
【答案】(1)m=2
(2)m=-2
(3)-2,2∪2,+∞
【分析】（1）由向量平行坐标表示即可；
（2）由向量垂直坐标表示即可；
（3）由向量夹角为锐角可知a⋅b>0且a,b不同向，由此可构造不等式组求得m的范围
【解析】（1）因为向量a=1,1，b=2,m，a//b，
所以1×m=2×1，解得m=2；
（2）因为向量a=1,1，b=2,m，a⊥b，
所以1×2+1×m=0，解得m=-2；
（3）∵a,b夹角为锐角，∴a⋅b>0且a,b不同向，∴1×2+1×m>0m≠2，
解得：m>-2且m≠2，∴m的取值范围为-2,2∪2,+∞.
15．（2022春·北京海淀·高一北京交通大学附属中学校考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知点A3,3，B5,1，P2,1，点M是直线OP上的一个动点.
(1)求PB-PA的值；
(2)若四边形APBM是平行四边形，求点M的坐标；
(3)求MA⋅MB的最小值.
【答案】(1)22
(2)M6,3
(3)-2
【分析】（1）先计算出PB-PA=2,-2，然后用模的坐标公式即可求解；
（2）由点M是直线OP上的一个动点可得到M2λ,λ，接着利用AP=MB即可求解；
（3）利用数量积的坐标公式和二次函数的性质即可求解
【解析】（1）因为A3,3，B5,1，P2,1，所以PB=3,0,PA=1,2，
所以PB-PA=2,-2
所以PB-PA=4+4=22
（2）由题意可得OP=2,1，
因为点M是直线OP上的一个动点，所以OM=λOP,λ∈R，
所以M2λ,λ，
因为四边形APBM是平行四边形，所以AP=MB即-1,-2=5-2λ,1-λ，
即-1=5-2λ-2=1-λ，解得λ=3，所以M6,3
（3）由题意得MA⋅MB=3-2λ,3-λ⋅5-2λ,1-λ =3-2λ⋅5-2λ+3-λ⋅1-λ =5λ2-20λ+18=5λ-22-2，
所以当λ=2时，MA⋅MB取得最小值-2
16．（2023秋·广西钦州·高三校考阶段练习）已知向量a=1,2，b=-3,4.
(1)求a+b与a-b的夹角：
(2)若c满足c⊥a+b，c+a//b，求c的坐标.
【答案】(1)3π4；
(2)c=-2,-23.
【分析】（1）根据向量的坐标运算得出a+b、a-b，进而得到它们的模，根据数量积运算公式即可得出夹角的余弦值；
（2）设c=x,y，表示出a+c=x+1,y+2.根据向量垂直以及平行的坐标表示可得出-2x+6y=04x+3y+10=0，解方程组即可得出结果.
【解析】（1）解：设a+b与a-b的夹角为θ.
由已知可得a+b=-2,6，a-b=4,-2，
则a+b=-22+62=210，a-b=42+-22=25，a+b⋅a-b=-2×4+6×-2=-20，
所以cosθ=a+b⋅a-ba+ba-b =-20210×25=-22，
又θ∈0,π，所以θ=3π4，
所以a+b与a-b的夹角为3π4.
（2）解：设c=x,y，则a+c=x+1,y+2.
由（1）知a+b=-2，6，又c⊥a+b，
所以c⋅a+b=-2x+6y=0.
又c+a//b，所以4x+1--3y+2=4x+3y+10=0.
联立-2x+6y=04x+3y+10=0可得，x=-2y=-23，
所以c=-2,-23.
17．（2022春·上海宝山·高一上海交大附中校考期中）如图，在△ABC中，AC=2，AB=4．点D在边BC上，且CD=tCB．

(1)t=12，A=2π3，求AD；
(2)t=15，AD恰为BC边上的高，求角A；
(3)AD=3，求t的取值范围．
【答案】(1)3；(2)π2；(3)12 【分析】（1）由题易知AD=12AB+AC，转化问题为求12AB+AC的模，进而求解；
（2）由AD为BC边上的高，则AD⊥BC，即AD⋅BC=0，根据AD=45AC+15AB，BC=AC-AB，整理即可求解；
（3）易知AD=tAB+1-tAC，则AD2=t2AB2+1-t2AC2+2tAB⋅1-tAC，整理等式，结合-1 【解析】（1）由题，因为t=12，所以CD=12CB，即点D为边BC的中点，
所以AD=12AB+AC，
因为A=2π3，AC=2，AB=4，
所以AD=14AB2+AC2+2AB⋅AC=14×42+22-2×4×2×12=3.
（2）由题，因为t=15，所以CD=15CB=15AB-AC，
因为AD恰为BC边上的高，所以AD⊥BC，
因为AD=AC+CD=AC+15AB-AC=45AC+15AB，BC=AC-AB，
且AC=2，AB=4，
所以AD⋅BC=45AC+15AB⋅AC-AB=45AC2-45AC⋅AB+15AC⋅AB-15AB2
=45×22-35×2×4×cosA-15×42=0，
所以cosA=0，则A=π2.
（3）由题，CD=tCB，
则AD=AC+CD=AC+tCB=AC+tAB-AC=tAB+1-tAC，
因为AD=3，且AC=2，AB=4，
所以AD2=t2AB2+1-t2AC2+2tAB⋅1-tAC，
则9=16t2+41-2t+t2+16t-16t2cosA，
所以cosA=20t2-8t-516t2-16t，
因为-1 因为0 解得12
核心考点6 平面向量的应用
题型一、余弦定理与正弦定理
1．（2022春·安徽合肥·高一校考阶段练习）在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C所对的边，c=2,A=π3,sinB=2sinC，则△ABC的面积为（       ）
A．3 B．23 C．2 D．4
【答案】B
【分析】由正弦定理求得b=2c=4，再利用面积公式进行求解即可.
【解析】由正弦定理得：b=2c=4，
由面积公式得：S△ABC=12bcsinA=12×4×2×32=23.
故选：B.
2．（2022春·上海黄浦·高一格致中学校考阶段练习）满足条件a=4,b=32,A=45°的△ABC的个数为（    ）
A．一个 B．两个 C．不存在 D．无法判断
【答案】B
【分析】利用余弦定理运算求解即可判断.
【解析】因为a2=b2+c2-2bccosA，即16=18+c2-6c，解得c=3+7或c=3-7，
所以满足条件的△ABC有两个．
故选：B．
3．（2022秋·上海嘉定·高三校考期中）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的命题是（    ）
A．若acosA=bcosB=ccosC，则△ABC一定是等边三角形
B．若acosA=bcosB，则△ABC一定是等腰三角形
C．若bcosC+cosB=b，则△ABC一定是等腰三角形
D．若a2+b2-c2>0，则△ABC一定是锐角三角形
【答案】A
【分析】由正弦定理化边为角变形判断AB，举特例判断C，由余弦定理及锐角三角形的定义判断D．
【解析】由正弦定理asinA=bsinB=csinC，若acosA=bcosB=ccosC，则tanA=tanB=tanC，A,B,C为三角形内角，所以A=B=C，三角形是等边三角形，A正确；
若acosA=bcosB，由正弦定理得sinAcosA=sinBcosB，即sin2A=sin2B，
A,B∈(0,π)，则2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，三角形为等腰三角形或直角三角形，B错；
例如b=3，C=π3，B=π6，满足bcosC+cosB=b，但此时△ABC不是等腰三角形，C错；
a2+b2-c2>0时，由余弦定理可得cosC=a2+b2-c22ab>0，即C为锐角，但A,B是否都是锐角，不能保证，因此该三角形不一定是锐角三角形，D错．
故选：A．
4．（2021秋·河南南阳·高二河南省内乡县高级中学校考阶段练习）在△ABC中，若AC=1，A=60°，其面积S=32，则△ABC外接圆的半径为（    ）
A．3 B．1 C．23 D．2
【答案】B
【分析】由题知AB=2，再根据余弦定理得BC=3，再结合正弦定理求解即可.
【解析】因为在△ABC中，AC=1，A=60°，其面积S=32，
所以S=32=12⋅AC⋅AB⋅sinA，即32=34AB，解得AB=2，
所以，BC2=AB2+AC2-2AB⋅AC⋅cosA=1+4-2×1×2×12=3，
所以BC=3，
所以，△ABC外接圆的半径r满足BCsinA=3sin60∘=2=2r，即r=1.
故选：B
5．（2021春·吉林白城·高一校考阶段练习）若(a+b+c)(b+c-a)=3bc，且sinA=2sinBcosC，那么△ABC是（    ）
A．直角三角形 B．等边三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】化简a+b+cb+c-a=3bc，结合余弦定理可得A=π3，再利用正余弦定理对sinA=2sinBcosC化简可得b=c，从而可判断出△ABC的形状
【解析】由a+b+cb+c-a=3bc，得(b+c)2-a2=3bc，
化简得b2+c2-a2=bc，
所以由余弦定理得cosA=b2+c2-a22bc=bc2bc=12，
因为A∈0,π，所以A=π3，
因为sinA=2sinBcosC，
所以由正余弦定理角化边得a=2b⋅a2+b2-c22ab，化简得b2=c2，
所以b=c，
所以△ABC为等边三角形，
故选：B
6．（2023秋·江西吉安·高三统考期末）记△ABC的内角A,B,C对边分别为a,b,c已知2bsinB=(2c+a)sinC+(2a+c)sinA．若sinA+sinC=1，则△ABC的形状是（    ）
A．等腰直角三角形 B．等腰锐角三角形
C．等腰钝角三角形 D．不等腰钝角三角形
【答案】C
【分析】由条件运用正弦定理边化角，由余弦定理求出B，根据条件可求得A，从而可判断.
【解析】由已知，根据正弦定理得，2b2=(2c+a)c+(2a+c)a，则a2+c2-b2=-ac，
∴cosB=a2+c2-b22ac=-ac2ac=-12，又0 ∵sinA+sinC=sinA+sinπ3-A
=sinA+32cosA-12sinA=12sinA+32cosA=sinA+π3=1，
又0 此时，C=π6，∴△ABC为等腰钝角三角形．
故选：C．
7．（2022春·河南信阳·高一信阳高中校考阶段练习）在△ABC中，若AB=2,AC=3BC，则△ABC的面积S的最大值为（    ）
A．3 B．32 C．2 D．22
【答案】A
【分析】根据题意，利用余弦定理得到sinB关于a的表达式，再利用三角形面积公式，结合二次函数最值的求法即可得解.
【解析】依题意，不妨设BC=a，AC=b，AB=c，则c=2，b=3a，
由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB，即(3a)2=a2+4-4acosB，则2a2+4acosB-4=0，
故cosB=4-2a24a=1a-a2，则cos2B=a24+1a2-1，
所以sin2B=1-cos2B=2-a24-1a2，
又因为S=12acsinB=12×2asinB=asinB，
故S2=a2sin2B=a2×2-a24-1a2=-a44+2a2-1=-14a2-42+3，
当a2=4，即a=2时，S2取得最大值3，此时a=2，b=23，c=2能组成三角形．
所以Smax2=3，即Smax=3.
故选：A.
8．[多选]（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，下列说法中正确的是（    ）
A．“△ABC为锐角三角形”是“sinA>cosB”的充分不必要条件
B．若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形
C．命题“若A>B，则sinA>sinB”是真命题
D．若a=8，c=10，B=π3，则符合条件的△ABC有两个
【答案】AC
【分析】由△ABC为锐角三角形，可得0<π2-BcosB.取B为钝角，可知满足题意，即可判断A项；由已知可得A=B或A+B=π2，即可判断B项；根据正弦定理，即可判断C项；根据余弦定理可求出b=221，即可判断D项.
【解析】对于A项，若△ABC为锐角三角形，则A∈0,π2，B∈0,π2，且A+B>π2，即A>π2-B，又A∈0,π2，π2-B∈0,π2，则sinA>sinπ2-B=cosB；反之，若B为钝角，满足sinA>cosB，不能推出△ABC为锐角三角形，故A正确；
对于B项，由sin2A=sin2B，得2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C项，若A>B，则a>b，由正弦定理asinA=bsinB，可得sinAsinB=ab>1即sinA>sinB成立，故C正确：
对于D项，根据余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB =82+102-2×8×10×12=84，解得b=±221（舍去负值），则符合条件的△ABC只有一个，故D错误．
故选：AC.
9．（陕西省联盟学校2023届高三下学期第一次大联考文科数学试题）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosBb+cosCc=sinA3sinC，则b的值为______.
【答案】3
【分析】根据正弦定理和余弦定理得到a2+c2-b22abc+a2+b2-c22abc=a3c，解得答案.
【解析】根据余弦定理和正弦定理得到：a2+c2-b22abc+a2+b2-c22abc=a3c，
即a2+c2-b2+a2+b2-c2=23a2b，故2a2=23a2b，a≠0，故b=3.
故答案为：3

10．（2021秋·河南新乡·高三校考阶段练习）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，若4S=a2-b-c2，且b+c=4，则S的最大值为__________．
【答案】2
【分析】先利用余弦定理和三角形的面积公式可得sinA=1-cosA，再利用平方关系求出sinA，最后利用基本不等式即可求出答案.
【解析】因为4S=a2-b-c2，且b+c=4，
所以4×12×bcsinA=2bc-b2+c2-a2=2bc-2bccosA，
整理得sinA=1-cosA，
由sin2A+cos2A=1解得sinA=1，
所以，S=12bcsinA=12bc≤12b+c22=2，
当且仅当b=c=2时取等号.
故答案为：2.
11．（2022春·安徽滁州·高三校考阶段练习）设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若D是边BC上一点，且BD=2DC，AD=BD，则cosA-BsinC的最小值为______．
【答案】32
【分析】先由正弦定理得到两个角的关系tanA=3tanB，再化简所求的式子为关于tanB的式子，最后应用基本不等式可求.
【解析】由题意，AD=BD=2a3，CD=a3，
在△ACD中，由正弦定理得，ADsinC=CDsinA-B，即2a3sinC=a3sinA-B，
故sinC=2sinA-B，由sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB-cosAsinB，
得sinAcosB=3cosAsinB，得tanA=3tanB，
所以A，B为锐角，
由cosA-BsinC=cosAcosB+sinAsinBsinAcosB+cosAsinB=cosAcosB+sinAsinB4cosAsinB=1+tanAtanB4tanB
=1+3tan2B4tanB=143tanB+1tanB≥14⋅23tanB⋅1tanB=32，当且仅当tanB=33时取等号，
故答案为：32

12．（2021秋·河南南阳·高二河南省内乡县高级中学校考阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知C=π6，a=6．
(1)若c=32，求A；
(2)若△ABC的面积为63，求c的值．
【答案】(1)A=π4或A=3π4．
(2)c=23
【分析】（1）由正弦定理代入数值计算即可得到结果.
（2）先由三角形的面积公式求得b，再由余弦定理即可求得c.
【解析】（1）由正弦定理可得asinA=csinC，即6sinA=3212，所以sinA=22，而A是△ABC的内角，所以A=π4或A=3π4．
（2）因为S△ABC=12absinC，所以63=12×6×b×12，解得b=43，
由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC，
所以c2=36+48-2×6×43×32=12，所以c=23．
13．（河南省南阳地区2021-2022学年高二上学期期中热身摸底考试数学试题）a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边．已知a=3bsinB，9b=8asinA．
(1)求B；
(2)若b=2，求c．
【答案】(1)B=π6；
(2)c=33±72.
【分析】（1）根据正弦定理边角互化结合条件即得；
（2）利用余弦定理即得.
【解析】（1）由正弦定理得sinA=3sin2B，9sinB=8sin2A，
则9sinB=8×9sin4B，又sinB>0，
所以sinB=12，又因为0 所以B=π6或B=5π6，
因为a=3bsinB=32b>b，
所以A>B，故B=π6；
（2）因为b=2，所以a=32b=3，
由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB，
所以4=9+c2-6×c×32，即c2-33c+5=0，
解得c=33±72.
14．（2022·江苏常州·华罗庚中学校考模拟预测）已知△ABC中内角A,B,C的对边分别是a,b,c，∠A=60∘,c=b+1,sinB=217.
(1)求c的值；
(2)设AD是△ABC的角平分线，求AD的长.
【答案】(1)c=3
(2)AD=635
【分析】（1）由三角形的正弦定理，结合诱导公式以及两角和的正弦公式可得所求值；
（2）设AD=x，运用三角形的面积公式，结合等积法可得S△ABC=S△ACD+S△ABD，解方程可得所求值．
【解析】（1）sinB=217，由∠A=60∘，可得sinA=32，
c=b+1>b，可得B为锐角，则cosB=1-sin2B=277，
所以sinC =sinA+B=sinAcosB+cosAsinB=32× 277+ 12× 217= 32114，
由csinC=bsinB可得c32114 =c-1217，解得c=3；
（2）由（1）可得b=c-1=2，
因为AD是∠BAC的平分线，
所以∠BAD=∠CAD=30°,
设AD=x，由S△ABC=S△ACD+S△ABD，
可得12×3×2×32=12×2x×12+12×3x×12，
化为52x=33，
解得x=635，
则AD=635．
15．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a=4且cos2A-cos2B=2sinCsinB-sinC.
(1)若c=3，求sinC；
(2)若BC边上的高是AH，求BH的最大值.
【答案】(1)sinC=338
(2)2+433.
【分析】（1）根据二倍角的余弦公式化简，再由余弦定理可得A，再由正弦定理求sinC即可；
（2）由三角恒等变换化简后，利用正弦型函数的性质求最大值即可得解.
【解析】（1）由cos2A-cos2B=2sinCsinB-sinC可得：
1-2sin2A-1+2sin2B=2sinCsinB-2sin2C
⇒sin2B+sin2C-sin2A=sinBsinC，
即：b2+c2-a2=bc⇒b2+c2-a22bc=12.
即cosA=12，又A∈0,π，∴A=π3，
由正弦定理得：sinC=csinAa=3×324=338.
（2）由题意，BH=BAcosB=2RsinCcosB=833sinCcos2π3-C
=4sin2C-433sinCcosC=2-233sin2C+2cos2C=2-433sin2C+π3，
∵C∈0,2π3⇒2C+π3∈π3,5π3，
∴2C+π3=3π2⇒C=7π12时，BH取得最大值2+433.
16．（2023·福建·统考一模）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3AB⋅AC+4BA⋅BC=CA⋅CB．
(1)求bc；
(2)已知B=3C,c=1，求△ABC的面积．
【答案】(1)bc=2
(2)32
【分析】(1)利用平面向量的数量积的定义结合余弦定理即可求出结果；
(2)由正弦定理得到sinB=2sinC，结合B=3C,c=1和两角和则正弦公式求出
B=3C=π2，进而求出三角形的面积.
【解析】（1）已知3bccosA+4accosB=abcosC，
代入余弦定理，3b2+c2-a2+4a2+c2-b2=a2+b2-c2，
化简得：4c2=b2，所以bc=2．
（2）由正弦定理知bc=sinBsinC即sinB=2sinC，
又B=3C，故sinB=sin3C=sin(2C+C)=sin2C⋅cosC+cos2C⋅sinC
=2sinC⋅1-sin2C+1-2sin2CsinC=3sinC-4sin3C=2sinC，
即3-4sin2C=2，得sinC=12，
故C=π6（C=56π舍），
此时，B=3C=π2，b=2c=2AB=2,BC=3，
则△ABC的面积S△ABC=12×1×3=32.
17．（北京市海淀区2022届高三下学期阶段性测试数学试题）已知三角形ABC，A、B、C所对的边为a、b、c．a=2，b=3， ．从下列所给的三个条件中选择一个补在条件中，完成解答
①c=4     
② cosB=-55
③sinC=55
(1)求sinA的值
(2)求三角形ABC的面积
【答案】(1)若选择①sinA=158；若选择②sinA=41515；若选择③sinA=2135±24.
(2)若选择①S△ABC=3154；若选择②S△ABC=229-45；若选③S△ABC=355.
【分析】若选择①根据余弦定理求出cosC，根据cos2C+sin2C=1可求出sinC，再根据正弦定理asinA=csinC求出sinA，再根据S△ABC=12bcsinA求面积；
若选择②sin2B+cos2B=1求出sinB，根据正弦定理asinA=bsinB求出sinA，再根据S△ABC=12bcsinA求面积；
若选③，根据sin2C+cos2C=1，求出cosC的值，根据余弦定理c2=a2+b2-2abcosC
求出边长c2的值，再根据正弦定理求出求出sinA，再根据S△ABC=12bcsinA求面积；
【解析】（1）若选择①：余弦定理得：cosA=b2+c2-a22bc=9+16-42×3×4=78，又cos2A+sin2A=1，
即sinA=±158，又A∈0,π，∴sinA=158；
若选择②：cosB=-55，sin2B+cos2B=1，∴sinB=±255，又B∈0,π，
∴sinB=255，由正弦定理得：asinA=bsinB，即2sinA=3255，
∴sinA=41515；
若选择③：sinC=55，sin2C+cos2C=1，∴cosC=±255，
当cosC=255时，余弦定理得：c2=a2+b2-2abcosC=4+9-2×2×3×255=65-2455，
根据正弦定理：asinA=csinC，即asinA2=csinC2
即4sin2A=65-245555=135-24，又A∈0,π，则sinA=2135-24，
当cosC=-255时，余弦定理得：c2=a2+b2-2abcosC=4+9+2×2×3×255=65+2455，
根据正弦定理：asinA=csinC，即asinA2=csinC2
即4sin2A=65+245555=135+24，又A∈0,π，则sinA=224+135.
（2）若选①根据第（1）问可得：S△ABC=12bcsinA=12×3×4×158=3154
若选②根据第（1）问可得：b2=a2+c2-2accosB=4+c2+2×2c×55=9，
则c2+455c-5=0，故c=145-255，
此时S△ABC=12acsinB=12×2×145-255×255=229-45
若选③根据第（1）问可得：S△ABC=12absinC=12×2×3×55=355
18．（2023·全国·校联考模拟预测）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足2cosCa=2b+sinCbsinA.
(1)求角B的大小；
(2)若b=8,D为边AC的中点，且BD=83，求△ABC的面积.
【答案】(1)2π3
(2)4039
【分析】（1）由正弦定理边角互化得2cosCsinB=2sinA+sinC，再结合正弦和角公式得cosB=-12，进而可得答案；
（2）根据余弦定理，结合cos∠CDB+cos∠ADB=0得a2+c2=4169，进而根据余弦定理得ac=1609，再计算面积即可.
【解析】（1）解：因为2cosCa=2b+sinCbsinA，
所以2cosCsinA=2sinB+sinCsinBsinA，即2cosCsinB=2sinA+sinC，
因为sinA=sinB+C=sinBcosC+cosBsinC，
所以2cosCsinB=2sinBcosC+2cosBsinC+sinC，即2cosBsinC+sinC=0，
因为C∈0,π,sinC≠0，
所以cosB=-12，
因为B∈0,π，
所以B=2π3
（2）解：如图，因为b=8,D为边AC的中点，且BD=83，
所以cos∠ADB=DA2+DB2-c22⋅DA⋅DB=42+832-c22×4×83，
cos∠CDB=CD2+DB2-a22⋅CD⋅DB=42+832-a22×4×83，
因为∠ADB+∠CDB=π，
所以cos∠CDB+cos∠ADB=0，即42+832-c22×4×83+42+832-a22×4×83=0，整理得a2+c2=4169，
因为b2=a2+c2-2accosB，即64=4169+ac，解得ac=1609，
所以，△ABC的面积为S=12acsinB=12×1609×32=4039

19．（2023秋·江西·高三校联考期末）设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足4cos2B2-3sinA+2cosA-1sinB=0
(1)证明：a+b=2c；
(2)求cosC的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)12
【分析】（1）根据余弦二倍角公式、正弦和差角公式、诱导公式化简已知式子，再根据正弦定理即可证明结论；
（2）根据余弦定理结合基本不等式求解最值即可.
【解析】（1）证明：由4cos2B2-3sinA+2cosA-1sinB=0
∴2cosB-1sinA+2cosA-1sinB=0得2cosBsinA+2cosAsinB=sinA+sinB，
即2sinA+B=sinA+sinB，又2sinA+B=2sinπ-C=2sinC，
∴2sinC=sinA+sinB
则由正弦定理asinA=bsinB=csinC，得a+b=2c.
（2）解：由（1）有a+b=2c，则c=a+b2
则由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab=a2+b2-a+b222ab=3a2+3b2-2ab8ab=3a8b+3b8a-14≥23a8b⋅3b8a-14=12，
当且仅当3a8b=3b8a，即a=b=c时等号成立，所以cosC的最小值为12.
20．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c-a=2bcosA．
(1)求B的大小；
(2)若b=3，
①求a+c的取值范围；
②求aca+c的最大值．
【答案】(1)B=π3；
(2)①3 【分析】（1）根据正弦定理边换角结合两角和与差的正弦公式得2sinAcosB-sinA=0，则cosB=12，则得到B的大小；
（2）①利用基本不等式得(a+c)2≤9+34(a+c)2，结合三角形任意两边之和大于第三边即可得到a+c范围；②设t=a+c，t∈(3,6]，而aca+c=t2-93t，根据函数单调性即可其最大值.
【解析】（1）因为2c-a=2bcosA,又asinA=bsinB=csinC,所以2sinC-sinA=2sinBcosA,
所以2sin(A+B)-sinA=2sinBcosA,
所以2sinAcosB-sinA=0,
因为A∈0,π,sinA≠0,所以cosB=12,∵B∈0,π，可得B=π3.
（2）①根据余弦定理a2+c2-b2=2accosB得a2+c2-ac=9,得(a+c)2=9+3ac，
因为ac≤(a+c)24,所以(a+c)2≤9+34(a+c)2，结合a+c>3，
所以3 ②设t=a+c,则t∈(3,6],所以aca+c=t2-93t,
设f(t)=t2-93t=13t-9t,
则f(t)在区间(3,6]上单调递增,
所以f(t)的最大值为f(6)=32,所以aca+c的最大值为32.

题型二、平面向量在几何、物理中的应用举例
1．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题：“今有立木，系索其末，委地三尺.引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何?这个问题体现了古代对直角三角形的研究，现有一竖立的木头柱子，高4米，绳索系在柱子上端，牵着绳索退行，当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽，再退行43米绳索用尽（绳索与地面接触），则绳索长为（   ）
A．37米 B．45米 C．52米 D．163米
【答案】B
【分析】依题意画出图形，利用两角差的正切公式及锐角三角函数求出BC，最后利用勾股定理计算可得.
【解析】依题意可得如下图形：

则AB=4，CD=43，∠ACB=75°，所以∠CAB=90°-75°=15°，
所以BC=ABtan∠CAB=4tan15°=4tan45°-30°
=4×tan45°-tan30°1+tan45°tan30°=4×1-331+33=8-43，
所以BD=BC+CD=8，所以AD=AB2+BD2=42+82=45，
所以绳索长为45米.
故选：B
2．（2023秋·内蒙古呼和浩特·高三统考期末）小明同学学以致用，欲测量学校教学楼的高度，他采用了如图所示的方式来进行测量，小明同学在运动场上选取相距20米的C，D两观测点，且C，D与教学楼底部B在同一水平面上，在C，D两观测点处测得教学楼顶部A的仰角分别为45∘，30∘，并测得∠BCD=120°，则教学楼AB的高度是（    ）

A．20米 B．202米 C．153米 D．25米
【答案】A
【分析】根据仰角可得BC=AB=h，BD=3AB=3h，在三角形BCD利用余弦定理即可求解.
【解析】设教学楼的高度为h，
在直角三角形ABC中，因为∠ACB=45∘，所以BC=AB=h，
在直角三角形ABD中，因为∠ADB=30∘，所以ABBD=tan30∘，
所以BD=3AB=3h，
在△BCD中，由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC⋅CDcos∠BCD，
代入数值可得h2-10h-200=0解得h=20或h=-10（舍），
故选:A.
3．（2022春·吉林长春·高一校考期中）如图所示，为了测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C作为测量基点，从A点测得M点的仰角∠MAN=60∘，C点的仰角∠CAB=45∘，∠MAC=75∘，从点C测得∠MCA=60∘，已知山高BC=200m，则山高MN（单位：m）为（    ）

A．200 B．2003 C．300 D．3003
【答案】C
【分析】分析出△ABC为等腰直角三角形，求出AC的长，在△ACM中，利用正弦定理可求得AM的长，然后在Rt△AMN中可求得MN的长，即为所求.
【解析】在Rt△ABC中，∠ABC=90∘，因为∠CAB=45∘，则△ABC为等腰直角三角形，
故AC=2BC=2002，
在△ACM中，∠MAC=75∘，∠MCA=60∘，则∠AMC=45∘，
由正弦定理可得AMsin60∘=ACsin45∘，∴AM=2002sin60∘sin45∘=2003，
在Rt△AMN中，∠ANM=90∘，又因为∠MAN=60∘，则MN=AMsin60∘=300m.
故选：C.
4．（2022秋·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）李子坝站的“单轨穿楼”是重庆轨道交通的一大特色，吸引众多游客来此打卡拍照.如图所示，李明为了测量李子坝站站台距离地面的高度AB，采用了如下方法：在观景台的D点处测得站台A点处的仰角为60°；沿直线BD后退12米后，在F点处测得站台A点处的仰角为45°.已知李明的眼睛距离地面高度为CD=EF=1.6米，则李子坝站站台的高度AB约为（    ）（精确到小数点后1位）（近似数据：3≈1.73,2≈1.41）

A．30.0米 B．28.4米 C．27.0米 D．26.4米
【答案】A
【分析】设AG高度为x米，利用正弦定理结合条件可得AG高度，进而求出AB高度.
【解析】设AG高度为x米，由题可知∠ACG=60∘，
所以AC=2x3米，
在△AEC中，由正弦定理得：ACsin∠AEC=CEsin∠CAE ，
所以ACsin45∘=CEsin(60∘-45∘)，
所以2x322=12sin60∘cos45∘-cos60∘sin45∘，
解得x=18+63，
所以AB=18+63+1.6≈30.0(米).
故选：A.
5．（2022秋·江苏苏州·高三统考期中）古时候，为了防盗、防火的需要，在两边对峙着高墙深院的“风火巷”里常有梯子、铜锣、绳索等基本装备．如图，梯子的长度为a，梯脚落在巷中的M点，当梯子的顶端放到右边墙上的N点时，距地面的高度是h，梯子的倾斜角正好是45∘，当梯子顶端放到左边墙上的P点时，距地面的高度为6尺（1米=3尺），此时梯子的倾斜角是75∘．则小巷的宽度AB等于 （    ）

A．6尺 B．a尺 C．（h+2）尺 D．h+a2尺
【答案】A
【分析】连接PN,过N作NC⊥PA于C，则AB//NC且AB=NC.证明出△AMP≌△CPN ，得到NC=PA=6,即可求出AB.
【解析】
连接PN,过N作NC⊥PA于C，则AB//NC且AB=NC.由题意可得：∠NMB=45°，所以∠MNC=∠NMB=45°.
因为∠PMN=180°-75°-45°=60°且PM=MN，
所以△PMN为等边三角形,即MN=PN=PM.
因为∠MNC=45°，所以∠PNC=∠MNP-∠MNC=60°-45°=15°.
而∠APM=90°-∠AMP=90°-75°=15°,所以∠APM=∠PNC.
因为∠PAM=∠PCN=90°，所以∠PMA=∠NPC=75°.
又PN=PM,所以△AMP≌△CPN (ASA),所以NC=PA=6,即AB=6.
故选：A.
6．（2022春·浙江·高一期中）如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得∠BCD=α，∠BDC=β，CD=s，在点C测得塔顶A的仰角为θ，则塔高AB=（    ）

A．s⋅tanθsinβsinα+β B．s⋅tanθsinα+βsinβ
C．s⋅sinθsinα+βsinβ D．s⋅sinθsinβsinα+β
【答案】A
【分析】运用正弦定理和锐角三角函数定义进行求解即可.
【解析】在△BCD中，由正弦定理可知：
BCsin∠BDC=CDsin∠CBD⇒BCsinβ=ssin(π-α-β)⇒BC=s⋅sinβsin(α+β)，
在直角三角形ABC中，
tan∠ACB=BABC⇒BA=s⋅sinβtanθsin(α+β)，
故选：A
7．（2022秋·内蒙古呼和浩特·高二呼和浩特市第六中学校考阶段练习）如图所示，某学生社团在公园内测量某建筑CD的高度，D为该建筑顶部．在A处测得∠DAB=60°，在B处测得∠DBA=45°，仰角∠DBC=30°，A、B两点距离为100m．已知该建筑底部C和A、B在同一水平面上，则该建筑高度CD=（    ）m．

A．1502-506 B．1506-502
C．752-256 D．756-252
【答案】C
【分析】在△ABD中利用正弦定理可得BD，然后在Rt△BCD中可解.
【解析】在△ABD中，∠ABD=180°-60°-45°=75°
由正弦定理可得，BD=100sin60°sin75°=5036+24=1502-506
在Rt△BCD中，∠DBC=30°,∠DCB=90°
所以CD=BDsin30°=(1502-506)×12=752-256（m）
故选：C
8．（2022·全国·高三专题练习）已知轮船A和轮船B同时从C岛出发，A船沿北偏东30°的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为402 nmile/h，1h后，B船测得A船位于B船的北偏东45°的方向上，则此时A，B两船相距（    ）nmile．

A．402 B．40 C．202 D．403
【答案】B
【分析】利用正弦定理计算可得.
【解析】由图所示：由题意可知：∠CBA=135°，∠BCA=30°，AC=402×1=402，
由正弦定理可知：ACsin∠ABC=ABsin∠BCA，
所以402sin135°=ABsin30°，所以AB=402×1222=40，
即此时A，B两船相距40 nmile；
故选：B
9．[多选]（2022·高一课时练习）在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包.假设行李包所受重力为G，作用在行李包上的两个拉力分别为F1，F2，且F1=F2，F1与F2的夹角为θ.下列结论中正确的是（    ）

A．θ越大越费力，θ越小越省力 B．θ的取值范围为0,π
C．当θ=π2时，F1=G D．当θ=2π3时，F1=G
【答案】AD
【分析】利用平面向量的加法运算以及模长、数量积公式进行求解.
【解析】对于A，根据题意，得G=F1+F2，所以G2=F12+F22+2F1×F2×cosθ=2F12(1+cosθ)，解得F12=G22(1+cosθ)，因为θ∈(0,π)时，y=cosθ单调递减，所以θ越大越费力，θ越小越省力，故A正确；
对于B，由题意知θ的取值范围是(0,π)，故B错误；
对于C，因为F12=G22(1+cosθ)，所以当θ=π2时，F12=G22，所以F1=22G，故C错误；
对于D，因为F12=G22(1+cosθ)，所以当θ=2π3时，F12=G2，所以F1=G，故D正确.
故选：AD.
10．（2022秋·陕西咸阳·高二校考阶段练习）2022年北京冬奥会拉开帷幕，动作观赏性强、视觉冲击力大的自由式滑雪大跳台是目前“冬奥大家族”中最年轻的项目.如图为大跳台示意图，为测量大跳台最高处C点的高度，小王在场馆内的A、B两点测得C的仰角分别为45°、30°，AB=60m，且∠AOB=30°，则大跳台最高高度OC=______m.

【答案】60
【分析】根据题意，分别得出OA=OC，OB=3OC.然后在△AOB，根据余弦定理，即可求出OC的值.
【解析】由已知可得，∠BOC=∠AOC=90∘，∠OAC=45∘，∠OBC=30∘.
则在Rt△BOC中，tan∠OAC=tan45∘=OCOA=1，所以OA=OC.
同理可得，OB=3OC.
在△AOB中，有OA=OC，OB=3OC，AB=60，∠AOB=30°，
根据余弦定理可得，AB2=OA2+OB2-2OA⋅OBcos∠AOB，
即OC2+3OC2-2OC⋅3OC×32=602=3600，解得OC=±60（舍去负值）.
所以，OC=60.
故答案为：60.
11．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨七十三中校考阶段练习）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_________（千米）.

【答案】2
【分析】根据余弦定理，结合基本不等式进行求解即可.
【解析】在△AEF中，因为AE=AF=3，∠EAF=π3，
所以EF=AE=AF=3，
又∠EDF与∠BAC互补，所以∠EDF=2π3，
在△DEF中，由余弦定理得：EF2=DE2+DF2-2DE⋅DF⋅cos∠EDF，
即DE2+DF2+DE⋅DF=3，即DE+DF2-DE⋅DF=3，
因为DE⋅DF≤14DE+DF2，
所以DE+DF2-DE⋅DF=3≥DE+DF2-14DE+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
12．（2023·湖北·校联考模拟预测）在△ABC中，AB=9，点D在边BC上，AD=7.

(1)若cosB=23，求BD的值，
(2)若cos∠BAC=-23，且点D是边BC的中点，求AC的值.
【答案】(1)BD=8或BD=4
(2)AC=6+151
【分析】（1）由余弦定理列出方程，求出BD的值；
（2）作出辅助线，得到cos∠AED=23，由余弦定理求出EA=3+1512，从而求得答案.
【解析】（1）在△ABD中，由余弦定理得：AD2=AB2+BD2-2AB⋅BD⋅cosB，
所以49=81+BD2-2×9BD×23，解得BD=8或BD=4，
经检验均符合要求；
（2）在△ABD中，过D作AB的平行线交AC于E，
因为点D是边BC的中点，所以点E为AC的中点，

在△AED中，ED=12AB=92，
又∠BAC+∠AED=π，所以cos∠AED=23.
由余弦定理得：cos∠AED=AE2+ED2-AD22⋅AE⋅ED=23，
所以EA2-6EA-1154=0，所以EA=3+1512>0或EA=3-1512<0（舍去），
故AC=2EA=6+151.
13．（2023·高一课时练习）为了测量对岸A、B之间距离，在此岸边选取了相距1千米的C、D两点，并测得∠ACD=90∘,∠BCD=60∘,∠BDC=75∘,∠ADC=45∘．求A、B之间的距离．

【答案】22千米
【分析】根据正弦定理和余弦定理求解即可.
【解析】因为CD=1，∠ACD=90∘,∠ADC=45∘，
所以，△ADC为等腰直角三角形，AD=2，
因为∠ACD=90∘,∠BCD=60∘,∠BDC=75∘,∠ADC=45∘，
所以，在△BCD中，∠CBD=45∘，由正弦定理CDsin∠CBD=BDsin∠BCD得BD=CD⋅sin∠BCDsin∠CBD=1×3222=62，
所以，在△ABD中，BD=62，AD=2，∠ADB=30∘，
所以，由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD⋅BD⋅cos∠ADB=2+32-2×2×62×32=12，
所以AB=22，即A、B之间的距离22千米.
14．（2022春·山东聊城·高一山东聊城一中校考期中）某农户有一个三角形地块ABC，如图所示.该农户想要围出一块三角形区域ABD（点D在BC上）用来养一些家禽，经专业测量得到AB=3,cosB=13.

(1)若cos∠ADC=-22，求AD的长；
(2)若BD=2DC,sin∠BADsin∠CAD=42，求△ADC的周长.
【答案】(1)4
(2)3+62+33
【分析】（1）在△ABD中应用正弦定理得出AD的长；
（2）由S△ABDS△ACD=2结合面积公式得出AC，再由余弦定理得出BC，AD，进而得出△ADC的周长.
【解析】（1）解：在△ABC中，cosB=13，且B∈0,π，所以sinB=223.
因为cos∠ADC=-22，∠ADC∈0,π，所以sin∠ADB=22.
在△ABD，由正弦定理可得ADsinB=ABsin∠ADB，
所以AD=ABsinBsin∠ADB=3×22322=4.
（2）因为BD=2DC，所以S△ABDS△ACD=2，
所以12AB⋅AD⋅sin∠ABD12AD⋅AC⋅sin∠CAD=2，即：AB⋅sin∠ABDAC⋅sin∠CAD=3AC⋅sin∠ABDsin∠CAD=2，可得AC=62.
在△ABC中，由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cosB，
所以BC2-2BC-63=0，解得BC=9或BC=-7（舍去）.
因为BD=2DC，所以BD=6,DC=3.
在△ABD中，由余弦定理可得AD2=AB2+BD2-2AB⋅BD⋅cosB=33
所以△ADC的周长为3+62+33.
15．（2022秋·四川成都·高二成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考开学考试）如图，四边形ABCD中，cos∠BAD=13，AC=AB=3AD．

(1)求sin∠ABD；
(2)若∠BCD=90°，求tan∠CBD．
【答案】(1)13
(2)2
【分析】（1）根据余弦定理求出BD，由勾股定理判断出△ABD为直角三角形，求解即可；
（2）根据余弦定理求出cos∠BCA，cos∠ACD，结合勾股定理求出参数，计算即可．
【解析】（1）△ABD中，设AC=AB=3AD=3tt>0，则cos∠BAD=13=3t2+t2-BD22×3t×t，解得BD=22t
∵BD2+AD2=AB2，∴sin∠ABD=ADAB=13；
（2）设AC=AB=3AD=3tt>0，则BD=22t
设BC=xt，CD=yt x>0,y>0，
△ABC中，cos∠BCA=3t2+xt2-3t22×3t×xt=x6
△ADC中，cos∠DCA=13=3t2+yt2-t22×3t×yt=y2+86y
∵∠BCA+∠DCA=∠BCD=π2，∴cos∠DCA=sin∠BCA，可得y2+86y=1-x62，化简得y2+86y2=1-x62，即x2y2+y4+64=20y2
又∵BC2+CD2=BD2，∴x2t2+y2t2=8t2，即∴x2+y2=8
∴8-y2y2+y4+64=20y2，解得y2=163,x2=8-y2=83
tan∠CBD=CDBC=ytxt=16383=2