2019高考数学一本策略复习专题二三角函数、平面向量专题提能三角与向量的创新考法与学科素养课后训练文.doc

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1、1专题提能 三角与向量的创新考法与学科素养一、选择题1定义：| ab| |a|b|sin ，其中 为向量 a 与 b 的夹角，若|a| 2， |b| 5， ab 6，则 |ab|等于( )A8 B8C8 或 8 D6解析：由| a|2，| b|5， ab6，可得 25 cos 6cos .又35 0，所以 sin .从而| ab|25 8.45 45答案：B2已知外接圆半径为 R 的 ABC 的周长为(2 )R，则 sin Asin Bsin C( )3A1 B132 34C D 12 32 12 3解析：由正弦定理知 a b c2 R(sin Asin Bsin C)(2 )R，所以 sin

2、 3Asin Bsin C1 ，故选 A.32答案：A3设 a， b 为非零向量， |b| 2|a|，两组向量 x1， x2， x3， x4和 y1， y2， y3， y4均由2 个 a 和 2 个 b 排列而成若 x1y1 x2y2 x3y3 x4y4所有可能取值中的最小值为4|a|2，则 a 与 b 的夹角为( )A B23 3C D0 6解析：设 S x1y1 x2y2 x3y3 x4y4，若 S 的表达式中有 0 个 ab，则S 2a2 2b2，记为 S1，若 S 的表达式中有 2 个 ab，则 S a2 b2 2ab，记为 S2，若 S的表达式中有 4 个 ab，则 S4 ab，记为

3、 S3.又| b|2| a|，所以S1 S32 a2 2b2 4ab 2(a b)20， S1 S2 a2 b2 2ab( a b)20， S2 S3( a b)20，所以 S3 S2 S1，故 Smin S34 ab，设 a， b 的夹角为 ，则 Smin4 ab8| a|2cos 4| a|2，即 cos ，又 0，所以 .12 32答案：B4已知直角梯形 ABCD 中， AD BC， ADC90， AD2， BC1， P 是腰 DC 上的动点，则| |的最小值为( )PA PB A5 B4C3 D6解析：建立平面直角坐标系如图所示，则 A(2,0)，设 P(0， y)， C(0， b)，

4、则 B(1， b)，则 3 (2， y)3(1， b y)(5,3 b4 y)所以PA PB | 3 | (0 y b)当 y b 时，| 3 |min5.PA PB 25 3b 4y 2 34 PA PB 答案：A二、填空题5(2018石家庄质检)非零向量 m， n 的夹角为 ，且满足| n| |m|( 0)，向量 3组 x1， x2， x3由一个 m 和两个 n 排列而成，向量组 y1， y2， y3由两个 m 和一个 n 排列而成，若 x1y1 x2y2 x3y3所有可能值中的最小值为 4m2，则 _.解析：由题意， x1y1 x2y2 x3y3的运算结果有以下两种可能： m2 mn n

5、2 m2 |m|m|cos 2m2( 2 1) 3 2m2； mn mn mn3 |m|m|cos m2.又 3 32 2 1 2 1( )2 0，所以 m24 m2，即 4，解得 2 32 12 34 32 32.83答案：836定义平面向量的一种运算 ab |a b|a b|sin a， b ，其中 a， b是a 与 b 的夹角，给出下列命题：若 a， b 90，则 a b a2 b2；若 |a| |b|，则(a b) (a b) 4ab；若 |a| |b|，则 ab 2|a|2；若 a( 1,2)， b( 2,2)，则( a b)b .其中真命题的序号是_10解析：中，因为 a， b 9

6、0，则 a b |a b|a b| a2 b2，所以成立；3中，因为 |a| b|，所以( a b)，( a b) 90，所以( a b) (a b) |2a|2b| 4|a|b|，所以不成立；中，因为 |a| |b|，所以ab |a b|a b|sin a， b| a b|a b| 2| a|2，所以|a b|2 |a b|22成立；中，因为 a(1,2)， b(2,2)，所以 a b(1,4)，sin( a b)， b，所以( a b)b 3 ，所以不成立故真命题的序号是.33434 5 5 33434 453434答案：7设非零向量 a， b 的夹角为 ，记 f(a， b) acos b

7、sin .若 e1， e2均为单位向量，且 e1e2 ，则向量 f(e1， e2)与 f(e2， e1)的夹角为_32解析：由 e1e1 ，可得 cos e1， e2 ，32 e1e2|e1|e2| 32故 e1， e2 ， e2， e1 e2， e1 . 6 56f(e1， e2) e1cos e2sin e1 e2， 6 6 32 12f(e2， e1) e2cos ( e1)sin e1 e2.56 56 12 32f(e1， e2)f(e2， e1)( e1 e2)32 12 e1e20，(12e1 32e2) 32所以 f(e1， e2) f(e2， e1)故向量 f(e1， e2)

8、与 f(e2， e1)的夹角为 . 2答案： 28对任意两个非零的平面向量 和 ，定义 。 .若平面向量 a， b 满足 |a|b| 0， a 与 b 的夹角 ，且 a。 b 和 b。 a 都在集合Error!中，则(0， 4)a。 b_.解析： a。 b ，abbb |a|b|cos |b|2 |a|cos |b|b。 a .baaa |b|a|cos |a|2 |b|cos |a|4 ， cos 1.(0， 4) 22又| a| b|0，0 1.0 cos 1，即 0 b。 a1.|b|a| |b|a| b。 aError!， b。 a .12，得( a。 b)(b。 a)cos 2 ，(

9、12， 1) (a。 b) 1，即 1 a。 b2， a。 b .12 12 32答案：329三国魏人刘徽，自撰海岛算经 ，专论测高望远其中有一题：今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千岁，令后表与前表相直从前表却行一百二十三步，人目著地取望岛峰，与表末参合从后表却行百二十七步，人目著地取望岛峰，亦与表末参合问岛高及去表各几何？译文如下：要测量海岛上一座山峰 A 的高度 AH，立两根高均为3 丈的标杆 BC 和 DE，前后标杆相距 1 000 步，使后标杆杆脚 D 与前标杆杆脚 B 与山峰脚 H在同一直线上，从前标杆杆脚 B 退行 123 步到 F，人眼著地观测到岛峰， A， C， F 三点

10、共线，从后标杆杆脚 D 退行 127 步到 G，人眼著地观测到岛峰， A， E， G 三点也共线，问岛峰的高度 AH_步(古制：1 步6 尺，1 里180 丈1 800 尺300 步)解析：如图所示，由题意知 BC DE5 步， BF123 步，DG127 步，设 AH h 步，因为 BC AH，所以 BCF HAF，所以 ，所以 ，即 HF .因为 DE AH，所以 GDEBCAH BFHF 5h 123HF 123h5GHA，所以 ，所以 ，即 HG ，由题意( HG127)( HF123)1 000，即DEAH DGHG 5h 127HG 127h5 41 000， h1 255，即 A

11、H1 255 步127h5 123h5答案：1 255三、解答题10已知下凸函数 f(x)在定义域内满足 f (x1 x2 xnn ).若函数 ytan x 在 上是下凸函数，那么在锐角f x1 f x2 f xnn (0， 2)5 ABC 中，求 tan Atan Btan C 的最小值解析：因为 ytan x 在 上是下凸函数，(0， 2)则 (tan Atan Btan C)tan tan ，即 tan Atan Btan 13 (A B C3 ) 3 3C3 ，当且仅当 tan Atan Btan C，即 A B C 时，取等号，所以 tan Atan 3 3Btan C 的最小值为

12、3 .311在 ABC 中，边 a， b， c 分别是内角 A， B， C 所对的边，且满足 2sin Bsin Asin C，设 B 的最大值为 B0.(1)求 B0的值；(2)当 B B0， a3， c6， 时，求 CD 的长AD 12DB 解析：(1)由题设及正弦定理知，2 b a c，即 b .a c2由余弦定理知，cos B a2 c2 b22ac a2 c2 (a c2 )22ac 3 a2 c2 2ac8ac .3 2ac 2ac8ac 12当且仅当 a2 c2，即 a c 时等号成立 ycos x 在(0，)上单调递减， B 的最大值 B0 . 3(2) B B0 ， a3， c6， 3 b 3 ，a2 c2 2accos B 3 c2 a2 b2，即 C ， A ， 2 6由 ，知 AD AB2，在 ACD 中，AD 12DB 13由余弦定理得 CD .AC2 AD2 2ACADcos CAD 13