《2025年零失误分层训练高中数学必修第二册人教版黑吉辽内蒙古专版》

11. (2025·黑龙江哈尔滨三中高一下期中)已知角$A$,$B$,$C$是$\triangle ABC$的三个内角,向量$\boldsymbol{m} = (2\cos B,\sin C)$,$\boldsymbol{n} = (\cos C, - 2\sin B)$,且$\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n} = -\sqrt{3}$.
(1)求$A$;
(2)若$a = 2$,求$\triangle ABC$的面积的取值范围.

答案： 11.解：
(1)因为向量$m=(2\cos B,\sin C)$，$n=(\cos C,-2\sin B)$，且$m· n=-\sqrt{3}$，所以$m· n=2\cos B\cos C - 2\sin B\sin C=-\sqrt{3}$，所以$\cos B\cos C - \sin B\sin C=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\cos(B + C)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，在$\triangle ABC$中，$B + C=\pi - A$，所以$\cos(\pi - A)=-\cos A=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}$，因为$A\in(0,\pi)$，所以$A=\frac{\pi}{6}$。
(2)由正弦定理得$b=\frac{a\sin B}{\sin A}=4\sin B$，$c = 4\sin C$，所以$S=\frac{1}{2}bc·\sin A=\frac{1}{2}·4\sin B·4\sin C·\frac{1}{2}=4\sin B\sin C$，由$B + C=\frac{5\pi}{6}$，得$C=\frac{5\pi}{6}-B$，代入得$S = 4\sin B\sin(\frac{5\pi}{6}-B)=4\sin B(\frac{1}{2}\cos B+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin B)=2\sin B\cos B+2\sqrt{3}\sin^{2}B=\sin2B+\sqrt{3}-\sqrt{3}\cos2B=2\sin(2B-\frac{\pi}{3})+\sqrt{3}$，因为$B\in(0,\frac{5\pi}{6})$，所以$2B-\frac{\pi}{3}\in(-\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3})$，所以$\sin(2B-\frac{\pi}{3})\in(-\frac{\sqrt{3}}{2},1]$，所以面积的取值范围为$(0,2+\sqrt{3}]$。
《素养点评》本题考查了三角函数与向量的综合应用，涉及向量垂直的性质、正弦定理以及三角形面积等知识点，解题的关键是利用向量垂直得到角的关系，再结合正弦定理分析面积范围，体现了逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养。

12. (2025·吉林长春东北师大附中高一下期中)克罗狄斯·托勒密(ptolemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理,其中涉及如下定理:任意平面凸四边形(所有内角都小于$180^{\circ}$的四边形)中,两条对角线的乘积不大于两组对边乘积之和,当且仅当四边形的对角互补(即四边形为圆的内接四边形)时两者相等.已知圆$O$是凸四边形$ABCD$的外接圆,其中$CD = \sqrt{3}AD$.
(1)若圆$O$的半径为$r$,且$\angle CBD = 2\angle ABD$,
(ⅰ)求$\angle ABD$的大小;
(ⅱ)求$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{BD}$的取值范围(用$r$表示).
(2)若$BD = 2$,$\angle ABC = \frac{\pi}{6}$,求$\triangle ABC$的面积$S$的最大值以及当$S$取最大值时$AD$的长.

答案：
12.解：
(1)(ⅰ)在$\triangle ACD$中，由正弦定理得$\frac{CD}{\sin\angle CAD}=\frac{AD}{\sin\angle ACD}$，结合$\angle CBD=\angle CAD$，$\angle ABD=\angle ACD$，可得$\frac{CD}{\sin\angle CBD}=\frac{AD}{\sin\angle ABD}$，所以$\frac{\sqrt{3}AD}{\sin2\angle ABD}=\frac{AD}{\sin\angle ABD}$，即$\frac{\sqrt{3}AD}{2\sin\angle ABD\cos\angle ABD}=\frac{AD}{\sin\angle ABD}$，化简得$\cos\angle ABD=\frac{\sqrt{3}}{2}$，结合$\angle ABD$为锐角，可得$\angle ABD=\frac{\pi}{6}$。(ⅱ)由(ⅰ)得$\angle CBD=2\angle ABD=\frac{\pi}{3}$，可得$\angle COD=2\angle CBD=\frac{2\pi}{3}$，由$\angle ABC=\frac{\pi}{2}$，可知$AC$为圆$O$的直径，$AC = 2r$。设$\angle BOC=\theta$，由题意得$\theta\in(0,\pi)$，所以$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AC}·(\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OB})=\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{OB}=2r^{2}\cos\frac{2\pi}{3}-2r^{2}\cos\theta\in(-3r^{2},r^{2})$。综上所述，$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{BD}$的取值范围是$(-3r^{2},r^{2})$。
(2)由题意得$\angle ADC=\frac{5\pi}{6}$，设$AD = x$，则$CD=\sqrt{3}x$，在$\triangle ADC$中，由余弦定理得$AC^{2}=AD^{2}+CD^{2}-2AD· CD·\cos\angle ADC=7x^{2}$，解得$AC=\sqrt{7}x$，记$AB = c$，$BC = a$，在圆内接四边形$ABCD$中，由托勒密定理得$AB· CD+AD· BC=AC· BD$，即$\sqrt{3}x· c+x· a=2\sqrt{7}x$，整理得$a+\sqrt{3}c=2\sqrt{7}$。根据基本不等式，可得$2\sqrt{7}=a+\sqrt{3}c\geqslant2\sqrt{\sqrt{3}ac}$，化简得$ac\leqslant\frac{7\sqrt{3}}{3}$，所以$S=\frac{1}{2}ac\sin\angle ABC=\frac{1}{2}ac\leqslant\frac{7\sqrt{3}}{12}$，当且仅当$a=\sqrt{3}c$时，上述各式中等号成立。此时$a=\sqrt{3}c=\sqrt{7}$，由余弦定理得$AC^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac·\cos\angle ABC=\frac{7}{3}$，可得$AC=\frac{\sqrt{21}}{3}$，$AD=\frac{AC}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。综上所述，$S$的最大值为$\frac{7\sqrt{3}}{12}$，当$S$取最大值时，$AD=\frac{\sqrt{3}}{3}$。

1. (经典·全国乙)已知向量$\boldsymbol{a} = (2,1)$,$\boldsymbol{b} = (-2,4)$,则$|\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}|$等于(D)

A.2
B.3
C.4
D.5

答案： 1.D[提示：因为$a - b=(2,1)-(-2,4)=(4,-3)$，所以$|a - b|=\sqrt{4^{2}+(-3)^{2}}=5$。]

2. (经典·全国乙)已知向量$\boldsymbol{a}$,$\boldsymbol{b}$满足$|\boldsymbol{a}| = 1$,$|\boldsymbol{b}| = \sqrt{3}$,$|\boldsymbol{a} - 2\boldsymbol{b}| = 3$,则$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}$等于(C)

A.-2
B.-1
C.1
D.2

答案： 2.C[提示：$\because|a - 2b|^{2}=|a|^{2}-4a· b + 4|b|^{2}$，又$\because|a|=1$，$|b|=\sqrt{3}$，$|a - 2b|=3$，$\therefore9=1 - 4a· b+4×3$，$\therefore a· b=1$。]

3. (经典·全国Ⅱ)已知$\boldsymbol{a} = (3,4)$,$\boldsymbol{b} = (1,0)$,$\boldsymbol{c} = \boldsymbol{a} + t\boldsymbol{b}$,若$\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{c}\rangle = \langle\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\rangle$,则$t$等于(C)

A.-6
B.-5
C.5
D.6

答案： 3.C[提示：$c=(3 + t,4)$，$\cos\langle a,c\rangle=\cos\langle b,c\rangle$，即$\frac{9 + 3t + 16}{5|c|}=\frac{3 + t}{|c|}$，解得$t = 5$。]

4. (经典·全国甲)已知$|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = 1$,$|\boldsymbol{c}| = \sqrt{2}$,且$\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c} = \boldsymbol{0}$,则$\cos\langle\boldsymbol{a} - \boldsymbol{c},\boldsymbol{b} - \boldsymbol{c}\rangle$等于(D)

A.$-\frac{1}{5}$
B.$-\frac{2}{5}$
C.$\frac{2}{5}$
D.$\frac{4}{5}$

答案： 4.D[提示：因为向量$|a|=|b|=1$，$|c|=\sqrt{2}$，且$a + b + c = 0$，所以$-c=a + b$，所以$c^{2}=a^{2}+b^{2}+2a· b$，即$2=1 + 1+2×1×1×\cos\langle a,b\rangle$，解得$\cos\langle a,b\rangle=0$，所以$a\perp b$。又$a - c=2a + b$，$b - c=a+2b$，所以$(a - c)·(b - c)=(2a + b)·(a + 2b)=2a^{2}+2b^{2}+5a· b=2 + 2+0=4$，$|a - c|=|b - c|=\sqrt{4a^{2}+4a· b+b^{2}}=\sqrt{4 + 0 + 1}=\sqrt{5}$，所以$\cos\langle a - c,b - c\rangle=\frac{(a - c)·(b - c)}{|a - c||b - c|}=\frac{4}{\sqrt{5}×\sqrt{5}}=\frac{4}{5}$。]

5. (经典·全国Ⅰ)已知向量$\boldsymbol{a} = (1,1)$,$\boldsymbol{b} = (1, -1)$.若$(\boldsymbol{a} + \lambda\boldsymbol{b})\perp(\boldsymbol{a} + \mu\boldsymbol{b})$,则(D)

A.$\lambda + \mu = 1$
B.$\lambda + \mu = -1$
C.$\lambda\mu = 1$
D.$\lambda\mu = -1$

答案： 5.D[提示：$\because a=(1,1)$，$b=(1,-1)$，$\therefore a+\lambda b=(\lambda + 1,1-\lambda)$，$a+\mu b=(\mu + 1,1-\mu)$，由$(a+\lambda b)\perp(a+\mu b)$得$(\lambda + 1)(\mu + 1)+(1-\lambda)(1 - \mu)=0$，整理得$2\lambda\mu+2=0$，即$\lambda\mu=-1$。]

6. (2025·全国Ⅱ)已知平面向量$\boldsymbol{a} = (x,1)$,$\boldsymbol{b} = (x - 1,2x)$,若$\boldsymbol{a}\perp(\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b})$,则$|\boldsymbol{a}| =$$\sqrt{2}$.

答案： 6.$\sqrt{2}$[提示：因为$a=(x,1)$，$b=(x - 1,2x)$，所以$a - b=(1,1 - 2x)$，又$a\perp(a - b)$，所以$a·(a - b)=x+1 - 2x=0$，解得$x = 1$，所以$a=(1,1)$，所以$|a|=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$。]