1．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a cs B－b cs A＝c，且C＝ eq \f(π,5) ，則B＝( C )
A． eq \f(π,10) B． eq \f(π,5)
C． eq \f(3π,10) D． eq \f(2π,5)
解析：因為a cs B－b cs A＝c，所以由正弦定理得sin A cs B－sin B cs A＝sin C＝sin (A＋B)，則2sin B cs A＝0.在△ABC中，sin B≠0，則cs A＝0，所以A＝ eq \f(π,2) .所以B＝π－A－C＝π－ eq \f(π,2) － eq \f(π,5) ＝ eq \f(3π,10) .故選C.
2．(2024·廣東二模)在平行四邊形ABCD中，點E滿足 eq \(AE,\s\up10(→)) ＝ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up10(→)) ，則 eq \(BE,\s\up10(→)) ＝( B )
A． eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up10(→)) － eq \f(1,4) eq \(AD,\s\up10(→)) B．－ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AD,\s\up10(→))
C． eq \(AB,\s\up10(→)) － eq \f(1,4) eq \(AD,\s\up10(→)) D．－ eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AD,\s\up10(→))
解析：因為四邊形ABCD為平行四邊形，則有 eq \(AE,\s\up10(→)) ＝ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up10(→)) ＝ eq \f(1,4) ( eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \(AD,\s\up10(→)) )，所以 eq \(BE,\s\up10(→)) ＝ eq \(AE,\s\up10(→)) － eq \(AB,\s\up10(→)) ＝ eq \f(1,4) ( eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \(AD,\s\up10(→)) )－ eq \(AB,\s\up10(→)) ＝
－ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AD,\s\up10(→)) .
3．已知在非直角三角形ABC中，AB＝ eq \r(5) ，AC＝2，且sin 2A－2cs 2A＝2，則△ABC的面積為( C )
A．1 B． eq \r(5)
C．2 D．3
解析：由sin 2A－2cs 2A＝2，可得sin 2A＝2(1＋cs 2A)，得2sin A cs A＝2×2cs2A，因為△ABC不是直角三角形，所以csA≠0，可得sin A＝2cs A，則tan A＝2，所以A為銳角，sin A＝ eq \f(2\r(5),5) .又AB＝ eq \r(5) ，AC＝2，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) AB·AC·sin A＝ eq \f(1,2) × eq \r(5) ×2× eq \f(2\r(5),5) ＝2.故選C.
4．在△ABC中，AB＝2，BC＝ eq \r(10) ，cs A＝ eq \f(1,4) ，則AB邊上的高為( D )
A．3 B． eq \f(3,4)
C． eq \f(3\r(15),2) D． eq \f(3\r(15),4)
解析：設(shè)內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，AB邊上的高為h.因為c＝2，a＝ eq \r(10) ，cs A＝ eq \f(1,4) ，所以10＝4＋b2－2×2b× eq \f(1,4) ，所以b2－b－6＝0，解得b＝3(負值舍去).又由cs A＝ eq \f(1,4) ，得sin A＝ eq \f(\r(15),4) ，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) bc sin A＝ eq \f(1,2) ch，即 eq \f(1,2) ×3×2× eq \f(\r(15),4) ＝ eq \f(1,2) ×2h，所以h＝ eq \f(3\r(15),4) .故選D.
5．(2024·新課標Ⅱ卷)已知向量a，b滿足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝1， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋2b)) ＝2，且(b－2a)⊥b，則 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝( B )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(\r(2),2)
C． eq \f(\r(3),2) D．1
解析：由(b－2a)⊥b，得(b－2a)·b＝b2－2a·b＝0.所以b2＝2a·b.將|a＋2b|＝2的兩邊同時平方，得a2＋4a·b＋4b2＝4，即1＋2b2＋4b2＝1＋6|b|2＝4，解得|b|2＝ eq \f(1,2) ，所以|b|＝ eq \f(\r(2),2) ，故選B.
6．如圖所示，在正六邊形ABCDEF中，點P是△CDE內(nèi)(包括邊界)的一個動點， eq \(AP,\s\up10(→)) ＝λ eq \(AF,\s\up10(→)) ＋μ eq \(AB,\s\up10(→)) ，則λ＋μ的取值范圍是( B )
A．[ eq \f(3,2) ，4] B．[3，4]
C．[ eq \f(3,2) ， eq \f(5,2) ] D．[ eq \f(3,4) ，2]
解析：方法一：在正六邊形ABCDEF中，連接FB，取FB的中點O，以O(shè)為坐標原點，直線FB為x軸，線段FB的中垂線為y軸建立平面直角坐標系，如圖，令A(yù)B＝2，則A(0，－1)，B( eq \r(3) ，0)，F(xiàn)(－ eq \r(3) ，0)，C( eq \r(3) ，2)，E(－ eq \r(3) ，2)，D(0，3)，因此 eq \(AF,\s\up10(→)) ＝(－ eq \r(3) ，1)， eq \(AB,\s\up10(→)) ＝( eq \r(3) ，1)，則 eq \(AP,\s\up10(→)) ＝(－ eq \r(3) λ＋ eq \r(3) μ，λ＋μ)，于是得P(－ eq \r(3) λ＋ eq \r(3) μ，λ＋μ－1)，又點P是△CDE內(nèi)(包括邊界)的一個動點，則有2≤λ＋μ－1≤3，即3≤λ＋μ≤4，所以λ＋μ的取值范圍是[3，4].故選B.
方法二：如圖，連接BF，AD，AD分別交BF，CE于點M，N，設(shè)λ＋μ＝k，由 eq \(AP,\s\up10(→)) ＝λ eq \(AF,\s\up10(→)) ＋μ eq \(AB,\s\up10(→)) 得直線BF為k＝1對應(yīng)的等和線，當點P在△CDE內(nèi)(包括邊界)時，直線CE是距離BF最近的等和線，過點D的等和線是距離BF最遠的等和線，所以λ＋μ∈[ eq \f(AN,AM) ， eq \f(AD,AM) ].不妨設(shè)正六邊形的邊長為2，則AN＝3，AM＝1，AD＝4，故λ＋μ∈[3，4].故選B.
7．在△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對邊，已知sin (2A＋ eq \f(π,6) )＝ eq \f(1,2) ，b＝1，△ABC的面積為 eq \f(\r(3),2) ，則 eq \f(b＋c,sin B＋sin C) ＝( B )
A． eq \f(1,2) B．2
C． eq \f(\r(3),2) D． eq \r(3)
解析：在△ABC中，因為sin (2A＋ eq \f(π,6) )＝ eq \f(1,2) ，A∈(0，π)，所以2A＋ eq \f(π,6) ∈( eq \f(π,6) ， eq \f(13π,6) )，則2A＋ eq \f(π,6) ＝ eq \f(5π,6) ，可得A＝ eq \f(π,3) .又b＝1，△ABC的面積為 eq \f(\r(3),2) ，所以 eq \f(1,2) bc sin A＝ eq \f(\r(3),4) c＝ eq \f(\r(3),2) ，解得c＝2，由余弦定理得a2＝1＋4－2＝3，所以a＝ eq \r(3) ，由正弦定理得 eq \f(b＋c,sin B＋sin C) ＝ eq \f(a,sin A) ＝2.故選B.
8．已知在△ABC中，AH為BC邊上的高，且 eq \(BH,\s\up10(→)) ＝3 eq \(HC,\s\up10(→)) ，動點P滿足 eq \(AP,\s\up10(→)) · eq \(BC,\s\up10(→)) ＝－ eq \f(1,4) eq \(BC,\s\up10(→)) 2，則點P的軌跡一定過△ABC的( A )
A．外心 B．內(nèi)心
C．垂心 D．重心
解析：設(shè)BC＝4a，AH＝b，以H為坐標原點， eq \(HC,\s\up10(→)) ， eq \(HA,\s\up10(→)) 的方向分別為x軸、y軸的正方向建立平面直角坐標系，如圖，
因為 eq \(BH,\s\up10(→)) ＝3 eq \(HC,\s\up10(→)) ，所以BH＝3a，HC＝a，
則H(0，0)，B(－3a，0)，C(a，0)，A(0，b)，則 eq \(BC,\s\up10(→)) ＝(4a，0).
設(shè)P(x，y)，則 eq \(AP,\s\up10(→)) ＝(x，y－b)，
因為 eq \(AP,\s\up10(→)) · eq \(BC,\s\up10(→)) ＝－ eq \f(1,4) eq \(BC,\s\up10(→)) 2，所以4ax＝－ eq \f(1,4) ×(4a)2，解得x＝－a，即點P的軌跡方程為x＝－a，而直線x＝－a垂直且平分線段BC，即點P的軌跡為線段BC的垂直平分線，根據(jù)三角形外心的性質(zhì)可得點P的軌跡一定過△ABC的外心，故選A.
9．(多選)已知平面向量a＝(1，3)，b＝(－2，1)，則( AD )
A．|a|＝ eq \r(10)
B．(2a－b)⊥b
C．a(chǎn)與b的夾角為鈍角
D．向量a在向量b上的投影向量的模為 eq \f(\r(5),5)
解析：因為a＝(1，3)，所以|a|＝ eq \r(12＋32) ＝ eq \r(10) ，所以A正確；因為b＝(－2，1)，所以(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2×[1×(－2)＋3×1]－[(－2)2＋12]＝－3≠0，所以B不正確；因為a·b＝1×(－2)＋3×1＝1>0，且a與b不平行，所以a與b的夾角為銳角，所以C不正確；向量a在向量b上的投影向量的模為 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a·b,|b|))) ＝ eq \f(1,\r(5)) ＝ eq \f(\r(5),5) ，所以D正確．故選AD.
10．(多選)已知△ABC是邊長為2的正三角形，該三角形的重心為點G，點P為△ABC所在平面內(nèi)任意一點，則下列等式成立的是( BC )
A．| eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \(AC,\s\up10(→)) |＝2
B． eq \(AB,\s\up10(→)) · eq \(AC,\s\up10(→)) ＝2
C． eq \(PA,\s\up10(→)) ＋ eq \(PB,\s\up10(→)) ＋ eq \(PC,\s\up10(→)) ＝3 eq \(PG,\s\up10(→))
D．| eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \(BC,\s\up10(→)) |＝| eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \(CB,\s\up10(→)) |
解析：因為| eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \(AC,\s\up10(→)) |＝ eq \r(（\(AB,\s\up10(→))＋\(AC,\s\up10(→))）2) ＝ eq \r(4＋4＋2×2×2×\f(1,2)) ＝2 eq \r(3) ，所以A中等式不成立；因為 eq \(AB,\s\up10(→)) · eq \(AC,\s\up10(→)) ＝| eq \(AB,\s\up10(→)) |·| eq \(AC,\s\up10(→)) |·cs eq \f(π,3) ＝2×2× eq \f(1,2) ＝2，所以B中等式成立；因為G為△ABC的重心，所以 eq \(GA,\s\up10(→)) ＋ eq \(GB,\s\up10(→)) ＋ eq \(GC,\s\up10(→)) ＝0，所以 eq \(PA,\s\up10(→)) ＋ eq \(PB,\s\up10(→)) ＋ eq \(PC,\s\up10(→)) ＝ eq \(GA,\s\up10(→)) － eq \(GP,\s\up10(→)) ＋ eq \(GB,\s\up10(→)) － eq \(GP,\s\up10(→)) ＋ eq \(GC,\s\up10(→)) － eq \(GP,\s\up10(→)) ＝－3 eq \(GP,\s\up10(→)) ＝3 eq \(PG,\s\up10(→)) ，所以C中等式成立；因為| eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \(BC,\s\up10(→)) |＝| eq \(AC,\s\up10(→)) |＝2，| eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \(CB,\s\up10(→)) |＝ eq \r(（\(AB,\s\up10(→))＋\(CB,\s\up10(→))）2) ＝ eq \r(4＋4＋2×2×2×\f(1,2)) ＝2 eq \r(3) ，所以D中等式不成立．故選BC.
11．(多選)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對的邊，已知 eq \f(cs B,cs C) ＝ eq \f(b,2a－c) ，S△ABC＝ eq \f(3\r(3),4) ，且b＝3，則( ABD )
A．cs B＝ eq \f(1,2) B．sin B＝ eq \f(\r(3),2)
C．a(chǎn)－c＝ eq \r(3) D．a(chǎn)＋c＝3 eq \r(2)
解析：因為 eq \f(cs B,cs C) ＝ eq \f(b,2a－c) ＝ eq \f(sin B,2sin A－sin C) ，所以sin B cs C＝2sin A cs B－sin C cs B，所以2sin A cs B＝sin B cs C＋sin C cs B＝sin (B＋C)＝sin A，因為A為△ABC的內(nèi)角，所以sin A≠0，所以cs B＝ eq \f(1,2) ，所以sin B＝ eq \f(\r(3),2) ，故A，B正確；因為B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(π,3) ，因為S△ABC＝ eq \f(1,2) ac sin B＝ eq \f(1,2) ac× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),4) ac＝ eq \f(3\r(3),4) ，所以ac＝3，由余弦定理得9＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝(a＋c)2－9，9＝a2＋c2－ac＝(a－c)2＋ac＝(a－c)2＋3，所以a＋c＝3 eq \r(2) (負值舍去)，a－c＝± eq \r(6) ，故C錯誤，D正確．
12．在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝2，BC＝2 eq \r(7) ，D為BC邊上一點，且AB⊥AD，則△ABD的面積為________．
解析：由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs ∠BAC，即28＝4＋AC2＋2AC，解得AC＝4或AC＝－6(舍去)，于是cs B＝ eq \f(4＋28－16,2×2×2\r(7)) ＝ eq \f(2\r(7),7) ，又AB⊥AD，所以BD＝ eq \f(AB,cs B) ＝ eq \r(7) ，由勾股定理可得AD＝ eq \r(BD2－AB2) ＝ eq \r(3) ，于是S△ABD＝ eq \f(1,2) AB·AD＝ eq \f(1,2) ×2× eq \r(3) ＝ eq \r(3) .
答案： eq \r(3)
13．(2024·廣東模擬)如圖所示，A，B，C，D是正弦函數(shù)y＝sin x圖象上四個點，且在A，C兩點函數(shù)值最大，在B，D兩點函數(shù)值最小，則( eq \(OA,\s\up10(→)) ＋ eq \(OB,\s\up10(→)) )·( eq \(OC,\s\up10(→)) ＋ eq \(OD,\s\up10(→)) )＝__________．
解析：由題圖知，A( eq \f(π,2) ，1)，B( eq \f(3π,2) ，－1)，C( eq \f(5π,2) ，1)，D( eq \f(7π,2) ，－1)，所以 eq \(OA,\s\up10(→)) ＝( eq \f(π,2) ，1)， eq \(OB,\s\up10(→)) ＝( eq \f(3π,2) ，－1)， eq \(OC,\s\up10(→)) ＝( eq \f(5π,2) ，1)， eq \(OD,\s\up10(→)) ＝( eq \f(7π,2) ，－1)，所以 eq \(OA,\s\up10(→)) ＋ eq \(OB,\s\up10(→)) ＝(2π，0)， eq \(OC,\s\up10(→)) ＋ eq \(OD,\s\up10(→)) ＝(6π，0)，所以( eq \(OA,\s\up10(→)) ＋ eq \(OB,\s\up10(→)) )·( eq \(OC,\s\up10(→)) ＋ eq \(OD,\s\up10(→)) )＝2π×6π＋0×0＝12π2.
答案：12π2
14．滕王閣，江南三大名樓之一，因初唐詩人王勃所作《滕王閣序》中的“落霞與孤鶩齊飛，秋水共長天一色”而名傳千古．如圖，在滕王閣旁水平地面上共線的三點A，B，C處測得其頂點P的仰角分別為30°，60°，45°，且AB＝BC＝75 m，則滕王閣的高度OP＝__________m.
解析：設(shè)OP＝ eq \r(3) h，由題意知∠PAO＝30°，∠PBO＝60°，∠PCO＝45°，所以O(shè)A＝ eq \f(OP,tan 30°) ＝ eq \f(\r(3)h,\f(\r(3),3)) ＝3h，OB＝ eq \f(OP,tan 60°) ＝ eq \f(\r(3)h,\r(3)) ＝h，OC＝ eq \f(OP,tan 45°) ＝ eq \r(3) h.在△OBC中，由余弦定理得3h2＝h2＋752－2×75h·cs ∠OBC.①在△OAB中，由余弦定理得9h2＝h2＋752－2×75h cs ∠OBA.②因為cs ∠OBC＋cs ∠OBA＝0，所以由①＋②得12h2＝2h2＋2×752，解得h＝15 eq \r(5) (負值舍去)，所以O(shè)P＝ eq \r(3) h＝15 eq \r(15) m.
答案：15 eq \r(15)
[小題提升練]
15．(多選)在△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C所對的邊，其外接圓半徑為R，內(nèi)切圓半徑為r＝3，且滿足a cs A＋b cs B＋c cs C＝ eq \f(R,3) ，S△ABC＝6，則( ABD )
A．a(chǎn)＋b＋c＝4
B．R＝6
C．sin A＋sin B＋sin C＝ eq \f(1,6)
D．sin 2A＋sin 2B＋sin 2C＝ eq \f(1,3)
解析：因為S△ABC＝ eq \f(1,2) (a＋b＋c)·r＝ eq \f(3,2) (a＋b＋c)＝6，所以a＋b＋c＝4，A正確；因為a cs A＋b cs B＋c cs C＝ eq \f(R,3) ，所以2R sin A cs A＋2R sin B cs B＋2R sin C cs C＝ eq \f(R,3) ，即sin 2A＋sin 2B＋sin 2C＝ eq \f(1,3) ，D正確；若△ABC為銳角三角形，S△ABC＝ eq \f(1,2) R2sin 2A＋ eq \f(1,2) R2sin 2B＋ eq \f(1,2) R2sin 2C＝ eq \f(1,2) R2· eq \f(1,3) ＝6，解得R＝6(負值舍去)，若△ABC為直角三角形或鈍角三角形時可類似證明，B正確；因為 eq \f(a＋b＋c,sin A＋sin B＋sin C) ＝2R＝12，所以sin A＋sin B＋sin C＝ eq \f(1,3) ，C錯誤．故選ABD.
16．(2024·天津一模)已知平行四邊形ABCD的面積為6 eq \r(3) ，∠BAD＝ eq \f(2π,3) ，且 eq \(BE,\s\up10(→)) ＝2 eq \(EC,\s\up10(→)) .若F為線段DE上的動點，且 eq \(AF,\s\up10(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \f(5,6) eq \(AD,\s\up10(→)) ，則實數(shù)λ的值為________；| eq \(AF,\s\up10(→)) |的最小值為________．
解析：作AG⊥BC交BC于點G，以G為原點建立如圖所示的平面直角坐標系，連接AE.
因為 eq \(BE,\s\up10(→)) ＝2 eq \(EC,\s\up10(→)) ， eq \(AF,\s\up10(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \f(5,6) eq \(AD,\s\up10(→)) ，
所以 eq \(AF,\s\up10(→)) ＝λ( eq \(AE,\s\up10(→)) ＋ eq \(EB,\s\up10(→)) )＋ eq \f(5,6) eq \(AD,\s\up10(→)) ＝λ eq \(AE,\s\up10(→)) ＋( eq \f(5,6) － eq \f(2,3) λ) eq \(AD,\s\up10(→)) ，由D，F(xiàn)，E共線，得λ＋ eq \f(5,6) － eq \f(2,3) λ＝1，解得λ＝ eq \f(1,2) .
設(shè)B(－a，0)且a＞0，則A(0， eq \r(3) a)，而平行四邊形ABCD的面積為6 eq \r(3) ，則BC＝ eq \f(6,a) ，故C( eq \f(6,a) －a，0)，D( eq \f(6,a) ， eq \r(3) a)，E( eq \f(4,a) －a，0)，則 eq \(AB,\s\up10(→)) ＝(－a，－ eq \r(3) a)， eq \(AD,\s\up10(→)) ＝( eq \f(6,a) ，0)，所以 eq \(AF,\s\up10(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up10(→)) ＋ eq \f(5,6) eq \(AD,\s\up10(→)) ＝( eq \f(5,a) － eq \f(a,2) ，－ eq \f(\r(3),2) a)，
則| eq \(AF,\s\up10(→)) |2＝( eq \f(5,a) － eq \f(a,2) )2＋ eq \f(3,4) a2＝ eq \f(25,a2) ＋a2－5≥2 eq \r(\f(25,a2)·a2) －5＝5，當且僅當 eq \f(25,a2) ＝a2，即a＝ eq \r(5) 時取等號，所以| eq \(AF,\s\up10(→)) |的最小值為 eq \r(5) .
答案： eq \f(1,2) eq \r(5)

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