2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-平面向量、解三角形的创新问题（Word版解析版）

这是一份2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-平面向量、解三角形的创新问题（Word版解析版），共3页。试卷主要包含了定义向量一种运算“ⓧ”如下等内容，欢迎下载使用。
1.定义向量一种运算“ⓧ”如下：对任意的a＝(m，n)，b＝(p，q)，令aⓧb＝mq－np，下面错误的是( )
A.若a与b共线，则aⓧb＝0
B.(aⓧb)2＋(a·b)2＝｜a｜2·｜b｜2
C.对任意的λ∈R，有(λa)ⓧb＝λ(aⓧb)
D.aⓧb＝bⓧa
解析：选D.对于A，因为若a与b共线，则mq＝np，所以aⓧb＝mq－np＝0，故A正确；
对于B，aⓧb＝mq－np，a·b＝mp＋nq，
(aⓧb)2＋(a·b)2＝mq－np2＋(mp＋nq)2＝mq2＋np2－2mnqp＋mp2＋nq2＋2mnqp＝m2q2＋p2＋n2q2＋p2＝(m2＋n2)(q2＋p2)＝a｜2·b｜2，故B正确；
对于C，因为(λa)ⓧb＝λmq－λnp＝λ(aⓧb)，故C正确；
对于D，因为aⓧb＝mq－np，bⓧa＝pn－qm，不相等，故D错误.
2.对任意两个非零的平面向量α和β，定义α?β＝α·ββ·β.若平面向量a、b满足a≥b＞0，a与b的夹角θ∈0，π4，且a?b和b?a都在集合n2n∈Z中，则a?b＋b?a＝( )
A.32B.2
C.52D.3
解析：选B.首先观察集合n2n∈Z＝{…，－1，－12，0，12，1，32，2，…}，从而分析a?b和b?a的范围如下：
因为θ∈0，π4，所以22＜cs θ＜1，而b?a＝b·aa·a＝bacs θ，且a≥b＞0，可得0＜bacs θ＜1，
又因为b?a∈n2n∈Z，所以bacs θ＝12，从而ba＝12csθ，所以a?b＝a·bb·b＝abcs θ＝2cs2θ，
又因为12＜cs2θ＜1，所以1＜a?b＜2.且a?b也在集合n2n∈Z中，故有a?b＝32，
因此a?b＋b?a＝32＋12＝2.
3.(多选)设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中相异的四点，若A1A3＝λA1A2
(λ∈R)，A1A4＝μA1A2(μ∈R)，且1λ＋1μ＝2，则称A3，A4调和分割A1，A2，已知平面上的点C，D调和分割点A，B，则下面说法正确的是( )
A.A，B，C，D四点共线
B.D可能是线段AB的中点
C.C，D可能同时在线段AB上
D.C，D不可能同时在线段AB的延长线上
解析：选AD.∵A1A3＝λA1A2(λ∈R)，A1A4＝μA1A2(μ∈R)，
∴A1A3∥A1A2，A1A4∥A1A2，∴A1，A2，A3，A4四点共线，
∵平面上的点C，D调和分割点A，B，∴A，B，C，D四点共线，故A正确；
由题意可设A0，0，B1，0，Cc，0，Dd，0，则c，0＝λ1，0，d，0＝μ1，0，∴λ＝c，μ＝d，∵1λ＋1μ＝2，∴1c＋1d＝2.
对于B，若D是线段AB的中点，则d＝12，代入到1c＋1d＝2，c不存在，故B错误；
对于C，若C，D同时在线段AB上，则0≤c≤1，0≤d≤1，代入到1c＋1d＝2，可得c＝d＝1，此时C，D重合，与题意不符，故C错误；
对于D，若C，D同时在线段AB的延长线上，则c＞1，d＞1，所以1c＋1d＜2，与1c＋1d＝2矛盾，故C，D不可能同时在线段AB的延长线上，故D正确.
4.三角形的布洛卡点是德国数学家、数学教育学家克雷尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意.1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名.当△ABC内一点P满足条件∠PAB＝∠PBC＝∠PCA＝θ时，则称点P为△ABC的布洛卡点，角θ为布洛卡角.如图，在△ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为θ.
(1)若θ＝30°.求证：
①a2＋b2＋c2＝43S△ABC(S△ABC为△ABC的面积)；
②△ABC为等边三角形.
(2)若A＝2θ，求证：sin2A＝sin Bsin C.
解：(1)证明：①若θ＝30°，
则S△ABC＝S△PAB＋S△PBC＋S△PAC＝12c·APsin θ＋12a·BPsin θ＋12b·CPsin θ＝12sin θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)＝14(c·AP＋a·BP＋b·CP)，
所以c·AP＋a·BP＋b·CP＝4S△ABC，
在△PAB，△PBC，△PAC中，分别由余弦定理得：
BP2＝c2＋AP2－2c·APcs θ，
CP2＝a2＋BP2－2a·BPcs θ，
AP2＝b2＋CP2－2b·CPcs θ，
三式相加整理得2cs θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)＝a2＋b2＋c2，
即3×4S△ABC＝a2＋b2＋c2，所以a2＋b2＋c2＝43S△ABC.
②由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccs A，
则a2＋b2＋c2－43S△ABC＝2b2＋2c2－2bccs A－43S△ABC＝2b2＋2c2－2bccs A－23bcsin A＝2b2＋2c2－4bcsin(A＋π6)≥4bc－4bc＝0，
当且仅当b＝c且sinA＋π6＝1时取等号，
有A∈0，π，所以A＋π6∈π6，7π6，所以A＋π6＝
π2，所以A＝π3，
即当且仅当b＝c且A＝π3时取等号，
即当且仅当△ABC为等边三角形时取等号，
所以a2＋b2＋c2≥43S△ABC，当且仅当△ABC为等边三角形时取等号，
又由①知a2＋b2＋c2＝43S△ABC，所以△ABC为等边三角形.
(2)由(1)得S△ABC＝12sin θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)，
所以c·AP＋a·BP＋b·CP＝2S△ABCsinθ，
又因为a2＋b2＋c2＝2cs θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)，
所以a2＋b2＋c2＝2cs θ·2S△ABCsinθ＝2cs θ·bcsin2θsinθ＝4bccs2θ，
又由余弦定理可得b2＋c2＝a2＋2bccs 2θ＝a2＋2bccs2θ－sin2θ，
所以2a2＋2bccs2θ－sin2θ＝4bccs2θ，
所以a2＝bcsin2θ＋cs2θ，所以a2＝bc，
由正弦定理可得sin2A＝sin Bsin C.