2024年1月4日发(作者：)
高中数学竞赛向量
高中数学竞赛专题讲座——向量
一、三角函数部分
1.在△ABC中，角A、B、C的对边分别记为a、b、c(b≠1)，且C，A sinB都是方程logx=log(4x-4)的根，则△ABC的形状是什么？
解：由logb x=logb(4x-4)得：x^2-4x+4=0，所以x1=x2=2，故C=2A，sinB=2sinA，因A+B+C=180°，所以3A+B=180°，因此sinB=sin3A，∴3sinA-4sin3A=2sinA，因为sinA(1-4sin^2A)=0，又sinA≠0，所以sin^2A=1/4，而sinA>0，∴sinA=1/2.因此A=30°,B=90°,C=60°。故选B。
2.已知函数y=sinx+acosx的图象关于x=5π/3对称，则函数y=asinx+cosx的图象的一条对称轴是什么？
3.若三角形的三条高线长分别为12,15,20，则此三角形的形状是什么？
4.若a=sinθ+tanθ，b=cosθ+cotθ，则以下诸式中错误的是什么？
5.已知△ABC为等腰直角三角形，∠C = 90°，D、E为AB边上的两个点，且点D在AE之间，∠DCE=45°，则以AD、DE、EB为边长构成的三角形的最大角是什么？
6.若sinθ-cosθ≥cosθ-sinθ,0≤θ<2π，则角θ的取值范围是什么？
7.在△ABC中，tanA=1/2，cosB=1/√5.若△ABC的最长边为1，则最短边的长为多少？
9.若sinx+siny=1，则cosx+cosy的取值范围是什么？
解：设cosx+cosy=t，那么XXX。又由sinx+siny=1，所以XXX。将cos2x+cos2y=1-sin2x-2sinxsiny-sin2y代入得：
2cosxcosy=t2+1，即2cos(x-y)=t2+1.由于-1≤cos(x-y)≤1，所以t2≤3，即-3≤t≤3.因此答案是D。
10.ΔABC内接于单位圆，三个内角A、B、C的平分线延长后分别交此圆于A1、B1、C1.求XXX的值。
解：如图，连BA1，则AA1=2sin(B+A)/2=2sin(A+B+C/2+B-C/2)=2cos(B-C)。因此AA1cos(∠ABCA+∠B-∠C)=2cos(B-C)cos(∠B-∠C)+2cos(A-C)cos(∠A-∠C)+2cos(A-B)cos(∠A-∠B)=cosC+cosB，同理可得BB1cos(∠ABCA+∠A-∠C)=cosC+cosA，CC1cos(∠ABCA+∠A-∠B)=cosB+cosA。因此sinA+sinB+sinC=(cosB+cosC)/sinA+(cosA+cosC)/sinB+(cosA+cosB)/sinC=(cosB+cosC)/AA1cos(∠ABCA+∠B-∠C)+(cosA+cosC)/BB1cos(∠ABCA+∠A-∠C)+(cosA+cosB)/CC1cos(∠ABCA+∠A-∠B)=2(cosB+cosC)。因此答案是2.
2.选A
已知 $costheta + cos2theta = frac{7}{3}$，则 $sintheta +
costheta = frac{2}{3}$。因为 $sin^2theta + cos^2theta = 1$，所以 $(sintheta + costheta)^2 = 1 - sin2theta$，代入已知条件得到 $1 - sin2theta = frac{4}{9}$，解得 $sintheta =
frac{sqrt{5}}{3}$，$costheta = frac{1}{3}$，因此选项 A 正确。
11.解：
设 $S = sumlimits_{i=1}^n frac{(a+beta)x}{1+a_i}$，则
begin{aligned} S &= sumlimits_{i=1}^n
frac{(a+beta)x}{1+a_i} &= sumlimits_{i=1}^n frac{abeta
x}{(1+a_i)(1+frac{beta}{a})} + sumlimits_{i=1}^n
frac{ax}{1+a_i} + sumlimits_{i=1}^n frac{beta x}{1+a_i}
&= frac{beta x}{1+frac{beta}{a}} sumlimits_{i=1}^n
frac{a}{1+a_i} + asumlimits_{i=1}^n frac{x}{1+a_i} + beta
sumlimits_{i=1}^n frac{x}{1+a_i} &= frac{beta agamma
x}{1+frac{beta}{a}} + aS + beta S &= frac{beta agamma x
+ a^2S + beta aS}{a+beta} end{aligned}
其中 $gamma = sumlimits_{i=1}^n frac{1}{1+a_i}$。因为 $alpha + beta + gamma = n$，所以 $gamma = n - alpha -
beta$。代入上式得到
S = frac{beta a(n-alpha-beta)x}{a+beta} cdot
frac{1}{beta a + a^2 + beta a - a^2 - alpha a - beta a} = frac{n-alpha-beta}{sumlimits_{i=1}^n frac{1}{1+a_i}} = n$$
因此选项 A 正确。
13.解：
设 $A = sin^4x + cos^4x$，$B = sin^2x cos^2x$，则
A = (sin^2x + cos^2x)^2 - 2sin^2x cos^2x = 1 - 2B$$
所以原式可以化为 $frac{1-2B}{B} = frac{1}{B} - 2$。设
$t = sin^2x$，则原式变为
frac{1}{t(1-t)} - 2 = frac{1}{t} + frac{1}{1-t} - 2 =
frac{2t-1}{t(1-t)}$$
因此原式等于 $frac{2sin^2x - 1}{sin^2x cos^2x} =
frac{1}{a^2b^2(a^2+b^2)}$，因此选项 A 正确。
14.在三角形ABC中，c表示斜边长，r表示内切圆半径，S表示面积，则S的取值范围是[22-2,1)。
15.已知平面上三角形ABC的顶点坐标分别为A(2cosα,3sinα)，B(2cosβ,3sinβ)，C(-1,1)，且满足1≤λ≤3，其中λ满足CA=λBC。
16.设cos2θ=x，则cosθ+sinθ的值为(3x/8-1/8)^(1/2)。
17.若sin(x+π/2)-sin(x-π/2)=-4/3，且x∈(0,π/2)，则tanx的值为-3/4.
18.设n(n≥2)是给定的整数，x1,是实数，则sinx1cosx2+sinx2cosx3+。+sinxncosx1的最大值是。
19.在平面直角坐标系xoy中，函数f(x)=asinax+cosax(a>0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g(x)=a^2+1的图像所围成的封闭图形的面积是a(a^2+1)。
20.设α、β、γ满足0<α<β<γ<2π，若对于任意x∈R，cos(x+α)+cos(x+β)+cos(x+γ)=0，则α、β、γ的取值范围分别为(π/3,π/2,2π/3)和(4π/3,3π/2,5π/3)。
其中第16题中的符号和指数有误，已改正。
另一方面，当 $beta-alpha=gamma-beta=theta$。有
$beta=alpha+theta$。$gamma=alpha+2theta$。$forall xin
mathbb{R}$，记 $x+alpha=theta$，则
$cos(x+gamma)=cos(3theta+x)$。由于三点
$(costheta,sintheta)$，$(cos(2theta),sin(2theta))$，$(cos(3theta),sin(3theta))$ 构成单位圆 $x+y=1$ 上正三角形的三个顶点。其中心位于原点，显然有
$costheta+cos(2theta)+cos(3theta)=0$。
二、向量部分
1.(集训试题) 已知 $a=(cosfrac{pi}{3},sinfrac{pi}{3})$，$b=left(frac{1}{3},frac{1}{3}right)$，$OA=a-b$，$OB=a+b$，若 $triangle OAB$ 是以 $O$ 为直角顶点的等腰直角三角形，则 $triangle OAB$ 的面积等于 $frac{1}{4}$。
解：设向量 $b=(x,y)$，则 $begin{cases}a+b=-b+a
|a+b|=|a-b|end{cases}$，即
$begin{cases}frac{4}{3}x+frac{2}{3}y=0
x+y=1end{cases}$。解得
$b=left(frac{1}{2},frac{1}{2}right)$ 或 $left(-frac{1}{6},frac{5}{6}right)$，故 $triangle OAB$ 的面积为
$frac{1}{2}times 1times 1times frac{1}{2}=frac{1}{4}$。
2.（2004全国）设 $O$ 点在 $triangle ABC$ 内部，且有
$OA+2OB+3OC=2$，则 $triangle ABC$ 的面积与 $triangle
AOC$ 的面积的比为 $frac{2}{3}$。
解：由向量共线的性质，$OA+OC=2OD$，其中 $D$ 为
$BC$ 的中点。又有 $2(OB+OC)=4OE$，其中 $E$ 为 $AB$ 的中点。由 $OA+2OB+3OC=2$，得 $OA+OC=2(OD+2OE)$，即
$OD$ 与 $OE$ 共线。设 $S_{triangle AOC}=x$，则
$S_{triangle ABC}=3x$。由 $frac{S_{triangle
AOC}}{S_{triangle ABC}}=frac{1}{3}$，得
$frac{S_{triangle ABC}}{S_{triangle
AOC}}=3=frac{9}{3}=frac{2}{3}times frac{9}{4}$。
3.（2006陕西赛区预赛）如图1，设 $P$ 为 $triangle
ABC$ 内一点，且 $AP=AB+AC$，则 $triangle ABP$ 的面积与 $triangle ABC$ 的面积之比为 $frac{5}{11}$。
解：如图，设 $D$，$E$ 分别是 $AC$，$BC$ 边的中点，则 $BD=frac{1}{2}AB$，$AE=frac{1}{2}AC$。由
$AP=AB+AC$，得 $AP=2AD+2BE$，即 $P$ 为 $DE$ 的中点。连接 $BP$，则 $triangle ABP$ 与 $triangle ABC$ 有共边
$AB$，且 $angle ABP=angle ABC$，故 $frac{S_{triangle
ABP}}{S_{triangle ABC}}=frac{BP}{BC}$。由余弦定理得
$BC^2=AB^2+AC^2-2ABcdot ACcosangle A$，代入
$AP=AB+AC$，得 $cosangle A=-frac{1}{4}$。由正弦定理得 $BP=2Rsinangle BAP=frac{2Rsinangle A}{sinangle
B+sinangle C}=frac{R}{2cosangle A-cosangle B-cosangle
C}=frac{5}{4}R$，其中 $R$ 为 $triangle ABC$ 的外接圆半径。故 $frac{S_{triangle ABP}}{S_{triangle
ABC}}=frac{BP}{BC}=frac{5}{11}$。
4.已知单位向量 $a,b$ 互相垂直，$|c|=13,ccdot a=3,XXX则对于任意实数 $t_1,t_2$，$|c-t_1a-t_2b|$ 的最小值是多少？
解：根据条件可得 $c-t_1a-t_2b)^2=(c-6t_1-8t_2+t_1^2+t_2^2)^2=169+(t_1-3)^2+(t_2-4)^2-25=144+(t_1-3)^2+(t_2-4)^2geq 144$。当 $t_1=3,t_2=4$ 时，$c-t_1a-t_2b)^2=144$，因此答案为 $sqrt{144}=12$，选 C。
5.空间四点 $A,B,C,D$ 满足
$|AB|=3,|BC|=7,|CD|=11,|DA|=9$，则 $ACcdot BD$ 的取值是多少？
解：注意到 $3+11=14=7+9$，由于XXX，因此
$AC+BD=14$。由余弦定理可得 $AC^2=AB^2+BC^2+2cdot
ABcdot BCcdotcosangle ABC=9+49+42=100$，$BD^2=BC^2+CD^2-2cdot BCcdot CDcdotcosangle
BCD=49+121-77=93$，因此 $ACcdot BD=sqrt{AC^2cdot
BD^2}=sqrt{9300}=30sqrt{10}$，选 D。
6.已知 $P$ 是 $triangle ABC$ 内一点，且满足
$3PA+4PB+5PC=k$，求 $S_{triangle PAB}:S_{triangle
PBC}:S_{triangle PCA}$。
7.等腰直角三角形的直角顶点 $A$ 对应的向量为 $A(1,0)$，重心 $G$ 对应的向量为 $G(2,0)$，则三角形另外两个顶点
$B,C$ 对应的向量分别为
$begin{pmatrix}53end{pmatrix}$ 和 $begin{pmatrix}-53end{pmatrix}$。
8.手表的表面在一个平面上。整点 $1,2,ldots,12$ 这
$12$ 个数字等间隔地分布在半径为 $2$ 的圆周上。从整点
$i$ 到整点 $(i+1)$ 的向量记作 $vec{t_i t_{i+1}}$，则
$vec{t_1 t_2}cdotvec{t_2 t_3}+vec{t_2 t_3}cdotvec{t_3
t_4}+cdots+vec{t_{12} t_1}cdotvec{t_1 t_2}=63-9$。
解：连接相邻刻度的线段构成半径为 $2$ 的圆内接正
$12$ 边形。相邻两个边向量的夹角即 $frac{2pi}{12}cdot
2=frac{pi}{3}$。因此，$vec{t_i
t_{i+1}}=begin{pmatrix}2cosfrac{pi}{3}2sinfrac{pi}{3}end{pmatrix}=begin{pmatrix}1 sqrt{3}end{pmatrix}$。于是，$vec{t_1 t_2}cdotvec{t_2 t_3}+vec{t_2 t_3}cdotvec{t_3
t_4}+cdots+vec{t_{12} t_1}cdotvec{t_1 t_2}=11cdot
3+3cdot(-1)+5cdot(-1)+7cdot 3+9cdot 3+3cdot(-1)+cdots+1cdot(-1)=33-9cdot 4=63-9$。
