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沧州五校 2025 年 3 月月考
数学
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设⃗a是非零向量，λ是非零实数，下列结论中正确的是( )
A. ⃗a 与
-λ
⃗
a
的方向相反 B. |-λ⃗a|≥|⃗a|
C. ⃗a 与 λ2 ⃗a 的方向相同 D. |-λ ⃗ a|=|λ| ⃗ a
2.已知 和 是两个不共线的向量，若 ⃗ ⃗ ⃗， ⃗ ⃗ ⃗， ⃗ ⃗ ⃗，且 ， ， 三点共线，
⃗a ⃗b
AB=a+mb BC=5a+4b DC=-a-2b
A B D
则实数m的值为( )
1 1
A. B. 1 C. - D. -1
2 2
3.已知向量 ⃗a,⃗b 满足|⃗
a
|
=2,
|⃗
b
|
=1
，且⃗
b⊥
(⃗
a-
⃗
b
)，则⃗b 在 ⃗a 上的投影向量为( )
1⃗ 1⃗ 1⃗ 1⃗
A. - a B. a C. - a D. a
4 4 2 2
π
4.在△ABC中，∠B= ,AB=8,AC=7，则BC=( )
3
A. 5 B. 3或5 C. 4 D. 2或4
2π
5.在△ABC中，D为边BC上一点，∠DAC= ，AD=4，AB=2BD，且△ADC的面积为4√ 3，则
3
sin∠ABD=( )
√ 15-√ 3 √ 15+√ 3 √ 5-√ 3 √ 5+√ 3
A. B. C. D.
8 8 4 4
π
6.设⃗e为单位向量，|⃗a|=4，当⃗a，⃗e的夹角为 时，⃗a在⃗e上的投影向量为( )
6
1⃗
A. - e B. ⃗e C.
√ 3
⃗
e
D.
2√ 3
⃗
e
2
7.在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b2-2csinB+c2=a2，且a=2，则
tanA
的最大值为( )
tanBtanC√ 5-1 √ 5+1
A. √ 5-2 B. 3-√ 5 C. D.
2 4
⃗ π ⃗ π ⃗ ⃗ 1
8.向量a=(sin(ωx- ),sinωx)，b=(sin(ωx+ ),sinωx+2√ 3cosωx)(ω>0)，函数g(x)=a⋅b-
4 4 2
π π
的两个相邻的零点间的距离为 ，若x=x (0⩽x ⩽ )是函数f(x)=⃗a⋅⃗b的一个零点，则cos2x 的值为
2 0 0 2 0
( )
3√ 5-1 3√ 5+1 1-3√ 5 √ 15+√ 3
A. B. C. D.
8 8 8 8
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形
ABCDEFGH，其中|⃗OA|=1，则给出下列结论( )
A. O ⃗ A⋅O ⃗ D=- √ 2 B. O ⃗ B+O ⃗ H=-√ 2O ⃗ E
2
C. ⃗AH在⃗AB向量上的投影为- √ 2 D. A ⃗ H⋅H ⃗ O=B ⃗ C⋅B ⃗ O
2
10.下列说法正确的是( )
A. 在△ABC中，若⃗AB⋅⃗BC>0，则△ABC为锐角三角形
B. 若⃗ a=(3,4), ⃗ b=(-1,2) ，则 ⃗a 在 ⃗b 方向上的投影向量为 (-1,2)C. 若⃗ a=(1,k), ⃗ b=(2,2) ，且 ⃗a+⃗b 与 ⃗a 共线，则 ⃗a⊥⃗b
D. 设 是 所在平面内一点，且 ⃗ 3 ⃗ 3 ⃗ ⃗，则S
M △ABC MB+ MA+ MC=0 △ABC =4
2 2 S
△MAC
11.下列说法中错误的为( )
5
A. 已知 ⃗ a=(1,2) ， ⃗ b=(1,1) ，且⃗a与⃗ a+λ ⃗ b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(-
3
,+∞)
→ → 1 3
B. 向量e =(2,-3),e =( ,- )不能作为平面内所有向量的一组基底
1 2 2 4
C. 若→
a//
→
b
，则 ⃗a 在⃗b 方向上投影的数量为|⃗
a
|
D. 三个不共线的向量⃗OA,⃗OB,⃗OC，满足
→ → → → → →
→ AB CA → BA CB → CA BC
OA·( + )=OB·( + )=OC·( + )=0，则O是△ABC的内心
→ → → → → →
|AB| |CA| |BA| |CB| |CA| |BC|
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知⃗OA=⃗a，⃗OB=⃗b，若∣⃗OA∣=12，∣⃗OB∣=5，且∠AOB=90∘，则∣⃗a-⃗b∣=
13.已知海岛B在海岛A的北偏东75°的方向上，且两岛的直线距离为30nmile.一艘海盗船以30nmile/h
的速度沿着北偏东15°方向从海岛B出发，同时海警船以30√ 3nmile/h的速度从海岛A进行追赶，经过t
小时后两船相遇，则海警船的航行方向是北偏东 ．
14.飞镖运动于十五世纪兴起于英格兰，二十世纪初，成为酒吧常见的日常休闲活动．某热爱飞镖的小朋
友用纸片折出如图所示的十字飞镖ABCDEFGH，该十字飞镖由四个全等的三角形和一个正方形组成．在
△ABC中，AB=√ 13，AC=√ 5，BC=4，边DE上有4个不同的点P ，P ，P ，P ，且
1 2 3 4P P =P P =P P =2EP =2DP .记a =⃗BC⋅⃗BP (i=1,2,3,4)，则a +a +a +a = ．
1 2 2 3 3 4 1 4 i i 1 2 3 4
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题14分)
已知向量⃗
a=(2,x)
，⃗b=(1,2) ．
3
(1)若x= ，求⃗a在⃗b上的投影向量的模；
2
若⃗ ⃗，向量⃗ ，求 与 夹角的余弦值．
(2) a//b c=(1,x-1) ⃗a ⃗c
16.(本小题14分)
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
如图，已知D，E，F分别为△ABC的三边BC，AC，AB的中点，求证： AD+BE+CF=0 ．
17.(本小题15分)
在▵ABC中，已知∠BAC=120∘，AB=2，AC=1．(1)求sin∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD=90∘，求△ADC的面积．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
2
(1)若a=3c，b=√ 2，cosB= ，求c的值；
3
sin A cosB π
(2)若 = ，求sin(B+ )的值．
a 2b 2
19.(本小题17分)
如图，设
Ox,Oy
是平面内相交成α(0<α<π) 角的两条射线，
e
⃗
,e
⃗分别为
Ox,Oy
同向的单位向量，定义
1 2
平面坐标系 为 仿射坐标系 在 仿射坐标系中，若 ⃗ ⃗ ⃗，记 ⃗ ．
xOy α . α OP=xe + ye OP=(x,y)
1 2
(1)在α仿射坐标系中．
若⃗ ，求|⃗|；
① a=(m,n) a
π
⃗ ⃗
②若
a=(-1,2),b=(-2,1)
，且⃗a，⃗b的夹角为 ，求cosα；
3
π | ⃗ | ⃗ 1 ⃗
(2)如图所示，在 仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上， BC =1,OD= OC，E，F分别
3 3
为 ， 中点，求 ⃗ ⃗ 的最大值．
BD BC
OE⋅OF答案
1.C
解：对于 A ， λ>0 时， ⃗a 与 -λ ⃗ a 的方向相反， λ<0 时， ⃗a 与 -λ ⃗ a 的方向相同， ∴ 选项A错误；
对于B，|λ|≥1时，|-λ⃗a|≥|⃗a|，|λ|<1时，|-λ⃗a|<|⃗a|，∴选项B错误；
对于 C ， ∵λ≠0 ，
∴
⃗
a
与 λ2 ⃗a 的方向相同，选项C正确；
对于 D ， |-λ⃗a| 是实数， |λ| ⃗ a 是向量，二者不相等， ∴ 选项D错误．
故选：C．
2.B
解：由已知可得 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗，
BD=BC+CD=5a+4b+a+2b=6a+6b
因为A，B，D三点共线，
所以存在实数 λ ，使得 ⃗ ⃗ ，即⃗ ⃗ ( ⃗ ⃗)，
AB=λBD a+mb=λ 6a+6b
{1=6λ
则 ，解得m=1．
m=6λ
故选：B
3.
B
【解析】解：因为⃗ (⃗ ⃗)，所以⃗ (⃗ ⃗) ，
b⊥a-b b⋅ a-b =0
所以⃗ ⃗ ⃗ ，
a⋅b=|b|2=1
设⃗a,⃗b的夹角为θ，
⃗ ⃗ ⃗
|b|⋅cosθ ⃗ a⋅b ⃗ 1⃗
所以⃗b在⃗a上的投影向量为 ⋅a= ⋅a= a．
⃗ ⃗ 4
|a| |a|2
故选：B．
4.B 【解析】解：由余弦定理，得AB2+BC2-2AB⋅BCcosB=AC2，
即64+BC2-8BC=49，即BC2-8BC+15=0，
解得BC=3或5，
经检验，均满足题意．故选：B．
5.A
1
解：由题可得S = ×AD×AC×sin∠DAC
△ADC 2
1 √ 3
= ×4×AC× =4√ 3，解得AC=4，
2 2
所以△ADC为等腰三角形，
π 5π
则∠ADC= ，故∠ADB= ，
6 6
AB BD
在△ABD中，由正弦定理得 = ，
sin∠ADB sin∠BAD
2BD BD
= 1
即 1 sin∠BAD，得sin∠BAD= ，
4
2
5π
因为∠ADB= ，所以∠BAD为锐角，
6
√ 15
故cos∠BAD= ，
4
π
故sin∠ABD=sin(∠ADC-∠BAD)=sin( -∠BAD)
6
1 √ 3 √ 15-√ 3
= cos∠BAD- sin∠BAD= ．
2 2 8
故选：A．
6.D
π
解：因为 ⃗e为单位向量，|⃗a|=4，⃗a与⃗e的夹角为 ，
6
→ π →
所以 ⃗a在 ⃗e方向上的投影向量为 |a|cos ·e=
2√ 3
⃗
e
．
6
故选：D．
7.B解：因为b2-2csinB+c2=a2，且a=2，则b2-acsinB+c2=a2，
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA，所以acsinB=2bccosA，
即asinB=2bcosA，由正弦定理可得sinAsinB=2sinBcosA，
其中sinB≠0，则sinA=2cosA，所以tanA=2，
tanB+tanC
又tan A=-tan(B+C)=- =2，
1-tanBtanC
化简可得2tanBtanC-2=tanB+tanC，
且▵ABC为锐角三角形，则tanB>0,tanC>0，
所以2tanBtanC-2=tanB+tanC≥2√ tanBtanC，
即tanBtanC-√ tanBtanC-1≥0，
1+√ 5 1-√ 5
解得√ tanBtanC≥ 或√ tanBtanC≤ (舍)，
2 2
所以 (1+√ 5) 2 6+2√ 5，当且仅当 时，等号成立，
tanBtanC≥ = tanB=tanC=√ 2
2 4
2 8(6-2√ 5) 16(3-√ 5)
则 tan A 的最大值为 = = =3-√ 5．
6+2√ 5 (6+2√ 5)(6-2√ 5) 16
tanBtanC
4
故选：B．
8.B
→ → π π 1
解：g(x)=a·b=sin(ωx- )sin(ωx+ )+sin2ωx+2√ 3sinωxcosωx-
4 4 2
=sin ( ωx- π) cos [( ωx+ π) - π] +sin2ωx+√ 3sin2ωx- 1
4 4 2 2
=sin ( ωx- π) cos ( ωx- π) +sin2ωx+√ 3sin2ωx- 1 = 1 sin ( 2ωx- π) +sin2ωx+√ 3sin2ωx- 1
4 4 2 2 2 2
1 1-cos2ωx 1 π
=- cos2ωx+ +√ 3sin2ωx- =√ 3sin2ωx-cos2ωx=2sin(2ωx- )，
2 2 2 6
π
∵g(x)相邻零点间的距离为 ，
22π
∴周期T=π，即 =π，又ω>0，∴ω=1，
|2ω|
1 ( π) 1 π 是函数 → →的一个零点，
∴f (x)=g(x)+
2
=2sin 2x-
6
+
2
∵x=x
0
(0⩽x
0
⩽
2
) f(x)=a⋅b
( π) 1，
∴sin 2x - =-
0 6 4
π π π 5π
∵0⩽x ⩽ ，∴- ≤2x - ≤ ，
0 2 6 0 6 6
又 ( π) 1 ，
∵sin 2x - =- <0
0 6 4
π π
∴- ≤2x - <0，
6 0 6
( π) √ 15，
∴cos 2x - =
0 6 4
[( π) π] ( π) √ 3 ( π) 1√ 15 √ 3 1 1 3√ 5+1，
∴cos2x =cos 2x - + =cos 2x - × -sin 2x - × × + × =
0 0 6 6 0 6 2 0 6 2 4 2 4 2 8
故选B．
9.AB
解：图2中的正八边形ABCDEFGH，其中|OA|=1，
⃗ ⃗ 3π √ 2
对于A:OA⋅OD=1×1×cos =- ，故A正确．
4 2
对于 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，故B正确．
B:OB+OH=√ 2·OA=-√ 2·OE
对于 C：A ⃗ H 在⃗AB向量上的投影|A ⃗ H|cos 3π =- √ 2 |A ⃗ H|，|A ⃗ H|≠1 ，故C错误．
4 2对于 ⃗ ⃗ ， ⃗ ⃗ ，但对应向量的夹角不相等，所以不成立．故D错误．
D：∵|AH|=|BC| |HO|=|BO|
故选：AB．
10.BD
π
解：对于A，因为⃗AB⋅⃗BC>0，所以
B
⃗
A⋅B
⃗
C<0
，于是∠B>
2
，所以△ABC为钝角三角形，所以A错；
对于 ，因为⃗ ⃗ ，则 在 方向上的投影向量为
B a=(3,4),b=(-1,2) ⃗a ⃗b
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
a⋅b b a⋅b ⃗ 5
⋅ = ⋅b= ⋅(-1,2)=(-1,2)，所以B对；
⃗ ⃗ ⃗ 5
|b| |b| |b|2
对于 C ，假设 C 对，则 ⃗a⊥⃗b ，从而⃗
a⋅
⃗
b=2+2k=0
，于是 k=-1 ，所以 ⃗a+⃗b=(3,1) 与 ⃗a=(1,-1) 不共线，
所以与⃗a+⃗b与⃗a共线矛盾，所以C错；
对于D，取AC中点D，连接MB、MD，延长MD到N，使MD=DN，连接AN、CN，
⃗ 1 ⃗ ⃗ ⃗ 3 ⃗ 3 ⃗ ⃗
则四边形ANCM为平行四边形，于是MD= (MA+MC)，又因为MB+ MA+ MC=0，
2 2 2
所以 ⃗ 1 ⃗ ⃗ 1 ⃗ ，所以 、 、 共线，且 1 ，所以S ，所以 对．
MD= (MA+MC)=- MB B M D MD= ⋅BD △ABC =4 D
2 3 4 S
△MAC
故选：BD．11.AC
解： → → ， 与 的夹角为锐角，
A.∵a=(1,2),b=(1,1) ⃗a ⃗a+λ⃗b
⃗ ⃗ ⃗ 且 此时 与 的夹角为 ，故A错
∴a·(a+λb)=(1,2)·(1+λ,2+λ)=1+λ+4+2λ=3λ+5>0 λ≠0( ⃗a ⃗a+λ⃗b 0)
误；
B.∵向量⃗e =(2,-3)=4⃗e ，即共线，故不能作为平面内所有向量的一组基底，B正确；
1 2
C.若 ⃗a//⃗b ，则 ⃗a 在⃗b 方向上的投影的数量为
±
|⃗
a
|，故C错误；
D.过O分别作AB、BC、AC的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，
∵三个不共线的向量⃗OA,⃗OB,⃗OC，
⃗ ⃗
⃗ AB CA
满足OA·( + )=0，
| ⃗ | | ⃗ |
AB CA
⃗ ⃗
⃗ BA ⃗ CA
∴OA· =OA· ，
| ⃗ | | ⃗ |
BA CA
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
|OA|·cos∠DAO·|BA| |OA|·cos∠FAO·|CA|
=
即 ，
| ⃗ | | ⃗ |
BA CA
即|DA|=|FA|，易得Rt△OAD≌Rt△OAF，则|OD|=|OF|，
同理可得|OD|=|OE|，即点O到△ABC三边的距离相等，则O是△ABC的内心，D正确．
故错误的选项为AC．
12.13 解：在 Rt△AOB中，∠AOB=90∘，
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
a-b=OA-OB=AB
因此 ⃗ ⃗ 是 的斜边长，
∣a-b∣
Rt△AOB
所以 ⃗ ⃗ ．
∣a-b∣=√ 52+122=13
故答案为13．
13.45°
解：设海警船的航行方向是北偏东θ，且0°<θ<75°，
如图所示，
则在ΔABC中，∠CAB=75°-θ，∠ABC=120°，AB=30nmile，AC=30√ 3tnmile/h，
BC=30tnmile/h，
所以 BC AC ，即满足 30t 30√ 3t ，
= =
sin(75°-θ) sin120° sin(75°-θ) sin120°1
解得sin(75°-θ)= ，因为0°<75°-θ<75°，所以75°-θ=30°，解得θ=45°．
2
故答案为：45°．
14.96
解：延长BC交DE于点Q，
π
因为∠CQE=∠CEQ+∠ECQ=∠ACB+∠ECQ= ，所以BQ⊥DE．
2
AB2+AC2-BC2 √ 65 8√ 65
在△ABC中，cos∠BAC= = ，sin∠BAC= ．
2AB⋅AC 65 65
1 1
设BC边上的高为h，S = AB⋅AC⋅sin∠BAC= BC⋅h，解得h=2，即CQ=2．
△ABC 2 2
，
a =⃗BC⋅⃗BP =⃗BC⋅(⃗BQ+⃗QP )=⃗BC⋅⃗BQ=24
i i i
故a +a +a +a =4×24=96．
1 2 3 4
故答案为96．
3 ⃗ 3
15.解：(1)当x= 时，a=(2, )，
2 2
因为 ，
⃗b=(1,2)⃗ ⃗
所以⃗a在⃗b上的投影向量的模为|
⃗
acosθ|=
|a⋅b|
=
|2+3|
=√ 5．
⃗ √ 12+22
|b|
(2) 因为向量⃗ a=(2,x) ， ⃗b=(1,2) 且⃗ a// ⃗ b ，
所以 2×2=1×x ，解得 x=4 ，即 ⃗a=(2,4) ，⃗
c=(1,3)
，
⃗ ⃗
⃗ ⃗ a⋅c 2+12 7√ 2
所以cos〈a,c〉= = = ．
⃗ ⃗ √ 22+42×√ 12+32 10
|a|×|c|
7√ 2
所以⃗a与⃗c夹角的余弦值为 ．
10
16.证明：由题意知 ⃗ ⃗ ⃗ ， ，
AD=AC+CD
⃗BE=⃗BC+⃗CE
⃗ ⃗ ⃗ ， ⃗ ⃗ ， ⃗ ⃗ ．
CF=CB+BF EF=CD BF=FA
⃗ ⃗ ⃗
∴AD+BE+CF
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
=(AC+CD)+(BC+CE)+(CB+BF)
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
=(AC+CD+CE+BF)+(BC+CB)
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
=(AE+EC+CD+CE+BF)+0
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗．
=AE+CD+BF=AE+EF+FA=0
17.解：(1)由余弦定理可得：
BC2=a2=b2+c2-2bccosA
=4+1-2×2×1×cos120∘=7 ，
则 ， a2+c2-b2 7+4-1 5√ 7 ，
BC=√ 7 cosB= = =
2ac 2×2×√ 7 14sin∠ABC=√ 1-cos2B=
√
1-
25
=
√ 21
．
28 14
1
×AB×AD×sin90∘
S 2
(2)由三角形面积公式可得 ▵ABD = =4 ，
S 1
▵ACD ×AC×AD×sin30∘
2
则
S =
1
S =
1
×
(1 ×2×1×sin120∘)
=
√ 3 ．
▵ACD 5 ▵ABC 5 2 10
18.解：(1)∵在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
2
a=3c，b=√ 2，cosB= ，
3
∴由余弦定理得：
a2+c2-b2 10c2-2 2，
cosB= = =
2ac 6c2 3
√ 3
解得c= ．
3
sinA cosB
(2)∵ = ，
a 2b
sinA sinB cosB
∴由正弦定理得： = = ，
a b 2b
∴2sinB=cosB，
∵sin2B+cos2B=1，
√ 5 2√ 5
∴sinB= ，cosB= ，
5 5
π 2√ 5
∴sin(B+ )=cosB= ．
2 5
19.解： 因为⃗ 所以⃗ ⃗ ⃗，
(1)① a=(m,n), a=me +ne
1 2
则⃗ a2= ( me ⃗ +ne ⃗) 2 =m2 ⃗ e2+2mne ⃗ ⋅e ⃗ +n2 ⃗ e2=m2+2mncosα+n2，
1 2 1 1 2 2所以|⃗| ；
a =√ m2+2mncosα+n2
由⃗ ⃗ ，即⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗，
② a=(-1,2),b=(-2,1) a=-e +2e ,b=-2e +e
1 2 1 2
得|⃗| ，
a =√ (-1) 2+2×(-1)×2cosα+22=√ 5-4cosα
|⃗| ，
b =√ (-2) 2+2×(-2)×1×cosα+12=√ 5-4cosα
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
a⋅b=(-e +2e )⋅(-2e +e )=2e2+2e2-5e ⋅e =4-5cosα
1 2 1 2 1 2 1 2
π
因为⃗a与⃗b的夹角为 ，
3
⃗ ⃗
π a⋅b 4-5cosα 1 1
则cos = = = ，得cosα= ．
3 |⃗||⃗| 5-4cosα 2 2
a b
(2)依题意设B(m,0),C(0,n),(m>0,n>0)，
π ⃗ 1 ⃗ ( n)，
∠BOC= ,BC=1,OD= OC= 0,
3 3 3
⃗ 1 ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗
因为F为BC中点，则OF= OC+ OB= me + ne ，
2 2 2 1 2 2
⃗ 1 ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗
E为BD中点，所以OE= OD+ OB= me + ne ，
2 2 2 1 6 2
所以 ⃗ ⃗ (1 ⃗ 1 ⃗) (1 ⃗ 1 ⃗)
OE⋅OF= me + ne ⋅ me + ne
2 1 2 2 2 1 6 21 ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗ ⃗
= m2e 2+ n2e 2+ mne ⋅e ，
4 1 12 2 3 1 2
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ π 1
因为e2=e2=1,e ⋅e =1×1⋅cos = ，
1 2 1 2 3 2
⃗ ⃗ 1 1 1
则OE⋅OF= m2+ n2+ mn，
4 12 6
在▵OBC中依据余弦定理得m2+n2-mn=1，所以mn=m2+n2-1，代入上式得，
⃗ ⃗ 5 1 1 1 1
OE⋅OF= m2+ n2- = (5m2+3n2)- ，
12 4 6 12 6
BC OC OB
= =
在▵OBC中，由正弦定理 π sin∠CBO sin∠BCO，
sin
3
设 ，则 2 2 ( π)，
∠BCO=θ m= sinθ,n= sin θ+
√ 3 √ 3 3
20 12 π
则5m2+3n2= sin2θ+ sin2 (θ+ )
3 3 3
2π
1-cos(2θ+ )
20 1-cos2θ 12 3
= × + ×
3 2 3 2
1[ ( 1 √ 3 )]
= 10(1-cos2θ)+6 1+ cos2θ+ sin2θ
3 2 2
1
= (16-7cos2θ+3√ 3sin2θ)
31 16+2√ 19
= [16+2√ 19sin(2θ-φ)]≤ ，
3 3
7
其中当tanφ= ，sin(2θ-φ)=1 时取等号，
3√ 3
⃗ ⃗ 1 1
则OE⋅OF= (5m2+3n2 )-
12 6
1 16+2√ 19 1 5+√ 19
⩽ × - = ，
12 3 6 18
⃗ ⃗ 5+√ 19
所以 的最大值为 ．
OE⋅OF
18
