第2章 6.1 余弦定理与正弦定理 三、第2课时 解三角形的实际应用举例(学案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学必修第二册同步学习指导(北师大版2019)

〉 ABCD ３ 　 　 在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ对应的边分别为ａ，ｂ，ｃ，已知槡３ａｃｏｓ Ｂ ＝ ｂｓｉｎ Ａ． （１）求角Ｂ的大小；（２）若ｂ ＝ １，△ＡＢＣ的面积为槡３４ ，求△ＡＢＣ的周长． KLMN%OPQ １．钝角△ＡＢＣ的面积是１２ ，ＡＢ ＝ １，ＢＣ ＝槡２，则ＡＣ ＝ （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ５ Ｂ．槡５ Ｃ． ２ Ｄ． １ ２．在△ＡＢＣ中，已知 ａ ＋ ｃｓｉｎ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｃ ＝ ２，则其外接圆的直 径为 （　 　 ） Ａ． １ Ｂ． ２ Ｃ． ３ Ｄ． ４ ３．在△ＡＢＣ中，Ａ ＝ １２０°，ｂ ＝ ５，且△ＡＢＣ的面积为１５４槡３， 则△ＡＢＣ的周长为 （　 　 ） Ａ． １５ Ｂ． １２ Ｃ． １６ Ｄ． ２０ ４．在△ＡＢＣ中，三边长分别为ａ － ２，ａ，ａ ＋ ２，最大角的 正弦值为槡３２ ，则这个三角形的面积为 （　 　 ） Ａ． １５４ Ｂ． １５槡３ ４ Ｃ． ２１槡３ ４ Ｄ． ３５槡３ ４ ５．如图，在四边形ＡＢＣＤ中，Ｂ ＝ Ｃ ＝ １２０°，ＡＢ ＝ ４，ＢＣ ＝ ＣＤ ＝ ２，求该四边形的面积． 请同学们认真完成练案［２５                           ］ 第２课时　 解三角形的实际应用举例 !"#$%&'( 课标要求 核心素养 １．通过教材实例掌握测量距离、高度、角度等问题中正、余弦定理的 应用． ２．能利用余弦定理、正弦定理解决简单的生产、生活中的实际问题． 通过余弦定理、正弦定理的应用，提升数 学抽象，数学建模，数学运算素养． ")" )*+,%-.+ 知识点１　 测量中的有关术语 术语名称 术语意义 图形表示 仰角与 俯角 在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视 线上方的叫作仰角，目标视线在水平视线下方的叫作 俯角． 方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫作方位角，方位角θ的范围是０°≤θ ＜ ３６０°． 方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北（南）偏东（西）α 坡角与 坡度 坡面与水平面的夹角叫作坡角（α）；坡面的垂直高度 （ｈ）与水平宽度（ｌ）的比（ｉ）叫作坡度 知识点２　 常见的测量距离、高度的类型 求距离 两点不可直达也不可视 两点间可视但不可达 两点都不可达 求高度 底部可达 底部不可达 /012%345 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　●678%N¹Øه6 １．（１）如图，为了测量河的宽度，在一岸边选定两点Ａ，Ｂ，望对岸的标记物Ｃ，测得∠ＣＡＢ ＝ ３０°，∠ＣＢＡ ＝ ７５°，ＡＢ ＝ １２０ ｍ，则河的宽度是　 　 　 　 ｍ． （１）题图 　 　 　 　 （２）题图 ")! （２）为测量河对岸两个建筑物Ａ、Ｂ之间的距离，选取相距槡３ ｋｍ的Ｃ、Ｄ两点，并测得∠ＡＣＢ ＝７５°，∠ＢＣＤ ＝４５°，∠ＡＤＣ ＝３０°，∠ＡＤＢ ＝４５°，Ａ、Ｂ之间的距离为　 　 　 　 (． 提示：ｓｉｎ ７５° ＝槡６ ＋槡２４ ，ｃｏｓ ７５° ＝槡 ６ －槡２ )４ ［归纳提升］ 〉 ABCD １ 　 　 （１）在某次军事演习中红方为了准确分析战场形势，在两 个相距为槡３ａ２ 的军事基地Ｃ和Ｄ，测得蓝方两支精锐部队分别 在Ａ处和Ｂ处，且∠ＡＤＢ ＝ ３０°，∠ＢＤＣ ＝ ３０°，∠ＤＣＡ ＝ ６０°， ∠ＡＣＢ ＝ ４５°．如图所示，则蓝方这两支精锐部队的距离为 （　 　 ） Ａ．槡６４ ａ　 　 　 　 Ｂ． ３ ＋槡３ ４ ａ　 　 　 　 Ｃ． 槡３ ２ ａ　 　 　 　 Ｄ．槡６ａ （２）如图所示，Ａ，Ｂ两点在一条河的两岸，测量者在Ａ的 同侧，且Ｂ点不可到达，测量者在Ａ点所在的岸边选定一点Ｃ， 测出ＡＣ ＝ ６０ ｍ，∠ＢＡＣ ＝ ７５°，∠ＢＣＡ ＝ ４５°，则Ａ，Ｂ两点间的距 离为　 　 　 　 ． ●67E%N¹Úb‡6 ２．如图所示，在山顶铁塔上Ｂ处测得地面上一点Ａ的俯角为 α，在塔底Ｃ处测得Ａ处的俯角为β．已知铁塔ＢＣ部分的 高为ｈ，则山ＣＤ的高度为 （　 　 ） Ａ． ｈｃｏｓ βｓｉｎ αｓｉｎ（α － β） Ｂ． ｈｓｉｎ（α － β）ｃｏｓ βｓｉｎ α Ｃ． ｈｃｏｓ αｓｉｎ βｓｉｎ（α － β） Ｄ． ｈｃｏｓ αｓｉｎ（α － β）ｓｉｎ β ［归纳提升］ 〉 ABCD ２ 　 　 如图所示，Ａ，Ｂ是水平面上的两个点，相距８００ ｍ，在Ａ点 测得山顶Ｃ的仰角为４５°，∠ＢＡＤ ＝ １２０°，又在Ｂ点测得∠ＡＢＤ ＝ ４５°，其中Ｄ点是点Ｃ到水平面的垂足，求山高 (ＣＤ． 提示： ｓｉｎ １５° ＝槡６ －槡２ )４ ． 归纳提升： 归纳提升： a"Éð`a-ha op １̈ ©!b#3€!w Æ3-bcáa"Éð `aÅÅBb#X-` a?»Øœ…nWӑ ¯&Óp-wÆ?Ãb #`abc0wÆ` a ． ")# 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　●67H%N¹Tb‡6 ３．某货船在索马里海域航行中遭海盗袭击，发出呼叫信号， 如图，我国海军护航舰在Ａ处获悉后，立即测出该货船在 方位角为４５°，距离为１０海里的Ｃ处，并测得货船正沿方 位角为１０５°的方向，以１０海里／小时的速度向前行驶，我 海军护航舰立即以１０槡３海里／小时的速度前去营救，求护 航舰的航向和靠近货船所需的时间． 〉 ABCD ３ 　 　 如图，海平面上的甲船位于中心Ｏ的南偏西３０°，与Ｏ相距１５ ｎ ｍｉｌｅ的Ｃ处．现甲 船以３５ ｎ ｍｉｌｅ ／ ｈ的速度沿直线ＣＢ去营救位于中心Ｏ正东方向２５ ｎ ｍｉｌｅ的Ｂ处的乙 船，则甲船到达Ｂ处需要的时间为　 　 　 　 ｈ． ¨ ２ ©!huj§j ž3r!hc§jž3 ˆ“?JÆêMÓR§ jž?rs®dha 59 ． KLMN%OPQ １．如图，设点Ａ，Ｂ在河的两岸，一 测量者在Ａ的同侧所在的河岸 边选定一点Ｃ．测出Ａ，Ｃ两点间 的距离为５０ ｍ． ∠ＡＣＢ ＝ ４５°， ∠ＣＡＢ ＝ １０５°，则Ａ，Ｂ两点间的 距离为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 Ａ． ２５槡２２ ｍ Ｂ． ２５槡２ ｍ Ｃ． ５０槡２ ｍ Ｄ． ５０槡３ ｍ ２．学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得ＡＣ的 长度为４ ｍ，∠Ａ ＝３０°，则其跨度ＡＢ的长为 （　 　 ） Ａ． １２ ｍ Ｂ． ８ ｍ Ｃ． ３槡３ ｍ Ｄ． ４槡３ ｍ ３．东寺塔与西寺塔为昆明市城中古景，两塔一西一东， 已有１ １００多年历史．东寺塔基座为正方形，塔身有 １３级．如图，在Ａ点测得塔底在北偏东６０°的点Ｄ处， 塔顶Ｃ的仰角为３０°．在Ａ的正东方向且距Ｄ点５０ ｍ 的Ｂ点测得塔底在北偏西４５°，则塔的高度ＣＤ约为 （参考数据：槡６≈２． ４） （　 　 ）                        Ａ． ３０ ｍ Ｂ． ３５ ｍ Ｃ． ４０ ｍ Ｄ． ４５ ｍ ")$ ４．如图，线段ＡＢ，ＣＤ分别表示甲、乙两楼，ＡＢ⊥ＢＤ， ＣＤ⊥ＢＤ，从甲楼顶部Ａ处测得乙楼顶部Ｃ处的仰角 为α ＝ ３０°，测得乙楼底部Ｄ的俯角β ＝ ６０°，已知甲楼 高ＡＢ ＝ ２４米，则乙楼高ＣＤ ＝ 　 　 　 　 米． ５．某地电信局信号转播塔建在一山坡上，如图所示，施 工人员欲在山坡上Ａ，Ｂ两点处测量与地面垂直的塔 ＣＤ的高，由Ａ，Ｂ两地测得塔顶Ｃ的仰角分别为６０° 和４５°，又知ＡＢ的长为４０ ｍ，斜坡与水平面成３０°角， 求该转播塔的高度． 请同学们认真完成练案［２６                        ］ ６． ２　 平面向量在几何、物理中的应用举例 !"#$%&'( 课标要求 核心素养 １．能运用向量的有关知识解决平面几何中的线段平行，垂直，相等等 问题． ２．能运用向量的有关知识解决物理中的有关力，速度，功等问题． 通过“平面向量的应用举例”的学 习，培养学生的数学建模，数学运算 等素养． )*+,%-.+ 知识点１　 向量在平面几何中的应用 　 　 设ａ ＝（ｘ１，ｙ１），ｂ ＝（ｘ２，ｙ２）． （１）证明线线平行问题：常用向量平行的等价条件：ａ∥ｂ（ｂ≠０）ａ ＝ λｂ ｘ１ｙ２ ＝ ｘ２ｙ１　 ． （２）证明垂直问题：常用向量垂直的等价条件：ａ⊥ｂａ·ｂ ＝ ０ｘ１ｘ２ ＋ ｙ１ｙ２ ＝ ０． （３）求夹角问题：ｃｏｓ θ ＝ 　 　 　 　 　 ＝ ｘ１ｘ２ ＋ ｙ１ｙ２ ｘ２１ ＋ ｙ ２槡 １ ｘ２２ ＋ ｙ２槡 ２ ． （４）求线段长度问题：｜ ａ ｜ ＝ ａ槡２ ＝ 　 　 　 　 　 ． 知识点２　 向量在物理学中的应用 　 　 （１）物理学中的许多量，如力，位移，速度，加速度都是向量． （２）物理学中的力，速度，加速度，位移的合成与分解就是向量的加减法． ")% ＝ １２ ｂｃｓｉｎ Ａ ＝ １ ２ × ５ｃ × 槡３ ２ ＝ １５ ４槡３，解得ｃ ＝ ３，由余弦定理ａ ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ ＝ ５２ ＋ ３２ － ２ × ５ × ３ × －( )１２ ＝ ４９，所以ａ ＝ ７，则Ｃ△ＡＢＣ ＝ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝ １５．故选Ａ． ４． Ｂ　 ∵三边不等，∴最大角大于６０°．设最大角为α，故α所对 的边长为ａ ＋ ２，∵ ｓｉｎ α ＝槡３２ ，∴ α ＝ １２０°．由余弦定理得，（ａ ＋ ２）２ ＝（ａ － ２）２ ＋ ａ２ － ２ａ（ａ － ２）ｃｏｓ １２０°，即ａ２ ＝ ５ａ，故ａ ＝ ５， 故三边长分别为３，５，７，Ｓ ＝ １２ × ３ × ５ × ｓｉｎ １２０° ＝ 槡 １５ ３ ４ ． ５．连接ＢＤ，四边形面积可分为△ＡＢＤ与△ＢＣＤ两部分的面积 和，由余弦定理得ＢＤ 槡＝ ２ ３，Ｓ△ＢＣＤ ＝ １２ ＢＣ·ＣＤ 槡ｓｉｎ １２０° ＝ ３， ∠ＡＢＤ ＝ １２０° － ３０° ＝ ９０°，所以Ｓ△ＡＢＤ ＝ １２ ＡＢ·ＢＤ 槡＝ ４ ３，所 以Ｓ四边形ＡＢＣＤ 槡 槡 槡＝ ３ ＋ ４ ３ ＝ ５ ３． 第２课时　 解三角形的实际应用举例 关键能力　 攻重难 例１：（１）６０　 （２）槡５ ｋｍ　 （１）ｔａｎ ３０° ＝ ＣＤＡＤ，ｔａｎ ７５° ＝ ＣＤ ＤＢ， 又ＡＤ ＋ ＤＢ ＝ １２０，∴ ＡＤ·ｔａｎ ３０° ＝（１２０ － ＡＤ）·ｔａｎ ７５°， ∴ ＡＤ 槡＝ ６０ ３，故ＣＤ ＝ ６０． （２）在△ＡＣＤ中，∠ＡＣＤ ＝ １２０°，∠ＣＡＤ ＝∠ＡＤＣ ＝ ３０°，∴ ＡＣ ＝ ＣＤ 槡＝ ３ ｋｍ． 在△ＢＣＤ中，∠ＢＣＤ ＝４５°，∠ＢＤＣ ＝７５°，∠ＣＢＤ ＝６０°， ∴ ＢＣ ＝槡３ｓｉｎ ７５°ｓｉｎ ６０° ＝槡槡 ６ ＋ ２ ２ ．在△ＡＢＣ中，由余弦定理，得 ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＣ·ＢＣ·ｃｏｓ ∠ＡＣＢ ＝ （槡３）２ ＋ 槡槡６ ＋ ２( )２ ２ 槡－ ２ ３·槡槡６ ＋ ２２ ·ｃｏｓ ７５° ＝ ５． ∴ ＡＢ 槡＝ ５（ｋｍ）． 故Ａ、Ｂ之间的距离为槡５ ｋｍ． 对点训练１：（１）Ａ　 （２） 槡２０ ６ ｍ　 （１）在△ＢＣＤ中，∠ＣＢＤ ＝ １８０° － ３０° － １０５° ＝ ４５°， 由正弦定理得ＢＣｓｉｎ ３０° ＝ ＣＤ ｓｉｎ ４５°，则ＢＣ ＝ ＣＤｓｉｎ ３０° ｓｉｎ ４５° ＝ 槡６ ４ ａ， 在△ＡＣＤ中，∠ＣＡＤ ＝ １８０° － ６０° － ６０° ＝ ６０°， 所以△ＡＣＤ为等边三角形．因为∠ＡＤＢ ＝∠ＢＤＣ， 所以ＢＤ为正△ＡＣＤ的中垂线，所以ＡＢ ＝ ＢＣ ＝槡６４ ａ． （２）∠ＡＢＣ ＝ １８０° － ７５° － ４５° ＝ ６０°， 所以由正弦定理，得ＡＢｓｉｎ Ｃ ＝ ＡＣ ｓｉｎ Ｂ， ∴ ＡＢ ＝ ＡＣｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ｂ ＝ ６０ × ｓｉｎ ４５° ｓｉｎ ６０° 槡＝ ２０ ６ （ｍ）． 例２：Ｃ　 在△ＡＢＣ中，∠ＢＣＡ ＝ ９０° ＋ β，∠ＡＢＣ ＝ ９０° － α， ∠ＢＡＣ ＝ α － β，∠ＣＡＤ ＝ β． 根据正弦定理，得 ＡＣｓｉｎ∠ＡＢＣ ＝ ＢＣ ｓｉｎ∠ＢＡＣ ，即 ＡＣｓｉｎ（９０° － ａ）＝ ＢＣ ｓｉｎ（α － β），∴ ＡＣ ＝ ＢＣｃｏｓ α ｓｉｎ（α － β）＝ ｈｃｏｓ α ｓｉｎ（α － β）．在Ｒｔ△ＡＣＤ 中，ＣＤ ＝ ＡＣｓｉｎ∠ＣＡＤ ＝ ＡＣｓｉｎ β ＝ ｈｃｏｓ αｓｉｎ β ｓｉｎ（α － β）．即山的高度为 ｈｃｏｓ αｓｉｎ β ｓｉｎ（α － β）．故选Ｃ． 对点训练２：由于ＣＤ⊥平面ＡＢＤ，∠ＣＡＤ ＝ ４５°，所以ＣＤ ＝ ＡＤ． 因此只需在△ＡＢＤ中求出ＡＤ即可， 在△ＡＢＤ中，∠ＢＤＡ ＝ １８０° － ４５° － １２０° ＝ １５°， 由ＡＢｓｉｎ １５° ＝ ＡＤ ｓｉｎ ４５°，得ＡＤ ＝ ＡＢ·ｓｉｎ ４５° ｓｉｎ １５° ＝ ８００ ×槡２２ 槡槡６ － ２ ４ ＝ ８００（槡３ ＋ １）（ｍ）． 即山的高度为８００（槡３ ＋ １）ｍ． 例３：设所需时间为ｔ小时，则ＡＢ 槡＝ １０ ３ ｔ，ＣＢ ＝ １０ｔ，在 △ＡＢＣ中，根据余弦定理，得 ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＣ·ＢＣｃｏｓ １２０°， 可得（ 槡１０ ３ｔ）２ ＝ １０２ ＋（１０ｔ）２ － ２ × １０ × １０ｔｃｏｓ １２０°， 整理得２ｔ２ － ｔ － １ ＝ ０，解得ｔ ＝ １或ｔ ＝ － １２ （舍去）． 所以护航舰需要１小时靠近货船． 此时ＡＢ 槡＝ １０ ３，ＢＣ ＝ １０， 在△ＡＢＣ中，由正弦定理得 ＢＣｓｉｎ∠ＣＡＢ ＝ ＡＢ ｓｉｎ １２０°， 所以ｓｉｎ∠ＣＡＢ ＝ ＢＣｓｉｎ １２０°ＡＢ ＝ １０ ×槡３２ 槡１０ ３ ＝ １２ ， 所以∠ＣＡＢ ＝ ３０°，所以护航舰航行的方位角为７５°． 对点训练３：１　 如图所示， △ＯＢＣ中，∠ＢＯＣ ＝ ３０° ＋ ９０° ＝ １２０°，ＯＣ ＝ １５，ＯＢ ＝ ２５； 所以ＢＣ２ ＝ １５２ ＋ ２５２ － ２ × １５ × ２５ × ｃｏｓ １２０° ＝ １ ２２５， 即ＢＣ ＝ ３５，又甲船的速度为 ３５ ｎ ｍｉｌｅ ／ ｈ，所以甲船到达Ｂ处需要的时间为３５ ÷ ３５ ＝ １（ｈ）．故 答案为１． 课堂检测　 固双基 １． Ｃ　 在△ＡＢＣ中，∠Ｂ ＝ １８０° － １０５° － ４５° ＝ ３０°． 由正弦定理得５０ｓｉｎ ３０° ＝ ＡＢ ｓｉｎ ４５°， 所以ＡＢ ＝ ５０ｓｉｎ ４５°ｓｉｎ ３０° 槡＝ ５０ ２（ｍ）． ２． Ｄ　 由题意知，∠Ａ ＝∠Ｂ ＝ ３０°，所以∠Ｃ ＝ １８０° － ３０° － ３０° ＝ １２０°，由正弦定理得， ＡＢｓｉｎ Ｃ ＝ ＡＣ ｓｉｎ Ｂ，即ＡＢ ＝ ＡＣ × ｓｉｎ Ｃ ｓｉｎ Ｂ ＝ ４ × ｓｉｎ １２０° ｓｉｎ ３０° 槡＝ ４ ３（ｍ）． ３． Ｃ　 由题设，ＢＤ ＝ ５０，∠ＤＡＢ ＝ ３０°，∠ＤＢＡ ＝ ４５°，所以ＡＤｓｉｎ ４５° ＝ ５０ｓｉｎ ３０°，则ＡＤ 槡＝ ５０ ２，又∠ＤＡＣ ＝ ３０°，则ｔａｎ∠ＤＡＣ ＝ ＣＤ ＡＤ ＝ １ 槡３ ，故ＣＤ ＝ 槡５０ ６３ ≈４０ ｍ．故选Ｃ． ４． ３２　 过Ａ作ＡＥ⊥ＣＤ（图略），垂足为Ｅ，ＥＤ ＝ ＡＢ ＝ ２４米，则ＡＥ ＝ ＥＤｔａｎ ６０° ＝ ２４ 槡３ 槡 ＝ ８ ３（米）．在Ｒｔ△ＡＣＥ中，ＣＥ ＝ ＡＥ·ｔａｎ ３０° ＝ 槡８ ３ ×槡３３ ＝ ８（米），∴ ＣＤ ＝ ＣＥ ＋ ＥＤ ＝ ８ ＋ ２４ ＝ ３２（米）                                                                       ． —７１３— ５．如图所示，由题意，得∠ＡＢＣ ＝ ４５° － ３０° ＝ １５°，∠ＤＡＣ ＝ ６０° － ３０° ＝ ３０°． ∴ ∠ＢＡＣ ＝ １５０°，∠ＡＣＢ ＝ １５°，∴ ＡＣ ＝ ＡＢ ＝ ４０ ｍ，∠ＡＤＣ ＝ １２０°，∠ＡＣＤ ＝ ３０°． 在△ＡＣＤ中，由正弦定理，得 ＣＤ ＝ ｓｉｎ∠ＣＡＤｓｉｎ∠ＡＤＣ × ＡＣ ＝ ｓｉｎ ３０°ｓｉｎ １２０° × ４０ ＝ 槡４０ ３ ３ （ｍ）．故转播塔的高度为槡 ４０ ３ ３ ｍ． ６． ２　 平面向量在几何、物理中的应用举例 必备知识　 探新知 知识点１　 （１）ｘ１ｙ２ ＝ ｘ２ｙ１ 　 （３）ａ·ｂ｜ ａ ｜ ｜ ｂ ｜ 　 （４） ｘ ２ １ ＋ ｙ槡 ２１ 关键能力　 攻重难 例１：（１）由已知得点Ｄ（－ １，１），Ｅ（－ ３，－ １），Ｆ（２，－ ２）， 设Ｍ（ｘ，ｙ）是直线ＤＥ上任意一点，则→ＤＭ∥→ＤＥ． →ＤＭ ＝（ｘ ＋ １，ｙ － １），→ＤＥ ＝（－ ２，－ ２）， ∴ （－ ２）×（ｘ ＋ １）－（－ ２）×（ｙ － １）＝ ０，即ｘ － ｙ ＋ ２ ＝ ０为 直线ＤＥ的方程． 同理可求，直线ＥＦ，ＦＤ的方程分别为ｘ ＋ ５ｙ ＋ ８ ＝ ０，ｘ ＋ ｙ ＝ ０． （２）设点Ｎ（ｘ，ｙ）是ＣＨ所在直线上任意一点， 则→ＣＮ⊥→ＡＢ． ∴ →ＣＮ·→ＡＢ ＝ ０． 又→ＣＮ ＝（ｘ ＋ ６，ｙ － ２），→ＡＢ ＝（４，４）， ∴ ４（ｘ ＋ ６）＋ ４（ｙ － ２）＝ ０， ∴ ｘ ＋ ｙ ＋ ４ ＝ ０为所求直线ＣＨ的方程． 对点训练１：→ＡＢ ＝（３，４），→ＡＣ ＝（－ ８，６）， 角Ａ的平分线的一个方向向量为 ａ ＝ →ＡＢ ｜→ＡＢ ｜ ＋ →ＡＣ ｜→ＡＣ ｜ ＝ ３５ ，( )４５ ＋ － ４５ ，( )３５ ＝ － １５ ，( )７５ ． 设Ｐ（ｘ，ｙ）是角平分线上的任意一点， ∵角Ａ的平分线过点Ａ， ∴ →ＡＰ∥ａ，又→ＡＰ ＝（ｘ － ４，ｙ － １）， ∴所求直线方程为－ １５ （ｙ － １）－ ７ ５ （ｘ － ４）＝ ０． 整理得７ｘ ＋ ｙ － ２９ ＝ ０． 例２：【证明】　 设→ＡＢ ＝ ａ，→ＡＣ ＝ ｂ，→ＡＤ ＝ ｅ，→ＤＢ ＝ ｃ，→ＤＣ ＝ ｄ，则 ａ ＝ ｅ ＋ ｃ，ｂ ＝ ｅ ＋ ｄ． ∴ ａ２ － ｂ２ ＝（ｅ ＋ ｃ）２ －（ｅ ＋ ｄ）２ ＝ ｃ２ ＋ ２ｅ·ｃ － ２ｅ·ｄ － ｄ２ ． 由已知ａ２ － ｂ２ ＝ ｃ２ － ｄ２， ∴ ｃ２ ＋ ２ｅ·ｃ － ２ｅ·ｄ － ｄ２ ＝ ｃ２ － ｄ２，∴ ｅ·（ｃ － ｄ）＝ ０． ∵ →ＢＣ ＝→ＤＣ －→ＤＢ ＝ ｄ － ｃ， ∴ →ＡＤ·→ＢＣ ＝ ｅ·（ｄ － ｃ）＝ ０， ∴ →ＡＤ⊥→ＢＣ．即ＡＤ⊥ＢＣ． 对点训练２：Ｃ 　 取ＡＣ的中点 Ｏ，则∵ →ＰＡ ＋→ＰＣ ＝ →ｍ ＡＢ（ｍ ＞ ０，ｍ为 常数），∴ →ｍ ＡＢ ＝ ２ →ＰＯ，∴ Ｃ到直线 ＡＢ的距离等于Ｐ到直线ＡＢ的距离 的２倍，故Ｓ△ＡＢＣ ＝ ２ Ｓ△ＡＢＰ ＝ １２．故 选Ｃ． 　 　 例３：设向量ａ表示风速，ｂ表示无 风时飞机的航行速度，ｃ表示有风时飞 机的航行速度，则ｃ ＝ ａ ＋ ｂ． 如图，作向量→ＯＡ ＝ ａ，→ＯＢ ＝ ｂ，→ＯＣ ＝ ｃ，则四边形ＯＡＣＢ为平行四边形． 过Ｃ、Ｂ分别作ＯＡ的垂线，交ＡＯ的延长线于Ｄ、Ｅ点． 由已知，｜→ＯＡ ｜ ＝ ７５（槡槡６ － ２），｜→ＯＣ ｜ ＝ １５０，∠ＣＯＤ ＝ ４５°． 在Ｒｔ△ＣＯＤ中，ＯＤ ＝ ＯＣ 槡ｃｏｓ ４５° ＝ ７５ ２，ＣＤ 槡＝ ７５ ２． 又ＥＤ ＝ ＢＣ ＝ ＯＡ ＝ ７５（槡槡６ － ２）， ∴ ＯＥ ＝ ＯＤ ＋ ＥＤ 槡＝ ７５ ６．又ＢＥ ＝ ＣＤ 槡＝ ７５ ２． 在Ｒｔ△ＯＥＢ中，ＯＢ ＝ ＯＥ２ ＋ ＢＥ槡 ２ 槡＝ １５０ ２， ｓｉｎ∠ＢＯＥ ＝ ＢＥＯＢ ＝ １ ２ ， ∴ ｜→ＯＢ 槡｜ ＝ １５０ ２，∠ＢＯＥ ＝ ３０°． 故没有风时飞机的航速为 槡１５０ ２ ｋｍ ／ ｈ，航向为西偏北３０°． 对点训练３：依据物理知识，有三对相对速度，汽车对地的 速度为ｖ车地、风对车的速度为ｖ风车、风对地的速度为ｖ风地，风对地 的速度可以看成车对地与风对车的速度的合速度，即ｖ风地＝ ｖ风车 ＋ ｖ车地． 如图，根据向量加法的平行四边形 法则可知，表示向量ｖ风地的有向线段→ＡＤ 是平行四边形ＡＢＤＣ的对角线． ∵ ｜→ＡＣ ｜ ＝ ４米／秒，∠ＡＣＤ ＝ ３０°， ｜→ＡＤ ｜ ＝ ２米／秒， ∴ ∠ＡＤＣ ＝ ９０°． 在Ｒｔ△ＡＤＣ中，｜→ＤＣ ｜ ＝ ｜→ＡＣ 槡｜ ｃｏｓ ３０° ＝ ２ ３（米／秒）， 即风的实际方向是吹向正南方向，汽车速度的大小为槡２ ３ 米／秒． 课堂检测　 固双基 １． Ｄ　 由→ＡＢ ＋→ＣＤ ＝ ０，得→ＡＢ ＝ －→ＣＤ ＝→ＤＣ，∴四边形ＡＢＣＤ为平行 四边形．又→ＡＣ·→ＢＤ ＝ ０知，对角线互相垂直，故四边形为菱形， 故选Ｄ． ２． Ｄ　 在△ＡＢＣ中，→ＡＢ·→ＢＣ ＋→ＡＢ２ ＝→ＡＢ·（→ＡＢ ＋→ＢＣ）＝→ＡＢ·→ＡＣ ＝ ０，∴ →ＡＢ⊥→ＡＣ，∴ ∠Ａ ＝ π２ ，则△ＡＢＣ为直角三角形，故选Ｄ． ３． Ｄ　 设Ｂ（ｘ１，ｙ１），Ｃ（ｘ２，ｙ２）， 由条件可知 ６ ＋ ｘ２ ２ ＝ ７， ６ ＋ ｙ２ ２ ＝ ４ { ， 即ｘ２ ＝ ８， ｙ２ ＝ ２{ ，∴ Ｃ（８，２）， ６ ＋ ８ ＋ ｘ１ ３ ＝ １６ ３ ， ６ ＋ ２ ＋ ｙ１ ３ ＝ ８ ３ { ，即ｘ１ ＝ ２，ｙ１ ＝ ０{ ，∴ Ｂ（２，０）， ∴ ｜ＢＣ ｜ ＝ （８ － ２）２ ＋（２ － ０）槡 ２ 槡 槡＝ ３６ ＋ ４ ＝ ２ １０． ４．（－ ５，１）　 由题设Ｆ１ ＋ Ｆ２ ＋ Ｆ３ ＝ ０，得（３，４）＋（２，－ ５）＋（ｘ， ｙ）＝（０，０）， 即３ ＋ ２ ＋ ｘ ＝ ０， ４ － ５ ＋ ｙ ＝ ０{ ，∴ ｘ ＝ － ５，ｙ ＝ １{ ， ∴ Ｆ３ ＝（－ ５，１）                                                                      ． —８１３—