章末总结(六) 平面向量及其应用-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 第六章　 平面向量及其应用 章末总结(六)　平面向量及其应用 [知识体系建构·关键理清] [高频考点聚焦·整合提升] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 [章末过关检测(六)] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,3)，\f(4,3))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(13,3)，－\f(4,3))) 解析：a－2b＋3c＝(5，－2)－2(－4，－3)＋3(x，y)＝(5－2×(－4)＋3x，－2－2×(－3)＋3y)＝(13＋3x，4＋3y)＝0，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(13＋3x＝0，,4＋3y＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－\f(13,3)，,y＝－\f(4,3)．)) 答案：D [训练2]　在△ABC中，点M，N满足 eq \o(AM,\s\up6(→))＝2 eq \o(MC,\s\up6(→))， eq \o(BN,\s\up6(→))＝ eq \o(NC,\s\up6(→)).若 eq \o(MN,\s\up6(→))＝x eq \o(AB,\s\up6(→))＋y eq \o(AC,\s\up6(→))，则x＝________，y＝________． 解析：∵ eq \o(AM,\s\up6(→))＝2 eq \o(MC,\s\up6(→))，∴ eq \o(AM,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up6(→)).∵ eq \o(BN,\s\up6(→))＝ eq \o(NC,\s\up6(→))，∴ eq \o(AN,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(AC,\s\up6(→)))，∴ eq \o(MN,\s\up6(→))＝ eq \o(AN,\s\up6(→))－ eq \o(AM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(AC,\s\up6(→)))－ eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up6(→))－ eq \f(1,6) eq \o(AC,\s\up6(→)).又 eq \o(MN,\s\up6(→))＝x eq \o(AB,\s\up6(→))＋y eq \o(AC,\s\up6(→))，∴x＝ eq \f(1,2)，y＝－ eq \f(1,6). 答案： eq \f(1,2)　－ eq \f(1,6) [训练3]　如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，点M，N分别是DA，BC的中点，且 eq \f(DC,AB)＝k，设 eq \o(AD,\s\up6(→))＝e1， eq \o(AB,\s\up6(→))＝e2，以e1，e2为基底表示向量 eq \o(DC,\s\up6(→))， eq \o(BC,\s\up6(→))， eq \o(MN,\s\up6(→)). 解：∵ eq \o(AB,\s\up6(→))＝e2，且 eq \f(DC,AB)＝k，∴ eq \o(DC,\s\up6(→))＝k eq \o(AB,\s\up6(→))＝ke2. ∵ eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(BC,\s\up6(→))＋ eq \o(CD,\s\up6(→))＋ eq \o(DA,\s\up6(→))＝0，∴ eq \o(BC,\s\up6(→))＝－ eq \o(AB,\s\up6(→))－ eq \o(CD,\s\up6(→))－ eq \o(DA,\s\up6(→))＝－ eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(DC,\s\up6(→))＋ eq \o(AD,\s\up6(→))＝e1＋(k－1)e2. 又∵ eq \o(MN,\s\up6(→))＋ eq \o(NB,\s\up6(→))＋ eq \o(BA,\s\up6(→))＋ eq \o(AM,\s\up6(→))＝0，且 eq \o(NB,\s\up6(→))＝－ eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up6(→))， eq \o(AM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up6(→))，∴ eq \o(MN,\s\up6(→))＝－ eq \o(AM,\s\up6(→))－ eq \o(BA,\s\up6(→))－ eq \o(NB,\s\up6(→))＝－ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up6(→))＋ eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up6(→))＝e2. 题型二 平面向量数量积的运算 [训练4]　若对于向量a，b，c，a是一个单位向量，|b|＝ eq \r(2)，a与b的夹角为 eq \f(π,4)，c＝b－2a，则c·a＝(　　 ) A．2 B．1 C．0 D．－1 解析：因为a是一个单位向量，|b|＝ eq \r(2)，a与b的夹角为 eq \f(π,4)，所以a·b＝1× eq \r(2)×cos eq \f(π,4)＝1，所以c·a＝(b－2a)·a＝b·a－2a2＝1－2＝－1. 答案：D [训练5]　如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，AD＝3，CD＝2， eq \o(AM,\s\up6(→))＝2 eq \o(MD,\s\up6(→)).若 eq \o(AC,\s\up6(→))· eq \o(BM,\s\up6(→))＝－3，则 eq \o(AB,\s\up6(→))· eq \o(AD,\s\up6(→))＝________． 解析：因为 eq \o(AC,\s\up6(→))· eq \o(BM,\s\up6(→))＝( eq \o(AD,\s\up6(→))＋ eq \o(AB,\s\up6(→)))·(－ eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up6(→)))＝－2－ eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up6(→))· eq \o(AD,\s\up6(→))＝－3，所以 eq \o(AB,\s\up6(→))· eq \o(AD,\s\up6(→))＝ eq \f(3,2). 答案： eq \f(3,2) [训练6]　如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝3，CD＝2，AD＝ eq \r(3)，∠BAD＝90°.若P为线段AB上一动点，则 eq \o(CP,\s\up6(→))· eq \o(DP,\s\up6(→))的最大值为______． 解析：以A为原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系， 则A(0，0)，B(3，0)，C(2， eq \r(3))，D(0， eq \r(3))，设P(x，0)，其中0≤x≤3，则 eq \o(CP,\s\up6(→))＝(x－2，－ eq \r(3))， eq \o(DP,\s\up6(→))＝(x，－ eq \r(3))，∴ eq \o(CP,\s\up6(→))· eq \o(DP,\s\up6(→))＝x(x－2)＋3＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2， 当x＝3时， eq \o(CP,\s\up6(→))· eq \o(DP,\s\up6(→))有最大值6. 答案：6 题型三 平面向量的平行与垂直、夹角与模的问题 [训练7]　(多选)设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，且|b－2a|＝ eq \r(5)，则以下结论正确的是(　　 ) A．a⊥b B．|a＋b|＝2 C．|a－b|＝ eq \r(2) D．向量a，b夹角为60° 解析：|b－2a|＝|b|2＋4|a|2－4a·b＝5，又因为|a|＝|b|＝1，所以a·b＝0，故a⊥b，所以A正确，D不正确；|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝2，故|a＋b|＝ eq \r(2)，所以B不正确，|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b＝2，所以|a－b|＝ eq \r(2)，C正确． 答案：AC [训练8]　(多选)已知单位向量a，b的夹角为θ，则下列结论正确的有(　　 ) A．(a＋b)⊥(a－b) B．a在b方向上的投影向量为(a·b)b C．若|a＋b|＝1，则θ＝60° D．若(a＋b)·a＝(a－b)·a，则a∥b 答案：AB 解析：因为a，b都是单位向量，所以|a|＝|b|＝1，所以(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0，即(a＋b)⊥(a－b)，故A正确；a在b方向上的投影向量为|a|cos θ eq \f(b,|b|)＝|a|· eq \f(a·b,|a||b|)· eq \f(b,|b|)，故B正确；若|a＋b|＝1，则a2＋2a·b＋b2＝1，即a·b＝－ eq \f(1,2)，即cos θ＝－ eq \f(1,2)，因为0≤θ≤180°，所以θ＝120°，故C错误；若(a＋b)·a＝(a－b)·a，则a2＋a·b＝a2－a·b，所以a·b＝0，即a⊥b，故D错误． 题型四 正、余弦定理及其应用 [训练9]　设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b cos C＋c cos B＝a sin A，则△ABC的形状为(　　 ) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定 解析：依据题设条件的特点，由正弦定理，得sin B cos C＋cos B sin C＝sin2A，有sin(B＋C)＝sin2A，从而sin(B＋C)＝sin A＝sin2A，解得sinA＝1，所以A＝ eq \f(π,2)，故△ABC为直角三角形． 答案：B [训练10]　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝8，c＝3，A＝60°，则此三角形外接圆的半径R＝(　　 ) A． eq \f(8\r(2),3) B． eq \f(14\r(3),3) C． eq \f(7,3) D． eq \f(7\r(3),3) 解析：因为b＝8，c＝3，A＝60°，所以a2＝b2＋c2－2bc cos A＝64＋9－2×8×3× eq \f(1,2)＝49，所以a＝7，所以此三角形外接圆的直径2R＝ eq \f(a,sin A)＝ eq \f(7,\f(\r(3),2))＝ eq \f(14\r(3),3)，所以R＝ eq \f(7\r(3),3). 答案：D [训练11]　在科技腾飞的当下，路桥建设部门仍然潜心研究如何缩短空间距离以方便出行，如港珠澳跨海大桥等．如图为某工程队从A到D修建的一条隧道，测量员测得一些数据如图所示(A，B，C，D在同一水平面内)，则A，D间的距离为(　　 ) A． eq \r(65－12\r(3)) km B． eq \r(65－12\r(13)) km C． eq \r(35－12\r(3)) km D． eq \r(35－12\r(13)) km 解析：如图，连接AC，在Rt△ABC中，AC＝ eq \r(42＋52)＝ eq \r(41)，cos ∠ACB＝ eq \f(5,\r(41))， sin ∠ACB＝ eq \f(4,\r(41))，所以cos ∠ACD＝cos (120°－∠ACB)＝cos 120°cos ∠ACB＋sin 120°sin ∠ACB＝(－ eq \f(1,2))× eq \f(5,\r(41))＋ eq \f(\r(3),2)× eq \f(4,\r(41))＝ eq \f(4\r(3)－5,2\r(41)).在△ACD中，由余弦定理，得AD＝ eq \r(AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠ACD)＝ eq \r(41＋32－2×\r(41)×3×\f(4\r(3)－5,2\r(41)))＝ eq \r(65－12\r(3)).故A，D间的距离为 eq \r(65－12\r(3)) km. 答案：A [训练12]　在△ABC中，B＝45°，AC＝ eq \r(10)，cos C＝. (1)求BC边的长； (2)求AB边上的中线CD的长． 解：(1)由cos C＝，得sin C＝， sin A＝sin (180°－45°－C)＝sin (135°－C)＝ eq \f(\r(2),2)(cos C＋sin C)＝ eq \f(3\r(10),10). 由正弦定理，得BC＝ eq \f(AC,sin B)·sin A＝ eq \f(\r(10),\f(\r(2),2))× eq \f(3\r(10),10)＝3 eq \r(2). (2)由正弦定理，得AB＝ eq \f(AC,sin B)·sin C＝× eq \f(\r(5),5)＝2，BD＝ eq \f(1,2)AB＝1. 由余弦定理，得CD＝ eq \r(BD2＋BC2－2BD·BC·cos B)＝ eq \r(1＋18－2×1×3\r(2)×\f(\r(2),2))＝ eq \r(13). 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝2，则b＝(　　 ) A． eq \f(2\r(6),3) B． eq \f(3\r(6),2) C． eq \f(1,2) D． eq \f(\r(3),2) 解析：由正弦定理得b＝ eq \f(c,sin C)×sin B＝ eq \f(2,sin 60°)×sin 45°＝ eq \f(2\r(6),3). 答案：A 2．给出下列四个命题：①若|a|＝0，则a＝0；②|a|＝|b|，则a＝b；③若a∥b，则|a|＝|b|.其中正确的命题有(　　 ) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 解析：对于①，忽略了0与0的区别，a＝0，故①错误；对于②，混淆了两个向量的模相等和两个实数相等，两个向量的模相等只能说明它们的长度相等，它们的方向并不确定，故②错误；对于③，两个向量平行，可以得出它们的方向相同或相反，未必得到它们的模相等，故③错误． 答案：A 3．已知两个单位向量3a－2b和b的夹角为120°，则向量a在向量b上的投影向量为(　　 ) A．－ eq \f(1,2)b B． eq \f(1,2)b C． eq \f(5,6)b D． eq \f(1,2)a 解析：因为3a－2b和b是单位向量且夹角为120°，所以|b|＝1，|3a－2b|＝1，(3a－2b)·b＝1×1×(－ eq \f(1,2))＝－ eq \f(1,2)，所以3a·b－2b2＝－ eq \f(1,2)，即3a·b－2＝－ eq \f(1,2)，即a·b＝ eq \f(1,2)，向量a在向量b上的投影向量为 eq \f(a·b,|b|2)·b＝ eq \f(1,2)b. 答案：B 4．已知平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，则2a＋3b＝(　　 ) A．(4，－8) B．(－4，－8) C．(－4，8) D．(4，8) 解析：因为a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，所以1×m＝－2×2，解得m＝－4，所以b＝(－2，－4)，则2a＋3b＝2×(1，2)＋3×(－2，－4)＝(－4，－8). 答案：B 5．一艘客船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°方向，之后它以32 kn的速度继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时测得船与灯塔S相距8 eq \r(2) n mile，则灯塔S在B处的(　　 ) A．北偏东75° B．北偏东75°或南偏东15° C．南偏东15° D．以上方位都不对 解析：如图所示，由题意可知AB＝32× eq \f(30,60)＝16 n mile，BS＝8 eq \r(2) n mile，A＝30°，在△ABS中，由 eq \f(AB,sin S)＝ eq \f(BS,sin A)，得sin S＝ eq \f(AB sin A,BS)＝ eq \f(16sin 30°,8\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，所以S＝45°或135°，故B＝105°或15°，即灯塔S在B处的北偏东75°或南偏东15°. 答案：B 6．已知非零向量a与b满足|a|＝2|b|，若|a＋2b|＝|a＋b|，则cos 〈a，b〉＝(　　 ) A． eq \f(1,2) B．－ eq \f(3,4) C． eq \f(\r(3),2) D．－ eq \f(\r(3),2) 解析：因为|a＋2b|＝|a＋b|，所以|a|2＋4|b|2＋4a·b＝|a|2＋|b|2＋2a·b，所以3|b|2＋2a·b＝0，而|a|＝2|b|，所以3|b|2＋4|b|2cos 〈a，b〉＝0，所以cos 〈a，b〉＝－ eq \f(3,4). 答案：B 7．已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝ eq \f(2π,3)，点D在线段BC上，且S△ACD＝3S△ABD，则 eq \o(AB,\s\up6(→))· eq \o(AD,\s\up6(→))的值为(　　 ) A． eq \f(7,2) B． eq \f(5,2) C． eq \f(3,2) D．－ eq \f(1,2) 解析：如图， 因为S△ACD＝3S△ABD，故CD＝3BD，可得 eq \o(AD,\s\up6(→))＝ eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up6(→))，则 eq \o(AB,\s\up6(→))· eq \o(AD,\s\up6(→))＝ eq \o(AB,\s\up6(→))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,4)\o(AC,\s\up6(→)) ))＝ eq \f(3,4)×4＋ eq \f(1,4)×2×2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝ eq \f(5,2). 答案：B 8．圭表(如图1)是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺(称为“圭”).当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据南京市的地理位置设计的圭表的示意图，已知南京市冬至正午太阳高度角(即∠ABC)约为44.5°，夏至正午太阳高度角(即∠ADC)约为88.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离(即DB的长)为a，则表高(即AC的长)为(　　 ) A． eq \f(a sin 44.5°sin 88.5°,sin 44°) B． eq \f(a tan 44.5°tan 88.5°,tan 44°) C． eq \f(a tan 88.5°,tan 44°) D． eq \f(a sin 88.5°,sin 44°) 解析：由题意可知，∠BAD＝∠ADC－∠ABC＝88.5°－44.5°＝44°，在△ADB中，由正弦定理可知 eq \f(BD,sin ∠BAD)＝ eq \f(AD,sin ∠ABD)，即 eq \f(a,sin 44°)＝ eq \f(AD,sin 44.5°)，则AD＝ eq \f(a sin 44.5°,sin 44°).在△ADC中， eq \f(AC,AD)＝sin ∠ADC＝sin 88.5°，所以AC＝AD sin 88.5°＝ eq \f(a sin 44.5°sin 88.5°,sin 44°). 答案：A 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9．某人在A处向正东方向走x km后到达B处，他向右转150°，然后朝新方向走3 km到达C处，结果他离出发点恰好 eq \r(3) km，那么x的值为(　　 ) A． eq \r(3) B．2 eq \r(3) C．3 eq \r(3) D．3 解析：由题意得∠ABC＝30°，由余弦定理得cos 30°＝ eq \f(x2＋9－3,6x)，解得x＝2 eq \r(3)或x＝ eq \r(3). 答案：AB 10．下列四式可以化简为 eq \o(PQ,\s\up6(→))的是(　　 ) A． eq \o(AB,\s\up6(→))＋( eq \o(PA,\s\up6(→))＋ eq \o(BQ,\s\up6(→))) B．( eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(PC,\s\up6(→)))＋( eq \o(BA,\s\up6(→))－ eq \o(QC,\s\up6(→))) C． eq \o(QC,\s\up6(→))＋ eq \o(CQ,\s\up6(→))－ eq \o(QP,\s\up6(→)) D． eq \o(PA,\s\up6(→))＋ eq \o(AB,\s\up6(→))－ eq \o(BQ,\s\up6(→)) 解析： eq \o(AB,\s\up6(→))＋( eq \o(PA,\s\up6(→))＋ eq \o(BQ,\s\up6(→)))＝( eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(BQ,\s\up6(→)))－ eq \o(AP,\s\up6(→))＝ eq \o(AQ,\s\up6(→))－ eq \o(AP,\s\up6(→))＝ eq \o(PQ,\s\up6(→))；( eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(PC,\s\up6(→)))＋( eq \o(BA,\s\up6(→))－ eq \o(QC,\s\up6(→)))＝( eq \o(AB,\s\up6(→))－ eq \o(AB,\s\up6(→)))＋( eq \o(PC,\s\up6(→))＋ eq \o(CQ,\s\up6(→)))＝ eq \o(PQ,\s\up6(→))； eq \o(QC,\s\up6(→))＋ eq \o(CQ,\s\up6(→))－ eq \o(QP,\s\up6(→))＝－ eq \o(QP,\s\up6(→))＝ eq \o(PQ,\s\up6(→))； eq \o(PA,\s\up6(→))＋ eq \o(AB,\s\up6(→))－ eq \o(BQ,\s\up6(→))＝ eq \o(PB,\s\up6(→))－ eq \o(BQ,\s\up6(→))≠ eq \o(PQ,\s\up6(→)). 答案：ABC 11．在△ABC中，a，b，c是角A，B，C的对边，已知A＝ eq \f(π,3)，a＝7，则以下判断正确的是(　　 ) A．△ABC的外接圆面积是 eq \f(49π,3) B．b cos C＋c cos B＝7 C．b＋c可能等于16 D．作A关于BC的对称点A′，则|AA′|的最大值是 eq \f(7\r(3),2) 解析：对于A，由 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(7,\f(\r(3),2))＝2R，可得R＝ eq \f(7,\r(3))，所以△ABC的外接圆的面积是πR2＝ eq \f(49π,3)，故A正确； 对于B，b cos C＋c cos B＝b· eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋c· eq \f(c2＋a2－b2,2ac)＝a＝7，故B正确； 对于C，b＋c＝2R(sin B＋sin C)＝2R[sin B＋sin ( eq \f(2π,3)－B)]＝14( eq \f(1,2)cos B＋ eq \f(\r(3),2)sin B)＝14sin (B＋ eq \f(π,6))，所以b＋c≤14，故C错误； 对于D，作A关于BC的对称点A′，设A到BC的距离为h，可得 eq \f(1,2)ah＝ eq \f(1,2)bc sin eq \f(π,3)，即有h＝ eq \f(\r(3),14)bc，由a2＝b2＋c2－2bc cos eq \f(π,3)＝b2＋c2－bc≥2bc－bc，即bc≤49，当且仅当b＝c＝7时取得等号，可得h≤ eq \f(7\r(3),2)，则|AA′|的最大值是7 eq \r(3)，故D错误． 答案：AB 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．已知a＝(2－k，3)，b＝(2，－6)，a∥b，则实数k＝______． 解析：因为a∥b，所以(2－k)×(－6)＝3×2，解得k＝3. 答案：3 13．已知a、b满足下面的在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则|b|＝_______，(a－2b)b＝___________． 解析：建立直角坐标系，则a＝(3，2)，b＝(2，－1)，所以|b|＝ eq \r(22＋(－1)2)＝ eq \r(5)，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝6－2－2×5＝－6. 答案： eq \r(5)　－6 14．已知如图，在平面四边形ABCD中，AB＝ eq \f(3,2)，BC＝CD＝1，∠B＝∠C＝120°，则平面四边形ABCD的面积为________． 解析： 如图所示，连接BD，在△BCD中，因为BC＝CD＝1且∠C＝120°，所以S△BCD＝ eq \f(1,2)BC·CD sin 120°＝ eq \f(\r(3),4)，由余弦定理可得BD2＝12＋12－2×1×1×cos 120°＝3，所以BD＝ eq \r(3).在△BCD中，因为BC＝CD＝1且∠C＝120°，可得∠CBD＝30°，又因为∠B＝120°，所以∠ABD＝90°，所以S△ABD＝ eq \f(1,2)× eq \f(3,2)× eq \r(3)＝ eq \f(3\r(3),4)，所以四边形ABCD的面积为S＝ eq \f(\r(3),4)＋ eq \f(3\r(3),4)＝ eq \r(3). 答案： eq \r(3) 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．(13分)如图，在四边形ABCD中，已知∠ADC＝75°，AD＝5，AB＝7，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°. (1)求BD的长； (2)求CD的长． 解：(1)在△ABD中，AD＝5，AB＝7，∠BDA＝60°， 由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠BDA， 即49＝25＋BD2－2×5·BD·cos 60°， 则BD2－5BD－24＝0，解得BD＝8(BD＝－3舍去). (2)在△BCD中，∠BDC＝∠ADC－∠BDA＝75°－60°＝15°， 又∠BCD＝135°，则∠CBD＝180°－135°－15°＝30°. 由(1)得BD＝8，由正弦定理得＝，即＝， 解得CD＝4 eq \r(2). 16．(15分)已知|a|＝2，|b|＝1，(2a－3b)·(2a＋b)＝17. (1)求a与b的夹角和|a＋b|的值； (2)设c＝ma＋2b，d＝2a－b，若c与d共线，求实数m的值． 解：(1)|a|＝2，|b|＝1，(2a－3b)·(2a＋b)＝17， 即4a2－3b2－4a·b＝17，16－3－4a·b＝17，a·b＝－1， 所以cos 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a|·|b|)＝－ eq \f(1,2)， 所以a与b的夹角为 eq \f(2π,3)，|a＋b|＝ eq \r(a2＋b2＋2a·b)＝ eq \r(3). (2)由(1)可得：a与b不共线，c＝ma＋2b，d＝2a－b， 若c与d共线，则必存在λ使得c＝λd，ma＋2b＝λ(2a－b)， 所以m＝2λ，2＝－λ，得m＝－4. 17．(15分)已知e1，e2是平面内两个不共线的非零向量， eq \o(AB,\s\up6(→))＝2e1＋e2， eq \o(BE,\s\up6(→))＝－e1＋λe2， eq \o(EC,\s\up6(→))＝－2e1＋e2，且A，E，C三点共线． (1)求实数λ的值； (2)若e1＝(2，1)，e2＝(2，－2)，求 eq \o(BC,\s\up6(→))的坐标； (3)已知点D(3，5)，在(2)的条件下，若A，B，C，D四点逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标． 解：(1) eq \o(AE,\s\up6(→))＝ eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(BE,\s\up6(→))＝(2e1＋e2)＋(－e1＋λe2)＝e1＋(1＋λ)e2. ∵A，E，C三点共线， ∴存在实数k，使得 eq \o(AE,\s\up6(→))＝k eq \o(EC,\s\up6(→))， 即e1＋(1＋λ)e2＝k(－2e1＋e2)，得(1＋2k)e1＝(k－1－λ)e2. ∵e1，e2是平面内两个不共线的非零向量， ∴解得 (2) eq \o(BC,\s\up6(→))＝ eq \o(BE,\s\up6(→))＋ eq \o(EC,\s\up6(→))＝－3e1－ eq \f(1,2)e2＝(－6，－3)＋(－1，1)＝(－7，－2). (3)∵A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，∴ eq \o(AD,\s\up6(→))＝ eq \o(BC,\s\up6(→)). 设A(x，y)，则 eq \o(AD,\s\up6(→))＝(3－x，5－y). ∵ eq \o(BC,\s\up6(→))＝(－7，－2)，∴解得即点A的坐标为(10，7). 18．(17分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝ eq \r(3)，a<c，且 eq \r(3)sin 2A－cos 2A＝1. (1)求A的大小； (2)若asin A＋csin C＝4 eq \r(3)sin B，求△ABC的面积． 解：(1)因为 eq \r(3)sin 2A－cos 2A＝1，所以2sin(2A－ eq \f(π,6))＝1，可得sin(2A－ eq \f(π,6))＝ eq \f(1,2)， 又因为a<c，0<A< eq \f(π,2)，所以－ eq \f(π,6)<2A－ eq \f(π,6)< eq \f(5π,6)，所以2A－ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,6)，解得A＝ eq \f(π,6). (2)由正弦定理得a2＋c2＝4 eq \r(3)b，所以a2＋c2＝12， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A可得，a2＝3＋c2－3c， 联立方程组整理得2c2－3c－9＝0，所以c＝3或c＝－ eq \f(3,2)(舍). 故S＝ eq \f(1,2)bcsin A＝ eq \f(3\r(3),4). 19．(17分)如图，我国南海某处的一个圆形海域上有四个小岛，小岛B与小岛A、小岛C相距都为5 n mile，与小岛D相距为3 eq \r(5) n mile.小岛A对小岛B与D的视角为钝角，且sin A＝ eq \f(3,5). (1)求小岛A与小岛D之间的距离和四个小岛所形成的四边形的面积； (2)记小岛D对小岛B与C的视角为α，小岛B对小岛C与D的视角为β，求sin(2α＋β)的值． 解：(1)∵sin A＝ eq \f(3,5)，且角A为钝角，∴cos A＝－＝－ eq \f(4,5). 在△ABD中，由余弦定理得AD2＋AB2－2AD·AB·cos A＝BD2， ∴AD2＋52－2AD·5· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝(3 eq \r(5))2，即AD2＋8AD－20＝0， 解得AD＝2或AD＝－10(舍去)， ∴小岛A与小岛D之间的距离为2 n mile. ∵A，B，C，D四点共圆，∴角A与角C互补， ∴sin C＝ eq \f(3,5)，cos C＝cos(180°－A)＝－cos A＝ eq \f(4,5). 在△BDC中，由余弦定理，得CD2＋CB2－2CD·CB·cos C＝BD2， ∴CD2＋52－2CD·5· eq \f(4,5)＝(3 eq \r(5))2，即CD2－8CD－20＝0，解得CD＝－2(舍去)或CD＝10. ∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝ eq \f(1,2)AB·AD·sin A＋ eq \f(1,2)CB·CD·sin C＝ eq \f(1,2)×5×2× eq \f(3,5)＋ eq \f(1,2)×5×10× eq \f(3,5)＝3＋15＝18. ∴四个小岛所形成的四边形的面积为18 n mile2. (2)在△BDC中，由正弦定理得＝，即＝，解得sin α＝ eq \f(\r(5),5). ∵DC2＋DB2＞BC2，∴α为锐角，∴cos α＝ eq \f(2\r(5),5). 又∵sin(α＋β)＝sin(180°－C)＝sin C＝ eq \f(3,5)，cos(α＋β)＝cos(180°－C)＝－cos C＝－ eq \f(4,5)， ∴sin(2α＋β)＝sin[α＋(α＋β)]＝sin αcos (α＋β)＋cos αsin (α＋β)＝ eq \f(\r(5),5)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＋ eq \f(2\r(5),5)× eq \f(3,5)＝ eq \f(2\r(5),25). $$