6.4 平面向量的综合应用-【回归课本】2025年高中数学基础知识训练

6.4 平面向量的综合应用 >>答案链接 P23 59 095 1. 平面向量中与矩形有关的结论 (1)已知 O 为矩形 ABCD 所在平面内任意一点,则 |OA→ | 2 + |OC→ | 2 = |OB→ | 2 + |OD→ | 2 . 推导:当 O 在矩形 ABCD 的内部时,如图,过 O 作 OM⊥AD 于 M,OM 的反向延长线交 BC 于 N,则 ∠AMO= ∠DMO= ∠CNO= ∠BNO= 90°. ∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ ∠DAB= ∠ABC= ∠BCD= ∠ADC= 90°, ∴ 四边形 ABNM 和四边形 DCNM 都是矩形,∴ AM=BN,DM=CN. 由勾股定理得 OA2 +OC2 =AM2 +OM2 +CN2 +ON2,OB2 +OD2 =BN2 +ON2 +DM2 +OM2, ∴ OA2 +OC2 =OB2 +OD2,∴ |OA→ | 2 + |OC→ | 2 = |OB→ | 2 + |OD→ | 2 . 当 O 在矩形 ABCD 的外部时,同理可得 |OA→ | 2 + |OC→ | 2 = |OB→ | 2 + |OD→ | 2 . (2)已知 P 为矩形 ABCD 所在平面内任意一点,则 PA→·PC→ =PB→·PD→. 推导:如图,连接 AC,BD 交于点 E,由极化恒等式得 PA→·PC→ =PE→2 -AE→2,PB→·PD→ =PE→2 -BE→2, 又四边形 ABCD 是矩形,∴ AE=BE,∴ AE→2 =BE→2,∴ PA→·PC→ =PB→·PD→. 2. 平面四边形对角线向量定理及其推论 (1)定理:在平面四边形 ABCD 中,有 AC→·BD→ = (AD →2 +BC→2) -(AB→2 +CD→2) 2 . 推导:四 边 形 ABCD 如 图 所 示, 则 CA→ · CB→ = CA · CBcos ∠ACB = CA · CB · CA 2 +CB2 -AB2 2CA·CB = CA2+CB2-AB2 2 ,CA→·CD→ =CA·CDcos∠ACD=CA·CD·CA 2+CD2-AD2 2CA·CD =CA 2 +CD2 -AD2 2 , 两式相减,得 CA→·CB→-CA→·CD→ =CA→·(CB→-CD→)= CA→·DB→ =AC→·BD→ =CA 2 +CB2 -AB2 2 -CA 2 +CD2 -AD2 2 = CB2 -AB2 -CD2 +AD2 2 = (AD →2 +BC→2) -(AB→2 +CD→2) 2 . (2)推论 1:在平面四边形 ABCD 中,若 AC⊥BD,则有 AD→2 +BC→2 =AB→2 +CD→2 . 69096 (3)推论 2:在平面四边形 ABCD 中,有 cos􀎮AC→,BD→􀎯 = (AD →2 +BC→2) -(AB→2 +CD→2) 2 |AC→ | |BD→ | . 3. 奔驰定理 (1)(点在三角形内)如图,已知 O 是△ABC 内一点,则有 S△BOC·OA →+S△AOC·OB →+S△AOB·OC → = 0. 推导:设∠AOB=α,∠AOC=β,OA= x,OB = y,OC = z,则(S△BOC·OA →+S△AOC·OB →+S△AOB·OC →) ·OA→ = 1 2 yzsin[2π-(α+β)] ·x2 + 1 2 xzsin β·xycos α+ 1 2 xysin α·zxcos β = 1 2 x2yz[ -sin(α+β) +sin βcos α+ sin αcos β] = 0,同理可得(S△BOC·OA →+S△AOC ·OB →+S△AOB ·OC →) ·OB→ = 0,(S△BOC ·OA →+S△AOC ·OB →+ S△AOB·OC →)·OC→ = 0,又 OA→,OB→,OC→ 不共线,所以 S△BOC·OA →+S△AOC·OB →+S△AOB·OC → = 0. (2)(点在三角形外)如图,已知 P 是△ABC 外一点,PA 在 PB 与 PC 之间,则有 S△PBC·PA →-S△PAC· PB→-S△PAB·PC → = 0. (3)推论:若 O 为△ABC 内一点,且 x·OA→+y·OB→+z·OC→ = 0(xyz≠0),则 S△BOC ∶ S△AOC ∶ S△AOB = x ∶ y ∶ z. 特别地,①点 O 为△ABC 的重心⇔S△BOC ∶ S△AOC ∶ S△AOB = 1 ∶ 1 ∶ 1⇔OA →+OB→+OC→ = 0. ②点 O 为△ABC 的外心⇔S△BOC ∶ S△AOC ∶ S△AOB = sin 2A ∶ sin 2B ∶ sin 2C⇔sin 2A·OA→+sin 2B·OB→+ sin 2C·OC→ = 0. ③点 O 为△ABC 的内心⇔S△BOC ∶ S△AOC ∶ S△AOB =a ∶ b ∶ c⇔a·OA →+b·OB→+c·OC→ = 0,其中 a,b,c 分 别是内角 A,B,C 的对边. ④点 O 为△ABC 的垂心⇔S△BOC ∶ S△AOC ∶ S△AOB =tan A ∶ tan B ∶ tan C⇔tan A·OA→+tan B·OB→+tan C· OC→ = 0. 4. 利用余弦定理推论中的分子判定角 已知 a,b,c 分别为△ABC 三个内角 A,B,C 的对边. (1)c2 =a2 +b2⇔C 为直角;c2 >a2 +b2⇔C 为钝角;c2 <a2 +b2⇔C 为锐角. (2)a2 = b2 +bc⇔A= 2B. 推导:由余弦定理知 a2 = b2 +c2 -2bccos A,又 a2 = b2 +bc,所以 c2 -2bccos A= bc,则 c= b+2bcos A. 由正弦定理得 sin C=sin(A+B)= sin Acos B+cos Asin B=sin B+2sin Bcos A,整理得 sin B= sin Acos B- 79 097 sin Bcos A=sin(A-B),又 A,B,C 都是三角形的内角,所以 B=A-B,即 A= 2B. 5. 在△ABC 中,A>B⇔sin A>sin B. 推导:已知 a,b 分别为△ABC 的内角 A,B 所对的边,若 A>B,则 a>b,由正弦定理得 2Rsin A>2Rsin B (R 是△ABC 的外接圆半径),即 sin A>sin B. 若 sin A>sin B,则 2Rsin A>2Rsin B,由正弦定理得 a>b. 6. 正弦定理的变形 已知 a,b,c 分别为△ABC 三个内角 A,B,C 的对边,则有 (1) sin A sin B = a b ,sin C sin A = c a ,sin B sin C = b c . (2)asin B= bsin A,asin C= csin A,bsin C= csin B. (3)a= bsin A sin B ,b=asin B sin A ,sin A=asin B b ,sin B= bsin A a 等. (4) a sin A = b sin B = c sin C = a+b sin A+sin B = a+c sin A+sin C = b+c sin B+sin C = a+b+c sin A+sin B+sin C . (5)a ∶ b ∶ c= sin A ∶ sin B ∶ sin C. 7. 三角形内角和公式的变形 (1)sin(A+B)= sin C,sin(A+C)= sin B,sin(B+C)= sin A. (2)cos(A+B)= -cos C,cos(A+C)= -cos B,cos(B+C)= -cos A. 8. 中线长公式 在△ABC 中,内角 A,B,C 分别对应边 a,b,c,已知 la, lb, lc 分别为边 a,b,c 上的中线长,则 la = 　 2(b2 +c2) -a2 2 ,lb = 　 2(c2 +a2) -b2 2 ,lc = 　 2(a2 +b2) -c2 2 . 推导:如图,D 为 BC 边的中点,过点 A 作 BC 的垂线,垂足为 E,在 Rt△ABE 与 Rt△ACE 中,由勾股 定理得 AB2 =AE2 +BE2,AC2 =AE2 +CE2,又 BE=BD+DE,CE=CD-DE=BD-DE, 所以 AB2 =AE2 +(BD+DE) 2 =AE2 +BD2 +2BD·DE+DE2,① AC2 =AE2 +(BD-DE) 2 =AE2 +BD2 -2BD·DE+DE2,② ①+②得 AB2 +AC2 = 2AE2 +2BD2 +2DE2,又 AE2 +DE2 =AD2,BC= 2BD, 所以 AB2 +AC2 = 1 2 BC2 +2AD2,所以 AD= 2(AC 2 +AB2) -BC2 2 ,即 la = 2(b2 +c2) -a2 2 . 同理可得 lb = 2(c2 +a2) -b2 2 ,lc = 2(a2 +b2) -c2 2 . 9. 角平分线定理 在△ABC 中,AD 为∠BAC 的平分线,则AB AC =BD CD , 1 AB + 1 AC = 2cos∠BAD AD . 89098 10. 三角形中的射影定理 (1)在 Rt△ABC 中,C 为直角,且 CD⊥AB 于点 D,则 AC2 =AD·AB,BC2 =BD·AB,CD2 =AD·BD. (2)已知 a,b,c 分别为△ABC 三个内角 A,B,C 的对边,则 a = bcos C+ccos B,b = acos C+ccos A,c = bcos A+acos B. 11. 已知两边和其中一边的对角，判定三角形解的个数 已知 a,b,c 分别为△ABC 三个内角 A,B,C 的对边. (1)用正弦定理讨论:已知 a,b,A,由正弦定理 a sin A = b sin B ,得 sin B= bsin A a . 若 sin B>1,则三角形无 解;若 sin B= 1,则三角形有一解;若 sin B<1,则三角形有一解或两解. (2)用余弦定理讨论:已知 a,b,A,由余弦定理 a2 = b2 +c2 -2bccos A,整理为关于 c 的一元二次方程c2 - (2bcos A)c+b2 -a2 = 0,若方程无实数根或无正实数根,则三角形无解;若方程有两个相等的正实数 根,则三角形有一解;若方程有两个不等的正实数根,则三角形有两解. (3)用几何分析:已知 a,b,A,则 图形 关系式 解的个数 A 为锐角 a<bsin A 无解 ①a= bsin A; ②a≥b 一解 bsin A<a<b 两解 A 为钝角 或直角 a>b 一解 a≤b 无解 99 099 判断下列问题,正确的打“√”,错误的打“ ” . 1. 若 AB→∥CD→,则直线 AB 与 CD 平行. (　 　 ) 2. 向量 AB→,CD→ 的夹角就是直线 AB,CD 的夹角. (　 　 ) 3. 三角形中三边之比等于相应的三个内角之比. (　 　 ) 4. 在△ABC 的六个元素中,已知任意三个元素可求其他元素. (　 　 ) 5. 在锐角△ABC 中,A>B,则 sin A>cos B. (　 　 ) >>答案链接 P24 考点一 运用向量解决几何问题 考向 1　利用向量的运算解决线段的长度问题 向量与平面几何综合问题的解法 (1)坐标法:把几何图形放在适当的直角坐标系中,则有关点和向量就可以用坐标表示,进而进行相 应的代数和向量运算. (2)基底法:适当选取一组基底,沟通向量之间的联系,利用向量间的关系和运算求解. 如图,在平行四边形 ABCD 中,已知 AD= 1,AB= 2,对角线 BD= 2,求对角线 AC 的长. 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考向 2　利用向量的运算判断三角形或四边形的形状 解决此类问题,需要通过计算向量的模和夹角,进而判断平面几何图形的长度和角度,从而判定其形 状. 注意 a·b= 0⇔a⊥b(a≠0,b≠0)的应用. 【RJA 版·必修第二册·P52 ·1 改编】若非零向量 AB→ 和 AC→ 满足 AB→ |AB→ | + AC → |AC→ |( ) ·BC → = 0, 且 CA→ |CA→ | · CB → |CB→ | = 　 2 2 , 则 △ABC 一定是(　 　 ) A. 钝角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 有一个内角为 45°的锐角三角形 【点拨】 AB → |AB→ | 表示与 AB→ 同向的单位向量. 001100 考向 3　利用向量的运算解决几何图形的面积问题 三角形面积的计算公式 (1)S△ABC = 1 2 a·ha = 1 2 b·hb = 1 2 c·hc,其中 ha,hb,hc 分别为边 a,b,c 上的高. (2)S△ABC = 1 2 absin C= 1 2 acsin B= 1 2 bcsin A. (3)S△ABC = 1 2 r(a+b+c)= 1 2 rl,其中 r,l 分别为△ABC 的内切圆半径及△ABC 的周长. (4)S△ABC = 2R2sin Asin Bsin C=abc 4R ,其中 R 为△ABC 的外接圆半径. (5)S△ABC = 1 2 a2 sin Bsin C sin A = 1 2 b2 sin Asin C sin B = 1 2 c2 sin Asin B sin C . (6)海伦公式:S△ABC = 　 p(p-a)(p-b)(p-c) ,其中 p= 1 2 (a+b+c). (7)在△ABC 中,若 CA→ = (x1,y1),CB → = (x2,y2),则 S△ABC = 1 2 　 |CA→ | 2 |CB→ | 2 -(CA→·CB→)2 = 1 2 | x1y2 -x2y1 | (仅选填题可用). 已知等边△ABC 的边长为 1,AP→ = 1 3 (AB→+AC→),AQ→ =AP→+ 1 2 BC→, 则△APQ 的面积为　 　 　 　 . 考向 4　利用向量的运算研究三角形的四心 (1)λ(AB→+AC→)(λ∈R)表示 BC 边的中线所在直线的方向向量,过△ABC 的重心. (2) AP→ = λ AB→ | AB→ |·cos B + AC → | AC→ |·cos C( ) (λ∈R)表示垂直于 BC 边的直线的方向向量,直线 AP 过 △ABC 的垂心. (3)DP→ =λ AB→ | AB→ |·cos B + AC → | AC→ |·cos C( ) (λ∈R),直线 DP 过△ABC 的外心,其中 D 为 BC 边的中点. (4)λ AB→ | AB→ | + AC → | AC→ |( ) (λ∈R)表示∠BAC 的平分线所在直线的方向向量,过△ABC 的内心. 已知 P 是△ABC 所在平面内的一动点,且 AP→ =λ AB→+ 1 2 BC→( ) (λ≥0),则点 P 的轨迹一定通过 △ABC 的(　 　 ) A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 101 101 考点二 运用向量解决物理问题 用向量方法解决物理问题的步骤 (1)抽象出物理问题中的向量,转化为数学问题; (2)建立以向量为主体的数学模型; (3)利用向量的线性运算或数量积运算,求解数学模型; (4)利用数学模型中的数据解释或分析物理问题. 一质点在平面上的三个力 F1,F2,F3 的作用下处于平衡状态,已知 F1,F2 成 90°角,且 F1,F2 的大小分别为 2 N 和 4 N,则 F3 的大小为(　 　 ) A. 6 N B. 2 N C. 2 5 N D. 2 7 N 【点拨】质点在平面上的三个力 F1,F2,F3 的作用下处于平衡状态,即 F1 +F2 +F3 = 0. 考点三 正、余弦定理及其应用 考向 1　利用正、余弦定理解三角形 1. 余弦定理解三角形的适用情况 (1)已知两边及一角:若给出的角是两边的夹角,可以由余弦定理求第三边;若给出的角是两边中一 边的对角,可以利用余弦定理建立一元二次方程,解方程求出第三边. (2)已知三边:一般利用余弦定理的推论求角,注意余弦函数在(0,π)上是单调递减的,当余弦值为正 时,角为锐角;当余弦值为负时,角为钝角. 2. 正弦定理解三角形的适用情况 (1)已知两角及一边:若边是已知角的对边,可直接由正弦定理求另一角所对的边;若边不是已知角 的对边时,先由三角形内角和定理求出第三个角,再由正弦定理求另外两边. (2)已知两边及一边的对角:首先由正弦定理求出另一边对角的正弦值;若已知的角为大边所对的 角,由三角形中“大边对大角,大角对大边”能判断另一边所对的角为锐角,由正弦值可求锐角;若已 知的角为小边所对的角,这时由正弦值可求出两个角,需要分类讨论,具体方法见常用结论. 【2023·北京·7】在△ABC 中,(a+c)(sin A-sin C)= b(sin A-sin B),则 C= (　 　 ) A. π 6 B. π 3 C. 2π 3 D. 5π 6 【2023·全国甲·理·16】在△ABC 中,∠BAC = 60°,AB = 2,BC = 　 6 ,∠BAC 的平分线交 BC 于点 D,则 AD= 　 　 　 　 . 201102 【2022·全国乙·理·17】记△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 sin Csin(A-B)= sin Bsin(C-A) . (1)证明:2a2 = b2 +c2 . (2)若 a= 5,cos A= 25 31 ,求△ABC 的周长. 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考向 2　利用正、余弦定理判断三角形的形状 利用正、余弦定理判断三角形的形状 (1)化边为角(如:a= 2Rsin A,a2 +b2 -c2 = 2abcos C 等),利用三角恒等变换得出角的关系. 注意一些常 见的三角恒等式所体现的角之间的关系,如:sin A= sin B⇔A=B;cos A= cos B⇔cos 2A= cos 2B⇔A=B; sin 2A= sin 2B⇔A=B 或 A+B= π 2 ;sin(A-B)= 0⇔A=B;sin A= cos B⇔A+B= π 2 或 A-B= π 2 . (2)化角为边 如:sin A= a 2R ,cos A= b 2 +c2 -a2 2bc 等( ) ,通过代数运算,求出边的关系. 注意在等式变形中, 一般两边不要约去公因式,应移项提取公因式,以免漏解. 在△ABC 中,已知(a+b+c)(a+b-c)= 3ab,且 2cos Asin B= sin C,试确定△ABC 的形状. 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 301 103 考向 3　与解三角形有关的开放性问题 与解三角形有关的开放题,主要是条件开放题,这类问题有利于学生开阔视野,打破原有思维模式,进 而培养学生的发散思维能力. 【2021·北京·16】已知在△ABC 中,c= 2bcos B,C= 2π 3 . (1)求 B 的大小. (2)在下列三个条件中选择一个作为已知,使△ABC 存在且唯一确定,并求出 BC 边上的中线的长度. ①c= 　 2 b;②周长为 4+2 3 ;③面积为 S△ABC = 3 3 4 . 注:若选择不同的条件分别解答,则按第一个解答计分. 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 　􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点四 三角形中的最值或取值范围问题 利用平面向量解决三角形中最值或取值范围问题的思路 (1)形化,即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题,然后根据平面 图形的特征直接求解. (2)数化,即利用平面向量的坐标运算,把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程 有解等问题,然后利用函数、不等式、方程等有关知识求解. 【2023·天津·14】在△ABC 中,∠A= 60°,BC= 1,点 D 为 AB 的中点,点 E 为 CD 的中点,若 设 AB→ =a,AC→ =b,则 AE→ 可用 a,b 表示为　 　 　 　 ;若 BF→ = 1 3 BC→,则 AE→·AF→ 的最大值为　 　 　 　 . 401104 考点五 解三角形在实际问题中的应用 考向 1　测量距离 1. 应用正、余弦定理解三角形应用题的一般步骤 (1)分析:理解题意,分清已知与未知,画出示意图. (2)建模:根据已知条件与求解目标,把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中,建立一个解三 角形的数学模型. (3)求解:利用正、余弦定理解三角形,求得数学模型的解. (4)检验:检验上述所求的解是否具有实际意义,从而得出实际问题的解. 2. 选择合适的辅助测量点,构造三角形,将问题转化为解三角形问题,从而利用正、余弦定理求解,求 解时先看待求边长所在的三角形,若其他量已知,则直接求解;若有未知量,则把未知量放在另一个确 定的三角形中求解. 要测量河对岸两点 A,B 之间的距离,选取相距 3 km 的 C,D 两点,并测得∠ACB = 75°, ∠BCD= 45°,∠ADC= 30°,∠ADB= 45°,则 A,B 之间的距离为　 　 　 　 km. 考向 2　测量高度 测量高度问题主要分底部不可到达与底部可到达两种情况,首先判断底部是否可以到达,测量出相应 的角与线段长度,再结合类型构建三角形模型求解. 【2021·全国甲·理·8】2020 年 12 月 8 日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程 为 8 848. 86(单位:m),三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一. 如图是三角高程测量法的一个示 意图,现有 A,B,C 三点,且 A,B,C 在同一水平面上的投影 A′,B′,C′满足∠A′C′B′= 45°,∠A′B′C′= 60°. 由 C 点测得 B 点的仰角为 15°,BB′与 CC′的差为 100;由 B 点测得 A 点的仰角为 45°,则 A,C 两点到 水平面 A′B′C′的高度差 AA′-CC′约为(　 　 )( 　 3 ≈1. 732) A. 346 B. 373 C. 446 D. 473 考向 3　测量角度 测量角度时,首先应明确方位角及方向角的含义. 501 105 如图,一架飞机从 A 地飞往 B 地,两地相距 200 km. 飞行员为了避开某一区域的雷雨 云层,从机场起飞以后,就沿与原来的飞行方向成 θ 角的方向飞行,飞行到 C 地,再沿与原来的 飞行方向成 45°角的方向继续飞行 60 2 km 到达终点,则 A,C 两地之间的距离为 　 　 　 　 km, tan θ= 　 　 　 　 . 考点六 综合应用 考点 1　多个三角形的综合问题 将多个三角形先分离,探讨每个三角形的所有元素,然后将所有可解元素整合到图形中,灵活应用正、 余弦定理,将要求的元素逐步向已知靠近. 【RJA 版·必修第二册·P53·15 改编】在△ABC 中,AB= 4,AC= 7,BC 边上的中线 AD= 7 2 , 则 BC= 　 　 　 　 . 考点 2　三角恒等变换与平面向量的综合应用 三角恒等变换与平面向量的综合应用,一般是以向量的坐标形式给出与三角函数有关的条件. 解答此 类问题,首先要进行向量运算,通常是两向量平行或垂直的条件的应用及数量积的计算,把向量关系 转化为坐标运算后,化为三角函数问题,然后利用三角恒等变换、三角函数等知识讨论函数的性质,或 者与方程、解三角形、几何图形等结合来研究,要同时结合向量与三角函数的相关性质确定变量的取 值范围. 【2021·新高考Ⅰ·10】(多选)已知 O 为坐标原点,点 P1(cos α,sin α),P2(cos β,-sin β), P3(cos(α+β),sin(α+β)),A(1,0),则(　 　 ) A. |OP1 → | = |OP2 → | B. |AP1 → | = |AP2 → | C. OA→·OP3 → =OP1 →·OP2 → D. OA→·OP1 → =OP2 →·OP3 → 【点拨】由所给点的坐标,逐项判断正误,也可结合单位圆求解. 601106 化简得 a2 -2a·b+b2 = 3, a2 -2a·b= 0,{ 即 b 2 = 3,故 | b | = 　 3 . 典例 5 D 【解析】由题知 c= -(a+b),则 c2 = (a+b) 2 ,即 a2 + b2 +2a·b= 2+2a·b = 2,∴ a·b = 0. 又 a-c = 2a+b,b-c = a+ 2b,∴ (2a+b)·(a+2b)= 2a2 +2b2 = 4, | 2a+b | = 　 (2a+b) 2 = 　 5 , | a + 2b | = 　 (a+2b) 2 = 　 5 , ∴ cos 􀎮 a - c, b - c 􀎯 = (2a+b)·(a+2b) | 2a+b | | a+2b | = 4 5 . 故选 D. 6. 3　平面向量基本定理及坐标表示 【研课本·划重点】 一、知识梳理 ①不共线　 ②(x2 -x1 ,y2 -y1 )　 ③(x1 +x2 ,y1 +y2 ) 　 ④(x1 -x2 , y1 -y2 )　 ⑤(λx1 ,λy1 )　 ⑥x1y2 -x2y1 = 0　 ⑦x1x2 +y1y2 = 0 三、思考辨析 1. 　 2. 　 3. √　 4. 　 5. √ 【快提升·练典例】 典例 1 【解】如图,取 AE 的三等分点 M,使 AM = 1 3 AE,连接 DM,则 DM∥BE. 设 AM= t( t>0),则 ME= 2t. 又 AE= 1 4 AC,∴ AC= 12t,EC= 9t, ∴ 在△DMC 中,CE CM =CP CD = 9 11 , ∴ CP= 9 11 CD,∴ DP= 2 11 CD, 故 AP→ = AD→+DP→ = AD→+ 2 11 DC→ = 1 3 AB→+ 2 11 (DA→ +AC→) = 1 3 AB→ + 2 11 - 1 3 AB→+AC→( ) = 311AB →+ 2 11 AC→ = 3 11 a+ 2 11 b. 典例 2 【解】因为 BD→ = 2DC→,3AE→ = 2EB→, 所以 BD→ = 2 3 BC→,AE→ = 2 5 AB→, 所以 AD→ = AB→ +BD→ = AB→ + 2 3 BC→ = AB→ + 2 3 ( AC→ - AB→) = 1 3 AB→+ 2 3 AC→,CE→ =AE→-AC→ = 2 5 AB→-AC→, 所以 AB→ = 3AD→-2AC→ = 5 2 AC→+ 5 2 CE→,整理得 AC→ = 2 3 AD→- 5 9 CE→. 又 AC→ = xAD→+yCE→,所以 x= 2 3 ,y= - 5 9 . 典例 3 B 【解析】向量 a,b 满足 a+b= (2,3),a-b= (-2,1), 所以 | a | 2 - | b | 2 = (a+b) ·(a-b) = 2×( - 2) + 3× 1 = - 1. 故 选 B. 典例 4 D 【解析】因为 a = (1,1),b = (1,- 1),所以 a+λb = (1+λ,1-λ),a+μb = (1+μ,1-μ) . 由(a+λb) ⊥(a+μb)可得, (a+λb)·(a+μb)= 0,即(1+λ) (1+μ) +(1-λ) (1-μ)= 0,整 理得 λμ= -1. 故选 D. 典例 5 B 【解析】建立如图所示的平面直角坐标系,因为 AD∥BC, ∠ABC = 90°,AB = BC = 2,AD = 1,所以 B ( 0, 0), A(0,2),C(2,0),D(1,2),所以 BA→ = (0,2),BC→ = (2,0) . 因为 BA→+BC→ = 2BP→,所以 2BP→ = (0,2)+(2,0)= (2,2), 故 BP→ = (1,1),所以 P(1,1),PC→ = (1,-1),PD→ = (0,1), 所以 PC→·PD→ = 1×0+(-1)×1 = -1. 故选 B. 典例 6 【解】因为 a-3b= (1,2)-3(-3,2)= (10,-4),ka+b = k(1,2)+(-3,2)= ( k- 3,2k+ 2),又( ka+b)∥(a- 3b),所以 10(2k+2)= -4(k-3),解得 k = - 1 3 . 此时 ka+b = -10 3 , 4 3( ) , 且a-3b 与- 1 3 a+b 的对应坐标异号,故当 k = - 1 3 时,ka+b 与 a-3b 平行,并且是反向的. 变式题 - 5 4 【解析】AB→ = (a-1,3),AC→ = (-3,4) . 因为 A,B,C 三点共线,所以 AB→∥AC→,所以 4(a-1)= 3×(-3), 解得 a= - 5 4 . 典例 7 D 【解析】方法一:因为点 P 在线段 P1P2 的延长线 上,又 |P1P → | = 2 |PP2 → | ,所以 P1P → = 2 P2P →. 设 P(x,y),则(x-2,y-3)= 2(x+1,y-4), 所以 x-2 = 2x+2,y-3 = 2y-8,所以 x= -4,y= 5. 故选 D. 方法二:因为点 P 在线段 P1P2 的延长线上, 又 | P1P → | = 2 |PP2 → | ,所以 P1P → = -2 PP2 →. 由有向线段定比分点坐标公式得 P 点的横坐标为2 +(-2)×(-1) 1-2 = - 4,纵坐标为3 +(-2)×4 1-2 = 5. 故选 D. 6. 4　平面向量的综合应用 【研课本·划重点】 一、知识梳理 ① 1 3 (CA→+CB→)　 ②HA→·HC→　 ③b2 +c2 -2bccos A 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 23 ④c2 +a2 -2cacos B　 ⑤a2 +b2 -2abcos C　 ⑥b 2 +c2 -a2 2bc ⑦c 2 +a2 -b2 2ac 　 ⑧a 2 +b2 -c2 2ab 　 ⑨ c sin C 　 ⑩ 1 2 acsin B 􀃊􀁉􀁓 1 2 bcsin A　 􀃊􀁉􀁔顺时针　 􀃊􀁉􀁕上　 􀃊􀁉􀁖下 三、思考辨析 1. 　 2. 　 3. 　 4. 　 5. √ 【快提升·练典例】 典例 1 【解】方法一:设 AD→ =a,AB→ = b,则 BD→ = a-b,AC→ = a+b. ∵ | BD→ | = | a - b | = a2 -2a·b+b2 = 1+4-2a·b = 5-2a·b =2, ∴ 5-2a·b=4,∴ a·b= 1 2 . 又 |AC→ | 2 = |a+b | 2 =a2 +2a·b+b2 = 1+4+2a·b= 6, ∴ |AC→ | = 6 ,即 AC= 6 . 方法二:平行四边形中两条对角线的平方和等于它四条边的 平方和,∴ AC2 = 2(AD2 +AB2 )-BD2 = 10-4 = 6,∴ AC= 6 . 典例 2 B 【解析】因为 AB → |AB→ | 表示与 AB→ 同向的单位向量, 根 据向量的性质可得 AB→ |AB→ | = AC→ |AC→ | = 1, 所以 AB→ |AB→ | + AC → |AC→ | 在∠BAC 的平分线上(设角平分线为 AD) . 因为 AB→ |AB→ | + AC → |AC→ |( ) ·BC → = 0, 所以 AD⊥BC,所以 AB=AC,所以 B=C. 又因 为 CA→ |CA→ | · CB → |CB→ | = CA→ |CA→ | · CB→ |CB→ | cos C = 　 2 2 , 且 CA→ |CA→ | = CB→ |CB→ | = 1, 所以 cos C= 　 2 2 . 又 0°<C<180°,所以 C = 45°,所以 B = 45°,则 A = 90°,所以三 角形为等腰直角三角形. 故选 B. 典例 3 　 3 12 【解析】以 AB 的中点 O 为原点,AB 所在直线为 x 轴,OC 所在直线为 y 轴,建立如图所示的平面直角坐标系, 则 A - 1 2 ,0( ) , B 12 ,0( ) , C 0, 　 3 2( ) , AB → = ( 1, 0 ), AC→ = 1 2 , 　 3 2( ) ,BC → = - 1 2 , 　 3 2( ) , 所 以 AP → = 1 3 ( AB→ + AC→ ) = 1 2 , 　 3 6( ) ,所以 AQ → =AP→+ 1 2 BC→ = 1 4 , 5　 3 12( ) . 方法一:|AP→ | = 1 2( ) 2 + 3 6( ) 2 = 3 3 ,|AQ→ | = 1 4( ) 2 + 5 3 12( ) 2 = 21 6 ,AP→·AQ→ = 1 2 , 　 3 6( ) · 1 4 , 5　 3 12( ) = 1 3 . 设􀎮AP→,AQ→􀎯 =θ,则 cos θ= AP →·AQ→ |AP→ | |AQ→ | = 1 3 　 3 3 × 　 21 6 = 2 　 7 7 , 所以 sin θ= 　 1-cos 2θ = 　 21 7 , 所以 S△APQ = 1 2 |AP→ | |AQ→ | sin θ= 1 2 × 　 3 3 × 　 21 6 × 　 21 7 = 　 3 12 . 方法二:S△APQ = 1 2 × 1 2 ×5 　 3 12 - 　 3 6 × 1 4 = 　 3 12 . 典例4 C 【解析】如图,设 D 为 BC 的中点,因为 AB→+ 1 2 BC→ = AB→+BD→ =AD→,由 AP→ =λ AB→+ 1 2 BC→( ) 可得 AP→ =λAD→,所以 A,D, P 三点共线. 因为 λ≥0,所以点 P 在射线 AD 上,所以点 P 的 轨迹一定通过△ABC 的重心. 故选 C. 典例 5 C 【解析】根据题意 F1 +F2 +F3 = 0,所以 F1 +F2 = -F3, 所以 | F3 | = | F1 + F2 | = |F1 | 2 + |F2 | 2 +2 F1·F2 . 又因为 |F1 | = 2 N,|F2 | = 4 N,F1 ·F2 = | F1 | · | F2 | ·cos􀎮F1,F2 􀎯 = 8cos 90° = 0,所以 |F3 | = 　 22 +42 +0 = 2　 5 N.故选 C. 典例 6 B 【解析】由正弦定理得(a+c) (a-c) = b(a-b),即 a2 -c2 =ab-b2 ,则 a2 +b2 -c2 = ab,故 cos C = a 2 +b2 -c2 2ab = ab 2ab = 1 2 , 又0<C<π,所以 C= π 3 . 故选 B. 典例 7 2 【解析】如图所示,记 AB= c,AC= b,BC=a. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 24 方法一:由余弦定理可得 22 +b2 -2×2·b·cos 60° = 6, 因为 b>0,所以 b= 1+ 　 3 . 由 S△ABC = S△ABD +S△ACD 可得 1 2 ×2· b·sin 60° = 1 2 ×2·AD·sin 30°+ 1 2 ·AD·b·sin 30°, 解得 AD= 　 3 b 1+ b 2 = 2 　 3 (1+　 3 ) 3+　 3 = 2. 方法二:同方法一,解得 b = 1+ 　 3 . 由正弦定理可得 　 6 sin 60° = b sin B = 2 sin C ,解得 sin B= 　 6 +　 2 4 ,sin C= 　 2 2 . 因为 1+　 3 >　 6 > 　 2 ,所以 C= 45°,B = 180° -60° -45° = 75°,又∠BAD = 30°,所 以∠ADB= 75°,即 AD=AB= 2. 典例 8 (1)【证明】已知 sin Csin(A-B)= sin Bsin(C-A)可化 简为 sin Csin Acos B - sin Ccos Asin B = sin Bsin Ccos A - sin Bcos Csin A,由正弦定理可得 accos B-bccos A = bccos A- abcos C,即 accos B= 2bccos A-abcos C. 由余弦定理的推论可 得 ac·a 2 +c2 -b2 2ac = 2bc · b 2 +c2 -a2 2bc - ab · a 2 +b2 -c2 2ab , 即 2 a2 = b2 +c2 . (2)【解】由(1)可知 b2 +c2 = 2a2 = 50,cos A= b 2 +c2 -a2 2bc = 50-25 2bc = 25 2bc = 25 31 ,∴ 2bc = 31. ∵ b2 + c2 + 2bc = ( b+ c) 2 = 81,∴ b+ c = 9, ∴ a+b+c= 14,∴ △ABC 的周长为 14. 典例 9 【解 】 由 2cos Asin B = sin C, 得 2cos Asin B = sin(A+B)= sin Acos B+cos Asin B,∴ sin(A-B) = 0. 又 A 与 B 均为△ABC 的内角,∴ A=B. 由(a+b+c)(a+b-c)= 3ab,得(a+ b) 2 -c2 = 3ab,∴ a2 +b2 -c2 =ab,∴ 由余弦定理的推论得 cos C = 1 2 . 又 0°<C<180°,∴ C= 60°,∴ △ABC 为等边三角形. 典例 10 【解】 ( 1) 由正弦定理 b sin B = c sin C 及已知, 可得 sin C= 2sin Bcos B= sin 2B,所以 C= 2B(舍去)或 C+2B= π,故 B=A= π 6 . (2)由(1)可知 c= 　 3 b,故不能选①. 若选②,设 BC=AC= 2x,则 AB = 2 3 x,故周长为(4+2 3 ) x = 4+2 3 ,解得 x= 1,即 BC=AC= 2,AB= 2 3 . 设 BC 的中点为 D, 则在 △ABD 中, 由余弦定理的推论 得 cos B=AB 2 +BD2 -AD2 2·AB·BD = 12+1-AD 2 4 3 = 　 3 2 ,解得 AD=　 7 . 若选③,设 BC=AC = 2x,则 AB = 2 3 x,故 S△ABC = 1 2 × 2x× 2x× sin 2π 3 = 3 x2 = 3 3 4 ,解得 x= 3 2 ,即 BC=AC= 3 ,AB= 3. 设 BC 的中点为 D, 则在 △ABD 中, 由余弦定理的推论 得 cos B=AB 2 +BD2 -AD2 2·AB·BD = 9+ 3 2( ) 2 -AD2 3 3 = 3 2 , 解得 AD= 21 2 . 综上,若选②,BC 边上的中线的长度为 7 ;若选③,BC 边上 的中线的长度为 　 21 2 . 典例 11 AE = 1 4 a+ 1 2 b　 13 24 【解析】因为 E 为 CD 的中点, 所以 ED→+EC→ = 0,得 AE→+ED→ =AD→, AE→+EC→ =AC→,{ 两式相加,可得 2AE → = AD→+ AC→,即 2AE→ = 1 2 a+b,则 AE→ = 1 4 a+ 1 2 b. 因为 BF→ = 1 3 BC→,所以 2FB→+FC→ = 0,可得 AF→+FC→ =AC→, AF→+FB→ =AB→,{ 得 AF →+ FC→+2(AF→+FB→)= AC→+2AB→,即 3AF→ = 2a+b,则 AF→ = 2 3 a+ 1 3 b, 所以 AE→·AF→ = 1 4 a+ 1 2 b( ) · 23 a+ 1 3 b( ) = 112 (2a 2 + 5a·b+ 2b2 ) . 记 AB= x,AC= y,则 AE→·AF→ = 1 12 (2a2 +5a·b+2b2 )= 1 12 (2x2 + 5xycos 60°+ 2y2 )= 1 12 2x2 + 5xy 2 +2y2( ) . 在△ABC 中,根据余弦 定理得BC2 = x2 +y2 -2xycos 60° = x2 +y2 -xy= 1, 于是 AE→·AF→ = 1 12 2xy+ 5xy 2 +2( ) = 112 9xy 2 +2( ) . 由 x2 +y2 -xy = 1 和基本不等式,可得 x2 +y2 -xy = 1≥2xy-xy = xy,故 xy≤1,当且仅当 x= y= 1 时取等号,此时,AE→·AF→ 取得 最大值 13 24 . 典例 12 5 【解析】 如图, 在 △ACD 中, ∠ACD = 120°, ∠CAD= ∠ADC= 30°,∴ AC=CD= 3 km. 在△BCD 中,∠BCD = 45°,∠BDC = 75°,∠CBD = 60°,∴ BC = 3sin 75° sin 60° = 6 + 2 2 km. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 25 在△ABC 中,由余弦定理得 AB2 = ( 3 ) 2 + 6 + 2 2( ) 2 - 2 3 × 6 + 2 2 ×cos 75° =3+2+ 3 - 3 = 5,∴ AB = 5 km,∴ A,B 之间 的距离为 5 km. 典例 13 B 【解析】如图,过点 C 作 CH⊥BB′于点 H,过点 B 作 BD⊥AA′于点 D,则四边形 CC′B′H 和四边形 B′BDA′均为 矩形,所以 BH=BB′-B′H=BB′-CC′= 100, 故 AA′-CC′=AA′-(BB′-BH)= AA′-BB′+100 =AD+100. 由题易知△ADB 为等腰直角三角形,所以 AD=DB, 所以 AA′-CC′=DB+100 =A′B′+100. 因为∠BCH= 15°,所以 CH=C′B′= 100 tan 15° . 在 △A′ B′ C′ 中, 由 正 弦 定 理 得 A′B′ sin 45° = C′B′ sin 75° = 100 tan 15°cos 15° = 100 sin 15° , 而 sin 15° = sin ( 45° - 30°) = sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30° = 　 6 -　 2 4 , 所以 A′B′= 100×4× 　 2 2 　 6 -　 2 = 100( 　 3 +1)≈273, 所以AA′-CC′=A′B′+100≈373. 故选 B. 典例 14 20 58 　 3 7 【解析】 根据题意, B = 45°, AB = 200 km,BC = 60 　 2 km,由余弦定理可得 AC2 = AB2 +BC2 - 2·AB·BC· cos B = 2002 + (60　 2 ) 2 - 2 × 200 × 60 　 2 × 　 2 2 = 23 200,所以 AC= 20 58 km. 过点 C 作 CD⊥AB 于点 D,则 BD =CD = BC　 2 = 60 km,则 AD = AB-BD= 200-60 = 140(km),所以 tan θ=CD AD = 60 140 = 3 7 . 典例15 9 【解析】方法一(互补角双余弦法):设 BD=DC= x, ∠ADC=α,则∠ADB= π-α, 在△ADC 中,72 = x2 + 7 2( ) 2 -2x· 7 2 ·cos α,① 在△ABD 中,42 = x2 + 7 2( ) 2 -2x· 7 2 ·cos(π-α),② ①+②,解得 x= 9 2 ,∴ BC= 9. 方法二(同角双余弦法):设 BD = DC = x,在△ABD 和△ABC 中,cos B= 42 +x2 - 7 2( ) 2 2×4·x = 4 2 +(2x) 2 -72 2×4×2x ,解得 x= 9 2 ,∴ BC= 9. 方法三:设 BD=DC= x,如图,将三角形补全为平行四边形,根 据平行四边形中两条对角线的平方和等于它四条边的平方 和,有 7 2 ×2( ) 2 +(2x) 2 = 2×(42 +72 ),解得 x= 9 2 ,∴ BC= 9. 典例 16 AC 【解析】方法一:对于 A,因为 OP1 → = ( cos α, sin α),OP2 → = (cos β,-sin β),所以 |OP1 → | = 　 cos 2α+sin 2α = 1, |OP2 → | = 　 cos 2β+(-sin β) 2 = 1,则 |OP1 → | = |OP2 → | ,故 A 正确; 对于 B,因为 AP1 → = (cos α-1,sin α),AP2 → = (cos β-1,-sin β), 所以 | AP1 → | = 　 (cos α-1) 2 +sin 2α = 　 2-2cos α, | AP2 → | = 　 (cos β-1) 2 +(-sin β) 2 = 　 2-2cos β,当 cos α≠ cos β 时, |AP1 → | ≠ |AP2 → | ,故 B 错误; 对于 C,OA→ = (1,0),OP3 → = (cos(α+β),sin(α+β)),所以 OA→· OP3 → = cos(α+β),OP1 →·OP2 → = cos αcos β-sin αsin β = cos(α+ β),所以 OA→·OP3 → =OP1 →·OP2 →,故 C 正确; 对于 D,OA→ · OP1 → = cos α,OP2 → · OP3 → = cos βcos ( α + β) - sin βsin(α+β)= cos[β+(α+β)] = cos ( α + 2β),当 β≠ kπ 且 β≠kπ -α( k∈Z) 时,OA→·OP1 →≠OP2 →·OP3 →,故 D 错误. 故 选 AC. 方法二:如图,由图可知 |OP1 → | = |OP2 → | = 1,故 A 正确; 当 cos α≠cos β 时, |AP1 → | ≠ |AP2 → | ,故 B 错误; 因为􀎮OA→,OP3 →􀎯 =α+β,􀎮OP1 →,OP2 →􀎯 = α+β,且 | OA→ | = | OP3 → | = |OP1 → | = |OP2 → | ,故 C 正确; 􀎮OA→,OP1 →􀎯 = α, 􀎮OP2 →,OP3 →􀎯 = α+ 2β,因为 cos 􀎮OA→,OP1 →􀎯 与 cos 􀎮OP2 →,OP3 →􀎯不一定相等,故 D 错误. 故选 AC. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 26