作业8 平面向量-【创新教程·微点特训】2023-2025三年高考数学真题分类特训

　 　　　　　　　作业８　平面向量 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 　　在高中数学中,向量是解决几何问题的常用工具,也是高考的一个热点,平面向量具有几 何与代数的双重性,是联接几何与代数的“桥梁”,也是我们解决数学问题的一种重要工具．高 考对平面向量的考查有上升趋势,有时会作为平面图形问题的一个载体出现,有助于解决高 考中更多综合性问题,落实数学抽象和直观想象两大核心素养．高考对平面向量的考查应关 注如下问题: (１)向量是数形结合的产物,利用向量解决问题时,能建立直角坐标系,选择坐标运算往 往更简单,使问题代数化． (２)求参数取值时,可根据平行、垂直、模等条件应用方程的思想． (３)适当关注向量与三角函数、解析几何、数列等知识的交汇问题． 考点１　平面向量的概念及运算 ◆平面向量的线性运算及平面向量基本 定理 (２０２０􀅰新高考Ⅱ卷,３)若D 为△ABC的边 AB 的中点,则CB → ＝ (　　) A．２CD → －CA → B．２CA → －CD → C．２CD → ＋CA → D．２CA → ＋CD → ◆平面向量的坐标运算 １．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷,３)已知向量a＝(０,１),b＝ (２,x),若b⊥(b－４a),则x＝ (　　) A．－２ B．－１ C．１ D．２ ２．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,３)已知向量a＝(１,１),b＝ (１,－１),则若(a＋λb)⊥(a＋μb), (　　) A．λ＋μ＝１ B．λ＋μ＝－１ C．λμ＝１ D．λμ＝－１ ３．(２０２３􀅰全国甲卷(文),３)已知向量a＝(３,１),b ＝(２,２),则cos‹a＋b,a－b›＝ (　　) A．１１７ B． １７ １７ C．５５ D． ２ ５ ５ ４．(２０２４􀅰上海卷,５)已知a＝(２,５),b＝(６, k),a∥b,则k的值为　　　　． ５．(２０２３􀅰上海卷,２)已知向量a＝(－２,３),b ＝(１,２),求a􀅰b＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　平面向量的数量积及应用 ◆平面向量的数量积 (２０２３􀅰全国乙卷(文),６)正方形ABCD 的 边长是２,E 是AB 的中点,则EC → 􀅰ED → ＝ (　　) A．５ B．３ C．２ ５ D．５ ◆平面向量的夹角 (２０２２􀅰新高考Ⅱ卷,４)已知向量a＝(３, ４),b＝(１,０),c＝a＋tb,若‹a,c›＝‹b,c›,则 t＝ (　　) A．－６ B．－５ C．５ D．６ ◆平面向量的模 １．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,３)已知向量a,b满足| a|＝１,|a＋２b|＝２,且(b－２a)⊥b,则|b|＝ (　　) A．１２　　　B． ２ ２　　　C． ３ ２　　　D．１ ２．(２０２５􀅰全国二卷,１２)已知平面向量a＝ (x,１),b＝(x－１,２x),若a⊥(a－b),则|a| ＝　　　　． ３．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１３)已知向量a,b满足 |a－b|＝ ３,|a＋b|＝|２a－b|,则|b|＝ 　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １３ 作业８　平面向量 ◆平面向量的综合应用 １．(２０２５􀅰北京卷,１０)已知平面直角坐标系 xOy中,|OA → |＝|OB → |＝ ２,|AB → |＝２,若C (３,４),则|２CA → ＋AB → |的取值范围是(　　) A．[６,１４] B．[６,１２] C．[８,１４] D．[８,１２] ２．(２０２３􀅰全国乙卷(理),１２)已知☉O 的半径 为１,直线PA 与☉O 相切于点A,直线PB 与☉O交于B,C 两点,D 为BC 的中点,若 |PO|＝ ２,则PA → 􀅰PD → 的最大值为 (　　) A．１＋ ２２ B． １＋２ ２ ２ C．１＋ ２ D．２＋ ２ ３．(２０２５􀅰 上海卷,１２)已 知 函 数 f(x)＝ １,x＞０ ０,x＝０ －１,x＜０ ì î í ï ï ï ï ,a、b、c是平面内三个不同的单 位向量．若f(a􀅰b)＋f(b􀅰c)＋f(c􀅰a)＝ ０,则|a＋b＋c|的取值范围是　　　． ４．(２０２３􀅰天津卷,１４)在△ABC 中,∠A＝π３ , |BC → |＝１,点D 为线段AB 的中点,点E 为 线段CD 的中点,若设AB → ＝a,AC → ＝b,则AE → 可用a,b表示为　　　　;若BF → ＝１３BC →,则 AE →􀅰AF → 的最大值为　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点３　解三角形 ◆正弦定理 １．(２０２３􀅰全国乙卷(文),４)在△ABC 中,内 角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acosB－ bcosA＝c,且C＝π５ ,则B＝ (　　) A．π１０ B． π ５ C．３π１０ D． ２π ５ ２．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,１５)(１３分)记△ABC 的内角A、B、C 的对边分别为a,b,c,已知 sinA＋ ３cosA＝２． (１)求A; (２)若a＝２,２bsinC＝csin２B,求△ABC 的周长． ３．(２０２３􀅰天津卷,１６)(１４分)在△ABC中,角 A,B,C 所对的边分别是a,b,c．已知a＝ ３９,b＝２,∠A＝１２０°． (１)求sinB 的值; (２)求c的值; (３)求sin(B－C)的值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２３ 数学 ◆余弦定理 １．(２０２５􀅰全国二卷,５)在△ABC 中,BC＝２, AC＝１＋ ３,AB＝ ６,则A＝ (　　) A．４５° B．６０° C．１２０° D．１３５° ２．(２０２３􀅰全国甲卷(理),１６)已知△ABC中, ∠BAC＝６０°,AB＝２,BC＝ ６,∠BAC的角平 分线交BC于点D,则AD＝　　　　． ３．(２０２３􀅰上海卷,８)△ABC 中,角A,B,C 所 对的边分别为a＝４,b＝５,c＝６,则sinA＝ 　　　　． ◆三角形面积公式的应用 (２０２３􀅰 全 国 甲 卷 (文),１７)(１２ 分)记 △ABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b, c,已知b ２＋c２－a２ cosA ＝２． (１)求bc; (２)若acosB－bcosAacosB＋bcosA－ b c ＝１ ,求 △ABC 面积． ◆解三角形的综合应用 １．(２０２５􀅰全国一卷,１１)(多选)已知△ABC 的面积为１ ４ ,若cos２A＋cos２B＋２sinC＝ ２,cosAcosBsinC＝１４ ,则 (　　) A．sinC＝sin２A＋sin２B B．AB＝ ２ C．sinA＋sinB＝ ６２ D．AC２＋BC２＝３ ２．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１１)记△ABC的内角 A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B＝６０°,b２＝ ９ ４ac ,则sinA＋sinC＝ (　　) A．２ ３９１３ B． ３９ １３ C．７２ D． ３ １３ １３ ３．(２０２５􀅰 上海卷, １１)小申同学观察 发现,生活中有些 时候 影 子 可 以 完 全投射在斜面上．某斜面上有两根长为１米 的垂直于水平面放置的杆子,与斜面的接 触点分别为A、B,它们在阳光的照射下呈 现出影子,阳光可视为平行光:其中一根杆 子的影子在水平面上,长度为０．４米;另一 根杆子的影子完全在斜面上,长度为０．４５ 米,则斜面的底角θ＝　　　．(结果用角度 制表示,精确到０．０１°．) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３３ 作业８　平面向量 ４．(２０２５􀅰天津卷,１６)在△ABC中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c．已知asinB＝ ３bcos A,c－２b＝１,a＝ ７． (Ⅰ)求A 的值; (Ⅱ)求c的值; (Ⅲ)求sin(A＋２B)的值． ５．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷,１５)(１３分)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c．已知 sinC＝ ２cosB,a２＋b２－c２＝ ２ab． (１)求B; (２)若△ABC的面积为３＋ ３,求c． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４３ 数学 ６．(２０２４􀅰天津卷,１６)(本小题满分１４分)在 △ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b, c．已知cosB＝９１６ ,b＝５,ac＝ ２ ３． (１)求a的值; (２)求sinA 的值; (３)求cos(B－２A)的值． ７．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,１７)(１０ 分)已知在 △ABC 中,A＋B＝３C,２sin(A－C)＝ sinB． (１)求sinA; (２)设AB＝５,求AB 边上的高． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５３ 作业８　平面向量 ８．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１７)(１０分)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知 △ABC 的面积为 ３,D 为BC 的中点,且 AD＝１． (１)若∠ADC＝π３ ,求tanB; (２)若b２＋c２＝８,求b,c． ９．(２０２３􀅰 全 国 乙 卷 (理),１８)(１２ 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． ◆正、余弦定理的实际应用 (２０２４􀅰上海卷,１１)海上有灯 塔O,A,B,货船T,如图,已知 A 在O 正东方向,B 在O 的正 北方向,O 到A、B 距离相等, ∠BTO＝１６．５°,∠ATO＝３７°,则∠BOT＝ 　　　　．(精确到０．１°) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６３ 数学 考虑２x＝－３π２ ,２x＝３π２ ,２x＝７π２ ,即x＝－３π４ ,x＝３π４ ,x ＝７π４ 处f(x)与y＝１２x－ １ ２ 的大小关系, 当x＝－３π４ 时,f －３π４( )＝－sin － ３π ２( )＝－１, y＝１２× － ３π ４( )－ １ ２＝－ ３π＋４ ８ ＜－１ ; 当x＝３π４ 时,f ３π４( ) ＝－sin ３π ２＝１ ,y＝１２× ３π ４ － １ ２＝ ３π－４ ８ ＜１ ; 当x＝７π４ 时,f ７π４( ) ＝－sin ７π ２＝１ ,y＝１２× ７π ４ － １ ２＝ ７π－４ ８ ＞１ ; 所以由图可知,f(x)与y＝１２x－ １ ２ 的交点个数为３．故 选 C． ５．解析:令f(x)＝cosωx－１＝０,得cosωx＝１,又x∈[０, ２π],则ωx∈[０,２ωπ],所以４π≤２ωπ＜６π,即２≤ω＜３． 故ω的取值范围是[２,３)． 答案:[２,３) ６．解析:设A x１, １ ２( ) ,B x２, １ ２( ) ,则ωx１＋φ＝ π ６ ,ωx２＋ φ＝ ５π ６ ,又x２－x１＝ π ６ ,所以ω＝４,由曲线y＝f(x)过 ２π ３ ,０( ) ,所以４×２π３＋φ＝２π,即φ＝－ ２π ３ ,所以f(x)＝ sin ４x－２π３( ) ,f(π)＝sin ４π－ ２π ３( ) ＝－sin２π３＝－ ３ ２． 答案:－ ３２ ７．解:(１)因为f(０)＝cosφ＝ １ ２ 且０≤φ＜π, 所以φ＝ π ３ (２)由(１)得f(x)＝cos ２x＋π３( ) 所以g(x)＝cos ２x＋π３( )＋ cos ２ x－π６( )＋ π ３[ ] ＝cos ２x＋π３( )＋cos２x ＝３２cos２x－ ３ ２sin２x ＝ ３cos ２x＋π６( ) 因为x∈R,所以g(x)的值域为[－ ３,３], 令－π＋２kπ≤２x＋π６≤２kπ ,k∈Z, 得－７１２π＋kπ≤x≤－ π １２＋kπ ,k∈Z, 令２kπ≤２x＋π６≤π＋２kπ ,k∈Z, 得－π１２＋kπ≤x≤ ５ １２π＋kπ ,k∈Z, 所以g(x)单调增区间为 －７１２π＋kπ ,－π１２＋kπ[ ] ,k∈Z 单调递减区间为 －π１２＋kπ ,５ １２π＋kπ[ ] ,k∈Z 作业８　平面向量 考点１　平面向量的概念及运算 ◆平面向量的线性运算及平面向量基本定理 A　本题考查平面向量的线性运算．因为 D 是AB 的中 点,所以AD → ＝DB → ．所以CB → ＝CD → ＋DB → ＝CD → ＋AD → ＝CD → ＋(CD → －CA →)＝２CD→－CA→．故选 A． ◆平面向量的坐标运算 １．D　因为b⊥(b－４a),所以b􀅰(b－４a)＝０,则４＋x２－ ４x＝０,解得x＝２．故选择:D． ２．D　(a＋λb)􀅰(a＋μb)＝a ２＋(λ＋μ)(a􀅰b)＋λμb ２ ＝２(１＋λμ)＝０,所以λμ＝－１．故选 D． ３．B　因为a＝(３,１),b＝(２,２), 所以a＋b＝(５,３),a－b＝(１,－１), 则|a＋b|＝ ５２＋３２＝ ３４,|a－b|＝ １＋１＝ ２,(a ＋b)􀅰(a－b)＝５×１＋３×(－１)＝２, 所以cos‹a＋b,a－b›＝ (a＋b)􀅰(a－b) |a＋b||a－b| ＝ ２ ３４× ２ ＝ １７ １７ ． 故选B． ４．解析:由题意可知,２k＝５×６,则k＝１５． 答案:１５ ５．解析:a􀅰b＝－２×１＋３×２＝４． 答案:４ 考点２　平面向量的数量积及应用 ◆平面向量的数量积 B　以{AB →,AD→}为基底向量,可知|AB→|＝|AD→|＝２,AB→ 􀅰AD → ＝０ 则EC → ＝EB → ＋BC → ＝１２AB → ＋AD →,ED→＝EA→＋AD→＝ －１２AB → ＋AD →, 所 以EC → 􀅰ED→＝ １２AB → ＋AD → ( ) 􀅰 －１２AB → ＋AD → ( ) ＝ －１４AB →２＋AD→ ２ ＝－１＋４＝３．故选B． ◆平面向量的夹角 C　 由 已 知 有c＝(３＋t,４),cos‹a,c›＝cos‹b,c›,故 ９＋３t＋１６ |c|􀅰５ ＝ ３＋t |c|􀅰１ ,解得t＝５,故选 C． ◆平面向量的模 １．B　将条件|a＋２b|＝２平方得１＋４a􀅰b＋４b２＝４,由(b －２a)⊥b得b２－２a􀅰b＝０,所以b２＝１２ ,|b|＝ ２２． ２．解析:因为a－b＝(x,１)－(x－１,２x)＝(１,１－２x),又a ⊥(a－b) 所以a􀅰(a－b)＝x＋１－２x＝１－x＝０,解得x＝１ 所以|a|＝ １２＋１２＝ ２ 答案:２ ３．解析:由|a＋b|＝|２a－b|,得a２＝２a􀅰b; 由|a－b|＝ ３,得a２－２a􀅰b＋b２＝３,即b２＝３, |b|＝ ３． 答案:３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５０１ 详解详析 ◆平面向量的综合应用 １．D　先根据AB → ＝OB → －OA →,求出OA→,OB→,进而可以用向 量OA →,OB→表示出２CA→＋AB→,即可解出． 因为|OA → |＝|OB → |＝ ２,|AB → |＝２, 由AB → ＝OB → －OA → 平方,可得OA →􀅰OB→＝０,所以‹OA→,OB→› ＝π２． ２CA → ＋AB → ＝２(OA → －OC →)＋OB→－OA→＝OA→＋OB→－２OC→, |OC → |＝ ３２＋４２＝５, 所以,|２CA → ＋AB → |２＝OA →２＋OB→ ２ ＋４OC →２－４(OA→＋OB→) 􀅰OC → ＝２＋２＋４×２５－４ OA → ＋OB →( ) 􀅰OC → ＝１０４－４(OA → ＋ OB →)􀅰OC→, 又|(OA → ＋OB →)􀅰OC→|≤|OA→＋OB→||OC→|＝５× ２＋２＝ １０,即－１０≤(OA → ＋OB →)􀅰OC→≤１０, 所以|２CA → ＋AB → |２∈[６４,１４４],即|２CA → ＋AB → |∈[８, １２],故选:D． ２．A　 如 图 所 示,|OA|＝１, |OP|＝ ２,则 由 题 意 可 知: ∠APO＝π４ , 由 勾 股 定 理 可 得 PA ＝ OP２－OA２＝１ 当点A,D 位于直线PO 异侧 时,设∠OPC＝α,０≤α≤π４ , 则:PA →􀅰PD→＝|PA→|􀅰|PD→|cosα＋π４( ) ＝１× ２cosαcos α＋π４( ) ＝ ２cosα ２ ２cosα－ ２ ２sinα æ è ç ö ø ÷ ＝cos２α－sinαcosα ＝１＋cos２α２ － １ ２sin２α ＝１２－ ２ ２sin ２α－ π ４( ) ０≤α≤π４ ,则－π４≤２α－ π ４≤ π ４ ∴当２α－π４＝－ π ４ 时,PA →􀅰 PD → 有最大值１． 当点A,D 位于直线PO 同侧 时,设∠OPC＝α,０≤α≤π４ , 则:PA →􀅰PD→＝|PA→|􀅰|PD→| cosα－π４( ) ＝１× ２cosαcosα－π４( ) ＝ ２cosα ２ ２cosα＋ ２ ２sinα æ è ç ö ø ÷ ＝cos２α＋sinαcosα ＝１＋cos２α２ ＋ １ ２sin２α ＝１２＋ ２ ２sin ２α＋ π ４( ) ０≤α≤π４ ,则 π ４≤２α＋ π ４≤ π ２ ∴当２α＋π４＝ π ２ 时,PA →􀅰PD→有最大值１＋ ２２ ． 综上可得,PA →􀅰PD→的最大值为１＋ ２２ ． 故选 A ． ３．解析:本题考查了平面向量的数量积,模的最值． 由题意可知,f(a,b),f(b,c),f(a,c)三者全为０或一个 为１,一个为－１,一个为０． 当全为０时,可知a,b,c,两两垂直,不符合题意,所以必 为后者,不妨设f(a􀅰b)＝０,f(b􀅰c)＝－１, f(a,c)＝１ 可知b􀅰c＜０,a􀅰c＞０,a􀅰b＝０ 设a＝(１,０),b＝(０,１),c＝(cosθ,sinθ), ∴a􀅰c＝cosθ＞０,b􀅰c＝sinθ＜０,∴θ∈ －π２ ,０( ) ∴ |a ＋ b ＋ c| ＝ (１＋cosθ)２＋(１＋sinθ)２ ＝ ３＋２ ２sin θ＋π４( ) 可知θ＋π４∈ － π ４ ,π ４( ) ,∴２ ２sinθ＋ π ４( ) ∈(－２,２) ∴|a＋b＋c|∈(１,５) 答案:(１,５) ４．解析:如 图,因 为 E 为CD 的 中 点,则ED → ＋EC → ＝０, 可得 AE → ＋ED → ＝AD → AE → ＋EC → ＝AC →{ , 两 式 相 加,可 得 到 ２AE → ＝AD → ＋AC →, 即２AE → ＝１２a＋b ,则AE → ＝１４a＋ １ ２b ; 因 为 BF → ＝ １３ BC →, 则 ２ FB→ ＋ FC→ ＝ ０, 可 得 AF → ＋FC → ＝AC → AF → ＋FB → ＝AB →{ , 得到AF → ＋FC → ＋２(AF → ＋FB →)＝AC→＋２AB→, 即３AF → ＝２a＋b,即AF → ＝２３a＋ １ ３b． 于是AE →􀅰AF→＝ １４a＋ １ ２b( ) 􀅰 ２ ３a＋ １ ３b( ) ＝１１２ (２a２＋５a􀅰b＋２b２)． 记AB＝x,AC＝y,则AE →􀅰AF→＝１１２(２a ２＋５a􀅰b＋２b２) ＝１１２ (２x２＋５xycos６０°＋２y２) ＝１１２ ２x ２＋５xy２ ＋２y ２( ) , 在△ABC中,根据余弦定理: BC２＝x２＋y２－２xycos６０°＝x２＋y２－xy＝１, 于是AE →􀅰AF→＝１１２ ２xy＋ ５xy ２ ＋２( )＝ １ １２ ９xy ２ ＋２( ) , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６０１ 数学 由x２＋y２－xy＝１和基本不等式,x２＋y２－xy＝１≥２xy －xy＝xy, 故xy≤１,当且仅当x＝y＝１取得等号, 则x＝y＝１时,AE →􀅰AF→有最大值１３２４． 答案:１ ４a＋ １ ２b　 １３ ２４ 考点３　解三角形 ◆正弦定理 １．C　由题意结合正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝ sinC, 即sinAcosB－sinBcosA＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋ sinBcosA, 整理可得sinBcosA＝０,由于B∈(０,π), 故sinB＞０, 据此可得cosA＝０,A＝π２ , 则B＝π－A－C＝π－π２－ π ５＝ ３π １０． 故选:C． ２．解:(１)２ １ ２sinA＋ ３ ２cosA æ è ç ö ø ÷＝２, sin A＋π３( )＝１, ∵A 为三角形ABC 的内角, ∴A＋π３＝ π ２ ,∴A＝π６． (２)∵ ２bsinC＝csin２B, ∴ ２sinBsinC＝sinCsin２B＝２sinCsinBcosB, ∴ ２＝２cosB,∴cosB＝ ２２ , ∴B＝π４ ,C＝７π１２ , a sinA＝ b sinB＝ c sinC , ２ １ ２ ＝b ２ ２ ＝ c ６＋ ２ ４ ,∴b＝２ ２,c＝ ６＋ ２, ∴△ABC的周长为２＋ ６＋３ ２． ３．解:(１)由 正 弦 定 理 可 得, asinA＝ b sinB ,即 ３９ sin１２０°＝ ２ sinB ,解得sinB＝ １３１３ ． (２)由余弦定理可得,a２＝b２＋c２－２bccosA, 即３９＝４＋c２－２×２×c× －１２( ) , 解得c＝５或c＝－７(舍去)．所以c＝５． (３)由正弦定理可得, asinA＝ c sinC ,即 ３９ sin１２０°＝ ５ sinC , 解得sinC＝５ １３２６ ,而A＝１２０°, 所以B,C都为锐角,因此cosC＝ １－２５５２＝ ３ ３９ ２６ , cosB＝ １－１１３＝ ２ ３９ １３ , 故sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC ＝ １３１３ × ３ ３９ ２６ － ２ ３９ １３ × ５ １３ ２６ ＝－ ７ ３ ２６ ． ◆余弦定理 １．A 　cos A ＝ AB ２＋AC２－BC２ ２AB􀅰AC ＝ ６＋４＋２ ３－４ ２ ６(１＋ ３) ＝ ２ ３(１＋ ３) ２ ６(１＋ ３) ＝ ２２ ,又０°＜A＜１８０°,故A＝４５°． ２．解析:如图所示:记AB＝c,AC＝ b,BC＝a, ２２＋b２－２×２×b×cos６０°＝６, 因为b＞０,解得:b＝１＋ ３, 由S△ABC＝S△ABD ＋S△ACD 可得, １ ２×２×b×sin６０°＝ １ ２×２×AD×sin３０°＋ １ ２×AD×b ×sin３０°, 解得:AD＝ ３b １＋b２ ＝２ ３ (１＋ ３) ３＋ ３ ＝２． 答案:２ ３．解析:cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ＝ ２５＋３６－１６ ２×５×６ ＝ ３ ４ , ∴sinA＝ １－cos２A＝ ７４． 答案:７ ４ ◆三角形面积公式的应用 解:(１)因为a２＝b２＋c２－２bccosA, 所以b ２＋c２－a２ cosA ＝ ２bccosA cosA ＝２bc＝２ ,解得bc＝１． (２)由正弦定理可得acosB－bcosAacosB＋bcosA－ b c ＝sinAcosB－sinBcosAsinAcosB＋sinBcosA－ sinB sinC＝ sin(A－B) sin(A＋B)－ sinB sin(A＋B)＝ sin(A－B)－sinB sin(A＋B) ＝１ , 变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB, 即－２cosAsinB＝sinB, 而０＜sinB≤１,所以cosA＝－１２ ,又０＜A＜π, 所以sinA＝ ３２ , 故△ABC的 面 积 为S△ABC ＝ １ ２bcsinA＝ １ ２ ×１× ３ ２ ＝ ３４． ◆解三角形的综合应用 １．ABC　由２＝cos２A＋cos２B＋２sinC＝１－２sin２A＋１－ ２sin２B＋２sinC, 可得sin２A＋sin２B＝sinC,故选项 A正确． 由cosAcosBsinC＝１４ 可知A,B皆为锐角; 若A＋B＜π２ ,则sin２A＋sin２B＜sinAcosB＋sinBcosA＝ sinC,不合题意, 若A＋B＞π２ ,则sin２A＋sin２B＞sinAcosB＋sinBcosA＝ sinC,也不合题意, 所以A＋B＝π２ ,C＝π２． ∴由cosAcosB＝１４ ,可知sinAsinB＝１４ ,由面积可知 ab＝１２ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７０１ 详解详析 所以c２＝ absinAsinB＝２ ,故AB＝ ２,选项B正确． sinA＋sinB＝ １＋２sinAsinB＝ ６２ ,选项C正确． AC２＋BC２ ＝AB２ ＝２,选项 D 错误．故本题正确选项 为 ABC． ２．C　因为B＝ π３ ,b２＝９４ac ,所以sin２B＝９４sinAsinC , sinAsinC＝４９× ３ ４＝ １ ３ ,由余弦定理可得:b２＝a２＋c２ －ac＝９４ac ,即a２＋c２＝１３４ac ,sin２A＋sin２C＝１３４sinAsin C＝１３１２ ,所以(sinA＋sinC)２＝sin２A＋sin２C＋２sinAsinC＝ １３ １２＋ ２ ３＝ ７ ４ ,sinA＋sinC＝ ７２． ３．解析:如 图,在 A 处,tanx＝ １０．４＝２．５ ,在 B 处 满 足 tan∠CED＝２．５,(其中ED∥水平面,CE 是射过B 处 杆子最高点的光线,光线交斜面于E),设BD＝y,则ED ＝１＋y２．５ , 由勾股定理,y２＋ １＋y２．５( ) ２ ＝０．４５２,解得y≈０．０９８, 于是θ＝arcsin０．０９８０．４５≈１２．５８°． 答案:１２．５８° ４．解:(１)在△ABC 中,由正弦定理及已知得sinAsinB＝ ３sinBcosA, sinA＝ ３cosA,tanA＝ ３,A＝π３． (２)由c－２b＝１得b＝c－１２ ,由余弦定理a２＝b２＋c２－ ２bccosA 得(７)２＝c２＋ c－１２( ) ２ －２c c－１２( )cos π ３ ,即 ３c２＋１＝２８,解之得c＝３,b＝１． (３)由余弦定理 得cosB＝a ２＋c２－b２ ２ac ＝ (７)２＋３２－１２ ２ ７×３ ＝５ ７１４ ,sinB＝ １－ ５ ７ １４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ２１１４ ,sin(A＋２B)＝ sinAcos２B＋cosAsin２B＝sinA[２cos２ B－１]＋ ２cosAcosBsinB＝ ３２ × ２ ５ ７ １４ æ è ç ö ø ÷ ２ －１æ è ç ö ø ÷ ＋２× １２ × ２１ １４ × ５ ７ １４ ＝ ４ ３ ７ ． ５．解:(１)由余弦定理可得:cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ２ ２ , 因为C∈(０,π),所以C＝π４ ,所以 ２cosB＝sinC＝ ２２ , 即cosB＝１２ , 因为B∈(０,π),所以B＝π３． (２)由(１)可得A＝π－B－C＝ ５１２π ,设△ABC 外接圆的 半径为R, 由正弦定理可得: a sinA＝ b sinB＝ c sinC＝２R ,所 以b＝ ３R,c＝ ２R,sinA＝sin(B＋C) ＝sinBcosC＋cosBsinC＝ ６＋ ２４ , 所以S△ABC＝ １ ２bcsinA＝ １ ２ 􀅰 ３R􀅰 ２R􀅰 ６＋ ２４ ＝３ ＋ ３,解得R＝２, 所以c＝２ ２． ６．解析:(１)设a＝２t,c＝３t,t＞０,则根据余弦定理得b２＝ a２＋c２－２accosB, 即２５＝４t２＋９t２－２×２t×３t×９１６ ,解得t＝２(负值舍去); 则a＝４,c＝６． (２)因为 B 为 三 角 形 内 角,所 以sinB＝ １－cos２B＝ １－ ９１６( ) ２ ＝５ ７１６ , 根据正弦定理得 a sinA＝ b sinB ,即 ４ sinA＝ ５ ５ ７ １６ , 解得sinA＝ ７４ , (３)因为cosB＝９１６＞０ ,且B∈(０,π),所以B∈ ０,π２( ) , 由(２)知sinB＝５ ７１６ , 因为a＜b,则A＜B,所以cosA＝ １－ ７ ４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝３４ , 则sin２A＝２sinAcosA＝２× ７４× ３ ４＝ ３ ７ ８ ,cos２A＝ ２cos２A－１＝２× ３４( ) ２ －１＝１８ , cos(B－２A)＝cosBcos２A＋sinBsin２A＝ ９１６× １ ８ ＋ ５ ７ １６ × ３ ７ ８ ＝ ５７ ６４． ７．解:(１)因为A＋B＝３C,所以A＋B＝３(π－A－B),所以 A＋B＝３π４ ,所以C＝π４ , 另外,由题意得:２sin(A－C)＝sin(A＋C), 即２sinAcosC－２cosAsinC ＝sinAcosC＋cosAsinC, 所以sinA＝３cosA,变形得sin２A＝９(１－sin２A)． 故sinA＝３ １０１０ ． (２)由sinA＝３cosA, 得cosA＝１３sinA＝ １０ １０ , 所以sinB＝sin(A＋C)＝３ １０１０ × ２ ２ ＋ １０ １０ × ２ ２ ＝ ２ ５ ５ ,由 AC sinB＝ AB sinC ,解得AC＝２ １０, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８０１ 数学 所以S△ABC＝ １ ２×５×２ １０× ３ １０ １０ ＝１５ , 设AB 边上的高为h,则１２AB 􀅰h＝１５,解得h＝６．故AB 边上的高为６． ８．解:(１)因为S△ABC＝２S△ADC＝２× １ ２× a ２×１×sin６０°＝ ３ ４a＝ ３ ,解得a＝４, 在△ADC中由余弦定理得b２＝１２＋２２－２×１×２×cos π３ ＝３, 在△ABD中,c２＝１２＋２２－２×１×２×cos２π３＝７ , 在△ABC中,cosB＝c ２＋a２－b２ ２ca ＝ ７＋１６－３ ２ ７×４ ＝ ５ ２ ７ , sinB＝ １－cos２B＝ ３ ２ ７ ,因此tanB＝sinBcosB＝ ３ ５． (２)在△ABC 中,由 中 线 长 公 式 可 得 (２AD)２ ＋BC２ ＝ ２(AB２＋AC２),即２２＋a２＝２(b２＋c２)＝１６,所以a２＝１２, 又S△ABC＝ １ ２bcsinA＝ ３ ,因而bcsinA＝２ ３,又由余弦 定理得a２＝b２＋c２－２bccosA,即１２＝８－２bccosA,所以 bccosA＝－２,故tanA＝－ ３⇒cosA＝－１２ ,所以bc＝ ４,又b２＋c２＋２bc＝８＋８＝１６＝(b＋c)２,b２＋c２－２bc＝８ －８＝０＝(b－c)２,故可得b＝c＝２． ９．解:(１)由 余 弦 定 理 可 得:BC２ ＝AB２ ＋AC２ －２AB􀅰 ACcosA＝４＋１－２×２×１×cos１２０°＝７, 则 BC ＝ ７,cos B ＝ AB ２＋BC２－AC２ ２AB􀅰BC ＝ ７＋４－１ ２×２× ７ ＝５ ７１４ , sinB＝ １－cos２B＝ １－２５２８＝ ２１ １４ ． (２)由三角形面积公式可得 S△ABD S△ACD ＝ １ ２×AB×AD×sin９０° １ ２×AC×AD×sin３０° ＝４, 则S△ACD＝ １ ５S△ABC＝ １ ５× １ ２×２×１×sin１２０°( ) ＝ ３１０． ◆正、余弦定理的实际应用 解析:如图,不妨设OA＝OB＝a,BT＝b, AT＝c,则AB＝ ２a 所以在△ABT 中,(２a)２＝b２＋c２－２bc cos５３．５°　① 在△OBT 中, asin１６．５°＝ b sin∠BOT　② 在△OAT 中, asin３７°＝ c sin(９０°－∠BOT)　③ 联立①②③得∠BOT≈７．８°． 答案:７．８° 作业９　数系的扩充与复数的引入 ◆复数的概念 １．C　由(１＋５i)i＝－５＋i,即知虚部为１,选 C． ２．C　|z|＝ １２＋１２＝ ２． ３．D　因为z＝ ２i,所以z􀅰􀭵z＝２,故选 D． ４．C　(a＋i)(１－ai)＝a－a２i＋i＋a＝２a＋(１－a２)i＝２, 所以 ２a＝２, １－a２＝０,{ 解得a＝１．故选 C． ５．C　由题意可得２＋i２＋２i３＝２－１－２i＝１－２i, 则|２＋i２＋２i３|＝|１－２i|＝ １２＋(－２)２＝ ５．故选 C． ６．解析:本题考查了复数的模、以及复数的运算 ３＋ii ＝ |３＋i| |i| ＝ １０ １ ＝ １０ 答案: １０ ７．解析:设z＝１＋bi(b∈R,且b≠０), 所以z＋ ２z ＝１＋bi＋ ２ １＋bi＝１＋bi＋ ２􀅰(１－bi) １＋b２ ＝１＋ ２ １＋b２ ＋ b－ ２b１＋b２( )i, 因为m∈R,所以b－ ２b １＋b２ ＝０,解得b＝±１,所以 m＝１ ＋ ２ １＋b２ ＝１＋１＝２． 答案:２ ８．解析:１－iz＝１－i(１＋i)＝２－i,|１－iz|＝|２－i|＝ ５． 答案:５ ◆复数的四则运算 １．A　 １z－１＝ １ i＝－i． ２．B　先求出复数z,再根据复数模的公式即可求出．由i􀅰 z＋２＝２i可 得,z＝ ＝ －２＋２ii ＝２＋２i ,所 以|z|＝ ２２＋２２＝２ ２,故选:B． ３．C　由题知z＝(１＋i)(z－１),z＝１＋ii ＝１－i． 故选择:C． ４．A　因为z＝５＋i,所以􀭵z＝５－i,故i(􀭵z＋z)＝１０i． ５．C　zi＝－１－i ,则z＝i(－１－i)＝－i－i２＝１－i． ６．A　因为z＝１－i２＋２i＝－ １ ２i ,所以z＝１２i , 所以z－z＝－i．故选 A． ７．C　 ５ (１＋i３) (２＋i)(２－i)＝ ５(１－i) ５ ＝１－i ,故选 C． ８．B　 由 题 意 可 得 z＝ ２＋i １＋i２＋i５ ＝ ２＋i１－１＋i＝ i(２＋i) i２ ＝ ２i－１ －１ ＝１－２i ,则z＝１＋２i．故选B． ９．解析:(５＋i)􀅰(５－２i)＝５＋ ５i－２ ５i＋２＝７－ ５i． 答案:７－ ５i １０．解析:由题 意 可 得５＋１４i２＋３i＝ (５＋１４i)(２－３i) (２＋３i)(２－３i)＝ ５２＋１３i １３ ＝４＋i． 答案:４＋i 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９０１ 详解详析