6.4 平面向量的应用讲义-2025-2026学年高一数学人教A版必修第二册

6.5 平面向量的应用 【知识点1 平面几何中的向量方法】 1．平面几何中的向量方法 (1)用向量研究平面几何问题的思想 向量集数与形于一身，既有代数的抽象性又有几何的直观性.因此，用向量解决平面几何问题，就是将 几何的证明问题转化为向量的运算问题，将“证”转化为“算”，思路清晰，便于操作. (2)向量在平面几何中常见的应用 ①证明线段平行或点共线问题，以及相似问题，常用向量共线定理：. ②证明线段垂直问题，如证明四边形是矩形、正方形，判断两直线(或线段)是否垂直等，常用向量垂直的条件：. ③求夹角问题，利用夹角公式：. ④求线段的长度或说明线段相等，可以用向量的模：或 . (3)向量法解决平面几何问题的“三步曲” 第一步，转化：建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题； 第二步，运算：通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题； 第三步，翻译：把运算结果“翻译”成几何关系. 【知识点2 向量在物理中的应用】 1．力学问题的向量处理方法 向量是既有大小又有方向的量，它们可以有共同的作用点，也可以没有共同的作用点，但力却是既有大小，又有方向且作用于同一作用点的量.用向量知识解决力的问题，往往是把向量平移到同一作用点上. 2．速度、位移问题的向量处理方法 速度、加速度与位移的合成和分解，实质就是向量的加减法运算，而运动的叠加也用到向量的合成. 3．向量与功、动量 物理上力做功的实质是力在物体前进方向上的分力与物体位移的乘积，它的实质是向量的数量积. (1)力的做功涉及两个向量及这两个向量的夹角，即.功是一个实数，它可正，可 负，也可为零. (2)动量涉及物体的质量m，物体运动的速度，因此动量的计算是向量的数乘运算. 【知识点3 余弦定理、正弦定理】 1．余弦定理 (1)余弦定理及其推论的表示 文字表述 三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍. 公式表述 a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC. 推论 (2)对余弦定理的理解 ①余弦定理对任意的三角形都成立. ②在余弦定理中，每一个等式都包含四个量，因此已知其中三个量，利用方程思想可以求得未知的量. ③余弦定理的推论是余弦定理的第二种形式，适用于已知三角形三边来确定三角形的角的问题.用余弦 定理的推论还可以根据角的余弦值的符号来判断三角形中的角是锐角还是钝角. ④余弦定理的另一种常见变式：b2+c2-a2=2bccosA，a2+c2-b2=2accosB，a2+b2-c2=2abcosC. 2．正弦定理 (1)正弦定理的表示 在△ABC中，若角A,B,C对应的边分别是a,b,c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即==. (2)正弦定理的常见变形 在△ABC中，由正弦定理得===k(k>0)，则a=k，b=k，c=k，由此可 得正弦定理的下列变形： ①=，=，=，a=b，a=c，b=c； ②======； ③a:b:c=::； ④===2R，（R为△ABC外接圆的半径）. (3)三角形的边角关系 由正弦定理可推导出，在任意三角形中，有“大角对大边，小角对小边”的边角关系. 3．解三角形 (1)解三角形的概念 一般地，三角形的三个角A,B,C和它们的对边a,b,c叫做三角形的元素.在三角形中，已知三角形的几个 元素求其他元素的过程叫做解三角形. (2)余弦定理在解三角形中的应用 利用余弦定理可以解决以下两类解三角形的问题： ①已知两边及它们的夹角，求第三边和其他两个角； ③已知三边，求三角形的三个角. (3)正弦定理在解三角形中的应用 公式==反映了三角形的边角关系. 由正弦定理的推导过程知，该公式实际表示为：=，=，=.上述的 每一个等式都表示了三角形的两个角和它们的对边的关系.从方程角度来看，正弦定理其实描述的是三组方程，对于每一个方程，都可“知三求一”，于是正弦定理可以用来解决两类解三角形的问题： ①已知两角和任意一边，求其他的边和角， ③已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角. 4．对三角形解的个数的研究 已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定. 已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三 角形不能被唯一确定. (1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已知 a,b和A，解三角形为例加以说明. 由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得： ①若=>1，则满足条件的三角形的个数为0； ②若==1，则满足条件的三角形的个数为1； ③若=<1，则满足条件的三角形的个数为1或2. 显然由0<=<1可得B有两个值，一个大于，一个小于，考虑到“大边对大角”、“三 角形内角和等于”等，此时需进行讨论. (2)从几何的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，以已知a,b和A，解三角形为例，用几何法探究如下： 图形 关系式 解的个数 A为锐角 ①a=bsin A； ②a≥b 一解 bsinA<a<b 两解 a<bsinA 无解 A为钝角或直角 a>b 一解 a≤b 无解 5．判定三角形形状的途径： (1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系； (2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁. 无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制. 6．三角形的面积公式 (1)常用的三角形的面积计算公式 ①(分别为边a,b,c上的高). ②将，，代入上式可得=ab=bc=ac，即三 角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦值乘积的一半. (2)三角形的其他面积公式 ①=r(a+b+c)= rl，其中r,l分别为△ABC的内切圆半径及△ABC的周长. ②=，=，=. 【知识点4 测量问题】 1．测量问题 (1)测量距离问题的基本类型和解决方案 当AB的长度不可直接测量时，求AB的距离有以下三种类型： 类型 简图 计算方法 A,B间不可达也不可视 测得AC=b，BC=a，C的大小，则由余弦定理得 B, C与点A可视但不可达 测得BC=a，B，C的大小，则A=π-(B+ C)，由正弦定理得 C,D与点A,B均可视不可达 测得CD=a及∠BDC,∠ACD,∠BCD,∠ADC的度数.在△ACD中，用正弦定理求AC；在△BCD中，用正弦定理求BC；在△ABC中，用余弦定理求AB. (2)测量高度问题的基本类型和解决方案 当AB的高度不可直接测量时，求AB的高度有以下三种类型： 类型 简图 计算方法 底部 可达 测得BC=a，C的大小，AB=a·tan C. 底部不可达 点B与C,D共线 测得CD=a及∠ACB与∠ADB的度数. 先由正弦定理求出AC或AD,再解直角三角形得AB的值. 点B与C , D不共线 测得CD=a及∠BCD,∠BDC,∠ACB的度数. 在△BCD中由正弦定理求得BC，再解直角三角形得AB的值. (3)测量角度问题 测量角度问题主要涉及光线(入射角、折射角)，海上、空中的追及与拦截，此时问题涉及方向角、方 位角等概念，若是观察建筑物、山峰等，则会涉及俯角、仰角等概念.解决此类问题的关键是根据题意、图形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，然后解三角形即可. 一．平面向量在物理中的应用（共12小题） 1．河水的流速为2m/s，一艘小船想沿垂直于河岸方向以8m/s的速度驶向对岸，则小船实际航行的速度大小为（　　） A．8m/s B． C． D．10m/s 2．如图所示，一条河两岸平行，河的宽度为400米，一艘船从河岸的A地出发，向河对岸航行．已知船在静水中的航行速度v1的大小为|v1|＝6km/h，水流速度v2的大小为|v2|＝2km/h，船的速度与水流速度的合速度为v，那么当航程最短时，下列说法正确的是（　　） A．船头方向与水流方向垂直 B． C． D．该船到达对岸所需时间为3分钟 3．如图所示，一个物体被两根轻质细绳拉住，且处于平衡状态，已知两条绳上的拉力分别是，，且，与水平夹角均为45°，，则物体的重力大小为（　　） A．20N B． C．10N D． 4．在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包，假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，，且||＝||，与的夹角为θ，下列结论中正确的是（　　） A．θ越小越费力，θ越大越省力 B．θ的范围为[0，π] C．当θ时，||＝|| D．当θ时，||＝|| 5．在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包．假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，，且，与的夹角为θ．给出以下结论： ①θ越大越费力，θ越小越省力；②θ的范围为[0，π]；③当时，；④当时，． 其中正确结论的序号是（　　） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 6．体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分．某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态，若两只胳膊的夹角为60°，每只胳膊的拉力大小均为370N，则该学生的体重（单位：kg）约为（　　）（参考数据：取重力加速度大小为g＝10m/s2，1.732） A．64 B．70 C．76 D．60 7．两个力作用于同一个质点，使该点从点A（20，15）移到点B（7，0），则这两个力的合力对质点所做的功为（　　） A．5 B．﹣5 C．10 D．﹣125 （多选）8．在日常生活中，我们会看到这样的情境：两个人共提一个行李包，假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，，且，与的夹角为θ，则下列结论中正确的是（　　） A． B．θ越小越费力，θ越大越省力 C．当时，||＝|| D．θ的范围为[0，π] （多选）9．在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包，假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，且，与的夹角为θ，下列结论中正确的是（　　） A．θ越小越省力，θ越大越费力 B．的最小值为 C．当时， D．当时， 10．如图，作用于同一点O的三个力，，处于平衡状态，已知，，与的夹角为，则的大小为 　 　 ． 11．一物体在力（3，1）的共同作用下从点A（1，1）移动到点B（0，5）．在这个过程中三个力的合力所做的功等于　 　 ． 12．在河水的流速大小为2m/s情况下，当航程最短时，一艘小船以实际航速10m/s的速度大小驶向对岸，则小船在静水中的速度大小为 　 　 m/s． 二．平面向量的综合题（共12小题） 13．在锐角△ABC中，，若点O为△ABC的外心，且，实数m的值为（　　） A． B． C． D． 14．在△ABC中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，则下列说法不正确的是（　　） A．若点G为△ABC的重心，则 B．若满足a＝t，b＝2，A＝30°的△ABC有两解，则t的取值范围为（1，2） C．若点O为△ABC内一点，且，则S△BOC：S△ABC＝1：6 D．若，则sinC的最大值为 15．在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量．类似的，可以把有序复数对（z1，z2）（z1，z2∈C）看作一个向量，记，则称a为复向量．类比平面向量的相关运算法则，对于，，z1，z2，z3，z4∈C，规定如下运算法则： ①； ②； ③； ④． 则下列结论错误的是（　　） A．若，，则 B．若，则 C． D． 16．向量集合，对于任意，，以及任意λ∈[0，1]，都有，则称集合S是“凸集”，现有四个命题： ①集合是“凸集”； ②若S为“凸集”，则集合也是“凸集”； ③若A1，A2都是“凸集”，则A1∪A2也是“凸集”； ④若A1，A2都是“凸集”，且交集非空，则A1∩A2也是“凸集”． 其中，所有正确的命题的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ （多选）17．已知O为坐标原点，点P1（﹣sinα，﹣cosα），P2（sinβ，cosβ），P3（sin（α+β），cos（α+β）），A（0，2），则（　　） A． B．的最大值为 C．的范围是[1，3] D．∠P1AP3的范围是 （多选）18．如图，已知直线l1∥l2，A是直线l1，l2之间的定点，点A到直线l1，l2的距离分别为1，2，B，C分别是l1，l2上的动点且AB⊥AC，若点G满足，则（　　） A． B．△GBC面积的最小值为 C． D．存在最小值 （多选）19．如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝2DA，M为线段BC的中点，AM与BD交于点N，P为线段CD上的一个动点（　　） A． B．向量与共线 C．S△BCN：S△ACN：S△ABN＝1：2：2 D．若，则λ+μ最大值为 （多选）20．记圆O是△ABC的外接圆，且AB＝6，AC＝4，，则（　　） A． B． C．△ABC的面积为 D．圆O的周长为 （多选）21．设点M是△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是（　　） A．若，则点M是△ABC的重心 B．若，则点M在边BC的延长线上 C．若O在△ABC所在的平面内，角A、B、C所对的边分别是a，b，c，满足以下条件，则 D．若，且，则△MBC的面积是△ABC面积的 22．点AB在单位圆O上，、是两个给定夹角为120°的向量，P为单位圆上动点，C为线段OA上靠近A的三等分点，D为线段OB上靠近B的四等分点，设，则4x+6y的最大值为 　 　 ． 23．已知a，b，c为△ABC三个内角A，B，C的对边，且c＝4，b＝5，a＝6，线段BC边对应的高为AD，△ABC内心、重心、外心、垂心依次为点I、G、O、H． （1）求△ABC中高AD的长度； （2）若∠BAC的角平分线交BC于E，求证； （3）欧拉线定理：设△ABC的重心，外心，垂心分别是G，O，H，则G，O，H三点共线，且|OH|＝3|OG|．请合理运用欧拉线定理，求的值． 24．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．”它的答案是：“当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点．”在费马问题中所求的点称为费马点．已知△ABC，P为△ABC的费马点． （1）若点P也是△ABC的外接圆心，，求λ+μ的值； （2）若△ABC是锐角三角形，，，||＝5，有，求的值； （3）若，|PB|＝1，|PA|+|PC|＝t，求t的取值范围． 三．利用正弦定理解三角形（共7小题） 25．在△ABC中，BC＝4，BA＝5，且△ABC的面积为，则角B的大小为（　　） A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120° 26．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，A＝60°，若，则b＝（　　） A．1 B． C．2 D． 27．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（　　） A． B． C． D． 28．记a，b，c为△ABC的内角A，B，C的对边，则“△ABC为直角三角形”是“asinC﹣acosC＝c﹣b”的（　　） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 29．在三角形ABC中，a＝2，，，则∠C＝（　　） A． B． C．或 D．或 30．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知3a＝5b，，则sinB＝（　　） A． B． C． D． 31．已知在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是． （1）求C； （2）若，求△ABC的周长． 四．正弦定理与三角形解的存在性和个数（共6小题） 32．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，a＝5，b＝6，则满足条件的三角形有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．无数个 33．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，若三角形有两解，则边a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 34．在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，，A＝45°，则满足条件的三角形有（　　） A．1个 B．2个 C．0个 D．无法确定 35．由下列条件解三角形问题中，对解的情况描述正确的是（　　） A．a＝20，b＝11，A＝30°，有两解 B．c＝2，，B＝30°，有两解 C．a＝8，b＝16，A＝30°，有两解 D．b＝2，c＝30，A＝45°，无解 36．在ΔABC中，若∠B＝30°，，AC＝2，则满足条件的三角形有（　　）个． A．1 B．2 C．不确定 37．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若△ABC有两解，则a的取值范围为（　　） A．（14，+∞） B．（14，21） C． D． 五．正弦定理与三角形的外接圆（共7小题） 38．设△ABC的外接圆的半径为R，若AB＝2R，则（　　） A． B． C． D．1 39．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝3，asin2B＝3sin（B+C），则△ABC外接圆的半径为（　　） A． B． C．3 D．6 40．若△ABC外接圆的半径为2，且B+C＝2A，则BC＝（　　） A． B．2 C． D． 41．如果锐角△ABC的外接圆圆心为O，则点O到△ABC三边的距离之比为（　　） A．sinA：sinB：sinC B．cosA：cosB：cosC C． D． （多选）42．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为R，内切圆半径为r＝3，满足acosA+bcosB+ccosC，△ABC的面积S△ABC＝6，则（　　） A．a+b+c＝4 B．R＝6 C． D． 43．在ΔABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝3，则△ABC外接圆面积为 　 　 ． 44．在①，②，③asinA﹣csin（A+B）＝（b﹣c）sinB这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答该题． 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足 ____． （1）求角A； （2）若b﹣c＝sinA，且△ABC外接圆的直径为2，求△ABC的面积． 六．余弦定理（共6小题） 45．在△ABC中，BC＝2，AC＝1，AB，则∠A＝（　　） A．45° B．60° C．120° D．135° 46．在△ABC中，若，b＝6，A＝30°，则C＝（　　） A．30° B．60° C．30°或90° D．60°或120° 47．在△ABC中，∠B，AB＝8，AC＝7，则BC＝（　　） A．5 B．3或5 C．4 D．2或4 48．在△ABC中，已知a：b：c＝3：5：7，则这个三角形的最大角的弧度数为（　　） A． B． C． D．120° 49．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a：b：c＝3：：2，则B等于（　　） A． B． C． D． 50．已知在△ABC中，AB，则cosB＝（　　） A． B． C． D． 七．三角形中的几何计算（共5小题） 51．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则（　　） A．4049 B．4048 C．4047 D．4046 52．在△ABC中，∠A＝60°，AB＝2，，则边AC的长为（　　） A．1 B． C．2 D． 53．如图，两座山峰的高度AM＝CN＝200m，为测量峰顶M和峰顶N之间的距离，测量队在B点（A，B，C在同一水平面上）测得M点的仰角为45°，N点的仰角为30°，且∠MBN＝45°，则两座山峰峰顶之间的距离MN＝（　　） A．200m B．400m C． D． 54．勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形．如图，勒洛三角形ABC的周长为π，则该勒洛三角形ABC的面积为 　 　 ． 55．定义[a，b]∪[c，d]（b＜c）的“区间长度”为d﹣c+b﹣a，设函数f（x）＝（2sinx﹣t）（2tsinx+1）的定义域为[0，2π]． （1）当t＝﹣1时，求关于x的不等式f（x）≤0解集的“区间长度”； （2）已知t＜2，设关于x的不等式f（x）≥0解集的“区间长度”为I． （i）若I＝π，求t； （ii）求I的最大值． 八．解三角形（共5小题） 56．如图，为了测量河对岸的塔高AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个观测点C和D，测得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD长a米，并在C处测得塔顶A的仰角为γ，则塔高AB＝（　　）米． A． B． C． D． （多选）57．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3a2+b2+c2＝5，则（　　） A．若sinA：sinB：sinC＝5：4：3，则△ABC外接圆半径为 B．若a＝1，则 C．若b＝1，则 D．△ABC面积的最大值为 58．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bsinasinB，a，则△ABC周长的最大值为 　 　 ． 59．已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D，E分别为AB，AC上一点，A′为BC上一点，A′与A关于DE对称．若a：b：c＝A：B：C，，，则S△BDA′：S△CEA′＝　 　 ． 60．如图，有一条宽为60m的笔直的河道（假设河道足够长），规划在河道内围出一块直角三角形区域（图中△ABC）养殖观赏鱼，AB⊥AC，顶点A到河两岸的距离AE＝h1，AD＝h2，C，B两点分别在两岸l1，l2上，设∠ABD＝α． （1）若α＝30°，求养殖区域面积的最大值； （2）现拟沿着养殖区域△ABC三边搭建观赏长廊（宽度忽略不计），若h1＝30m，求观赏长廊总长f（α）的最小值． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 6.5 平面向量的应用 【知识点1 平面几何中的向量方法】 1．平面几何中的向量方法 (1)用向量研究平面几何问题的思想 向量集数与形于一身，既有代数的抽象性又有几何的直观性.因此，用向量解决平面几何问题，就是将 几何的证明问题转化为向量的运算问题，将“证”转化为“算”，思路清晰，便于操作. (2)向量在平面几何中常见的应用 ①证明线段平行或点共线问题，以及相似问题，常用向量共线定理：. ②证明线段垂直问题，如证明四边形是矩形、正方形，判断两直线(或线段)是否垂直等，常用向量垂直的条件：. ③求夹角问题，利用夹角公式：. ④求线段的长度或说明线段相等，可以用向量的模：或 . (3)向量法解决平面几何问题的“三步曲” 第一步，转化：建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题； 第二步，运算：通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题； 第三步，翻译：把运算结果“翻译”成几何关系. 【知识点2 向量在物理中的应用】 1．力学问题的向量处理方法 向量是既有大小又有方向的量，它们可以有共同的作用点，也可以没有共同的作用点，但力却是既有大小，又有方向且作用于同一作用点的量.用向量知识解决力的问题，往往是把向量平移到同一作用点上. 2．速度、位移问题的向量处理方法 速度、加速度与位移的合成和分解，实质就是向量的加减法运算，而运动的叠加也用到向量的合成. 3．向量与功、动量 物理上力做功的实质是力在物体前进方向上的分力与物体位移的乘积，它的实质是向量的数量积. (1)力的做功涉及两个向量及这两个向量的夹角，即.功是一个实数，它可正，可 负，也可为零. (2)动量涉及物体的质量m，物体运动的速度，因此动量的计算是向量的数乘运算. 【知识点3 余弦定理、正弦定理】 1．余弦定理 (1)余弦定理及其推论的表示 文字表述 三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍. 公式表述 a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC. 推论 (2)对余弦定理的理解 ①余弦定理对任意的三角形都成立. ②在余弦定理中，每一个等式都包含四个量，因此已知其中三个量，利用方程思想可以求得未知的量. ③余弦定理的推论是余弦定理的第二种形式，适用于已知三角形三边来确定三角形的角的问题.用余弦 定理的推论还可以根据角的余弦值的符号来判断三角形中的角是锐角还是钝角. ④余弦定理的另一种常见变式：b2+c2-a2=2bccosA，a2+c2-b2=2accosB，a2+b2-c2=2abcosC. 2．正弦定理 (1)正弦定理的表示 在△ABC中，若角A,B,C对应的边分别是a,b,c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即==. (2)正弦定理的常见变形 在△ABC中，由正弦定理得===k(k>0)，则a=k，b=k，c=k，由此可 得正弦定理的下列变形： ①=，=，=，a=b，a=c，b=c； ②======； ③a:b:c=::； ④===2R，（R为△ABC外接圆的半径）. (3)三角形的边角关系 由正弦定理可推导出，在任意三角形中，有“大角对大边，小角对小边”的边角关系. 3．解三角形 (1)解三角形的概念 一般地，三角形的三个角A,B,C和它们的对边a,b,c叫做三角形的元素.在三角形中，已知三角形的几个 元素求其他元素的过程叫做解三角形. (2)余弦定理在解三角形中的应用 利用余弦定理可以解决以下两类解三角形的问题： ①已知两边及它们的夹角，求第三边和其他两个角； ③已知三边，求三角形的三个角. (3)正弦定理在解三角形中的应用 公式==反映了三角形的边角关系. 由正弦定理的推导过程知，该公式实际表示为：=，=，=.上述的 每一个等式都表示了三角形的两个角和它们的对边的关系.从方程角度来看，正弦定理其实描述的是三组方程，对于每一个方程，都可“知三求一”，于是正弦定理可以用来解决两类解三角形的问题： ①已知两角和任意一边，求其他的边和角， ③已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角. 4．对三角形解的个数的研究 已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定. 已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三 角形不能被唯一确定. (1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已知 a,b和A，解三角形为例加以说明. 由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得： ①若=>1，则满足条件的三角形的个数为0； ②若==1，则满足条件的三角形的个数为1； ③若=<1，则满足条件的三角形的个数为1或2. 显然由0<=<1可得B有两个值，一个大于，一个小于，考虑到“大边对大角”、“三 角形内角和等于”等，此时需进行讨论. (2)从几何的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，以已知a,b和A，解三角形为例，用几何法探究如下： 图形 关系式 解的个数 A为锐角 ①a=bsin A； ②a≥b 一解 bsinA<a<b 两解 a<bsinA 无解 A为钝角或直角 a>b 一解 a≤b 无解 5．判定三角形形状的途径： (1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系； (2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁. 无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制. 6．三角形的面积公式 (1)常用的三角形的面积计算公式 ①(分别为边a,b,c上的高). ②将，，代入上式可得=ab=bc=ac，即三 角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦值乘积的一半. (2)三角形的其他面积公式 ①=r(a+b+c)= rl，其中r,l分别为△ABC的内切圆半径及△ABC的周长. ②=，=，=. 【知识点4 测量问题】 1．测量问题 (1)测量距离问题的基本类型和解决方案 当AB的长度不可直接测量时，求AB的距离有以下三种类型： 类型 简图 计算方法 A,B间不可达也不可视 测得AC=b，BC=a，C的大小，则由余弦定理得 B, C与点A可视但不可达 测得BC=a，B，C的大小，则A=π-(B+ C)，由正弦定理得 C,D与点A,B均可视不可达 测得CD=a及∠BDC,∠ACD,∠BCD,∠ADC的度数.在△ACD中，用正弦定理求AC；在△BCD中，用正弦定理求BC；在△ABC中，用余弦定理求AB. (2)测量高度问题的基本类型和解决方案 当AB的高度不可直接测量时，求AB的高度有以下三种类型： 类型 简图 计算方法 底部 可达 测得BC=a，C的大小，AB=a·tan C. 底部不可达 点B与C,D共线 测得CD=a及∠ACB与∠ADB的度数. 先由正弦定理求出AC或AD,再解直角三角形得AB的值. 点B与C , D不共线 测得CD=a及∠BCD,∠BDC,∠ACB的度数. 在△BCD中由正弦定理求得BC，再解直角三角形得AB的值. (3)测量角度问题 测量角度问题主要涉及光线(入射角、折射角)，海上、空中的追及与拦截，此时问题涉及方向角、方 位角等概念，若是观察建筑物、山峰等，则会涉及俯角、仰角等概念.解决此类问题的关键是根据题意、图形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，然后解三角形即可. 一．平面向量在物理中的应用（共12小题） 1．河水的流速为2m/s，一艘小船想沿垂直于河岸方向以8m/s的速度驶向对岸，则小船实际航行的速度大小为（　　） A．8m/s B． C． D．10m/s 【答案】B 【解答】解：设水流速度为，船在静水中的速度为，实际行驶速度， 根据题意，可得，，且⊥， 所以， 即小船实际航行的速度大小为． 故选：B． 2．如图所示，一条河两岸平行，河的宽度为400米，一艘船从河岸的A地出发，向河对岸航行．已知船在静水中的航行速度v1的大小为|v1|＝6km/h，水流速度v2的大小为|v2|＝2km/h，船的速度与水流速度的合速度为v，那么当航程最短时，下列说法正确的是（　　） A．船头方向与水流方向垂直 B． C． D．该船到达对岸所需时间为3分钟 【答案】C 【解答】解：设A′是河对岸一点，且AA′与河岸垂直，那么当这艘船实际沿AA′方向行驶时船的航程最短， 由，得||4（km/h），选项C正确； 设船头方向与AA′的夹角为θ，则sinθ，即船头方向与水流方向不垂直，选项A错误； cos，cos（θ）＝﹣sinθ，选项B错误； 该船到达对岸的时间为t60＝34.4（分钟），选项D错误． 故选：C． 3．如图所示，一个物体被两根轻质细绳拉住，且处于平衡状态，已知两条绳上的拉力分别是，，且，与水平夹角均为45°，，则物体的重力大小为（　　） A．20N B． C．10N D． 【答案】A 【解答】解：如图，∵， ∴||＝1020N， ∵物体被两根轻质细绳拉住，且处于平衡状态， ∴物体的重力大小为20N， 故选：A． 4．在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包，假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，，且||＝||，与的夹角为θ，下列结论中正确的是（　　） A．θ越小越费力，θ越大越省力 B．θ的范围为[0，π] C．当θ时，||＝|| D．当θ时，||＝|| 【答案】C 【解答】解：根据题意，如图：依次分析选项： 对于A，由于，且||＝||，则有||cos||，又由||为定值，故θ越小越省力，θ越大越费力，A错误； 对于B，θ的取值范围是[0，π），B错误； 对于C，当θ时，有||cos||，变形可得||＝||，C正确； 对于D，当θ时，有||cos||，变形可得||＝||，D错误； 故选：C． 5．在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包．假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，，且，与的夹角为θ．给出以下结论： ①θ越大越费力，θ越小越省力；②θ的范围为[0，π]；③当时，；④当时，． 其中正确结论的序号是（　　） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【解答】解：对于①，由||＝||为定值， 可得2||×||×cosθ＝2（1+cosθ）， 解得 ， 由题意知 θ∈（0．π）时，y＝cosθ 单调递减，所以 单调递增， 即θ越大越费力，θ越小越省力；①正确． 对于②，由①中关系式可知，当θ＝π时，||＝0，与事实不符，故θ≠π，所以②错误． 对于③，当 时，，所以 ，③错误． 对于④，当 时，，所以||＝||，④正确． 综上知，正确结论的序号是①④． 故选：B． 6．体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分．某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态，若两只胳膊的夹角为60°，每只胳膊的拉力大小均为370N，则该学生的体重（单位：kg）约为（　　）（参考数据：取重力加速度大小为g＝10m/s2，1.732） A．64 B．70 C．76 D．60 【答案】A 【解答】解：由题意知，370N，夹角θ＝60°， 所以， 即（）； 所以3702+2×370×370×cos60°+3702＝3×3702； ||＝370（N）， 则该学生的体重（单位：kg）约为3737×1.732≈64（kg）． 故选：A． 7．两个力作用于同一个质点，使该点从点A（20，15）移到点B（7，0），则这两个力的合力对质点所做的功为（　　） A．5 B．﹣5 C．10 D．﹣125 【答案】B 【解答】解：两个力的合力为（5，﹣4）， ∵点A（20，15）移到点B（7，0），∴（﹣13，﹣15）， ∴W•5×（﹣13）+（﹣4）×（﹣15）＝﹣5， 故选：B． （多选）8．在日常生活中，我们会看到这样的情境：两个人共提一个行李包，假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，，且，与的夹角为θ，则下列结论中正确的是（　　） A． B．θ越小越费力，θ越大越省力 C．当时，||＝|| D．θ的范围为[0，π] 【答案】AC 【解答】解：因为，所以平行四边形法则为菱形，故，即，故A正确； 根据向量加法的平行四边形法则θ越小越省力，θ越大越费力，故B错误； 当时，，又AB＝AD，所以ΔABD为等边三角形，即，故C正确； 若θ＝π，则，与矛盾，所以θ≠π，故D错误． 故选：AC． （多选）9．在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包，假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，且，与的夹角为θ，下列结论中正确的是（　　） A．θ越小越省力，θ越大越费力 B．的最小值为 C．当时， D．当时， 【答案】AC 【解答】解：对于A，依题意得，，又， ∴， 解得，由函数y＝cosθ在θ∈（0，π）时单调递减， 得θ越小越省力，θ越大越费力，故A正确； 对于B，由余弦函数的值域可得，0＜1+cosθ＜2， 则，即，故B错误； 对于C，当时，2（1+cosθ）＝1， 由，得，因此，故C正确； 对于D，当时，cosθ＝0， 由，得，因此，故D错误． 故选：AC． 10．如图，作用于同一点O的三个力，，处于平衡状态，已知，，与的夹角为，则的大小为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为，且，，与的夹角为， 所以， 2•1+2×1×2×cos4＝3， ||． 故答案为：． 11．一物体在力（3，1）的共同作用下从点A（1，1）移动到点B（0，5）．在这个过程中三个力的合力所做的功等于　﹣40　 ． 【答案】﹣40 【解答】解：∵（3，1）， ∴合力（8，﹣8）， （﹣1，4） 则1×8﹣8×4＝﹣40， 即三个力的合力所做的功等于为﹣40； 故答案为：﹣40 12．在河水的流速大小为2m/s情况下，当航程最短时，一艘小船以实际航速10m/s的速度大小驶向对岸，则小船在静水中的速度大小为 　2　 m/s． 【答案】2． 【解答】解：以表示水流速度，表示船在静水中的速度，表示船行速度， 由题意知||＝2，||＝10，⊥， ∵，∴， ∴||2， 故答案为：2． 二．平面向量的综合题（共12小题） 13．在锐角△ABC中，，若点O为△ABC的外心，且，实数m的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：因为O为△ABC的外心，且， 所以， 所以， ， 即， 由圆的性质有∠AOB＝2∠C，∠AOC＝2∠B，设△ABC的外接圆半径为R， 则， 由于二倍角公式可得， 即﹣2sinCcosB+（﹣2sinBcosC）＝﹣m， 故， 故，故， 因为，故，又cos2A+sin2A＝1，可得， 由于角A为锐角，所以，即， 故选：B． 14．在△ABC中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，则下列说法不正确的是（　　） A．若点G为△ABC的重心，则 B．若满足a＝t，b＝2，A＝30°的△ABC有两解，则t的取值范围为（1，2） C．若点O为△ABC内一点，且，则S△BOC：S△ABC＝1：6 D．若，则sinC的最大值为 【答案】D 【解答】解：A选项、若点G为△ABC的重心，设BC的中点为D，则由重心的性质得， 所以，A选项正确； B选项、首先t＞0，且c必有两种可能的取值，而c满足b2+c2﹣2bccosA＝a2， 即，故关于c的方程， 必有两个不同的正数解，从而判别式为正数，且两根之积为正数，即12﹣4（4﹣t2）＞0，4﹣t2＞0，结合t＞0， 得1＜t＜2，另一方面当1＜t＜2时，△ABC有两解，， 所以t的取值范围是（1，2），B选项正确； C选项、若点O为△ABC内一点，且， 延长AO到BC于点D，由于D在AO的延长线上，故存在实数u，使得， 从而， 由于D在直线BC上，故2u+3u＝1，从而，故， 即，从而， 所以，C选项正确； D选项、由于， 故由数量积的定义，知该条件就算 bccosA+2accosB＝3abcosC， 使用余弦定理又可化为（b2+c2﹣a2）+2（a2+c2﹣b2）＝3（a2+b2﹣c2）， 展开再合并同类项得a2+2b2＝3c2， 所以， 这意味着，所以sinC的最大值为，D选项错误． 故选：D． 15．在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量．类似的，可以把有序复数对（z1，z2）（z1，z2∈C）看作一个向量，记，则称a为复向量．类比平面向量的相关运算法则，对于，，z1，z2，z3，z4∈C，规定如下运算法则： ①； ②； ③； ④． 则下列结论错误的是（　　） A．若，，则 B．若，则 C． D． 【答案】C 【解答】解：对于A，2i+3i+2+i2＝1+5i；故A正确； 对于B，若，则， 所以z1＝z2＝0， 所以，故B正确； 对于C，， 而， 设z1＝x1+y1i，z2＝x2+y2i，z3＝x3+y3i，z4＝x4+y4i，x1，y1，x2，y2，x3，y3，x4，y4∈R， 则x1﹣y1i，x2﹣y2i，x3﹣y3i，x4﹣y4i， 则 ＝（x1x3+y1y3+x2x4+y3y4）+（﹣x1y3+x3y1﹣x2y4+x4y2）i， ＝（x1x3+y1y3+x2x4+y3y4）﹣（﹣x1y3+x3y1﹣x2y4+x4y2）i， 所以与互为共轭复数，不一定相等，故C错误； 对于D，设， 则（z3+z5，z4+z6）， 则将，代入可得： ，故D正确． 故选：C． 16．向量集合，对于任意，，以及任意λ∈[0，1]，都有，则称集合S是“凸集”，现有四个命题： ①集合是“凸集”； ②若S为“凸集”，则集合也是“凸集”； ③若A1，A2都是“凸集”，则A1∪A2也是“凸集”； ④若A1，A2都是“凸集”，且交集非空，则A1∩A2也是“凸集”． 其中，所有正确的命题的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【解答】解：由题意得，若对于任意，∈S，线段AB上任意一点C，都有∈S， 则集合S是“凸集”，由此对结论逐一分析： 对于①，M＝{|（x，y），y≥x2}，若对于任意A（x1，y1），B（x2，y2）满足y1，y2，则∈M，∈M， 由函数y＝x2的图象知，对线段AB上任意一点C（x3，y3），都有y3， 即∈M，故M为“凸集”，①正确； 对于②，若S为“凸集”，则对于任意，∈N， 此时2，2，其中，∈S， 对于任意λ∈[0，1]，λ（1﹣λ）2[λ（1﹣λ）]∈N，所以N为“凸集”，②正确； 对于③，可举反例，若，， 任取，， 则对于任意任意λ∈[0，1]，， 所以集合A1是“凸集”， 任取，， 则对于任意任意λ∈[0，1]，， 所以集合A2是“凸集”， 取，， 但， 所以A1∪A2不是“凸集”，故③错误； 对于④，若A1，A2都是“凸集”，则对于任意， 任意λ∈[0，1]，则，且， 故，故A1∩A2也是“凸集”，④正确． 故选：B． （多选）17．已知O为坐标原点，点P1（﹣sinα，﹣cosα），P2（sinβ，cosβ），P3（sin（α+β），cos（α+β）），A（0，2），则（　　） A． B．的最大值为 C．的范围是[1，3] D．∠P1AP3的范围是 【答案】ACD 【解答】解：选项A，已知O（0，0），P1（﹣sinα，﹣cosα），P2（sinβ，cosβ），P3（sin（α+β），cos（α+β））， 所以，，， 则，， ， 所以，故A正确． 选项B，由， 可得 ＝sin2β+sin2α+2sinβsinα+cos2β+cos2α+2cosβcosα ＝2+2cos（α﹣β），仅当α﹣β＝2kπ（k∈Z）时，， 即，故B错误； 选项C，， sin2（α+β）+cos2（α+β）﹣4cos（α+β）+4 ＝5﹣4cos（α+β），因为﹣1≤cos（α+β）≤1， 所以，所以的范围是[1，3]，故C正确； 当β∈R时，点P1与点P3之间没有关联，则两点都在单位圆上运动， 如图所示，当点P1与点P3重合时，∠P1AP3最小时为0， 当AP1，AP3都与单位圆相切时，∠P1AP3最大， 此时可知，所以， 同理可得，此时，故D正确． 故选：ACD． （多选）18．如图，已知直线l1∥l2，A是直线l1，l2之间的定点，点A到直线l1，l2的距离分别为1，2，B，C分别是l1，l2上的动点且AB⊥AC，若点G满足，则（　　） A． B．△GBC面积的最小值为 C． D．存在最小值 【答案】BC 【解答】解；过点A作DE⊥l1，交直线l1于点E，交直线l2于点D，建立如图所示的直角坐标系， 对于A中，取DE的中点F，连接GE，GD，GF，可得， 因为A与F不重合，所以，又因为， 所以，所以A不正确； 对于C中，因为A到l1，l2的距离分别为1和2，所以|DA|＝2，|AE|＝1， 设∠CAE＝θ，因为AC⊥AB，可得， 则，， 又因为AC⊥AB，所以， 因为， 所以点G是△ABC重心，可得， 所以 ， 当且仅当时，即时，等号成立，所以，所以C正确； 对于B中，因为所以点G是△ABC重心， 所以又因为AB⊥AC， ， 当且仅当时，等号成立，所以（SΔABC）min＝2，所以，所以B正确； 以D为坐标原点，l2所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则A（0，2），设B（b，0），C（c，3），其中b＞0，c＞0，可得，， 因为AB⊥AC，所以，所以bc＝2， 又因为，所以， 所以，所以， 因为bc＝2，所以，又因为， 在（0，+∞）为单调递减函数，所以不存在最小值，所以D错误． 故选：BC． （多选）19．如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝2DA，M为线段BC的中点，AM与BD交于点N，P为线段CD上的一个动点（　　） A． B．向量与共线 C．S△BCN：S△ACN：S△ABN＝1：2：2 D．若，则λ+μ最大值为 【答案】ACD 【解答】解：对于A选项，由题意可知，，则，因为M为BC的中点， 则，即，所以，（）， 因为A、N、M三点共线，所以存在t∈R，使得t， 因为B、D、N三点共线，所以1，解得t，故，故A选项正确； 对于B选项，因为（）﹣（），所以、不共线，故B选项错误； 对于C选项，因为M为线段BC的中点，所以S△ACM＝S△BCMS△ABC， 由A选项的分析知，， 所以S△ACNS△ACMS△ABC，同理，S△ABNS△ABC，则S△BCNS△ABC， 所以S△BCN：S△ACN：S△ABN＝1：2：2，故C选项正确； 对于D选项，因为m，m∈[0，1]， 所以若，则λ＝1，μ，当m＝1时，λ+μ最大值为，故D选项正确． 故选：ACD． （多选）20．记圆O是△ABC的外接圆，且AB＝6，AC＝4，，则（　　） A． B． C．△ABC的面积为 D．圆O的周长为 【答案】BCD 【解答】解：对于A，因为圆O是△ABC的外接圆， 所以O是△ABC的外心，即点O在BC的中垂线上， 若O符合，则A也应在BC的中垂线上， 故AB＝AC，由题设知AB≠AC，故A错误； 对于B，因为O是△ABC的外心，所以O在AB的中垂线上， 所以18，故B正确； 对于C，对等式两边同时乘以， 可得， 所以， 解得，故，， 所以△ABC的面积为，故C正确； 对于D，由余弦定理可得， 解得， 由正弦定理，， 所以圆O的半径为，其周长为，故D正确． 故选：BCD． （多选）21．设点M是△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是（　　） A．若，则点M是△ABC的重心 B．若，则点M在边BC的延长线上 C．若O在△ABC所在的平面内，角A、B、C所对的边分别是a，b，c，满足以下条件，则 D．若，且，则△MBC的面积是△ABC面积的 【答案】ACD 【解答】解：对于选项A，，所以， 因此， 因此点M是△ABC的重心，因此A选项正确； 对于选项B，如果，那么， 因此点M在边BC的反向延长线上，因此B选项错误； 如图，对于选项C，延长OC到D，使得，同理， 由于，因此， 以OE，OD为邻边作出平行四边形ODGE，因此， 所以，所以， 由于， 所以同理， ， 因此，所以选项C正确； 如图，对于选项D，设M为AD中点， 因为， 因此，所以， 根据， 因此2x+2y＝1，因此D，C，B三点共线， 因此．所以选项D正确． 故选：ACD． 22．点AB在单位圆O上，、是两个给定夹角为120°的向量，P为单位圆上动点，C为线段OA上靠近A的三等分点，D为线段OB上靠近B的四等分点，设，则4x+6y的最大值为 　4　 ． 【答案】4． 【解答】解：建立如图所示的平面直角坐标系， 则A（1，0），B（cos120°，sin120°），即， 设∠AOP＝θ（0°≤θ≤360°），则P（cosθ，sinθ）， 因为， 即（cosθ，sinθ）， 所以，所以， 所以2x+3y， 因为0°≤θ＜360°，所以 30°≤θ+30°＜390°， 所以当θ＝60°时，2x+3y有最大值2， 所以4x+6y有最大值4． 故答案为：4． 23．已知a，b，c为△ABC三个内角A，B，C的对边，且c＝4，b＝5，a＝6，线段BC边对应的高为AD，△ABC内心、重心、外心、垂心依次为点I、G、O、H． （1）求△ABC中高AD的长度； （2）若∠BAC的角平分线交BC于E，求证； （3）欧拉线定理：设△ABC的重心，外心，垂心分别是G，O，H，则G，O，H三点共线，且|OH|＝3|OG|．请合理运用欧拉线定理，求的值． 【答案】； （2）证明见解析； （3）． 【解答】解：（1）△ABC中，c＝4，b＝5，a＝6， 由余弦定理得cosA， 所以sinA； 根据面积相等知，， 解得：AD； （2）连接AI延长交BC于点E，如图所示： 根据角平分线定理知：， 则； 又在△ABE中，BI平分∠B， 根据角平分线定理知：， ； 根据欧拉线定理知：； 所以， ； 所以， 所以． 24．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．”它的答案是：“当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点．”在费马问题中所求的点称为费马点．已知△ABC，P为△ABC的费马点． （1）若点P也是△ABC的外接圆心，，求λ+μ的值； （2）若△ABC是锐角三角形，，，||＝5，有，求的值； （3）若，|PB|＝1，|PA|+|PC|＝t，求t的取值范围． 【答案】（1）﹣2； （2）； （3）[，+∞）． 【解答】解：（1）当角A，B，C均小于120°时，∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°， 因为点P是△ABC的外接圆心，所以PA＝PB＝PC， 所以△PAB，△PBC，△PCA是全等三角形， 所以AB＝BC＝CA，即△ABC是等边三角形， 所以， 又，所以λ＝μ＝﹣1，所以λ+μ＝﹣2； 当角A，B，C中有一个角大于或等于120°时，不妨取A＞120°，则点P与点A重合， 所以， 而与不可能是共线向量，所以不成立，舍去， 综上，λ+μ＝﹣2． （2）将AB和AP分别逆时针旋转60°至AB'，AP'，连接P'B'，PP'， 因为AP'＝AP，∠PAP'＝60°，所以△APP'是等边三角形，∠APP'＝60°， 又P是△ABC的费马点，所以B'，P'，P，C四点共线，且∠APB＝∠APC＝120°， 设B'C与AB相交于点D， 则∠BPD＝∠APB﹣∠APP'＝120°﹣60°＝60°， 所以PD平分∠APB， 因为S△PAB＝S△PAD+S△PBD， 所以PA•PBsin∠APBPA•PDsin∠APDPB•PDsin∠BPD， 即3•4sin120°3•PDsin60°4•PDsin60°，化简得12＝3PD+4PD， 所以PD， 而PC＝5，所以， 因为PD平分∠APB，所以由角分线性质知，， 所以， 所以（）， 又， 所以x，y， 所以． （3）因为点P为△ABC的费马点， 所以， 设|PA|＝m|PB|＝m，|PC|＝n|PB|＝n，m＞0，n＞0，则t＝m+n， 在△PAB中，由余弦定理得，|AB|2＝|PA|2+|PB|2﹣2|PA|•|PB|cos∠APB＝m2+m+1， 在△PBC中，由余弦定理得，|BC|2＝|PB|2+|PC|2﹣2|PB|•|PC|cos∠BPC＝n2+n+1， 在△PAC中，由余弦定理得，|AC|2＝|PA|2+|PC|2﹣2|PA|•|PC|cos∠CPA＝m2+n2+mn， 因为B， 所以|AB|2+|BC|2＝|AC|2， 所以（m2+m+1）+（n2+n+1）＝m2+n2+mn，整理得m+n+2＝mn， 因为m＞0，n＞0， 所以，当且仅当m＝n时，等号成立， 又t＝m+n，所以t+2，即t2﹣4t﹣8≥0，解得或（舍）， 故实数t的取值范围为[，+∞）． 三．利用正弦定理解三角形（共7小题） 25．在△ABC中，BC＝4，BA＝5，且△ABC的面积为，则角B的大小为（　　） A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120° 【答案】D 【解答】解：因为BC＝4，BA＝5，且△ABC的面积为， 所以， 解得， 因为0°＜B＜180°， 所以角B的大小为60°或120°． 故选：D． 26．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，A＝60°，若，则b＝（　　） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【解答】解：根据B为△ABC的内角，可得sinB＞0， 由cos2B＝1﹣2sin2B，解得（舍负）， 根据正弦定理，可得． 故选：A． 27．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：根据9sin2B＝4sin2A，由正弦定理得9b2＝4a2，即b2a2，可得． 根据，由余弦定理得， 化简得，所以，结合a＞0且c＞0，可得． 故选：D． 28．记a，b，c为△ABC的内角A，B，C的对边，则“△ABC为直角三角形”是“asinC﹣acosC＝c﹣b”的（　　） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解答】解：因为a，b，c为△ABC的内角A，B，C的对边，asinC﹣acosC＝c﹣b， 所以sinAsinC﹣sinAcosC ＝sinC﹣sinB ＝sinC﹣sin（A+C） ＝sinC﹣sinAcosC﹣cosAsinC， 所以sinAsinC＝sinC﹣sinCcosA， 由于sinC＞0， 可得sinA+cosA＝1， 两边平方整理得2sinAcosA＝0， 由于sinA＞0， 可得cosA＝0，可得，即△ABC为直角三角形； 反之，△ABC为直角三角形，或或， 所以“△ABC为直角三角形”是“asinC﹣acosC＝c﹣b”的必要不充分条件，B正确． 故选：B． 29．在三角形ABC中，a＝2，，，则∠C＝（　　） A． B． C．或 D．或 【答案】B 【解答】解：三角形ABC中，a＝2，，， 由可得：， 所以，又b＞a， 所以，C． 故选：B． 30．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知3a＝5b，，则sinB＝（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：由3a＝5b，根据正弦定理得3sinA＝5sinB，可得sinBsinA， 因为，所以sinBsin． 故选：A． 31．已知在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是． （1）求C； （2）若，求△ABC的周长． 【答案】（1）； （2）． 【解答】解：（1）根据，结合正弦定理得， 因为△ABC中，sinB＞0，所以2sinC，即sinC， 在△ABC为锐角三角形，C为锐角，可知； （2）由正弦定理得，所以a＝4sinA，b＝4sinB， 结合，可得ab＝16sinAsinB＝1610， 由余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcosC，即，化简得a2+b2＝22， 所以（a+b）2＝a2+b2+2ab＝22+20＝42，可得，△ABC的周长为． 四．正弦定理与三角形解的存在性和个数（共6小题） 32．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，a＝5，b＝6，则满足条件的三角形有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．无数个 【答案】C 【解答】解：因为，a＝5，b＝6，可得， 所以bsinA＜a＜b，可知满足条件的三角形有2个． 故选：C． 33．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，若三角形有两解，则边a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：根据正弦定理，可得， 在△ABC中，，可得， 要使得△ABC有两解，则必须且，即， 所以，解得，边a的取值范围是（，）． 故选：C． 34．在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，，A＝45°，则满足条件的三角形有（　　） A．1个 B．2个 C．0个 D．无法确定 【答案】B 【解答】解：，A＝45°， 则，∴bsinA＜a＜b． ∴满足条件的三角形有2个． 故选：B． 35．由下列条件解三角形问题中，对解的情况描述正确的是（　　） A．a＝20，b＝11，A＝30°，有两解 B．c＝2，，B＝30°，有两解 C．a＝8，b＝16，A＝30°，有两解 D．b＝2，c＝30，A＝45°，无解 【答案】B 【解答】解：选项A，由正弦定理知，，即， 所以， 因为a＞b，所以A＞B， 所以B只能有一个值，即三角形有一解，故选项A错误； 选项B，由于，即csinB＜b＜c，所以三角形有两解，故选项B正确； 选项C，由于a＝bsinA＝8，所以三角形为直角三角形，只有一解，故选项C错误； 选项D，由余弦定理知，， 所以三角形有一解，故选项D错误． 故选：B． 36．在ΔABC中，若∠B＝30°，，AC＝2，则满足条件的三角形有（　　）个． A．1 B．2 C．不确定 【答案】B 【解答】解：在ΔABC中，∠B＝30°，，AC＝2， 所以ABsinB，可得ABsinB＜AC＜AB， 结合正弦定理，可知ΔABC有两解． 故选：B． 37．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若△ABC有两解，则a的取值范围为（　　） A．（14，+∞） B．（14，21） C． D． 【答案】D 【解答】解：因为，△ABC有两解， 则bsinA＜a＜b，即14a＜14， 即． 所以a的范围为（21，14）． 故选：D． 五．正弦定理与三角形的外接圆（共7小题） 38．设△ABC的外接圆的半径为R，若AB＝2R，则（　　） A． B． C． D．1 【答案】B 【解答】解：AB＝2R， 则sinC， 又C为三角形的内角， 则C， 故sin． 故选：B． 39．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝3，asin2B＝3sin（B+C），则△ABC外接圆的半径为（　　） A． B． C．3 D．6 【答案】A 【解答】解：由asin2B＝3sin（B+C），得2asinBcosB＝3sinA， 由正弦定理得，2abcosB＝3a，所以2bcosB＝3， 因为b＝3，所以cosB，故B， 所以△ABC外接圆的半径为． 故选：A． 40．若△ABC外接圆的半径为2，且B+C＝2A，则BC＝（　　） A． B．2 C． D． 【答案】C 【解答】解：△ABC中，B+C＝2A＝π﹣A，故， 由正弦定理知，故BC． 故选：C． 41．如果锐角△ABC的外接圆圆心为O，则点O到△ABC三边的距离之比为（　　） A．sinA：sinB：sinC B．cosA：cosB：cosC C． D． 【答案】B 【解答】解：如图，设外接圆半径R，连接OA，OB，OC，在三角形ABC中，a，b，c的对角分别为A，B，C，设点O到△ABC三边AB，AC，BC的距离分别为dc，db，da， 由锐角△ABC知cosC，cosB，cosA均为正数， 由外接圆知∠AOB＝2C，所以， 同理：，， 所以S△AOB：S△AOC：S△BOC＝sinCcosC：sinBcosB：sinAcosA， 由正弦定理得c：b：a＝sinC：sinB：sinA， 所以S△AOB：S△AOC：S△BOC＝ccosC：bcosB：acosA， 又S△AOB：S△AOC：S△BOC＝cdc：bdb：ada， 所以cdc：bdb：ada＝ccosC：bcosB：acosA， 所以dc：db：da＝cosC：cosB：cosA． 故选：B． （多选）42．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为R，内切圆半径为r＝3，满足acosA+bcosB+ccosC，△ABC的面积S△ABC＝6，则（　　） A．a+b+c＝4 B．R＝6 C． D． 【答案】ABD 【解答】解：内切圆半径为r＝3，满足△ABC的面积S△ABC＝6， 所以，整理得a+b+c＝4； 满足acosA+bcosB+ccosC， 所以， 整理得sin2A+sin2B+sin2C， ， 解得R＝6． 故选：ABD． 43．在ΔABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝3，则△ABC外接圆面积为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：由题可得： ， 因为BC为三角形的边长，所以． 由正弦定理可得：，则． 根据圆的面积公式，将代入可得：． 故答案为：． 44．在①，②，③asinA﹣csin（A+B）＝（b﹣c）sinB这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答该题． 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足 ____． （1）求角A； （2）若b﹣c＝sinA，且△ABC外接圆的直径为2，求△ABC的面积． 【答案】（1）． （2）△ABC的面积． 【解答】解：（1）若选①，因为， 则由正弦定理知：，即， 由辅助角公式，整理得：， 由，故， 可得角． 若选②，因为， 所以由正弦定理可得cosA（sinCcosB+sinBcosC）＝sinAsinA，即cosAsin（B+C）cosAsinA＝sinAsinA， 因为sinA＞0， 所以可得tanA， 因为A∈（0，π）， 所以． 若选③，因为asinA﹣csin（A+B）＝（b﹣c）sinB，可得asinA﹣csinC＝（b﹣c）sinB， 所以由正弦定理可得a2﹣c2＝b2﹣bc，即b2+c2﹣a2＝bc， 所以由余弦定理可得cosA， 因为A∈（0，π）， 所以． （2）由，平方知：， 由正弦定理知：， 由余弦定理知：， 从而有，解得：， 故△ABC的面积． 六．余弦定理（共6小题） 45．在△ABC中，BC＝2，AC＝1，AB，则∠A＝（　　） A．45° B．60° C．120° D．135° 【答案】A 【解答】解：因为BC＝2，AC＝1，AB， 所以由余弦定理得：， 因为0°＜∠A＜180°，所以∠A＝45°． 故选：A． 46．在△ABC中，若，b＝6，A＝30°，则C＝（　　） A．30° B．60° C．30°或90° D．60°或120° 【答案】C 【解答】解：因为，b＝6，A＝30°， 由正弦定理可得：，即， 可得sinB， 因为B＞A，所以B＝60°或120°， 所以C＝90°或30°． 故选：C． 47．在△ABC中，∠B，AB＝8，AC＝7，则BC＝（　　） A．5 B．3或5 C．4 D．2或4 【答案】B 【解答】解：由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcosB＝49， 整理得BC2﹣8BC+15＝0，解得BC＝3或5，经检验均符合题意． 故选：B． 48．在△ABC中，已知a：b：c＝3：5：7，则这个三角形的最大角的弧度数为（　　） A． B． C． D．120° 【答案】B 【解答】解：由题可设a＝3k，b＝5k，c＝7k（k＞0）， 则最大边为c， ∴， 又C∈（0，π），则． ∴这个三角形的最大角的弧度数为． 故选：B． 49．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a：b：c＝3：：2，则B等于（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：在△ABC中，， 设， 由余弦定理得， 因为B∈（0，π）， 所以． 故选：C． 50．已知在△ABC中，AB，则cosB＝（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：在△ABC中，AB， 由余弦定理得． 故选：B． 七．三角形中的几何计算（共5小题） 51．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则（　　） A．4049 B．4048 C．4047 D．4046 【答案】A 【解答】解：在△ABC中，由， 可得， 即，又A+B＝π﹣C， 则， 所以， 由正弦定理，可得， 即4048c2＝a2+b2﹣c2，所以4049c2＝a2+b2， 故． 故选：A． 52．在△ABC中，∠A＝60°，AB＝2，，则边AC的长为（　　） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【解答】解：法一：由余弦定理得BC2＝AC2+AB2﹣2AC•AB•cosA， 即3＝AC2+4﹣2AC•2cos60°，整理得AC2﹣2AC+1＝0，解得AC＝1． 法二：由正弦定理可得，即， 所以sinC1，结合C∈（0，π），可得C＝90°， 所以Rt△ABC中，AC1． 故选：A． 53．如图，两座山峰的高度AM＝CN＝200m，为测量峰顶M和峰顶N之间的距离，测量队在B点（A，B，C在同一水平面上）测得M点的仰角为45°，N点的仰角为30°，且∠MBN＝45°，则两座山峰峰顶之间的距离MN＝（　　） A．200m B．400m C． D． 【答案】C 【解答】解：由题意可得∠ABM＝45°，∠CBN＝30°，AM＝CN＝200m， 在Rt△ABM中，BM200m， 在Rt△BCN中，同理可得BN400m， 在△BMN中，∠MBN＝30°， 由余弦定理可得： ． 故选：C． 54．勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形．如图，勒洛三角形ABC的周长为π，则该勒洛三角形ABC的面积为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：勒洛三角形是一种特殊三角形，分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧， 由这三段圆弧组成的曲边三角形， 因为勒洛三角形ABC的周长为π，所以每段圆弧长为，解得r＝1， 即正三角形的边长为1．由题意可得S曲＝3S扇形CAB﹣2S△ABC ． 故答案为：． 55．定义[a，b]∪[c，d]（b＜c）的“区间长度”为d﹣c+b﹣a，设函数f（x）＝（2sinx﹣t）（2tsinx+1）的定义域为[0，2π]． （1）当t＝﹣1时，求关于x的不等式f（x）≤0解集的“区间长度”； （2）已知t＜2，设关于x的不等式f（x）≥0解集的“区间长度”为I． （i）若I＝π，求t； （ii）求I的最大值． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）或；（ⅱ）． 【解答】解：（1）当t＝﹣1时，f（x）＝（2sinx+1）（﹣2sinx+1）， 由f（x）≤0，解得或， 因x∈[0，2π]，可解得或， 所以不等式f（x）≤0解集的“区间长度”为； （2）（ⅰ）因为，， 由f（x）≥0，解得或， 设的两个根为x1，x2， 其中，且x1+x2＝π， 同理，设的两个根为x3，x4， 其中，且x3+x4＝3π， 所以I＝x2﹣x1+x4﹣x3＝4π﹣2（x1+x3）， 又I＝π，所以， 所以，即， ，即，解得或， 所以或； （ⅱ）由（ⅰ）可得，， 则， 因为cosx1＞0，cosx3＜0， 所以， 所以，即， 所以，或（舍）， 所以， 所以， 因为，，所以π＜x1+x3＜2π， 由可知，所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以，I的最大值为． 八．解三角形（共5小题） 56．如图，为了测量河对岸的塔高AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个观测点C和D，测得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD长a米，并在C处测得塔顶A的仰角为γ，则塔高AB＝（　　）米． A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：因为∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD长a米，可得∠CBD＝π﹣（α+β）， 所以sin∠CBD＝sin[π﹣（α+β）]＝sin（α+β）， 在△BCD中，由正弦定理可得：， 所以BC•a， 在Rt△ABC中，AB＝CD•tanγ（米）． 故选：D． （多选）57．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3a2+b2+c2＝5，则（　　） A．若sinA：sinB：sinC＝5：4：3，则△ABC外接圆半径为 B．若a＝1，则 C．若b＝1，则 D．△ABC面积的最大值为 【答案】ACD 【解答】解：A选项，若sinA：sinB：sinC＝5：4：3， 由正弦定理知a：b：c＝5：4：3，则b2+c2＝a2，代入3a2+b2+c2＝5，解得， 又△ABC是以A为直角的直角三角形，故外接圆半径为，故A正确； B选项，若a＝1，则b2+c2＝5﹣3a2＝2，， 当且仅当b＝c＝1时取等，故，故B错误； C选项，若b＝1，则3a2+c2＝5﹣b2＝4，由于a，b，c是三角形的三条边， 故必有|a﹣b|＜c＜a+b，即|a﹣1|＜c＜a+1，代入3a2+c2＝4得3a2+（a﹣1）2＜4＜3a2+（a+1）2， 解得，故C正确； D选项，设AD为BC边上的中线， 由中线长公式知， S△ABC ， 当且仅当sin∠ADC＝1（即b＝c）和同时成立时取等， 此时，b＝c即可，故△ABC面积的最大值为，D正确． 故选：ACD． 58．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bsinasinB，a，则△ABC周长的最大值为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：∵bsinasinB，B+C＝π﹣A， ∴由正弦定理可得，sinBsin（）＝sinAsinB， 又∵sinB≠0， ∴cossinA＝2sin， ∵， ∴sin， ∵A∈（0，π）， ∴， ∵a，， ∴由余弦定理和基本不等式公式可得，b2+c2﹣bc，即， 故b+c，当且仅当b＝c时，等号成立， 故△ABC周长的最大值为． 故答案为：． 59．已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D，E分别为AB，AC上一点，A′为BC上一点，A′与A关于DE对称．若a：b：c＝A：B：C，，，则S△BDA′：S△CEA′＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：如图，由a：b：c＝A：B：C得， 令，，x∈（0，π）， 令g（x）＝xcosx﹣sinx，g′（x）＝﹣xsinx＜0， ∴g（x）在（0，π）上单调递减，g（x）＜g（0）＝0， ∴f′（x）＜0，∴f（x）在（0，π）上单调递减， ∴，∴a＝b＝c＝2， 由题意知， ∴，∴，∴∠BA′D＝∠A′EC， ∴△BDA′∽△CA′E， ∴． 故答案为：． 60．如图，有一条宽为60m的笔直的河道（假设河道足够长），规划在河道内围出一块直角三角形区域（图中△ABC）养殖观赏鱼，AB⊥AC，顶点A到河两岸的距离AE＝h1，AD＝h2，C，B两点分别在两岸l1，l2上，设∠ABD＝α． （1）若α＝30°，求养殖区域面积的最大值； （2）现拟沿着养殖区域△ABC三边搭建观赏长廊（宽度忽略不计），若h1＝30m，求观赏长廊总长f（α）的最小值． 【答案】（1）． （2）． 【解答】（1）α＝30°时，， 所以， 又因为（当且仅当h1＝h2时等号成立）， 所以h1h2≤900， 于是， 因此，养殖区域面积的最大值为． （2）由题意，， 所以， 所以△ABC的周长， 其中． 设t＝sinα+cosα，则， 所以． 所以， 于是当时，， 因此，观赏长廊总长的最小值为． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $