第1章 平面向量及其应用 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（湘教版）

章末综合提升 　 第1章　平面向量及其应用 体系构建 1 分层探究 2 考教衔接 3 内容索引 单元检测卷 4 体系构建 返回 返回 分层探究 返回 素养一　数学抽象 　　数学抽象是指舍去事物的一切物理属性，得到数学研究对象的思维过程.主要包括：从数量与数量关系、图形与图形关系中抽象出数学概念及概念之间的关系，从事物的具体背景中抽象出一般规律和结构，并且用数学符号或者数学术语予以表征.在本章中主要表现为理解向量的基本概念. 题型一　平面向量的基本概念 (多选)下列命题中，其中正确的是 A.a∥b⇔存在唯一的实数λ∈R，使得b＝λa B.e为单位向量，且a∥e，则a＝±｜a｜e C.｜a·a·a｜＝｜a｜3 D.若a·b＝b·c且b≠0，则a＝c 典例 1 √ √ 若a为零向量，则A不成立.根据向量数量积的概念可知D错误.易知B，C正确.故正确命题为BC. 素养二　数学运算 　　数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.在本章中主要表现在向量的线性运算、数量积运算及解三角形中. 题型二　平面向量的线性运算 (1)已知点O(0，0)，A(－1，3)，B(2，－4)，＝＋m.若点P在y轴上，则实数m的值为 A. B. C. D. 典例 2 √ 由题，可知 ＝(－1，3)， ＝(3，－7)， 所以 ＝ ＋m ＝(3m－1，3－7m). 又点P在y轴上，所以3m－1＝0， 得m＝，故选A. (2)(多选)如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝2AD＝2CD＝2BC，E是BC的中点，连接AE，BD相交于点F，连接CF，则下列说法正确的是 A.＝＋ B.＝＋ C.＝－＋ D.＝－ √ √ √ 对于A选项，＝＋＝＋ ＝＋(－＋＋) ＝＋(－＋＋)＝＋，故A选项正确； 对于B选项，因为B，F，D三点共线，设＝x＋(1－x)，因为∥，所以存在唯一实数λ，使得＝λ，结合A可知，x＋(1－x)＝λ(＋)⇒(x－λ)＝(λ－1＋x)·，因为，不共线，所以⇒x＝，所以＝＋，故B选项正确； 对于C选项，结合B，＝－＝－＋，故C选项错误； 对于D选项，结合B，＝＋＋＝－－＋＋＝－，故D选项正确. 故选ABD. 题型三　平面向量的数量积运算 (1)在如图所示的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，＝2，＝2，则·的值为 A.－15 B.－9 C.－6 D.0 典例 3 √ 连接OA.图略.在△ABC中， ＝－ ＝3－3 ＝3(－)－3(－ )＝3(－ )， 所以 · ＝3(－ )· ＝3(·－)＝3×(2×1×cos 120°－12)＝3×(－2)＝－6. (2)已知正方形ABCD的边长为2，MN是它的内切圆上的一条弦，点P为正方形四条边上的动点，当弦MN的长度最大时，·的取值范围是 A.[0，1] B.[0，] C.[1，2] D.[－1，1] √ 如图所示： 考虑P是线段AB上的任意一点，＝＋，＝ ＋＝－， 圆O的半径长为1，由于P是线段AB上的任意一点，则 ｜｜∈[1，]， 所以·＝(＋)·(－)＝－∈[0，1].故选A. 题型四　利用正弦定理、余弦定理解三角形 在①ac＝，②csin A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由. 问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝sin B，C＝，__________________？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 典例 4 解：方案一：选条件①. 由C＝和余弦定理的推论得cos C＝＝. 由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b. 于是＝，由此可得b＝c. 由ac＝，解得a＝，b＝c＝1. 因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1. 方案二：选条件②. 由C＝和余弦定理的推论得cos ＝＝. 由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b. 于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝. 由csin A＝3，即csin＝3，解得c＝b＝2，a＝6. 因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2. 方案三：选条件③. 由C＝和余弦定理的推论得cos ＝＝. 由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b. 于是＝，由此可得b＝c. 由于c＝b，与b＝c矛盾. 因此，选条件③时问题中的三角形不存在. 素养三　逻辑推理 　　逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据逻辑规则推出一个命题的思维过程.在本章中，主要表现在利用向量判定平行与垂直及利用正弦、余弦定理判断三角形的形状等问题中. 题型五　平面向量的应用 (1)O是△ABC所在平面内的一定点，P是△ABC所在平面内的一动点，若(－)·(＋)＝(－)·(＋)＝0，则O为△ABC的 A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心 典例 5 √ 由(－)·(＋)＝0，知·2＝0(其中D为CB的中点)，所以O在BC的垂直平分线上.同理，O在AC的垂直平分线上，故O为△ABC的 外心. (2)在△ABC中，∠ABC的平分线交AC于点D，∠ABC＝，BD＝4，则△ABC周长的最小值为 A.8＋8 B.8＋4 C.16＋8 D.16＋4 √ 根据题意，设AB＝c，BC＝a，AC＝b， 因为S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，∠ABC＝，BD＝4，∠ABD＝∠CBD＝， 所以AB·BC·sin∠ABC＝AB·BD·sin∠ABD＋CB·BD·sin∠CBD， 即ac＝c＋a， 所以a＋c＝， 因为根据基本不等式有ac≤()2，a＋c≥2， 所以a＋c≥16，ac≥64，当且仅当a＝c＝8时等号成立， 由余弦定理得 b＝＝≥＝≥8，当且仅当a＝c＝8时等号成立，所以a＋b＋c≥16＋8，当且仅当a＝c＝8时等号成立. 所以△ABC周长的最小值为16＋8.故选C. 题型六　判断三角形的形状 在△ABC中，若3b＝2asin B，cos A＝cos C，则△ABC形状为 A.等边三角形 B.等腰三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 典例 6 √ 因为3b＝2asin B， 由正弦定理得3sin B＝2sin Asin B， 因为sin B＞0，所以sin A＝， 又cos A＝cos C，所以A＝C＝，则△ABC形状为等边三角形.故选A. 素养四　直观想象 　　直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用图形理解和解决数学问题的过程.在本章中，主要表现在利用平面向量解三角形的问题. 题型七　平面向量在解三角形中的应用 已知点O是△ABC内部一点，并且满足＋2＋3＝0，△BOC的面积为S1，△ABC的面积为S2，则＝ A. B. C. D. 典例 7 √ 因为＋2＋3＝0，所以＋＝－2(＋)，分别取AC，BC的中点D，E，则＋＝2，＋＝2，所以＝－2，即O，D，E三点共线且｜｜＝2｜｜.如图所示： 则S△OBC＝S△DBC.由于D为AC的中点，所以S△DBC ＝S△ABC，所以S△OBC＝S△ABC. 素养五　数学建模 　　数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学知识与方法构建模型解决问题的过程.在本章中主要是利用正弦、余弦定理解决实际问题. 题型八　余弦定理、正弦定理在实际问题中的应用 夜晚，在侨中D栋5楼观赏完美大厦 的霓虹灯是一件很惬意的事.完美大厦主楼目 前是某市中心城区最高的地标性建筑.某学习 小组要完成两个实习作业：验证百度地图测 距的正确性及测算完美大厦主楼的高度.如图 (1)，博爱路沿线的水平路面上有两点A，B，其中指向正西方向.首先利用某地图测距功能测出AB长度为2 km，接着在南外环沿线选定水平路面上可直接测距的C，D两点，测得∠BCA＝30°，∠ACD＝45°，∠BDC＝60°，∠ADB＝30°，学习小组根据上述条件计算出CD长度，并将其与CD的实际长度2.84 km进行比较，若误差介于－20 m～20 m之间，则认为地图测距是准确的. (1)通过计算说明地图测距是否准确？(≈1.414) 典例 8 解：设CD＝a km，在等腰Rt△ACD中，AC＝a km； 在△BCD中，∠BCA＝30°，∠ACD＝45°，∠BDC＝60°， 可得∠CBD＝45°， 由正弦定理得＝⇒BC＝a； 在△ABC中，由余弦定理得AB＝ ＝a， 因为AB＝2 km，所以a＝2 km≈2 828 m， 因为｜2 828－2 840｜＜20 m， 所以地图测距是准确的. (2)如图(2)，小组在A处测得完美大厦主楼楼顶M在西偏北θ方向上，在B处测得楼顶M在西偏北φ方向上，且仰角∠MBN＝4.5°；通过计算得＝， ＝，tan 4.5°≈0.079 3，若地图测出的AB＝2 km是准确的，请根据以上数据测算完美大厦主楼的高度(精确到1 m). 解：由已知＝， 在△ABN中，＝＝，设BN＝3x，AN＝4x， 由余弦定理得cos θ＝， cos∠ABN＝， cos∠ABN＝cos(π－φ)＝－cos φ， 故＝－＝－， 解得x＝1，所以BN＝3，AN＝4， 所以在Rt△MBN中， tan∠MBN＝⇒tan 4.5°＝⇒MN＝3×0.079 3≈0.238 km，即238 m. 返回 考教衔接 返回 (2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA.记＝m，＝n，则＝ A.3m－2n B.－2m＋3n C.3m＋2n D.2m＋3n 真题 1 √ 因为点D在边AB上，BD＝2DA，所以＝2，即－＝2，所以＝ 3－2＝3n－2m＝－2m＋3n.故选B. 溯源：(湘教必修第二册P21T6)如图，在△OAB中，C为直线AB上一点，且＝2.求证：＝. 点评：高考题与教材习题都是考查向量的线性运算，设问的本质也是一样，涉及相同的知识点，相似度极高. (2021·全国乙卷)已知向量a＝(2，5)，b＝(λ，4)，若a∥b，则λ＝___. 真题 2 因为a∥b ，所以2×4－5λ＝0 ，解得λ＝ . 溯源：(湘教必修第二册P29练习3)已知a＝(－6，－8)，b＝(4，y)，若a∥b，求y的值. 点评：该高考题与教材练习题都考查两个向量共线的坐标表示，属于容易题. (2023·全国乙卷文)正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则 ·＝ A. B.3 C.2 D.5 真题 3 √ 法一：以{，}为基底向量，可知｜｜＝｜｜＝2，·＝0，则＝＋＝＋，＝＋＝－＋，所以·＝·＝－＋＝－1＋4＝3.故选B. 法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系， 则E(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，可得＝(1，2)，＝(－1，2)，所以·＝－1＋4＝3.故选B. (2023·全国甲卷理)已知向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝，且a＋b＋c＝0，则cos＜a－c，b－c＞＝ A.－ B.－ C. D. 真题 4 √ 因为 a＋b＋c＝0，所以a＋b＝－c，即a2＋b2＋2a·b＝c2，即 1＋1＋2a·b＝2，所以a·b＝0.如图，设＝a，＝b， ＝c，由题知，OA＝OB＝1，OC＝，△OAB是等腰直角三 角形，AB边上的高OD＝，AD＝，所以CD＝CO＋OD＝ ＋＝，tan∠ACD＝＝，cos∠ACD＝，cos＜a－c，b－c＞＝cos∠ACB＝cos 2∠ACD＝2cos2∠ACD－1＝2×()2－1＝.故选D. 溯源：(湘教必修第二册复习题一P65T21)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积.若向量p＝(2，a2＋b2－c2)，q＝(1，2S)满足p∥q，求∠C的大小. 点评：高考题和教材习题考查的都是数量积的基本运算，并且在形式上完全相同，不同之处是高考试题没有给出各向量的夹角，需要通过平方进行转化.而事实上，教材习题中的条件也是满足a＋b＋c＝0，也就是说教材习题的解法可以按照高考题的解法进行，看起来，在学习教材时，对习题进行深刻的挖掘还是很有必要的. (2023·新课标Ⅱ卷)已知向量 a，b满足｜a－b｜＝，｜a＋b｜＝｜2a－b｜，则｜b｜＝________. 真题 5 法一：因为｜a＋b｜＝｜2a－b｜，即(a＋b)2＝(2a－b)2，则a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0，又因为｜a－b｜＝，即(a－b)2＝3，则a2－2a·b＋b2＝b2＝3，所以｜b｜＝. 法二：设c＝a－b，则｜c｜＝，a＋b＝c＋2b，2a－b＝2c＋b，由题意可得(c＋2b)2＝(2c＋b)2，则c2＋4c·b＋4b2＝4c2＋4c·b＋b2，整理得c2＝b2，即｜b｜＝｜c｜＝. (2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝ A.－2 B.－1 C.1 D.2 真题 6 √ 因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，即b2＝4a·b.因为a＝(0，1)，b＝(2，x)，所以b2＝4＋x2，a·b＝x，得4＋x2＝4x，所以＝0，解得x＝2.故选D. (2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足｜a｜＝1，｜a＋2b｜＝2，且(b－2a)⊥b，则｜b｜＝ A. B. C. D.1 真题 7 √ 由(b－2a)⊥b，得(b－2a)·b＝b2－2a·b＝0，所以b2＝2a·b.将｜a＋2b｜＝2的两边同时平方，得a2＋4a·b＋4b2＝4，即1＋2b2＋4b2＝1＋6｜b｜2＝4，解得｜b｜2＝，所以｜b｜＝.故选B. 溯源：(湘教必修第二册P40T14)已知e1，e2是单位向量，且e1·e2＝.若向量b满足b·e1＝b·e2＝1，求｜b｜. 点评：以上三道高考题都考查平面向量的数量积，有的要应用向量垂直的条件，有的要应用向量模的计算公式，与教材习题考查知识点相同，解题方法基本一致. (2023·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1).若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则 A.λ＋μ＝1 B.λ＋μ＝－1 C.λμ＝1 D.λμ＝－1 真题 8 √ 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. 溯源：(湘教必修第二册P40T11) 已知｜a｜＝2，｜b｜＝3，a与b的夹角为，c＝5a＋3b，d＝3a＋kb，求实数k为何值时： (1)c与d平行； (2)c与d垂直. 点评：教材习题和高考题类似，都是根据向量垂直的充要条件求参数，其一般方法为根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出. (2022·新高考Ⅱ卷)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 真题 9 √ 由题意，得c＝a＋tb＝(3＋t，4)，所以a·c＝3×(3＋t)＋4×4＝25＋3t，b·c＝1×(3＋t)＋0×4＝3＋t.因为＜a，c＞＝＜b，c＞，所以cos＜a，c＞＝cos＜b，c＞，即＝，即＝3＋t，解得t＝5.故选C. 溯源：(人教A必修第二册P61T13(5))已知等边三角形ABC的边长为1，＝a，＝b，＝c，那么a·b＋b·c＋c·a＝ A.3 B.－3 C. D.－ 点评：高考试题是要根据题设条件，应用向量的夹角公式，与教材复习题求解目标基本一致，教材复习题要运用向量的条件结合正余弦定理进行 解决. (2024·全国甲卷理)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝，b2＝ac，则sin A＋sin C＝ A. B. C. D. 真题 10 √ 因为B＝，b2＝ac，则由正弦定理得sin Asin C＝sin2B＝.由余弦定理可得b2＝a2＋c2－ac＝ac，即a2＋c2＝ac，根据正弦定理得sin2A＋sin2C＝sin Asin C＝，所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sin Asin C＝，因为A，C为三角形内角，则sin A＋sin C＞0，则sin A＋sin C＝.故选C. (2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2. (1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积； 解：由2sin C＝3sin A及正弦定理，得2c＝3a. 又c＝a＋2，所以a＝4，c＝6， 所以b＝a＋1＝5. 由余弦定理，得cos A＝＝＝. 又A∈(0，π)，所以sin A＝， 所以S△ABC＝bcsin A＝×5×6×＝. 真题 11 (2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求a；若不存在，说明理由. 解：存在. 由题意知c＞b＞a，要使△ABC为钝角三角形，需cos C＝＝＝＜0， 得0＜a＜3. 因为a为正整数，所以a＝1或a＝2. 当a＝1时，b＝2，c＝3，此时不能构成三角形； 当a＝2时，b＝3，c＝4，满足题意. 综上，存在正整数a＝2，使得△ABC为钝角三角形. (2022·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝，sin B＝. (1)求△ABC的面积； 解：由S1－S2＋S3＝，得(a2－b2＋c2)＝，即a2－b2＋c2＝2， 又a2－b2＋c2＝2accos B ，所以accos B＝1. 由sin B＝，得cos B＝或cos B＝－(舍去)， 所以ac＝＝，则△ABC的面积S＝acsin B＝××＝. 真题 12 (2)若sin Asin C＝，求b. 解：由sin Asin C＝，ac＝＝＝＝，即b2＝×＝，得b＝. (2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab. (1)求B； 解：由余弦定理得cos C＝＝， 又0＜C＜π，所以C＝. 所以cos B＝sin C＝，所以cos B＝， 又0＜B＜π，所以B＝. 真题 13 (2)若△ABC的面积为3＋，求c. 解：sin A＝sin(π－B－C)＝sin(B＋C) ＝sincos＋cossin＝， 由正弦定理＝，得＝， 所以a＝c. 所以△ABC的面积S＝acsin B＝c2×＝3＋，得c＝2. 溯源：(湘教必修第二册复习题一P64T14)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，角C是钝角，且sin B＝. (1)求角C的值； (2)若b＝2，△ABC的面积为，求c的值. 点评：高考题和教材习题的考查角度、考查方式一样，都是给出含有三角形的边、角关系的式子，结合三角知识求解，事实上这类问题是高考试题中解三角形问题的典型题型. 返回 单元检测卷 返回 1.下列各组平面向量中，可以作为一组基的是 A.e1＝(0，0)，e2＝(1，－2) B.e1＝(－1，2)，e2＝(5，7) C.e1＝(3，5)，e2＝(6，10) D.e1＝(2，－3)，e2＝ √ 因为A，C，D选项中的两个向量均存在实数λ使得e1＝λe2，所以两向量均共线，故不能作为一组基.因为B选项中的两个向量不存在实数λ使得e1＝λe2，所以两向量不共线，所以可以作为一组基.故B正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝，点M在对角线AC上，点N在边CD上，且＝，＝，则·＝ A. B.4 C. D. √ ＝－＝＋－－＝＋，所以·＝(＋)·(＋)＝＋＋·＝＋＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3.在边长为1的正方形ABCD中，M为边BC的中点，点E在线段AB上运动，则·的取值范围是 A. B. C. D.[0，1] √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中， 设E(x，0)，0≤x≤1. 因为M(1，)，C(1，1)， 所以 ＝(1－x，)， ＝(1－x，1)， 所以· ＝(1－x，)·(1－x，1)＝(1－x)2＋.因为0≤x≤1， 所以 ≤(1－x)2＋ ≤， 即 ·，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.海伦公式是利用三角形的三条边的边长a，b，c直接求三角形面积S的公式，表达式为：S＝，p＝，它的特点是形式漂亮，便于记忆.中国宋代的数学家秦九韶在1247年独立提出了“三斜求积术”，虽然它与海伦公式形式上有所不同，但它与海伦公式完全等价，因此海伦公式又译作海伦－秦九韶公式.现在有周长为10＋2的△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，则用以上给出的公式求得△ABC的面 积为 A.8 B.4 C.6 D.12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 在△ABC中，因为sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶， 由正弦定理可得：a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶， 设a＝2k，b＝3k，c＝k，且a＋b＋c＝10＋2， 所以2k＋3k＋k＝10＋2，解得k＝2， 即a＝4，b＝6，c＝2，且p＝＝5＋， 所以S＝ ＝ ＝6.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若sin(A＋B)＝sin A＋sin B，cos C＝，且S△ABC＝4，则c＝ A. B.4 C. D.5 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为cos C＝，则C∈，所以sin C＝＝，又因为S△ABC＝4，即absin C＝ab×＝4，解得ab＝10，又由sin(A＋B)＝sin C＝sin A＋sin B，根据正弦定理，可得c＝a＋b，由余弦定理，可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－2ab×＝(a＋b)2－ab＝3c2－32，整理得c2＝16，即c＝4.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.如图，在梯形ABCD中，AB∥DC且AB＝2DC，＝3，＝2，AE与BF交于点O，则＝ A.＋ B.＋ C.＋ D.＋ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ＝＋＝＋， 设＝λ＝λ(＋)＝λ＋. 又＝＋＋＝＋－ ＝＋. 又＝＝＋， ＝－＝－. 设＝μ＝－，由＝－， 即＋＝(λ＋)－(－)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 即＋＝(λ－＋(＋， 所以 所以＝＋，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.如图，平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，∠ADC＝，＝x＋y，则＝ A. B. C. D.2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 方法一：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 设｜AB｜＝1，则＝(1，0)，由AB⊥BC，｜AB｜＝｜BC｜，可得｜AC｜＝＝(1，1)， 又AD⊥AC，∠ADC＝，即｜AD｜＝， 所以＝(－×，×)＝(－，)， 由＝x＋y，可得 解得＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 方法二：如图，过C作CE∥AD交AB的延长线于E，作CF∥AB交AD的延长线于F， 所以＝＋. 由AB⊥BC，AB＝BC及CE∥AD，易知B是线段AE的中点，于是＝2. 由AD⊥AC，∠ADC＝，得AD＝AC，易知AC＝CE，CE＝AF， 所以AF＝AC，则AF＝AD，故＝，于是＝2＋，又＝x＋y， 所以，即＝. 故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2，且△ABC的面积S＝(b2＋c2－a2)，则△ABC周长的最大值是 A.6 B.6＋2 C.4 D.6 √ 因为a＝2，且△ABC的面积S＝(b2＋c2－a2)，则bcsin A＝·2bccos A， 即可得sin A＝2cos A＞0， 所以sin2A＋()2＝1，解得sin A＝(负值舍去)，可得cos A＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以由余弦定理可得12＝b2＋c2－2bc·＝(b＋c)2－bc，即bc＝， 又bc≤()2，当且仅当b＝c时等号成立， 所以≤()2，整理解得(b＋c)2≤36，即b＋c≤6，当且仅当b＝c＝3时等号成立， 所以△ABC周长a＋b＋c的最大值是6＋2.选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.已知向量＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(5－m，－3－m)，若∠ABC为锐角，则实数m可能的取值是 A.－ B.0 C. D.1 √ √ √ 由题意可知，＝(－3，－1)，＝(－1－m，－m)，因为∠ABC为锐角，所以·＝3＋3m＋m＞0，可得m＞－，当m＝时，∥，∠ABC＝0°，所以当∠ABC为锐角时，实数m的取值范围是∪.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.△ABC中，D为AB上一点且满足＝3，若P为线段CD上一点，且＝λ＋μ(λ，μ为正实数)，则下列结论正确的是 A.＝＋ B.4λ＋3μ＝2 C.λμ的最大值为 D.＋的最小值为3 √ √ 由题设，可得＝＋μ，又D，P，C三点共线， 所以＋μ＝1，即4λ＋3μ＝3，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由λ，μ为正实数，4λ＋3μ＝3≥4，则λμ≤，当且仅当λ＝，μ＝时等号成立，故C错误； ＋＝＋)(4λ＋3μ)＝(5＋＋)≥(5＋2)＝3，当且仅当3μ＝2λ时等号成立，故D正确； 因为＝＋＝＋，＝＋， 所以＝＋＋)＝＋，故A正确. 故选AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.已知向量a＝(2，1)，b＝(1，－1)，c＝(m－2，－n)，其中m，n均为正数，且(a－b)∥c，下列说法正确的是 A.a与b的夹角为钝角 B.向量a在b方向上的投影为 C.2m＋n＝4 D.mn的最大值为2 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，向量a＝(2，1)，b＝(1，－1)，则a·b＝2－1＝1＞0，则a，b的夹角为锐角，A项错误；对于B，向量a＝(2，1)，b＝(1，－1)，则向量a在b方向上的投影为＝，B项错误；对于C，向量a＝(2，1)，b＝(1，－1)，则a－b＝ (1，2)，若(a－b)∥c，则－n＝2(m－2)，变形可得2m＋n＝4，C项正确；对于D，由C的结论，2m＋n＝4，且m，n均为正数，则有mn＝ (2m·n)≤＝2，即mn的最大值为2，D项正确.故选CD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.△ABC是等边三角形，点D在边AC的延长线上，且AD＝3CD，BD＝2，则CD＝______，sin∠ABD＝________. 2 如图所示，在等边三角形ABC中，AD＝3CD，所以AC＝ 2CD.在△BCD中，∠BCD＝180°－60°＝120°，BD＝ 2，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD， 即(2)2＝(2CD)2＋CD2－2·2CD·CD·cos 120°，解得CD＝ 2，则AD＝6.由正弦定理得＝，即＝，解得sin∠ABD＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.已知向量a＝(1，λ)，b＝(2，3)，c＝(1，1).若a－2b与c共线，则a在c方向上的投影为_______. 2 因为a＝(1，λ)，b＝(2，3)， 所以a－2b＝(1－2×2，λ－2×3)＝(－3，λ－6). 又因为a－2b与c共线，所以－3＝λ－6，所以λ＝3， 所以a＝(1，3)， 所以a在c方向上的投影为＝＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.如图所示，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角α＝60°，在塔底C处测得点A的俯角β＝45°，已知铁塔BC部分高32米，则山高CD＝_____________. 16(＋1)米 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由α＝60°，β＝45°易得 ∠BAD＝60°，∠CAD＝45°， 设AD＝x， 则CD＝AD·tan ∠CAD ＝AD·tan 45°＝x， BD＝AD·tan ∠BAD ＝AD·tan 60°＝x， 所以BC＝BD－CD＝x－x＝32， 所以x＝＝16(＋1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(本小题满分13分)在平面直角坐标系xOy中，已知向量＝(6，1)，＝(x，y)，＝(－2，－3)，且∥. (1)求x与y间的关系； 解：由题意得＝＋＋＝(x＋4，y－2)，＝(x，y)， 因为∥，所以(x＋4)y－(y－2)x＝0，即x＋2y＝0　①. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若⊥，求x与y的值及四边形ABCD的面积. 解：由题意得＝＋＝(x＋6，y＋1)，＝＋＝(x－2， y－3)， 因为⊥，所以·＝0， 即(x＋6)(x－2)＋(y＋1)(y－3)＝0， 整理得x2＋y2＋4x－2y－15＝0　②， 联立①②， 解得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 记四边形ABCD的面积为S， 当时，＝(8，0)，＝(0，－4)， 则S＝｜｜｜｜＝16， 当时，＝(0，4)，＝(－8，0)， 则S＝｜｜｜｜＝16. 综上，四边形ABCD的面积为16. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(本小题满分15分)如图，在四边形ABCD中，AB＝，AC＝，cos∠ABC＝－. (1)求sin∠BAC的值； 解：由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos ∠ABC＝3，则3BC2＋8BC－3＝(3BC－1)(BC＋3)＝0， 所以BC＝，又cos∠ABC＝－，所以sin∠ABC＝， 且＝＝3， 所以sin∠BAC＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若∠BAD＝90°，BD＝CD，求CD的长. 解：过C作CE⊥AD于E，∠BAC＝θ，又∠BAD＝90°， 所以AE＝ACsin θ＝×＝，CE2＝AC2－AE2＝3－＝， 令BD＝CD＝x，则AD＝，故DE＝AD－AE＝－， 在Rt△DEC中，CD2＝CE2＋DE2，即x2＝＋(－)2＝x2＋1－， 所以x＝，即CD的长为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(本小题满分15分)如图，在等腰梯形ABCD中，｜｜＝2｜｜＝4，∠DAB＝. (1)若k－与共线，求k的值； 解：，不共线，以它们为基， 由已知＝＋＝＋， 又k－共线， 所以存在实数λ，使得k－＝λ＝λ＋λ， 即 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若P为AD边上的动点，求(＋)·的最大值. 解：在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝4， ∠BAD＝45°，则AD＝， 设＝x，x∈[0，1]， 则＋＝2＋＝－2x，＝＋＝(1－x)＋， 则(＋)·＝(－2x)·＝＋(1－2x)·－2x(1－x)＝×42＋(1－2x)×4××cos 45°－2x(1－x)×2＝4x2－12x＋12＝4(x－)2＋3， 所以当x＝0时，(＋)·取得最大值12. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(本小题满分17分)已知海岛B在海岛A北偏东45°，且与A相距20海里，物体甲从海岛B以2海里/时的速度沿直线向海岛A移动，同时物体乙从海岛A以4海里/时的速度沿直线向北偏西15°方向移动. (1)求经过多长时间，物体甲在物体乙的正东方向？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解：设经过t(0＜t＜10)小时，物体甲移动到E的位置，物 体乙移动到F的位置，物体甲与海岛A的距离为AE＝(20－ 2t)海里，物体乙与海岛A的距离为AF＝4t海里，当甲在乙 正东方时，∠AFE＝75°，∠AEF＝45°. 在△AEF中，由正弦定理＝＝，则t＝20－10. 所以经过(20－10)小时，物体甲在物体乙的正东方向. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求甲从海岛B到达海岛A的过程中，甲、乙两物体间的最短距离. 解：由(1)可知AE＝(20－2t)海里，AF＝4t海里. 在△AFE中，由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE· AF·cos∠EAF＝(20－2t)2＋(4t)2－2·(20－2t)·4t·＝ 28t2－160t＋400＝28(t－)2＋. 由0＜t＜10，得当t＝时，EFmin＝海里. 所以甲、乙两物体间的最短距离为海里. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(本小题满分17分)如图，某大型厂区有三个值班室A、B、C.值班室A在值班室B的正北方向2千米处，值班室C在值班室B的正东方向2千米处. (1)保安甲沿CA从值班室C出发行至点P处，此时PC＝1，求PB的距离； 解：在Rt△ABC中，AB＝2，BC＝2， 所以∠C＝30°.在△PBC中，PC＝1，BC＝2， 由余弦定理可得 PB2＝BC2＋PC2－2BC·PCcos 30° ＝(2)2＋1－2×2×1×＝7， 即PB＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)保安甲沿CA从值班室C出发前往值班室A，保安乙沿AB从值班室A出发前往值班室B，甲、乙同时出发，甲的速度为1千米/小时，乙的速度为 2千米/小时，若甲、乙两人通过对讲机联系，对讲机在厂区内的最大通话距离为3千米(含3千米)，试问有多长时间两人不能通话？ 解：在Rt△ABC中，BA＝2，BC＝2，AC＝＝4， 设甲出发后的时间为t小时，则由题意可知0≤t≤4， 设甲在线段CA上的位置为点M，则AM＝4－t， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ①当0≤t＜1时，设乙在线段AB上的位置为点Q，则AQ＝2t， 如图所示，在△AMQ中， 由余弦定理得MQ2＝(4－t)2＋(2t)2－2·2t·(4－t)cos 60°＝7t2－16t＋16＞9， 解得t＜或t＞， 所以0≤t＜； ②当1≤t≤4时，乙在值班室B处，在△ABM中， 由余弦定理得MB2＝(4－t)2＋4－2·2·(4－t)cos 60°＝t2－6t＋12＞9， 解得t＜3－或t＞3＋，又1≤t≤4，不符合题意，舍去. 综上所述，0≤t＜时，甲、乙间的距离大于3千米， 所以两人不能通话的时间为小时. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 章末综合提升 返回 $