第六章 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（人教A版）

章末综合提升 　 第六章　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 探究点一　平面向量的线性运算 (1)设D，E为△ABC所在平面内两点，＝，＝2，则＝ A.－＋ B.－ C.－ D.－＋ √ 典例 1 如图所示，因为＝，＝2，所以＝，＝，所以＝＋＝＋＝＋－)＝－.故选B. (2)如图，在△ABC中，＝，P是线段BD上一点，若＝m＋，则实数m的值为 A. B. C.2 D. √ 设＝λ，0≤λ≤1，因为＝，所以＝，则＝＋＝＋λ＝＋λ(＋)＝(1－λ)＋λ.又因为＝m＋，所以解得λ＝，m＝.故选A. 规律方法 1.向量加法是由三角形法则定义的，要点是“首尾相接”，即＋＝. 2.向量减法的实质是向量加法的逆运算，是相反向量的应用. 3.数乘运算即通过实数与向量的乘积，实现同向或反向上向量长度的伸缩变换. 对点练1.(1)如图所示，在△ABC中，设＝a，＝b，AP的中点为Q，BQ的中点为R，CR的中点为P，则＝ A.a＋b B.a＋b C.a＋b D.a＋b √ 因为AP的中点为Q，BQ的中点为R，CR的中点为P，所以＝＋＝＋＝＋＋)＝＋＋＝＋－)＋－＝＋＋，所以＝＋，所以＝＋＝a＋b.故选C. (2)平面上有A(2，－1)，B(1，4)，D(4，－3)三点，点C在直线AB上，且＝，连接DC并延长至点E，使｜｜＝｜｜，则点E的坐标为 __________. 因为＝，所以－＝－)，所以＝2－＝(3，－6).所以点C的坐标为(3，－6).由｜｜＝｜｜，且E在DC的延长线上，所以＝－.设E(x，y)，则(x－3，y＋6)＝－(4－x，－3－y)，得即E. √ 典例 2 探究点二　平面向量数量积的运算 (1)(多选)如图，点A，B和C分别在半径为1与3的同心圆上.当△ABC的面积最大时，下列结论正确的是 A.·＝·＝· B.＋＋＝0 C.S△OAB∶S△ABC＜ D.S△OAB＜S△OAC √ √ 对于A，若将点A，B固定，当点C到AB的距离最大时， △ABC的面积最大，此时OC⊥AB.同理，固定点A，C. 当点B到AC的距离最大时，△ABC的面积最大，此时 OB⊥AC.固定点B，C是一样的，也就是说当△ABC面 积最大时，O是△ABC的垂心，所以·＝0，即· (－)＝0，即·＝·.同理可得，·＝·，所以A正确；对于B，由题知，圆心O在△ABC内部，易知｜｜＋｜｜＜｜｜，所以＋＋≠0，O不是重心，所以B错误； 对于C，如图，设A，B固定且△ABC面积最大时，AB边 上的高为CD.因为＝＝＜，所以S△OAB∶ S△ABC＜，所以C正确；对于D，＝ ＝－1)＞×(3－1)＝1.即S△OAC＞S△OAB，所以D正确.故选ACD. (2)在平行四边形ABCD中，若AB＝2，AD＝1，·＝－1，点M在边CD上，则·的最大值为____. 2 因为·＝－1，AB＝2，AD＝1，所以｜｜·｜｜·cos ∠BAD＝－1，所以2cos ∠BAD＝－1，cos ∠BAD＝－，所以∠BAD＝120°. 以点A为原点，AB所在直线为x轴建立如图所示的平 面直角坐标系，则A(0，0)，B(2，0)，设M， x∈，所以＝，＝，则·＝x(x－2)＋＝(x－1)2－，令f(x)＝(x－1)2－，x∈，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)max＝f＝2. 规律方法 平面向量的数量积运算 1.方法 (1)定义法：a·b＝｜a｜｜b｜cos θ； (2)坐标法：a·b＝x1x2＋y1y2(其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)). 2.应用 (1)求模：｜a｜＝＝； (2)求夹角：cos θ＝＝. 对点练2.(1)(多选)已知平面向量a＝(1，0)，b＝(1，2)，则下列说法正确的是 A.｜a＋b｜＝16 B.(a＋b)·a＝2 C.向量a＋b与a的夹角为30° D.向量a＋b在a上的投影向量为2a √ √ a＋b＝(2，2)，则｜a＋b｜＝＝4，故A错误；(a＋b)·a＝2×1＋2×0＝2，故B正确；cos 〈a＋b，a〉＝＝，又0°≤〈a＋b，a〉≤180°，所以向量a＋b与a的夹角为60°，故C错误；向量a＋b在a上的投影向量为·＝2a，故D正确.故选BD. (2)如图，在△ABC中，∠BAC＝，＝2，P为CD上一点，且满足＝m＋.若·＝4，则｜｜的最小值为____. 2 设＝λ(λ∈R)，则＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝＋λ＝λ＋(1－λ)＝＋m，所以解得m＝λ＝.因为·＝｜｜·｜｜cos ＝｜｜·｜｜＝4，所以｜｜·｜｜＝8， ｜｜2＝＝＋＋·＝｜｜2＋｜｜2＋≥2＋＝4，当且仅当｜｜＝｜｜，即｜｜＝｜｜时，等号成立.所以｜｜的最小值为2. 典例 3 探究点三　利用正、余弦定理解三角形 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos 2C＋cos 2B－cos 2A＝1－sin Csin B. (1)求角A的大小； 解：cos 2C＋cos 2B－cos 2A＝1－sin Csin B，即sin 2A－sin 2B－sin 2C＝ －sin Csin B. 由正弦定理，得a2－b2－c2＝－bc，即b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝. 因为A∈，所以A＝. (2)若点D是边BC中点，且csin ∠BAD＋bsin ∠CAD＝bc，求△ABC面积的最大值. 解：因为S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即bc×＝c·AD·sin ∠BAD＋b·AD·sin ∠CAD， 所以AD＝1.由BD＝DC，所以＝＋，所以4＝＝＋2·＋，则4＝c2＋b2＋bc≥3bc，所以bc≤，当且仅当b＝c＝时，等号成立. 所以S△ABC＝bcsin ××＝.即△ABC面积的最大值为. 规律方法 解三角形的一般方法 1.已知两角和一边，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b. 2.已知两边和这两边的夹角，如已知a，b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角. 规律方法 3.已知两边和其中一边的对角，如已知a，b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况. 4.已知三边a，b，c，可应用余弦定理求A，B，C. 对点练3.△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，A＝，a＝，______________. (1)若在横线处填入b＝，求B； 解：由＝，得sin B＝＝＝. 因为△ABC中，B∈，所以B＝.又因为a＝＞b＝，所以A＞B，所以B＝. (2)给出两个条件： ①内角A的平分线长为； ②BC边上的中线长为. 从条件①②中选择一个填入横线，求△ABC的面积S.(若选择①②分别作答，则按选择①给分). 解：选择①：设∠BAC的平分线交BC于点E，则AE＝，∠BAE＝∠CAE＝.因为S△ABC＝S△ACE＋S△ABE，所以bc·sin ∠BAC＝bAE·sin ∠CAE＋cAE·sin ∠BAE，所以bc＝，即b＋c＝bc.在△ABC中，由余弦定理cos ∠BAC＝＝，所以×2bc＝－2bc－，所以27－400bc－2 800＝0，所以＝0. 因为b＞0，c＞0，所以bc＝20， 所以S△ABC＝bcsin A＝5. 选择②：以AB，AC为邻边作平行四边形，记作平行四边形ABDC， 则有＋＝ 2，即AD2＋BC2＝2， 又结合已知AD＝2×＝，BC＝a＝，可解得AC2＋AB2＝41，即b2＋c2＝41.在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc·cos A，将A＝，a＝，b2＋c2＝41代入解得bc＝20，所以S△ABC＝bcsin A＝×20×＝5. 典例 4 探究点四　余弦、正弦定理在实际问题中的应用 一颗人造地球卫星在地球上空1 600 km处沿着 圆形的轨道运行，每2 h沿轨道绕地球旋转一圈.假设 卫星于中午12点整通过卫星跟踪站A点的正上空，地球 半径约为6 400km. (1)求人造卫星与卫星跟踪站在12∶03时相隔的距离是多少. 解：如图所示，设人造卫星在12∶03时位于C点，其中∠AOC＝β，则β＝360°×＝9°. 在△ACO中，OA＝6 400 km，OC＝6 400＋1 600 ＝8 000(km)， 由余弦定理得AC2＝6 4002＋8 0002－2×6 400×8 000cos 9°≈ 3.79×106，解得AC≈1.95×103. 因此，在12∶03时，人造卫星与卫星跟踪站相距约1 950 km. (2)如果此时跟踪站天线指向人造卫星，那么天线瞄准的方向与水平线的夹角的余弦值是多少？(参考数据：cos 9°≈0.988，sin 9°≈0.156) 解：如图所示，设此时天线瞄准的方向与水平线的夹角为γ， 则∠CAO＝γ＋90°. 由正弦定理得＝，故sin (γ＋90°)＝sin 9° ≈0.64，即cos γ≈0.64. 因此天线瞄准的方向与水平线的夹角的余弦值为0.64. 规律方法 正、余弦定理的实际应用 1.关键：作出示意图，将实际问题转化为数学问题. 2.方法：将已知元素与未知元素放在同一个三角形中，利用正余弦定理求解. 3.注意：明确题中的专业术语，如视角、仰角、俯角、方向角、方位角等. 对点练4.如图，某港口O要将一件重要物品用小艇送到一 艘正在航行的轮船上，在小艇出发时，轮船位于港口O北 偏西30°方向且与该港口相距20 n mile的A处，并以 30 n mile/h的航行速度沿正东方向匀速行驶.假设该小艇 沿直线方向以v n mile/h的航行速度匀速行驶，经过t h与轮船相遇. (1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？ 解：如图所示，由题意及余弦定理得OC2＝AC2＋OA2 －2×AC×OA×cos ∠OAC，即v2t2＝900t2＋400－ 1 200tcos 60°＝900t2－600t＋400＝900＋300. 当t＝时，OC取得最小值，此时速度v＝30 n mile/h. 此时小艇的航行方向为正北方向， 航行速度为30 n mile/h. (2)假设小艇的最高航行速度只能达到30 n mile/h，试设 计航行方案(即确定航行方向与航行速度的大小)，使得 小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由. 解：要用时最短，则速度最高，即为30 n mile/h，则由 (1)可得OC2＝AC2＋OA2－2×AC×OA×cos ∠OAC， 即(30t)2＝900 t2＋400－1 200tcos 60°，解得t＝，此时∠BOC＝30°. 在△OAB中，OA＝OB＝AB＝20. 故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30°，航行速度为30 n mile/h，小艇能以最短时间与轮船相遇. 返回 考教衔接 返回 (2024·全国甲卷)设向量a＝(x＋1，x)，b＝(x，2)，则 A.x＝－3是a⊥b的必要条件 B.x＝－3是a∥b的必要条件 C.x＝0是a⊥b的充分条件 D.x＝－1＋是a∥b的充分条件 √ 真题 1 a⊥b⇔x2＋x＋2x＝0⇔x＝0或x＝－3，所以x＝－3是a⊥b的充分条件，x＝0是a⊥b的充分条件，故A错误，C正确；a∥b⇔2x＋2＝x2⇔x2－2x－2＝0⇔x＝1±，故B，D错误.故选C. 溯源：(人教A版必修第二册P31例7)已知a＝(4，2)，b＝(6，y)，且a∥b，求y. 点评：高考题及教材例题都考查两向量共线的坐标表示.而2024年高考题是将两向量共线、垂直及充要条件综合考查. (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 2 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： (人教A版必修第二册P61复习参考题6T13(6))若向量a，b，c两两的夹角相等，且｜a｜＝1，｜b｜＝1，｜c｜＝3，则｜a＋b＋c｜＝ A.2 B.5　 C.2或5 D.或 点评：高考题和教材习题考查的都是求向量的模，一般方法就是根据题目条件，利用向量模的平方得出答案. (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 3 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：(人教A版必修第二册P60复习参考题6T8)已知向量a＝(1，0)，b＝(1，1).当λ为何值时，a＋λb与a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. (2023·全国甲卷)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.如图所示，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：(人教A版必修第二册P24习题6.2T18)已知｜a｜＝4，｜b｜＝3，且(2a－3b)·(2a＋b)＝61，求a与b的夹角θ. 点评：该高考题与教材习题都是考查利用数量积公式求夹角. (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 5 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：(人教A版必修第二册P14例6)如图，▱ABCD的两条对角线相交于点M，且＝a，＝b，用a，b表示，，和. 点评：高考题与教材例题都是考查向量的线性运算. (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 6 (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：(人教A版必修第二册P54习题6.4T22)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acos C＋asin C－b－c＝0. (1)求A； (2)若a＝2，且△ABC的面积为，求b，c. 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的题型. 返回 单元检测卷 返回 1.已知向量a＝，b＝，若b⊥，则x＝ A.－1 B.－2 C.1 D. √ 由b⊥可得b·＝0，即2a·b＋b2＝0，也即－2x＋1＝0，解得x＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.已知在△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，＝b，＝c，则可以用含b，c的式子表示为 A.－b－c B.－b－c C.b＋c D.b＋c √ 由题意得，b＝－，c＝－＝－2，故2b＋c＝－，故＝－b－c.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3.在△ABC中，内角C为钝角，sin C＝，AC＝5，AB＝3，则BC＝ A.2 B.3 C.5 D.10 √ 因为sin C＝，C为钝角，所以cos C＝－，因此由余弦定理得＝52＋BC2－2×5×BC×，所以BC＝2(负值舍去).故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.已知向量a＝，b＝，且a∥b，则＝ A. B. C. D.5 √ 因为a＝，b＝，且a∥b，所以t＝－4，所以b＝，所以a＋b＝，所以＝＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.在三角形ABC中，点D在直线AC上，且＝，点E在直线BD上，且＝2.若＝λ1＋λ2，则λ1＋λ2＝ A.0 B. C. D. √ 因为＝2，故＋＝2＋2，故＝，所以＝×2－＝－＋，故λ1＝－，λ2＝1，则λ1＋λ2＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图.图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田.已知正八边形ABCDEFGH的边长为2，点P是正八边形ABCDEFGH边上的一点，则·的最小值是 A.－4 B.4 C.4 D.－4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 过点H作直线AB的垂线HM，垂足为点M，·＝ cos 〈，〉＝2cos 〈，〉. 如图所示，由平面向量数量积的几何意义可知，· 等于的模与在方向上的投影的乘积，当 点P在线段GH上时，在方向上的投影cos 〈，〉取最小值，此时∠HAM＝，AH＝2，AM＝2，cos 〈，〉＝－＝－2，故·的最小值为2×＝－4.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点(点N与点C不重合)，设＝x，＝y，则＋的 值为 A.3 B.4 C.5 D.6 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设＝λ，则＝＋＝＋λ＝＋λ＝＋λ＝x＋yλ.又因为G是△ABC的重心，故＝＋，所以有⇒＋＝3＋3λ＝3.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，b＝，a＞b，则2a＋c的最大值为 A.3 B.2 C.2 D.3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，所以sin Asin Bcos C＋sin Csin Bcos A＝sin B.因为sin B≠0，所以sin Acos C＋sin Ccos A＝，所以sin B＝.因为a＞b，所以A＞B，所以B＝，因为b＝，所以＝2，所以2a＋c＝4sin A＋2sin C＝4sin A＋2sin ＝5sin A＋cos A＝2sin(A＋φ)(φ∈(0，π))，又A∈(，)，易知φ∈(0，)，所以2a＋c的最大值为2.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.下列说法正确的是 A.若a≠0，b≠0，a∥b，则a与b的方向相同或者相反 B.若a，b为非零向量，且＝，则a与b共线 C.若a∥b，则存在唯一的实数λ使得a＝λb D.若e1，e2是两个单位向量，且＝1，则＝ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，若a≠0，b≠0，a∥b，则a与b的方向相同或者相反，故A正确；对于B，由a，b为非零向量，表示与a方向相同的单位向量，表示与b方向相同的单位向量，因为＝，所以a与b共线，故B正确；对于C，当b＝0，且a为非零向量时，此时λ不存在，故C错误；对于D，由＝1，可得1＋1－2e1·e2＝1，所以2e1·e2＝1，所以＝＝＝，故D错误.故选AB. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.下列命题中，正确的是 A.在△ABC中，若acos A＝bcos B，则△ABC必是等腰直角三角形 B.在锐角△ABC中，不等式sin A＞cos B恒成立 C.在△ABC中，若A＞B，则sin A＞sin B D.在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，由题设sin Acos A＝sin Bcos B，可得sin 2A＝sin 2B.又A，B∈(0，π)，则A＝B或A＋B＝，故△ABC为等腰或直角三角形，故A错误；对于B，在锐角△ABC中，A＋B＞，则＞A＞－B＞0.又y＝sin x在上单调递增，所以sin A＞sin ＝cos B，故B正确；对于C，若A＞B，由大角对大边知a＞b.又＝，可知sin A＞sin B，故C正确；对于D，由题设，b2＝ac＝a2＋c2－ac，故(a－c)2＝0，即a＝c，又B＝60°，可知a＝b＝c，故△ABC必是等边三角形，故D正确.故选BCD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.定义：a，b两个向量的叉乘a×b的模＝··sin〈a，b〉，则下列命题正确的是 A.若平行四边形ABCD的面积为4，则＝4 B.在正△ABC中，若＝，则＝ C.若＝，a·b＝1，则的最小值为12 D.若＝1，＝2，且b为单位向量，则的值可能为2＋2 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，因为平行四边形ABCD的面积为4，所以｜｜×｜｜sin ∠BAD＝4，所以＝4，故A正确；对于B，因为＝＝sin 60°＝｜｜2，所以＝＝＝＝，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于C，因为＝，a·b＝1，所以sin〈a，b〉＝，cos〈a，b〉＝1，所以tan〈a，b〉＝，因为a，b∈[0，π]，所以〈a，b〉＝，所以｜a｜·｜b｜＝2，所以＝b｜2≥2＋4＝12，当且仅当｜a｜＝ 2｜b｜＝2时等号成立，所以的最小值为2，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于D，若＝1，＝2，且b为单位向量，则当＝，〈a，b〉＝，＝4，〈b，c〉＝时，若〈a，c〉＝＋＝，sin ＝sin(＋)＝sin cos ＋cos sin ＝，此时＝sin〈a，c〉＝4×＝2＋2，故D正确.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.在△ABC中，a＝x，b＝，A＝，若该三角形有两个解，则x的取值 范围是__________. 因为三角形有两个解，所以bsin A＜x＜b，即＜x＜，x的取值范围是(，). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且C＝60°，a＝3，S△ABC＝，则AB边上的中线长为____. 因为S△ABC＝absin C＝×3×b×＝，故可得b＝5.不妨取AB的中点为M，连接CM(图略)，故＝＋)，故｜｜＝＝＝.即AB边上的中线长为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.如图所示，半圆的直径AB＝4，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(＋)·的最小值是_______. －2 由平行四边形法则得＋＝2，故(＋)·＝2·，｜｜＝2－｜｜，且，反向.设｜｜＝t(0≤t≤2)，则(＋)·＝2·＝－2t(2－t)＝2(t2－2t)＝2[(t－1)2－1].因为0≤t≤2，所以当t＝1时，(＋)·取得最小值，为－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(13分)已知平面向量a，b，＝，＝2，且a与b的夹角为. (1)求a·b和的值； 解：因为＝，＝2，且a与b的夹角为，所以a·b＝cos ＝×2×＝3， 故＝＝＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若a＋b与a＋λb垂直，求λ的值. 解：因为a＋b与a＋λb垂直， 所以·＝＋λ＋(1＋λ)a·b＝0，即3＋4λ＋3＋3λ＝0，解得λ＝－. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(15分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2bcos A＝2c－a. (1)求∠B的大小； 解：因为2bcos A＝2c－a， 由正弦定理得2sin Bcos A＝2sin C－sin A. 在△ABC中，sin C＝sin ， 所以2sin Bcos A＝2sin (A＋B)－sin A， 所以2sin Bcos A＝2sin Acos B＋2cos Asin B－sin A，所以2sin Acos B－sin A＝0. 因为sin A≠0，所以cos B＝. 又角B为三角形的内角，故B＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若b＝，a＝1，求△ABC的面积. 解：根据正弦定理，知＝，即＝，所以sin A＝. 又B＝，A∈，所以A＝，故C＝. 所以△ABC的面积＝ab＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(15分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且cos A＋1＝. (1)求角A； 解：由正弦定理可得cos A＋1＝＝，所以sin C ＝sin Acos C－sin B. 由sin B＝sin可得cos Asin C＋sin C＝sin Acos C－sin， cos Asin C＋sin C＝sin Acos C－sin Acos C－cos Asin C， 所以cos Asin C＋sin C＝－cos Asin C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为sin C≠0可得cos A＋1＝－cos A， 所以cos A＝－. 因为A∈，所以A＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)已知b＝，D为BC边上一点，且BD＝2，∠BAC＝∠ADC，求AD 的长. 解：因为∠BAC＝∠ADC，∠BCA＝∠ACD， 所以△BAC与△ADC相似，满足＝. 设CD＝x，则有＝，解得x＝1或x＝－3(舍去)，即CD＝1. 因为∠ADC＝∠BAC＝，在△ADC中，由余弦定理可得cos ＝，即－＝， 解得AD＝1或AD＝－2(舍去)，所以AD的长为1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(17分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin 2A＋ sin Asin B＝1－cos 2C＋sin Bsin C. (1)若B＝，求∠A的大小； 解：在△ABC中，由sin 2A＋sin Asin B＝1－cos 2C＋sin Bsin C，得sin 2A－ sin 2C＋sin Asin B－sin Bsin C＝0，即(sin A－sin C)(sin A＋sin C＋sin B)＝0. 而sin A＞0，sin B＞0，sin C＞0，则sin A＝sin C. 而0＜A＜π，0＜C＜π，0＜A＋C＜π.因此A＝C，又B＝，所以A＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求的取值范围. 解：由(1)知，A＝C，则B＝π－2C，0＜C＜，0＜cos C＜1， 由正弦定理得＝＝＝1＋2cos C∈(1，3)， 所以的取值范围是(1，3). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(17分)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于 120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题： (1)若△ABC是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点O到各顶点的距离之和； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解：因为△ABC为等边三角形，三个内角均小于120°，故费马点O在三角形内，满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，且OB＝OC＝OA， 如图所示：过O作 OD⊥AC于D，则 CD＝2，∠OCD＝30°，故OC＝＝. 所以该三角形的费马点O到各顶点的距离之和为OB＋OC＋OA＝4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝bsin A，点P为△ABC的费马点. (ⅰ)若ac＝2，求·＋·＋·； 解：因为a＝bsin A，由正弦定理＝，且sin A≠0， 所以＝⇒sin B＝1得B＝，所以△ABC的三个角 都小于120°，则由费马点定义可知，∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°.设＝z，x＞0，y＞0，z＞0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由S△APB＋S△BPC＋S△APC＝S△ABC得 xy·＋yz·＋xz·＝×2，整理得xy＋yz＋xz＝4， 则·＋·＋·＝xy·＋yz·＋xz·＝－×4＝－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (ⅱ)若PA＋PC＝tPB，求t的最小值. 解：由(ⅰ)知B＝，所以点P在△ABC内部，且∠APB＝ ∠BPC＝∠CPA＝120°. 设＝x⇒＝m＝mx，＝n＝nx，m＞0， n＞0，x＞0，则由PA＋PC＝tPB可得m＋n＝t，t＞0，由余弦定理得＝x2＋m2x2－2mx2cos ＝x2，＝x2＋n2x2－2nx2cos ＝x2，＝m2x2＋n2x2－2mnx2cos ＝x2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由勾股定理得＋＝，即x2＋x2＝x2，所以 x2＝x2，即m＋n＋2＝mn. 而m＞0，n＞0，m＋n＋2＝mn≤，当且仅当m＝n， 即m＝n＝1＋时，等号成立. 则t2－4t－8≥0，解得t≥2＋2或t≤2－2(舍去). 故最小值为2＋2. 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 ！ 第 六 章 　 平 面 向 量 及 其 应 用 返回 $