第6章 专题集训突破练-【志鸿优化训练】2025-2026学年高中数学必修第二册 (人教A版)

、第六章平面向量及其应用 专题集训突破练 为边BC上的动点，点F为边CD上的动点，且 专题①平面向量的线性运算 DF=CE,则B方·EF的最小值为() 例1(1)已知A(0,1),B(m,3),C(4,7)三 A.6 B.5 C.4 D.3 点共线，则m=() 跟踪训练2(1)向量a=(-1,一8)，b= A-号R号 c.号 D.2 (2,1),c=a十b.若c⊥b,则k= (2)已知平面向量a,b的夹角为120°，且a为 (2)在△ABC中，点D在边AB上，BD= 2DA.记CA=m,C市=n,则C第=() 单位向量，b=(1,√3)，则|a+b|= A.3m-2n B.-2m+3n 专题3正、余弦定理的应用 C.3m+2n D.2m+3n 跟踪训练1(1)在△ABC中，D为BC的 例3在①向量m=(-√3cosA,a)与向 中点，E为AC边上的点，且A龙=3EC,则 量n=(c,sinC)垂直，②3AB·AC=2S△ABc, E市=() ③(c-b)sinC-asin A一bsin B这三个条件中任选 A.-号AB+}ACB.2Ai-号AC 个，补充在下面题目横线上，并完成解答 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a, C号A弦-AtD.-号A+号AC b,c,且满足 (1)求角A; (2)在矩形ABCD中，M是BC的中点，N 是CD的中点，若AC=λAi+μBN,则A十u= (2)若a=3,sinB=2sinC,求△ABC的周长. ( A号 B.1 c.6 0.3 专题2平面向量的数量积及其应用 例2(1)（多选）已知平面向量a,b,c, 跟踪训练3记△ABC的内角A,B,C的 a=1,|b=c=2,若a十b+c=0,则( 对边分别为a,b,c,已知sin Csin(A-B)= sin Bsin (C-A). (1)证明：2a2=b2+c2. Bab-司 (2)若a=5,osA=,求△ABC的周长. C.a与b的夹角的余弦值为 D.a与b的夹角的余弦值为一号 (2)在边长为2的正方形ABCD中，点E 26 ·数学· 专题集训突破练了 专题④正、余弦定理在实际问题中的应用 专题5平面向量拓展 例4如图，甲船在距离A港口24海里并 例5已知O是△ABC所在平面内一点， 在南偏西20°方向的C处驻留等候进港，乙船在 OA+OB+OC=0,AM=x AB,AN=y AC, A港口南偏东40°方向的B处沿直线行驶入港， M心=入ON,x,y均为正数，则xy的最小值为 甲、乙两船距离为31海里. () (1)求∠ABC的正弦值； A司 B号 C.1 D (2)当乙船行驶20海里到达D处时，接到 跟踪训练5在△ABC中，AB=2,AC= 港口指令，前往救援忽然发生火灾的甲船，求此 3,∠A=60°.若P,Q分别为边AB,AC上的点， 时甲、乙两船之间的距离. 且满足A庐=入A官，A夜=(1-)AC,则BA· C卫的最大值为() A-8智R-29 5 C.-23 D.-6 例6在△ABC中，内角A,B,C所对的边 跟踪训练4如图所示，有两个兴趣小组同 时测量一个小区内的假山高度，已知该小区每 分别为a,b,c且asin C=csin(A+), 层楼高4m. (1)求角A的大小； (1)兴趣小组1借助测角仪进行测量，在假 (2)若△ABC的中线AD=√3，求b十c的 山水平面C点测得B点的仰角为15°，在六楼A 最大值 点处测得B点的俯角为45°，求假山的高度（精 确到0.1)； (2)兴趣小组2借助测距仪进行测量，可测 得AB=22m,BC=16m,求假山的高度（精确 到0.1) 附：√3≈1.732. 跟踪训练6在△ABC中，角A,B,C的对 六楼 边分别为a,b,c,c=2,∠BAC=60°，a=√6，点 五楼 四楼 D在BC边上运动. 三楼 (1)若D为BC边的中点，求AD 二楼 楼 假山 (2)若AD为∠BAC的角平分线，求AD ·数学· 27角坐标系，则F1=(-|F|,0),F2=(0, (2)证明：如图， -|F2|). 设C第=a,C才=b,AB= 又由已知可得G=(100sin30°，100cos30)= c,则c=a一b C (50,50√3). 由cl2=c·c=(a- 且G+F1+F2=O, b)·(a-b)=a·a+b·b-2a·b=a2+ 所以(50,50√3)+(-|F1|,0)+(0, b-2a·|bl·cosC,故a2+b2-c2= -F2|)=(0,0), 2 abcos C成立. 从而可得|F1|=50N,|F2=50√3N. 12.解：c0sA=},a=4,由余孩定理 核心素养培优·拓展提升 a2=b2+c2-2bc·cosA,得16=b2+ 1.B2.B3.B 4.1[6-23,6+23] c2-26c=(6+c)-号6c,:6+c=6, 5.解：(1)木块受三个力的作用，重力G,拉 ∴36-号e=16,解得be=8,即 力F和支持力N,如图所示， b(6-b)=8,解得b=2或b=4,结合b< c,得b=2,c=4. 核心素养培优·拓展提升 G 1.D2.BD3.B 拉力F与位移s方向相同， 所以拉力对木块所做的功为W。= 4.355.(1)号x(2)0 4 |F|scos0°=20J. 6.解：(1)由已知得-cos(A+B)十 支持力N与位移方向垂直，不做功，所以 cos Acos B-√3sinA·cosB=0,即有 WN=|N|·scos90°=0. sin Asin B-v3sin Acos B=0. 重力G对木块所做的功为Wc=Gscos(90°+ 因为sinA≠0，所以sinB-√3cosB )=|mg·1scos(90°+)=-19.6J. 0.又cosB≠0，所以tanB=√3.又0< (2)木块所受各力对木块做功的代数和 为W=20+0-19.6=0.4(J) B<x,所以B=于. (3)设木块所受合外力的大小为F|, (2)由余弦定理，有b=a2+c2-2 accos B. 则|F合|=|F|-|Gsin30°=0.2(N), 故合外力做功为W=0.2×2=0.4(J). 因为a+6=1,osB-分 故木块所受合外力对木块做的功与木块 所受各力对木块做功的代数和相等. 有=3a-》+ 又0<a<1, 6.4.3余弦定理、正弦定理 于是有<<1，即有2<b<1. 6.4.3.1余孩定理 6.4.3.2正孩定理 核心素养达标·夯实基础 1.D2.B3.C4.A5.BD6.AD 核心素养达标·夯实基础 1.D2.B3.B4.AD5.D6.C 7.C8.74s9.10.号 7 7.B8.149.710.(1,2) 11.（1)解：由余弦定理，得a2十b2一c2= 11.解：(1)B=60°，c=4,b=6, 2 abcos C关系式是成立的. 在△ABC中，由正往定理BC 159 得sinC-csin B4X9 √m2+2, 2- 6 3 所以√m2十2=2. (2)由于b>c,所以B>C,则C为锐角， 又因为m>0,所以m=√2，f(x)= 所以cosC= 3, 2sin(+), 则sinA=sin(B十C)=sin Bcos C十 所以函数f)在[0，] 上单调递增，在 sBc-9×+2×9-30, 3 6 [至x]上单词递减。 所以△ABC的面积S=7 bcsin A 因为f0)=②，()=2，f)=, 12×35+B=6v2+2V5. 6 所以f(x)min=一√2，f(x)mx=2. 12.解：.2cos2B-8cosB+5=0, 故函数f(x)在[0，π]上的值域为[一√2,2]. ∴.2(2cos2B-1)-8cosB+5=0. (2)由f(（A-)+f(B-) .4c0s2B-8cosB+3=0, Ep(2cos B-1)(2cos B-3)=0. 4V6sin Asin B, 解得cosB=号或cosB=是（合去）. sin A+sin B-2V6sin Asin B. 由正弦定理得2R(a十b)=2√6ab, :0<B<x,B=5.:a+c=26, 因为△ABC的外接圆半径R=3, 由正弦定理得sinA十sinC=2sinB= 所以a+b=a6,所以+名=B, 2sin5=3. 6.4.3.3余孩定理、正孩定理应用举例 ∴sinA+sin(-A）=5, 核心素养达标·夯实基础 1.C2.C3.B4.D5.B6.D7.B snA+sn行sA-as行nA=g 8.北偏东30°9.100√6 10.50(1+√3)100(1+√3) 化荷得号sinA+osA=V5 11.解：根据正弦定理， sin(A+晋）=1. 在△ACD中，有AC= CDsin(45°+60) :0<A<,A+若=受 sin[180°-(30°+45°+60)万 20(sin45cos60°+cos45°sin60)_ A=5,C-8 sin45° 10(1+√3)（米）， .△ABC是等边三角形. 在△BCD中，有BC= 想借助正弦定理可以实现三角形中边角关 CDsin 45 律 系的互化，在转化为角的关系后，常常利 sin[180°-(30°+45+60刀 总 用三角变换公式进行化简，从而进行三角 20(米). 结形形状的判断三角恒等式的证明。。 在△ABC中，由余弦定理得AB= 核心素养培优·拓展提升 √AC+BC-2AC·BCcos∠BCA= 1.D2.A3.4.0 4 4 √6或2v√6 10√6（米）. 5.解：(1)由题意知，f(x)的最大值为 所以A,B两，点间的距离为10√6米. 160 核心素养培优·拓展提升 1.A 2.BCD 3. 4.解：如图所示，设所需时间为t小时，则 AB=10W3t,CB=10t,在△ABC中， ∠ACB=45°+(180°-105)=120°，根 据余弦定理，则有 h105 459 AB2=AC+BC-2AC·BCcos120°， 可得(10W3t)2=102+(10t)2-2×10× 10tcos120°， 整理得2t2一t-1=0,解得t=1或t= (合去). 即舰艇需1小时靠近渔船，此时AB= 10W3,BC=10, 在△ABC中，由正孩定理得sin乙CAB BC AB sin 1203, 所以sn∠CAB=BCsn120°10 2_1 AB 10W3 2 所以∠CAB=30°，所以舰艇航行的方向 为北偏东75° 5.解：设建筑物的高度为hm,由题图知， PA-2h m,PB-/2h m.PCm. ,∴，在△PBA和△PBC中，由余弦定理，得 c0s∠PBA=60+2h-1,0 2×60×√2h 60+2h-专 coS∠PBC= 2×60X√2h —.② ∠PBA+∠PBC=180°， ∴.cos∠PBA+cos∠PBC=0.③ 由①②③，解得h=30√6或h=-30√6 (舍去)，即建筑物的高度为30√6m. 专题集训突破练 专题1平面向量的线性运算 例1(1)C(2)B解析：(1)因为A(0, 1),B(m,3),C(4,7),则AB=(m,2),|专题2平面向量的数量积及其应用 AC=(4,6),因为A,B,C三点共线，则例2(1)AD(2)D解析：(1)对于A、 恋/心，所以8=6m,即m=手故选C B,由a+b十c=0得，a+b=-c,.(a十 b)2=(-c)2,即|a|2+2a·b+|b2= (2)因为点D在边AB上，BD=2DA,所 |c2,.5+2a·b=4,解得，a·b= 以BD=2DA,即(CD-CB)=2(CA CD),所以C克=3C市-2CA=3n 、1 ,A正确，B错误： 2m=一2m+3n.故选B. 对于C、D,cos(a,b)=a·b 2 1.进行向量的线性运算常见的方法有两 1a·Ib-1x2 种：定义法和坐标法. (1)在定义运算中，要会根据题意寻找或 一子，即a与6的夹角的余孩值为一 画出三角形或平行四边形，利用三角形 C错误，D正确.故选AD. 法则或平行四边形法则，结合平面向量 (2)如图，建立平面直角坐标系，则B(2, 的基本定理求解 师 0),设F(λ，2)，0λ≤2： 点 (2)若条件是给出坐标的向量，则直接进 行运算.若向量在含有垂直关系的几何 图形中给出，则可以建立坐标系利用坐 标进行向量的运算，从而转化为实数的 A B 运算求解， 2.通过对平面向量线性运算的考查，提升 则DF=入，所以BE=2一λ，E(2,2一A), 学生的直观想象和数学运算素养 所以，BF=(入-2,2)，EF=(入-2，)， 跟踪训练1(1)C(2)D 所以，B市.E市=（入-2,2）·（入-2，）= 解析：(1)由E为AC边上 D λ2-2λ+4=（入-1）2+3≥3， 的点，且A龙=3EC,得 所以当λ=1时，有最小值3.故选D, 励-C+C市=}AC+号迹=}AC+ 1.平面向量的数量积是向量的核心内容， 重点是数量积的运算，利用向量的数量 号(Ci+A=号A站-AC故选C 名师 积判断两向量平行、垂直，求两向量的夹 点 角，计算向量的长度等， (2)以A为原点，分别以 2.通过向量的数量积运算，提升逻辑推理 AB,AD为x轴，y轴的 和数学运算素养， 正半轴建立如图所示的 跟踪训练2(1)2(2)√3解析：(1)由 平面直角坐标系， 已知可得c=(-1,-8)十(2,1)= 设AB=2a,AD=2b, (-1+2k,-8+),又.c⊥b,c·b= 则A(0,0),B(2a,0),M(2a,b),C(2a, 2(-1+2k)+(-8十k)=0,解得k=2. 2b),N(a,2b), (2)b=(1,√3)，则|b|=√1+3=2， AM=(2a,6),BN=(-a,26),AC= |a=1,则|a十b|2=(a十b)2=a2+ (2a,2b), 2a·b+b2=a2+2|a·|b|cos120°+ 因为AC=AAM+uBN, b2=1-2+4=3,故|a+b1=√5. 可得(2a,2b)=(2a,b)+（-ua,2b), 专题3正、余弦定理的应用 ∫2λ一=2， 即以+2μ=2 解得入=号以=号，所以例3解：(1)说D:因为m1m,所以 -√3 ccos A+asin C=0, X十=号故选D. 由正弦定理可得-√3 sin Ccos A十 161 sin Asin C=0. 由余弦定理可得a2=b2+c2-2 bccos A, 因为C∈(0，π)，sinC>0,所以-√3cosA+ 则50-5 37c=25,所以x=31, 2 sinA=0,即tanA=√3， 故(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81, 又A∈(0，，所以A=子 所以b十c=9, 所以△ABC的周长为a+b+c=14. 选②：因为√3A方·AC=2S△AC, 专题4正、余弦定理在实际问题中的应用 所以kcsA-2X2女snA,即mA=月， 例4解：(1)由题设，∠BAC=60°，BC= 31,AC=24, 又A∈0，x,所以A=登 AC BC 选③：因为(c-b)sinC=asin A-bsin B, 在△ABC中，sin∠ABCsin∠BAC' 所以由正弦定理可得(c一b)c=a2一b. 则∠ABC-4C=Ac24X9 2 整理得+4=， 1 BC 31 2bc =2,即c0sA=2, 12√5 又A∈(0，x),所以A=等 31 (2)由题意，BD=20,由(1)及题图知， (2)因为a=-3,所以由余弦定理可得b2十 ∠ABC为锐角， c2-bc=9①， 又sinB=2sinC,所以由正弦定理可得 则os∠ABC- b=2c②， 由CD=BD+BC-2BD·BCcos∠ABC= 联立①②解方程组得b=2√3，c=√3. 400+961-2×20×31×23 441, 所以△ABC的周长为3十2√3+√3= 所以CD=21海里 3+3√5. 1.常见的问题涉及距离、高度、角度以及平 小44。。4-。4小0e小440.00。。。小40.4。小。。。4。 面图形的面积等.解决这类问题的关键 1.注意考查利用余弦、正弦定理解三角形， 名师点 是根据题意画出示意图，将问题抽象为 名师 判断三角形的形状、求三角形的面积，以 三角形的模型，然后利用余弦、正弦定理 及余弦、正弦定理的综合应用. 求解， 2.通过对正弦、余弦定理的应用的考查，提 2.通过对正、余弦定理在实际问题中的考 升学生逻辑推理和数学运算素养。 查，提升学生逻辑推理和数学建模素养. 跟踪训练3(I)证明：因为sin Csin(A一B) 跟踪训练4解：(1)令假山的高度为hm =sin Bsin (C-A), 所以sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A =sin Bsin Ccos A-sin Bsin Acos C, 所以c.。+c-&-2.+-a 2ac 2bc 假山 D =-ab.aitb-c2 由题意可知，AC=20m,∠CAB=45°， 2ab ∠BCD=15°， 即+g&-8+e-2)=-+-C 2 则∠BCA=75°，∠ABC=60°， 所以2a2=b2+c2. AC 根据正弦定理可得，sin∠ABC (2)解：因为a=5,cosA=25 BC 0_BC 31 sin∠CAB,即 3W2 由(1)得b2+c2=50, 2 2 162 所以BC-206 3 而sin∠BCD=sin15°=sin(45°-30)= sin45cos30°-cos45°sin30°=y5-2 4 所以h=BCsin∠DCB= 206× 3 6-2≈4.2(m), 4 故假山的高度大约为4.2m. (2)根据余弦定理，可得cos∠ACB= AC+BCAB=202+16-22 2AC·BC 2×20×16 43 160 则sin∠DCB=cos∠ACB=60 所以h=BCsin∠DCB=16X0=43(my 故假山的高度大约为4.3m. 专题5平面向量拓展 例5B解析：因为OA+Oi+O心=0，所 以点O是△ABC的重心， 所以aA0=号×2边+A0=3(a边+ AC). 因为AM=xAB,AN=yAC,所以AB= iam.ac-an. y 综上，A0-+ 因为M0=λON,所以M,O,N三，点共 线，则2十-1，即上+}=8 x y 因为工，y均为正数，所以十号≥ x=y= 号时取等号) 所以zy的最小值为音故选B. 跟踪训练5A解析：由题意得，B= A夜-AB,C克=A市-AC, 因为A市=入AB,AO=(1-)AC, 因为6+c≥2V,所以e≤b+c)2 4 所以B0-（1-2)AC-AB,C市-xA亩- 所以12≥3(6+c)2,得6十c≤4， 4 AC, 当且仅当b=c=2时取等号.（点拔：运 所以动.C市=[(1-)A心-A边]： 用基本不等式求最值时，注意等号是否 可以取到) aA范-AC)=(分-1)A衣-AA市+ 所以b十c的最大值是4. (1+x-号)A庙·A心， 法二：12=+2+k=(b+）°+子2， 因为AC=|AC12=9,AB=|AB12= 令6+号=25cos0,9c 2c-23sin 0, 4,Ai.AC=|AB1·1AC1cos60°=2X 则b=2√3cos0-2sin0,c=4sin0, 3×2=3, 所以b+c=2sin0+2V3cos0=4sin（0+ 所以Bà·C=(合-1）×9-4以+ 5)≤4， 3(1+A-)=-是+号A-6, 当且仅当0=若十2kx(质∈D,即6=c=2 函数y=-+号X-60<<1)开口 时等号成立.（点拨：三角函数的有界性) 所以b十c的最大值为4. 向下，对称轴为入= 2 跟踪训练6解：(1)由余弦定理推论可得 2x(-) 3 cas60=名安分×8即b=1+点 当X-号时，取最大值y=一多×（号）十 :D为BC边的中点，所以A市=号A市+ ×号6=一6=故选N 号C 例6解：(1由题可得，sin C=(合sinA+ 即41AD12=A2+|AC12+ 2AB11AC1cos60°， 5osA,结合正孩定理可得si咖Asi咖C 所以1A市1=√10+4√3 2 名如Asmc+9 sin Ccos A, (2)不妨设AD=x, 因为sinC≠0，所以号sinA=c。 ,AD为∠BAC的角平分线，由面积公 2 cos A, 式有S△ABC=S△ABD十S△ACD, 得tanA=√3， 合×2x1+5)×sin60=合×2z× 因为A∈(0，π)，所以A= 3 sin30°+2×(1+3 zXsin30°， (2)易知A市=2（站+A心，（技巧：向 得x=2, 量的平行四边形法则) .AD=2. 两边同时平方得A市=寻(A市+A心+ 易错排查矫正练 2AB.AC),12=c2+62+6c. 易错点1概念理解错误 法一：12=c2+b2+bc可化为12= 1.A解析：根据相关概念可知，这三个结 (b+c)2-bc, 论都不正确. 163 定，其表示是唯一的，所以②正确，③ 本题易对概念理解不正确或不全面而错选.如 错误， 认为①正确是忽略了0与0的区别，由|a=0 可知a是零向量；认为②正确是把两个向量的 对平面向量基本定理的学习要把握以下几点： 模相等和两个实数的绝对值相等混淆了，两个 (1)e1,e2是同一平面内的两个不共线 向量的模相等，只能说明它们的长度相等，并 向量； 不意味着它们的方向是相同或相反的；认为③ (2)②该平面内的任意向量a都可用e1,e2 正确是因为对两个向量平行的意义理解不透 线性表示，且这种表示是唯一的； 分 彻造成的，两个向量平行，可以得到它们的方 (3)③对基底的选取不唯一，只要是同一平 向相同或相反，不能得到它们的模相等， 面内的两个不共线向量都可以作为一组 基底 2.D解析：设a=kb,则e1十e2=2ke1,所 易错点2混淆概念而致错 以(1-2k)e1+e2=0, 5.-20解析：因为1BC1=5,1CA1=8, 所以(2k-1)e1=ae2. BC与CA的夹角0=180°-∠ACB= 因为e1≠0，所以若2k一1≠0，则e1= 120°，所以BCCA=|BC1|CA|cos0= 2k-,此时0∥e2;若2k-1=0,则 5×8×c0s120°=-20. 如果没有准确把握两个向量的夹角这一概 λ=0或e2=0. 易 念，在解答本题时，就会误认为武与C方的 因为0与任意向量平行，所以e2≠0， 夹角为∠ACB,从而得到错误答案20.根据 所以a与b共线的条件为e1∥e2或入= 分 图形求两个向量的数量积时，要注意根据 0.故选D. 析 图形特点分析向量的夹角是相应线段所成 的角还是该角的补角。 若没有准确把握基底的概念，解答本题时 就容易得到下面的错解：设a=b,则e十 6.(W3W5)解析：，锐角三角形ABC中， Ae2=2ke1,所以(1-2k)e1+e2=0,所以 b=1,c=2, 易 1一2k=0或A=0,故选A. ∴，分两种情况考虑；①若C为三角形 分 平面内任意一对不共线的向量都可以作为 ABC中的最大角，即a≤c,可得a> 表示该平面内所有向量的一组基底，一定 要注意“不共线”这一条件，在做题时容易 √c2-b=√3，此时a的取值范围为√3< 忽略此条件而导致错误，同时还要注意零 a≤2；②若A为三角形ABC中的最大 向量不能作为基底. 角，即a>c,可得a<Vc2十b=√5，此时 3.ABC解析：A选项，根据向量共线的知 a的取值范围为2<a<√5.综上，满足条 识可知，A选项正确，B选项，AD= 件的实数a的取值范围是V3<a<√5. 合A店+2A衣-号(A$+A心，根据向量 在解答中易忽略题目中对锐角三角形的限 加法的运算可知点D为BC边上的中 易错分 制，而根据两边之和大于第三边，两边之差 小于第三边求解而出错；也易忽略C也可 点，B选项正确.C选项，由|a十b= 能为最大角而出错 |a一b两边平方并化简得a·b=0,所 以a⊥b,C选项正确.D选项，a·c=b· 7.6 解析：（法一）由题意知∠ADC c是一个数量，无法得到两个向量a,b相 ∠ADB+∠BDC=60°， 等，D选项错误 又因为∠ACD=60°，所以∠DAC=60°. 4.②解析：由平面向量的基本定理知，只 有不共线的两个向量才能作为平面向量 所以AD=CD=AC= 2a. 的一组基底，所以①错误；任一平面向量 在△BCD中，∠DBC=180°-30°-105°= 都可以用一组基底线性表示，且基底确 45°， 164 BD CD 由正孩定理得sin∠BCD一sin/DBC' 所以BD=CD·sinBCD=。 sin∠DBC 2a. √6+2 4-3+3 4a, 2 在△ADB中，由余弦定理得 AB2=AD2+BD2-2AD·BD· cos∠ADB=子a+(3+。厂-2： 4 所以AB=√ 4. (法二)在△BCD中，∠CBD=180°一 30°-105°=45°， 由正孩定理得BC CD sin 30 sin 45, 则BC=CD sin30°_V6 sin45° 4a, 在△ACD中，∠CAD=180°-60°-60°=60， 所以△ACD为等边三角形.因为∠ADB= ∠BDC, 所以BD为正△ACD的中垂线，所以 AB=BC= 4a. 在解含有两个或两个以上三角形的问题时 应先根据条件应用正弦、余弦定理或三角 易 形内角和定理在一个三角形中求解边和 角，再在此基础上求解另一个三角形，以此 分 类推，首选哪一个三角形至关重要，原则是 首选三角形与其他三角形有一定联系，且 方便求解，该题图中三角形较多，若审题不 细的话易导致计算复杂或者无从下手 8.解：由已知得A产=AB+λAC=(5-2, 4-3)十λ(7-2,10-3)=(3,1)+λ(5， 7)=(3+5λ，1+7λ)， 设点P(x,y),则A户=(x-2,y-3), 于是(x-2,y-3)=(3+5λ，1+7λ)，即 x-2=3+5λ， y-3=1+7λ. 又因为点P在第三象限，所以