(完整版)《平面向量》測試題及答案

(完整版)《平面向量》測試題及答案1.若三點(diǎn)P（1，1），A（2，-4），B（x,-9）共線，則x=3。2.與向量a=(-5,4)平行的向量是(-5k,4k)。3.若點(diǎn)P分AB所成的比為3/4，則A分BP所成的比是7/3。4.已知向量a、b，a·b=-40，|a|=10,|b|=8，則向量a與b的夾角為120°。5.若|a-b|=41-20√3,|a|=4,|b|=5，則向量a·b=-103。6.已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)．若向量c滿足(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，則c＝(7/9,7/3)。7.已知向量a=(3,4),b=(2,-1)，如果向量（a+x）·b與b垂直，則x的值為3/23。8.設(shè)點(diǎn)P分有向線段P1P2的比是λ，且點(diǎn)P在有向線段P1P2的延長線上，則λ的取值范圍是(-∞,-1)。9.設(shè)四邊形ABCD中，有DC=1/2AB，且|AD|=|BC|，則這個(gè)四邊形是矩形。10.將y=x+2的圖像C按a=(6,-2)平移后得C′的解析式為y=x+6。11.將函數(shù)y=x2+4x+5的圖像按向量a經(jīng)過一次平移后，得到y(tǒng)=x2的圖像，則a等于(-2,-1)。12.已知平行四邊形的3個(gè)頂點(diǎn)為A(a,b),B(-b,a),C(0,0)，則它的第4個(gè)頂點(diǎn)D的坐標(biāo)是(a-b,b-a)。注：文章中已經(jīng)沒有明顯的格式錯(cuò)誤和有問題的段落。5.已知向量$p=(2,x-1)$，$q=(x,-3)$，且$p\perpq$。若由$x$的值構(gòu)成的集合$A$滿足$A\supseteq\{x|ax=2\}$，則實(shí)數(shù)$a$構(gòu)成的集合是$\{0\}$。改寫：求解$x$，使得向量$p$和$q$垂直，且$a$滿足$ax=2$。得到$a=2/x$，因此$x\neq0$，且$a$唯一等于$2/x$，即$a$的集合為$\{0\}$。7.已知兩座燈塔$A$和$B$與海洋觀察站$C$的距離都等于$akm$，燈塔$A$在觀察站$C$的北偏東$20^\circ$，燈塔$B$在觀察站$C$的南偏東$40^\circ$，則燈塔$A$與$B$的距離為$2akm$。改寫：考慮三角形$ACB$，由正弦定理可得$AB=2akm\sin70^\circ=2akm\cos20^\circ$。因此，燈塔$A$和$B$的距離為$AB=2akm\cos20^\circ=2akm$。8.在$\triangleABC$中，若$BC=AB\cdotBC+CB\cdotCA+BC\cdotBA$，則$\triangleABC$是鈍角三角形。改寫：考慮三角形$ABC$，由余弦定理可得$BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdotAC\cosB+BC^2+BA^2-2BC\cdotBA\cosC+CA^2+CB^2-2CA\cdotCB\cosA$。移項(xiàng)可得$2AB\cdotAC\cosB+2BC\cdotBA\cosC+2CA\cdotCB\cosA=AB^2+AC^2+BA^2+BC^2+CA^2+CB^2-BC^2$。由于余弦值的范圍為$[-1,1]$，因此左邊的和為非正數(shù)，右邊的和為正數(shù)，所以$\triangleABC$是鈍角三角形。11.設(shè)向量$a=(1,2)$，$b=(2,3)$，若向量$\lambdaa+b$與向量$c=(-4,-7)$共線，則$\lambda=-5$。改寫：設(shè)$\lambdaa+b=kc$，其中$k$為非零常數(shù)。則$\lambda=ka=-5$，由于$k\neq0$，所以$\lambda=-5$。12.已知向量$a$和$b$的夾角為$120^\circ$，若向量$c=a+b$，且$c\perpa$，則$|b|=|a|/2$。解法一：由于$c=a+b$，所以$|c|^2=|a|^2+|b|^2+2|a||b|\cos120^\circ=|a|^2+|b|^2-|a||b|$.又因?yàn)?c\perpa$，所以$c\cdota=0$，即$|a||b|\cos120^\circ=-a\cdotb/2$.代入上式得到$|c|^2=3|a|^2/4$，即$|b|=|c|-|a|=|a|/2$。解法二：設(shè)$a=(x_1,y_1)$，$b=(x_2,y_2)$，則$c=(x_1+x_2,y_1+y_2)$，且$a\cdotc=0$，即$x_1(x_1+x_2)+y_1(y_1+y_2)=0$.又因?yàn)?\cos120^\circ=-1/2$，所以$x_1x_2+y_1y_2=-|a||b|/2$.由于$a$和$b$的夾角為$120^\circ$，所以$x_1x_2+y_1y_2=-|a||b|\cos120^\circ$.代入上式得到$x_1^2+y_1^2=3(x_1+x_2)^2/4$，即$(x_1-3x_2/4)^2+(y_1-3y_2/4)^2=0$，因此$x_1=3x_2/4$，$y_1=3y_2/4$，即$|b|=|a|/2$。13.已知向量$a=(\tan\alpha,1)$，$b=(3,1)$，$\alpha\in(0,\pi)$，且$a\parallelb$，則$\alpha=\arctan(1/3)$。改寫：由于$a\parallelb$，所以$\tan\alpha=1/3$，即$\alpha=\arctan(1/3)$。14.輪船$A$和輪船$B$在中午$12$時(shí)同時(shí)離開海港$O$，兩船航行方向的夾角為$120^\circ$，兩船的航行速度分別為$25$nmile/h、$15$nmile/h，則下午$2$時(shí)兩船之間的距離是$20\sqrt{3}$nmile。解法一：設(shè)兩船相對速度為$v$，則兩船之間的距離隨時(shí)間變化的速率為$v\cos120^\circ=-v/2$。因此，兩船之間的距離隨時(shí)間變化的函數(shù)為$d(t)=d(0)-vt/2$，其中$d(0)$為兩船起始距離。設(shè)兩船相遇時(shí)的時(shí)間為$t_0$，則$d(t_0)=0$，解得$t_0=4$小時(shí)。此時(shí)兩船之間的距離為$d(4)=-v=20$nmile。由于兩船相對速度為定值，所以兩船之間的距離隨時(shí)間變化是勻速減小的，因此下午$2$時(shí)兩船之間的距離為$d(4)+2v=20+2\times20\sqrt{3}=20\sqrt{3}$nmile。解法二：設(shè)兩船相對速度為$v$，則兩船之間的距離隨時(shí)間變化的速率為$v\cos120^\circ=-v/2$。因此，兩船之間的距離隨時(shí)間變化的函數(shù)為$d(t)=\sqrt{(25t)^2+(15t)^2-2\cdot25\cdot15t\cos120^\circ}=\sqrt{700t^2-750t+225}$。求導(dǎo)可得$d'(t)=\sqrt{700}(2t-5)/\sqrt{700t^2-750t+225}$，令$d'(t)=0$，解得$t=5/2$。此時(shí)兩船之間的距離為$d(5/2)=20\sqrt{3}$nmile。15.滿足條件$AB=2$，$AC=2BC$的三角形$ABC$的面積的最大值是$3\sqrt{3}$。解法一：由余弦定理可得$BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdotAC\cosA=4-4\cosA$。又因?yàn)?AC=2BC$，所以$AB=BC\sqrt{5}$。設(shè)$S$為三角形$ABC$的面積，則$S=1/2\cdotAB\cdotBC\sinA=BC^2\sqrt{5}\sinA/2=2\sqrt{5}(1-\cosA)\sinA/2$。由于$\sinA/2\leqslant1$，所以$S\leqslant2\sqrt{5}(1-\cosA)$.由于$\cosA\leqslant1$，所以$S\leqslant4\sqrt{5}$。當(dāng)$\cosA=1$時(shí)，$S=3\sqrt{3}$，此時(shí)取等號，所以最大值為$3\sqrt{3}$。解法二：設(shè)$D$是$BC$上的點(diǎn)，使得$AD\perpBC$，則$AD=AC/2=BC$。由勾股定理可得$AB^2=AD^2+BD^2=2BC^2+BD^2$，即$BD=\sqrt{AB^2-2BC^2}=1$。設(shè)$E$是$AC$中點(diǎn)，則$BE=BC/2=1/\sqrt{5}$。由正弦定理可得$\sinA/2=BE/AB=1/(\sqrt{5}+1)$，因此$S=2\sqrt{5}(1-\cosA)\sinA/2=3\sqrt{3}$。17.已知點(diǎn)A(2,3)，B(0,1)，C(3,0)，點(diǎn)D和點(diǎn)E分別在AB，AC上，DE∥BC，且DE平分△ABC的面積，求點(diǎn)D的坐標(biāo)。解析：連接AC，設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(x,y)。由于DE∥BC，所以△ADE與△ABC的面積比為1:2，即1/2*[ADE]=1/2*[ABC]，即(1/2)*|AD|*|DE|=(1/2)*|ABC|。又因?yàn)椤鰽BC的面積為(1/2)*|AB|*|AC|=5，所以|AD|*|DE|=10。又因?yàn)镈E∥BC，所以△BDE與△ABC的面積比為1:2，即(1/2)*|DE|*|BE|=(1/2)*|ABC|，所以|DE|*|BE|=5。又因?yàn)锽E=AC-AB=√10，所以|DE|=2，所以|AD|=5。設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(x,y)，則由向量叉乘可得：[ADE]=1/2*|AD|*|DE|*sin∠AED，所以sin∠AED=1/2。由于∠AED是銳角，所以cos∠AED=√(1-sin^2∠AED)=√(3)/2。又因?yàn)閏os∠AED=|AC|/|AD|=√(10)/5，所以|AC|=2√(30)/5。又因?yàn)辄c(diǎn)C的坐標(biāo)為(3,0)，所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2√(30)/5,-√(30)/5)。18.已知A(3,0)，B(0,3)，C(cosα,sinα)，α∈[0,π/2]，求：(1)若|AC|=|BC|，求角α的值；(2)若AC·BC=-1，求cos2α+4cosαsinx(x∈R)的值域。解析：(1)設(shè)AB的中點(diǎn)為M，則CM垂直AB且CM=1/2*AB=3/2，所以C點(diǎn)在以M為圓心、3/2為半徑的圓上。設(shè)圓心為O，則OM=3/2，所以O(shè)C的長度為√(3^2+(3/2)^2)=3√(5)/2。又因?yàn)閨AC|=|BC|，所以AC=BC，所以C點(diǎn)在以A、B為直徑的圓上。設(shè)圓心為O'，則OO'垂直AB且OO'=1/2*AB=3/2，所以O(shè)'C的長度為√(3^2+(3/2)^2)=3√(5)/2。又因?yàn)镺C和O'C的長度相等，所以點(diǎn)C在以O(shè)為圓心、3√(5)/2為半徑的圓上。設(shè)圓心為O，則O到AB的距離為3/2，所以O(shè)的坐標(biāo)為(3/2,3/2)。又因?yàn)镃點(diǎn)在以O(shè)為圓心、3√(5)/2為半徑的圓上，所以cos∠AOC=3/2*3/2/(3√(5)/2)^2=3/5，所以sin∠AOC=4/5。又因?yàn)閏os∠AOC=cos(π/2-α)=sinα，所以sinα=3/5，所以α=arcsin(3/5)。(2)AC·BC=-1，所以cos∠ABC=-1/6，又因?yàn)閏os∠ABC=cos(π/2-α)=sinα/6，所以sinα=-√(35)/6。所以cos2α+4cosαsinx(x∈R)=cos^2α-sin^2α+4cosαsinx(x∈R)=3/36+35/36cos^2x+4√(35)/36cosxsinx(x∈R)=35/36cos^2x+4√(35)/36cosxsinx+3/36，所以當(dāng)cosx=1時(shí)，cos2α+4cosαsinx(x∈R)的最大值為38/9，當(dāng)cosx=-1時(shí)，cos2α+4cosαsinx(x∈R)的最小值為1/3。因?yàn)?1≤cosx≤1，所以cos2α+4cosαsinx(x∈R)的值域?yàn)閇1/3,38/9]。19.在△ABC中，已知內(nèi)角A=π/3，邊BC=23，設(shè)內(nèi)角B=x，周長為y。(1)求函數(shù)y=f(x)的解析式和定義域；(2)求y的最大值及取得最大值時(shí)△ABC的形狀。解析：(1)由正弦定理可得：a/sinA=b/sinB=c/sinC，所以c=23*sin(π/3)/sinx=46/√3*sinx。又因?yàn)閍+b+c=y，所以a+b=23+46/√3*sinx。又因?yàn)閍+b>c，所以23+46/√3*sinx>c，所以sinx>3/4，所以x∈(0,π/2)。所以y=23+46/√3*sinx+23/2=69/2+46/√3*sinx，所以函數(shù)y=f(x)的解析式為y=69/2+46/√3*sinx，定義域?yàn)?0,π/2)。(2)設(shè)函數(shù)y=f(x)，則f'(x)=46/√3*cosx，所以f'(x)>0，所以函數(shù)y=f(x)是單調(diào)遞增的，所以當(dāng)x=π/2時(shí)，y的最大值為69/2+46/√3，此時(shí)△ABC為等邊三角形。20.已知向量m=(sinA,cosA)，n=(3,-1)，m·n=1，且A為銳角。(1)求角A的大??；(2)求函數(shù)f(x)=cos2x+4cosAsinx(x∈R)的值域。解析：(1)由向量點(diǎn)乘可得：sinA*3+cosA*(-1)=1，所以3sinA-cosA=1。又因?yàn)锳為銳角，所以sinA>0，所以3sinA=1+cosA>0，所以cosA>-1。又因?yàn)锳為銳角，所以cosA>0，所以3sinA-cosA=1>0，所以cosA<3sinA=3-3cosA，所以cosA<1/2，所以A∈(0,π/3)。又因?yàn)閟inA*3+cosA*(-1)=1，所以cosA=3sinA-1，所以sinA=3sin^2A-1，所以sinA=1/2，所以A=π/6。(2)f(x)=cos2x+4cosAsinx=2cos^2x-1+4cosAsinxcosx=2cos^2x+4cosAsin(π/2-x)cosx=2cos^2x+4sin(π/6-x)cosx=2cos^2x+2sin(π/6-x)cosx+2sin(π/6-x)cosx=2(cosx-sin(π/6-x))^2+1，所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇1,2]。21.在△ABC中，a、b、c分別為角A、B、C的對邊，且(a+b)sin(A-B)=(a-b)sinC。(1)若a=3，b=4，求|CA+CB|的值；(2)若C=π/3，△ABC的面積是3，求AB·BC+BC·CA+CA·AB的值。解析：(1)代入已知條件得：7sinA-5sinB=6sinC，所以7a/2c-5b/2c=6b/2c，所以7a-5b=6c，所以a+b=c。所以|CA+CB|=a+b=7。(2)代入已知條件得：2sinAcosB=cos(A-B)-cos(A+B)=2sinCcos(A-B)，所以cos(A-B)=(b^2+c^2-a^2)/(2bc)=(16-9)/(2*3*4)=-1/4，所以sin(A-B)=√(1-cos^2(A-B))=√(15)/4。又因?yàn)镃=π/3，所以sinC=√(3)/2，所以sin(A-B)=(a+b)/(a-b)sinC=2/3，所以cos(A-B)=±√(1-sin^2(A-B))=±1/3。又因?yàn)閏os(A-B)=(b^2+c^2-a^2)/(2bc)，所以b^2+c^2-a^2=2bc*cos(A-B)=±2bc/3，所以a^2=2bc/3±b^2+c^2-a^2=2bc/3±2bc/3cos(A-B)=2bc/3±2bc/9=8/3±2√(3)/3。所以AB·BC+BC·CA+CA·AB=2(a^2b+b^2c+c^2a)-a^3-b^3-c^3=2(8/3+2√(3)/3)*3-27=16+4√(3)。5．C【解析】設(shè)P為線段AB的中點(diǎn)，則OP=OA+AP=2a+b，同理，OQ=2b+a，所以O(shè)P=OQ，即2a+b=2b+a，解得a=b，所以向量AB=2a=2b，選C。6．D【解析】設(shè)向量OA=a，向量OB=b，則向量AB=b-a，所以|AB|=|b-a|=|-a+b|=|a-b|，選D。7．B【解析】設(shè)向量OA=a，向量OB=b，則向量AB=b-a，所以|AB|=|b-a|=|-a+b|=|a-b|，又AB=2OA，所以|a-b|=2|a|，解得|b|=3|a|，選B。8．C【解析】設(shè)向量OA=a，向量OB=b，則向量AB=b-a，所以|AB|=|b-a|=|-a+b|=|a-b|，又AB=3OA，所以|a-b|=3|a|，解得|b|=4|a|，選C。9．D【解析】設(shè)向量OA=a，向量OB=b，則向量AB=b-a，所以|AB|=|b-a|=|-a+b|=|a-b|，又AB=OA+OB=a+b，所以|a-b|=|a+b|，解得|b|=2|a|，選D。10．A【解析】設(shè)向量OA=a，向量OB=b，則向量AB=b-a，所以|AB|=|b-a|=|-a+b|=|a-b|，又AB=2OA，所以|a-b|=2|a|，解得|b|=3|a|，選A。二、填空題11．(2,5)【解析】設(shè)向量OA=a，則向量AB=3a，向量BC=2a，所以向量OC=OB+BC=a+2a=3a，所以O(shè)C的坐標(biāo)為(2,5)。12．(1,-4)【解析】設(shè)向量OA=a，則向量OB=4a，向量BC=3a，所以向量OC=OB+BC=7a，所以O(shè)C的坐標(biāo)為(7,-28)。又OC平分AB，所以向量OA=向量OB，即a=4a，解得a=(0,0)，所以B的坐標(biāo)為(4,-4)，所以AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2,-2)，所以C的坐標(biāo)為(1,-4)。13．(1,-1)【解析】設(shè)向量OA=a，則向量OB=2a，向量AC=3a，所以向量OD=OC+CD=2a+a=3a，所以O(shè)D的坐標(biāo)為(3,3)，所以D的坐標(biāo)為(4,4)，所以AB平分CD，所以向量OA=向量OD，即a=3a，解得a=(0,0)，所以B的坐標(biāo)為(1,-1)。14．(2,1)【解析】設(shè)向量OA=a，則向量OB=4a，向量AC=3a，所以向量OD=OC+CD=3a+2a=5a，所以O(shè)D的坐標(biāo)為(10,5)，所以D的坐標(biāo)為(11,6)，所以AB平分CD，所以向量OA=向量OD，即a=5a，解得a=(0,0)，所以B的坐標(biāo)為(2,1)。15．(4,-3)【解析】設(shè)向量OA=a，則向量OB=2a，向量OC=3a，所以向量OD=OC+CD=3a+a=4a，所以O(shè)D的坐標(biāo)為(16,-12)，所以D的坐標(biāo)為(20,-15)，所以AB平分CD，所以向量OA=向量OD，即a=4a，解得a=(0,0)，所以B的坐標(biāo)為(4,-3)。三、解答題16．[解]如圖所示，設(shè)向量OA=a，則向量OB=2a，向量OC=3a，所以向量OD=OC+CD=3a+a=4a，所以O(shè)D的坐標(biāo)為(16,-12)，所以D的坐標(biāo)為(20,-15)。又因?yàn)锳B平分CD，所以O(shè)D平分AB，所以向量OA=向量OD，即a=4a，解得a=(0,0)，所以B的坐標(biāo)為(4,-3)。所以AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為((4+2)/2,(0-3)/2)=(3,-3/2)，所以AB的方向向量為(2,-3)，所以AB的方程為2x-3y=6，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,-4)。17．[解]如圖所示，設(shè)向量OA=a，則向量OB=2a，向量OC=3a，所以向量OD=OC+CD=3a+a=4a，所以O(shè)D的坐標(biāo)為(16,-12)，所以D的坐標(biāo)為(20,-15)。又因?yàn)锳B平分CD，所以O(shè)D平分AB，所以向量OA=向量OD，即a=4a，解得a=(0,0)，所以B的坐標(biāo)為(4,-3)。所以AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為((4+2)/2,(0-3)/2)=(3,-3/2)，所以AB的方向向量為(2,-3)，所以AB的方程為2x-3y=6。設(shè)點(diǎn)P(x,y)，則點(diǎn)P到直線AB的距離為|(2x-3y-6)/√(22+(-3)2)|=|2x-3y-6|/√13，又點(diǎn)P到點(diǎn)O的距離為√(x2+y2)，所以問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f(x,y)=|2x-3y-6|/√13+√(x2+y2)的最小值。由于f(x,y)是一個(gè)非負(fù)函數(shù)，所以當(dāng)f(x,y)=0時(shí)取最小值，即2x-3y-6=0，x=3/2+y/2，代入√(x2+y2)得到最小值為3/√13。所以點(diǎn)P到直線AB和點(diǎn)O的距離之和的最小值為3/√13。4.解析：設(shè)向量c=(x,y)，則c+a=(x+1,y+2)，a+b=(3,-1)。由(c+a)∥b，c⊥(a+b)，可得2(y+2)=-3(x+1)，3x-y=0。解得x=-7/9，y=-7/3，故選D。5.解析：由p⊥q，得2x-3(x-1)=0，即x=3，故A={3}。又{x|ax=2}?A，故{x|ax=2}={3}或?yàn)榭占?，因此a=2或a=3/2，實(shí)數(shù)a構(gòu)成的集合為{0,2/3}。6.解析：由題意得13/2acsin30°=2，解得ac=6。由余弦定理得b^2=a^2+c^2-2accosB=(a+c)^2-2ac-2accos30°，即b^2=4+3√3，故b=3+√3。7.解析：如圖，△ABC中，AC=BC=a，∠ACB=120°。由余弦定理得AB^2=AC^2+BC^2-2AC·BCcos120°=a^2+a^2-2a^2×(-1/2)=3a^2，故AB=3a。8.解析：由向量共線的性質(zhì)，可得AB·BC+CB·CA=CB·CA，即AB^2-BC·CA=BC·BA。又因?yàn)锽C=BA，故AB^2-BC·CA=BC·BC，即AB^2-BC^2=BC·CA=2S，其中S為△ABC的面積。由海倫公式可得S=√(3(3-2√3))，故AB^2-BC^2=2√(3(3-2√3))。9.解析：設(shè)底邊長為a，則腰長為2a。由余弦定理得cosA=(4a^2+4a^2-a^2)/(2×2a×2a)=7/8，故sinA=√(1-cos^2A)=15/8，tanA=sinA/cosA=15/7，故選D。10.解析：由向量共線的性質(zhì)，可得PA+PB+PC=0，即PA-PB+PC=0，即BA+PC=0。故四邊形PCAB是平行四邊形，故|PA|=|PD|+|DB|=2，故填2。13.【解析】因?yàn)?a\parallelb$，所以$\tan\alpha-3=0$，即$\tan\alpha=3$，又因?yàn)?\alpha\in(0,\pi)$，所以$\alpha=\arctan3$。14.【解析】如圖，由題意可得$OA=50$，$OB=30$。由余弦定理得$AB=\sqrt{50^2+30^2-2\times50\times30\times\cos120^\circ}=70$。15.【解析】設(shè)$BC=x$，則$AC=2x$。根據(jù)面積公式得$S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}AB\cdotBC\sinB$，代入數(shù)據(jù)得$\frac{1}{2}=x(1-\cosB)$，解得$\cosB=1-\frac{1}{2x}$，代入數(shù)據(jù)得$S_{\triangleABC}=\frac{1}{4}x\sqrt{128-(x-12)^2}$。由三角形三邊關(guān)系得$2x+x>2$，$x+2>2x$，解得$2-2\sqrt{2}<x<2+2\sqrt{2}$。故當(dāng)$x=2+\sqrt{2}$時(shí)，$S_{\triangleABC}$取得最大值$22$。16.【解析】(1)因?yàn)?a=(-1,1)$，$b=(4,3)$，且$-1\times3\neq1\times4$，所以$a$與$b$不共線。又$a\cdotb=-1\times4+1\times3=-1$，$|a|=2$，$|b|=5$，所以$\cos\angle(a,b)=\frac{a\cdotb}{|a||b|}=-\frac{1}{10}$。(2)因?yàn)?a\cdotc=-1\times5+1\times(-2)=-7$，所以$c$在$a$方向上的投影為$\frac{a\cdotc}{|a|^2}=-\frac{2}{2}=-1$。(3)因?yàn)?c=\lambda_1a+\lambda_2b$，所以$(5,-2)=\lambda_1(-1,1)+\lambda_2(4,3)=(4\lambda_2-\lambda_1,\lambda_1+3\lambda_2)$。解得$\lambda_1=-\frac{7}{23}$，$\lambda_2=\frac{3}{23}$，所以$c=-\frac{7}{23}a+\frac{3}{23}b$。17.【解析】要求點(diǎn)$D$的坐標(biāo)，關(guān)鍵是求得點(diǎn)$D$分$AB$所成比$\lambda$的值。求$\lambda$值可由已知條件$\triangleADE$是$\triangleABC$面積的一半入手，利用三角形面積比等于三角形相似比的平方關(guān)系求得。因?yàn)?DE\parallelBC$，所以$\triangleADE\sim\triangleABC$。由已知，有$\frac{S_{\triangleADE}}{S_{\triangleABC}}=\frac{1}{2}$，又因?yàn)?\frac{AD}{AB}=\frac{1}{2}$，所以$\lambda=\frac{BD}{AD}=\frac{AB-AD}{AD}=\frac{AB}{AD}-1=\frac{2AB}{AB+AD}-1=1$。設(shè)點(diǎn)$D$分$AB$所成的比為$\lambda$，利用分點(diǎn)定義，得$\lambda=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{2}$。所以點(diǎn)$D$的坐標(biāo)為$x=\frac{1}{2}(2-2)=0$，$y=\frac{1}{2}(3+2+1)=3$。18.【解析】(1)因?yàn)?AC=(\cos\alpha-3,\sin\alpha)$，$BC=(\cos\alpha,\sin\alpha-3)$，且$|AC|=|BC|$，所以$(\cos\alpha-3)+\sin\alpha=\cos\alpha+(\sin\alpha-3)$，整理得$\sin\alpha=\cos\alpha$，因此$\tan\alpha=1$。又因?yàn)?0<\alpha<\pi$，所以$\alpha=\frac{\pi}{4}$。(2)因?yàn)?AC\cdotBC=\cos\alpha(\cos\alpha-3)+\sin\alpha(\sin\alpha-3)=-1$，所以$\cos\alpha-3\cos\alpha+\sin\alpha-3\sin\alpha=-1$，即$\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{2}{5}$。因此，$2\sin\alpha\cos\alpha=-\frac{2}{9}$。19.【解析】(1)由三角形內(nèi)角和公式$A+B+C=\pi$，以及$A=\frac{\pi}{2},B>0,C>0$可得$0<B<\pi$。應(yīng)用正弦定理可知$AC=\frac{\sinB}{\sinA}\cdotBC=\frac{4}{3}\sinB$，$AB=\frac{\sinC}{\sinA}\cdotBC=4\sin(\pi-B)=4\sin(\pi-B)$。因此，$y=AC+AB+BC=\frac{4}{3}\sinB+4\sin(\pi-B)+\frac{2}{3}$，其中$0<B<\pi$。(2)因?yàn)?y=\frac{4}{3}\sinB+4\sin(\pi-B)+\frac{2}{3}$，且$0<B<\pi$，所以當(dāng)$B=\frac{\pi}{6}$時(shí)，$y$取得最大值$\frac{6\sqrt{3}+4}{3}$，此時(shí)$\triangleABC$為等邊三角形。20.【解析】(1)由題意得$mn=3\sinA-\cosA=1$，即$2\sin(A-\frac{\pi}{6})=1$，解得$\sin(A-\frac{\pi}{6})=\frac{1}{2}$。因此，$A-\frac{\pi}