(新教材)人教A版高中數(shù)學(xué)必修第二冊(cè)學(xué)案：6章末復(fù)習(xí)提升課題及答案

＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ＋μ))eq\o(AD,\s\up6(→))，且eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ－μ＝1，,\f(1,2)λ＋μ＝1))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(4,3)，,μ＝\f(1,3)，))所以λ＋μ＝eq\f(5,3)，故選B.【答案】(1)A(2)Beq\a\vs4\al()向量線性運(yùn)算的基本原則向量的加法、減法和數(shù)乘運(yùn)算統(tǒng)稱為向量的線性運(yùn)算，向量的線性運(yùn)算的結(jié)果仍是一個(gè)向量，因此，對(duì)它們的運(yùn)算法則、運(yùn)算律的理解和運(yùn)用要注意向量的大小和方向兩個(gè)方面．已知平面向量a＝(2，－1)，b＝(1，1)，c＝(－5，1)．若(a＋kb)∥c，則實(shí)數(shù)k的值為()A．2 B．eq\f(1,2)C．eq\f(11,4) D．－eq\f(11,4)解析：選B.由題意知，a＋kb＝(2，－1)＋k(1，1)＝(k＋2，k－1)，由(a＋kb)∥c，得－5(k－1)＝k＋2，解得k＝eq\f(1,2)，故選B.平面向量數(shù)量積的運(yùn)算如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))的最小值為()A.eq\f(21,16) B.eq\f(3,2)C.eq\f(25,16) D.3【解析】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，建立如圖的平面直角坐標(biāo)系，因?yàn)樵谄矫嫠倪呅蜛BCD中，AB＝AD＝1，∠BAD＝120°，所以A(0，0)，B(1，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，設(shè)C(1，m)，E(x，y)，所以eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，m－\f(\r(3),2)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，因?yàn)锳D⊥CD，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，m－\f(\r(3),2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))＝0，即eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(\r(3),2)))＝0，解得m＝eq\r(3)，即C(1，eq\r(3))，因?yàn)镋在CD上，所以eq\f(\r(3),2)≤y≤eq\r(3)，由eq\o(CE,\s\up6(→))∥eq\o(DC,\s\up6(→))，得(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\f(\r(3),2)))＝eq\f(3,2)(y－eq\r(3))，即x＝eq\r(3)y－2，因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＝(x，y)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(x－1，y)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝(x，y)·(x－1，y)＝x2－x＋y2＝(eq\r(3)y－2)2－eq\r(3)y＋2＋y2＝4y2－5eq\r(3)y＋6，令f(y)＝4y2－5eq\r(3)y＋6，y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3))).因?yàn)楹瘮?shù)f(y)＝4y2－5eq\r(3)y＋6在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(5\r(3),8)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),8)，\r(3)))上單調(diào)遞增，所以f(y)min＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),8)))eq\s\up12(2)－5eq\r(3)×eq\f(5\r(3),8)＋6＝eq\f(21,16).所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))的最小值為eq\f(21,16)，故選A.【答案】Aeq\a\vs4\al()向量數(shù)量積的兩種計(jì)算方法(1)當(dāng)已知向量的模和夾角θ時(shí)，可利用定義法求解，即a·b＝|a||b|cosθ.(2)當(dāng)已知向量的坐標(biāo)時(shí)，可利用坐標(biāo)法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a·b＝x1x2＋y1y2.1．已知向量a，b的夾角為eq\f(3π,4)，|a|＝eq\r(2)，|b|＝2，則a·(a－2b)＝________．解析：a·(a－2b)＝a2－2a·b＝2－2×eq\r(2)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝6.答案：62．設(shè)四邊形ABCD為平行四邊形，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝6，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝4，若點(diǎn)M，N滿足eq\o(BM,\s\up6(→))＝3eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NC,\s\up6(→))，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))等于________．解析：eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\o(CM,\s\up6(→))－eq\o(CN,\s\up6(→))＝－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(4eq\o(AB,\s\up6(→))＋3eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\f(1,12)(4eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,48)(16eq\o(AB,\s\up6(→))2－9eq\o(AD,\s\up6(→))2)＝eq\f(1,48)(16×62－9×42)＝9.答案：9向量的夾角及垂直問題(1)已知向量m＝(λ＋1，1)，n＝(λ＋2，2)，若(m＋n)⊥(m－n)，則λ＝()A．－4 B．－3C．－2 D．－1(2)已知a＋b＋c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝eq\r(19)，則向量a與b的夾角為()A．30° B．45°C．60° D．以上都不對(duì)【解析】(1)因?yàn)閙＋n＝(2λ＋3，3)，m－n＝(－1，－1)，(m＋n)⊥(m－n)，所以(m＋n)·(m－n)＝(2λ＋3，3)·(－1，－1)＝－2λ－6＝0，解得λ＝－3.(2)設(shè)向量a與b的夾角為θ，因?yàn)閍＋b＋c＝0，所以c＝－(a＋b)，所以c2＝(a＋b)2，即|c|2＝|a|2＋|b|2＋2|a||b|cosθ，所以19＝4＋9＋12cosθ，所以cosθ＝eq\f(1,2)，又0°≤θ≤180°，所以a與b的夾角為60°.【答案】(1)B(2)Ceq\a\vs4\al()解決兩個(gè)向量垂直問題，其關(guān)鍵在于將問題轉(zhuǎn)化為它們的數(shù)量積為零，與求夾角一樣．若向量能用坐標(biāo)表示(或能建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系)，將它轉(zhuǎn)化為“x1x2＋y1y2＝0”較為簡單．1．設(shè)向量a＝(1，0)，b＝(－1，m)．若a⊥(ma－b)，則m＝________．解析：因?yàn)閍＝(1，0)，b＝(－1，m)，所以ma－b＝(m＋1，－m)．由a⊥(ma－b)得a·(ma－b)＝0，即m＋1＝0，得m＝－1.答案：－12．(2019·東北三省三校檢測)已知非零向量a，b滿足|a－b|＝|a|，a·(a－b)＝0，則a－b與b夾角的大小為________．解析：因?yàn)榉橇阆蛄縜，b滿足a·(a－b)＝0，所以a2＝a·b，由|a－b|＝|a|可得a2－2a·b＋b2＝a2，解得|b|＝eq\r(2)|a|，設(shè)a－b與b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(（a－b）·b,|a－b||b|)＝eq\f(a·b－|b|2,|a||b|)＝eq\f(|a|2－2|a|2,\r(2)|a|2)＝－eq\f(\r(2),2)，又0°≤θ≤180°，所以θ＝135°.答案：135°向量的長度(模)與距離的問題已知平面向量a，b的夾角為eq\f(π,6)，且|a|＝eq\r(3)，|b|＝2，在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝2a＋2b，eq\o(AC,\s\up6(→))＝2a－6b，D為BC的中點(diǎn)，則|eq\o(AD,\s\up6(→))|等于()A．2 B．4C．6 D．8【解析】因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(2a＋2b＋2a－6b)＝2a－2b，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝4(a－b)2＝4(a2－2b·a＋b2)＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－2×2×\r(3)×cos\f(π,6)＋4))＝4，則|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2.【答案】Aeq\a\vs4\al()解決向量模的問題常用的策略(1)應(yīng)用公式：|a|＝eq\r(x2＋y2)(其中a＝(x，y))．(2)應(yīng)用三角形法則或平行四邊形法則．(3)應(yīng)用向量不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.(4)研究模的平方|a±b|2＝(a±b)2.(2019·河南八市重點(diǎn)高中質(zhì)檢)已知平面向量a，b的夾角為eq\f(2π,3)，且a·(a－b)＝8，|a|＝2，則|b|等于()A．eq\r(3) B．2eq\r(3)C．3 D．4解析：選D.因?yàn)閍·(a－b)＝8，所以a·a－a·b＝8，即|a|2－|a||b|cos〈a，b〉＝8，所以4＋2|b|×eq\f(1,2)＝8，解得|b|＝4.利用正、余弦定理解三角形已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，asinA＋csinC－eq\r(2)asinC＝bsinB.(1)求角B的大小；(2)若A＝75°，b＝2，求a，c.【解】(1)由正弦定理得a2＋c2－eq\r(2)ac＝b2.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB.故cosB＝eq\f(\r(2),2)，所以B＝45°.(2)因?yàn)閟inA＝sin(30°＋45°)＝sin30°cos45°＋cos30°·sin45°＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).故a＝eq\f(bsinA,sinB)＝1＋eq\r(3).又C＝180°－45°－75°＝60°，所以c＝eq\f(bsinC,sinB)＝2×eq\f(sin60°,sin45°)＝eq\r(6).eq\a\vs4\al()解三角形的一般方法(1)已知兩角和一邊，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b.(2)已知兩邊和這兩邊的夾角，如已知a，b和C，應(yīng)先用余弦定理求c，再應(yīng)用正弦定理先求較短邊所對(duì)的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角．(3)已知兩邊和其中一邊的對(duì)角，如已知a，b和A，應(yīng)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，要注意解可能有多種情況．(4)已知三邊a，b，c，可應(yīng)用余弦定理求A，B，C.1．(2018·高考全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4)，則C＝()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析：選C.根據(jù)題意及三角形的面積公式知eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以sinC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝cosC，所以在△ABC中，C＝eq\f(π,4).2．(2019·高考全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.設(shè)(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC.解：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).因?yàn)?°＜A＜180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由題設(shè)及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2).因?yàn)?°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).判斷三角形的形狀在△ABC中，若已知b2sin2C＋c2sin2B＝2bccosBcosC，試判斷三角形的形狀．【解】由正弦定理的推論，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，則已知條件轉(zhuǎn)化為4R2sin2Bsin2C＋4R2sin2Csin2B＝8R2sinBsinCcosBcosC.因?yàn)閟inBsinC≠0，所以sinBsinC＝cosBcosC，所以cos(B＋C)＝0.因?yàn)?°<B＋C<180°，所以B＋C＝90°，所以A＝90°，所以△ABC為直角三角形．eq\a\vs4\al()判定三角形形狀的兩種途徑(1)通過正弦定理和余弦定理化邊為角，如a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等，再利用三角變換得出三角形內(nèi)角之間的關(guān)系進(jìn)行判斷，此時(shí)注意一些常見的三角等式所體現(xiàn)的內(nèi)角關(guān)系，如sinA＝sinB?A＝B，sin(A－B)＝0?A＝B，sin2A＝sin2B?A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)等．(2)利用正弦定理、余弦定理化角為邊，如sinA＝eq\f(a,2R)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)等，通過代數(shù)恒等變換，求出三條邊之間的關(guān)系進(jìn)行判斷．(2019·福建省閩侯二中五校教學(xué)聯(lián)合體高二上學(xué)期期中)在△ABC中，若lgsinA－lgcosB－lgsinC＝lg2，則該三角形的形狀是()A．等腰三角形 B．等邊三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形解析：選A.因?yàn)閘gsinA－lgcosB－lgsinC＝lg2，所以eq\f(sinA,cosB·sinC)＝2，由正弦定理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，所以eq\f(sinA,sinC)＝eq\f(a,c)，所以cosB＝eq\f(a,2c)，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a,2c)，整理得c2＝b2，c＝b，所以△ABC的形狀是等腰三角形，故選A.正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用已知海島A周圍8海里內(nèi)有暗礁，有一貨輪由西向東航行，望見島A在北偏東75°，航行20eq\r(2)海里后，見此島在北偏東30°，若貨輪不改變航向繼續(xù)前進(jìn)，有無觸礁危險(xiǎn)？【解】如圖所示，在△ABC中，依題意得BC＝20eq\r(2)海里，∠ABC＝90°－75°＝15°，∠BAC＝60°－∠ABC＝45°.由正弦定理，得eq\f(AC,sin15°)＝eq\f(BC,sin45°)，所以AC＝eq\f(20\r(2)sin15°,sin45°)＝10(eq\r(6)－eq\r(2))(海里)．過點(diǎn)A作AD⊥BC.故A到航線的距離為AD＝ACsin60°＝10(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(\r(3),2)＝(15eq\r(2)－5eq\r(6))(海里)．因?yàn)?5eq\r(2)－5eq\r(6)>8，所以貨輪無觸礁危險(xiǎn)．eq\a\vs4\al()正、余弦定理在實(shí)際應(yīng)用中應(yīng)注意的問題(1)分析題意，弄清已知元素和未知元素，根據(jù)題意畫出示意圖．(2)明確題目中的一些名詞、術(shù)語的意義，如仰角、俯角、方向角、方位角等．(3)將實(shí)際問題中的數(shù)量關(guān)系歸結(jié)為數(shù)學(xué)問題，利用學(xué)過的幾何知識(shí)，作出輔助線，將已知與未知元素歸結(jié)到同一個(gè)三角形中，然后解此三角形．(4)在選擇關(guān)系時(shí)，一是力求簡便，二是要盡可能使用題目中的原有數(shù)據(jù)，盡量減少計(jì)算中誤差的積累．(5)按照題目中已有的精確度計(jì)算，并根據(jù)題目要求的精確度確定答案并注明單位．1．某運(yùn)動(dòng)會(huì)上舉行升旗儀式，在坡角為15°的看臺(tái)上，同一列上的第一排B處和最后一排C處測得旗桿頂部P處的仰角分別為60°和30°，第一排和最后一排的距離為10eq\r(6)m(如圖所示)，則旗桿的高度為()A．10m B．30mC．10eq\r(3)m D．10eq\r(6)m解析：選B.依題意可知∠PCB＝45°，∠PBC＝180°－60°－15°＝105°，所以∠CPB＝180°－45°－105°＝30°.在△PBC中，由正弦定理可得BP＝eq\f(CB,sin∠CPB)·sin∠PCB＝20eq\r(3)(m)，所以在Rt△BOP中，OP＝PB·sin∠PBO＝20eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝30(m)，即旗桿的高度為30m.2．如圖，A，C兩島之間有一片暗礁，一艘小船于某日上午8時(shí)從A島出發(fā)，以10海里/小時(shí)的速度，沿北偏東75°方向直線航行，下午1時(shí)到達(dá)B處，然后以同樣的速度，沿北偏東15°方向直線航行，下午4時(shí)到達(dá)C島．(1)求A，C兩島之間的直線距離；(2)求∠BAC的正弦值．解：(1)在△ABC中，由已知，AB＝10×5＝50，BC＝10×3＝30，∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°.根據(jù)余弦定理，得AC2＝502＋302－2×50×30cos120°＝4900，所以AC＝70.故A，C兩島之間的直線距離是70海里．(2)在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，所以sin∠BAC＝eq\f(BCsin∠ABC,AC)＝eq\f(30sin120°,70)＝eq\f(3\r(3),14).故∠BAC的正弦值是eq\f(3\r(3),14).1．(2019·高考全國卷Ⅱ)已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3，t)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝()A．－3 B．－2C．2 D．3解析：選C.因?yàn)閑q\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，t)－(2，3)＝(1，t－3)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，所以eq\r(12＋（t－3）2)＝1，所以t＝3，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，0)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2×1＋3×0＝2.2．已知e1，e2是單位向量，m＝e1＋2e2，n＝5e1－4e2，若m⊥n，則e1與e2的夾角為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(3π,4)解析：選B.因?yàn)閙⊥n，|e1|＝|e2|＝1，所以m·n＝(e1＋2e2)·(5e1－4e2)＝5eeq\o\al(2,1)＋6e1·e2－8eeq\o\al(2,2)＝－3＋6e1·e2＝0.所以e1·e2＝eq\f(1,2).設(shè)e1與e2的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(e1·e2,|e1||e2|)＝eq\f(1,2).因?yàn)棣取蔥0，π]，所以θ＝eq\f(π,3).3．在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，BC＝6，AB＝2eq\r(6)，則C＝()A.eq\f(π,4)或eq\f(3π,4) B.eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(3π,4)解析：選C.由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，得sinC＝eq\f(ABsinA,BC)＝eq\f(2\r(6)×sin\f(π,3),6)＝eq\f(\r(2),2).又BC＝6>AB＝2eq\r(6)，所以A>C，所以C＝eq\f(π,4)，故選C.4．如圖，在平行四邊形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，eq\o(CP,\s\up6(→))＝3eq\o(PD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝2，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))的值是________．解析：由eq\o(CP,\s\up6(→))＝3eq\o(PD,\s\up6(→))，得eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→)).因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,4)\o(AB,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))－\f(3,4)\o(AB,\s\up6(→))))＝2，即eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(3,16)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝2.又eq\o(AD,\s\up6(→))2＝25，eq\o(AB,\s\up6(→))2＝64，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝22.答案：225．在△ABC中，a＝3，b＝2eq\r(6)，B＝2A.(1)求cosA的值；(2)求c的值．解：(1)因?yàn)閍＝3，b＝2eq\r(6)，B＝2A，所以在△ABC中，由正弦定理得eq\f(3,sinA)＝eq\f(2\r(6),sin2A).所以eq\f(2sinAcosA,sinA)＝eq\f(2\r(6),3).故cosA＝eq\f(\r(6),3).(2)由(1)知cosA＝eq\f(\r(6),3)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),3).又因?yàn)锽＝2A，所以cosB＝2cos2A－1＝eq\f(1,3).所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(2\r(2),3).在△ABC中，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(5\r(3),9).所以c＝eq\f(asinC,sinA)＝5.6．(2019·江西省贛州教育發(fā)展聯(lián)盟聯(lián)考)已知△ABC的周長為eq\r(2)＋1，且sinA＋sinB＝eq\r(2)sinC．(1)求邊AB的長；(2)若△ABC的面積為eq\f(1,6)sinC，求角C的度數(shù)．解：(1)由題意，及正弦定理，得AB＋BC＋AC＝eq\r(2)＋1，BC＋AC＝eq\r(2)AB，兩式相減，得AB＝1.(2)由△ABC的面積eq\f(1,2)BC·AC·sinC＝eq\f(1,6)sinC，得BC·AC＝eq\f(1,3)，由余弦定理，得cosC＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(（AC＋BC）2－2AC·BC－AB2,2AC·BC)＝eq\f(1,2)，所以C＝60°.[A基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．將3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－b))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)b))＋（2b－a）))化成最簡式為()A．－eq\f(4,3)a＋eq\f(5,3)b B．－4a＋5bC.eq\f(4,3)a－eq\f(5,3)b D．4a－5b解析：選B.原式＝3[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－1－1))a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(2,3)＋2))b]＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)a＋\f(5,3)b))＝－4a＋5b.2．設(shè)x，y∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，則|a＋b|＝()A.eq\r(5) B.eq\r(10)C．2eq\r(5) D．10解析：選B.由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－4＝0，,－4－2y＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－2，))故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝eq\r(10).3．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，則最短邊長為()A.eq\f(\r(6),2) B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)解析：選B.A＝180°－(60°＋45°)＝75°，故最短邊為b，由正弦定理可得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(1×sin45°,sin60°)＝eq\f(\r(6),3)，故選B.4．在銳角△ABC中，角A，B所對(duì)的邊分別為a，b.若2asinB＝eq\r(3)b，則角A等于()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,3)解析：選D.由已知及正弦定理得2sinAsinB＝eq\r(3)sinB，因?yàn)閟inB>0，所以sinA＝eq\f(\r(3),2).又A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以A＝eq\f(π,3).5．在△ABC中，已知sin2A＝sin2B＋sin2C，且sinA＝2sinBcosC，則△ABC的形狀是()A．等腰三角形 B．等邊三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形解析：選D.由sin2A＝sin2B＋sin2C及正弦定理可知a2＝b2＋c2?A為直角；而由sinA＝2sinBcosC，可得sin(B＋C)＝2sinBcosC,整理得sinBcosC＝cosBsinC，即sin(B－C)＝0，故B＝C.綜合上述，B＝C＝eq\f(π,4)，A＝eq\f(π,2).即△ABC為等腰直角三角形．6．已知非零向量a＝(t，0)，b＝(－1，eq\r(3))，若a＋2b與a的夾角等于a＋2b與b的夾角，則t＝________．解析：由題設(shè)得eq\f(（a＋2b）·a,|a＋2b|·|a|)＝eq\f(（a＋2b）·b,|a＋2b|·|b|)，所以|b|(|a|2＋2b·a)＝|a|(a·b＋2|b|2)，將a＝(t，0)，b＝(－1，eq\r(3))代入整理得2t2＋t·|t|＝8|t|＋4t，當(dāng)t>0時(shí)，3t2＝12t，所以t＝4；當(dāng)t<0時(shí)，t2＝－4t，所以t＝－4.綜上，t的值為4或－4.答案：4或－47．在銳角三角形ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對(duì)的邊．若2asinB＝eq\r(3)b，b＋c＝5，bc＝6，則a＝________．解析：因?yàn)?asinB＝eq\r(3)b，所以2sinAsinB＝eq\r(3)sinB.所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以cosA＝eq\f(1,2)，因?yàn)閎c＝6，b＋c＝5，所以b＝2，c＝3或b＝3，c＝2.所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝22＋32－2×6×eq\f(1,2)＝7，所以a＝eq\r(7).答案：eq\r(7)8．(2019·湖南株洲市檢測)在平行四邊形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E為CD的中點(diǎn)．若eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝2，則eq\o(AB,\s\up6(→))的模為________．解析：因?yàn)樵谄叫兴倪呅蜛BCD中，eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(EC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))，又eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))－\o(AD,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AD,\s\up6(→))|cos60°－|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,4)|eq\o(AB,\s\up6(→))|－1＝2，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝12.答案：129．已知向量e1，e2，且|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝eq\f(π,3).(1)求證：(2e1－e2)⊥e2；(2)若m＝λe1＋e2，n＝3e1－2e2，且|m|＝|n|，求λ的值．解：(1)證明：因?yàn)閨e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝eq\f(π,3)，所以(2e1－e2)·e2＝2e1·e2－eeq\o\al(2,2)＝2|e1||e2|coseq\f(π,3)－|e2|2＝2×1×1×eq\f(1,2)－12＝0，所以(2e1－e2)⊥e2.(2)由|m|＝|n|得(λe1＋e2)2＝(3e1－2e2)2，即(λ2－9)eeq\o\al(2,1)＋(2λ＋12)e1·e2－3eeq\o\al(2,2)＝0.因?yàn)閨e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝eq\f(π,3)，所以eeq\o\al(2,1)＝eeq\o\al(2,2)＝1，e1·e2＝1×1×coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，所以(λ2－9)×1＋(2λ＋12)×eq\f(1,2)－3×1＝0，即λ2＋λ－6＝0.所以λ＝2或λ＝－3.10．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若B＝eq\f(π,3)，且(a－b＋c)(a＋b－c)＝eq\f(3,7)bc.(1)求cosC的值；(2)若a＝5，求△ABC的面積．解：(1)由(a－b＋c)(a＋b－c)＝eq\f(3,7)bc，得a2－(b－c)2＝eq\f(3,7)bc，即a2＝b2＋c2－eq\f(11,7)bc，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(11,14)，所以sinA＝eq\f(5,14)eq\r(3).又因?yàn)锽＝eq\f(π,3)，所以cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝eq\f(1,7).(2)由(1)得sinC＝eq\f(4,7)eq\r(3).在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA).所以c＝eq\f(asinC,sinA)＝8，所以S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×5×8×sineq\f(π,3)＝10eq\r(3).[B能力提升]11．飛機(jī)沿水平方向飛行，在A處測得正前下方地面目標(biāo)C的俯角為30°，向前飛行10000米，到達(dá)B處，此時(shí)測得目標(biāo)C的俯角為75°，這時(shí)飛機(jī)與地面目標(biāo)C的距離為()A．5000米 B．5000eq\r(2)米C．4000米 D．4000eq\r(2)米解析：選B.如圖，在△ABC中，AB＝10000米，A＝30°，C＝75°－30°＝45°.根據(jù)正弦定理得，BC＝eq\f(AB·sinA,sinC)＝eq\f(10000×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝5000eq\r(2)(米)．12．在△ABC中，點(diǎn)D滿足BD＝eq\f(3,4)BC，當(dāng)E點(diǎn)在線段AD上移動(dòng)時(shí)，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則t＝(λ－1)2＋μ2的最小值是()A.eq\f(3\r(10),10) B.eq\f(\r(82),4)C.eq\f(9,10) D.eq\f(41,8)解析：選C.如圖所示，存在實(shí)數(shù)m使得eq\o(AE,\s\up6(→))＝meq\o(AD,\s\up6(→))(0≤m≤1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(3,4)\o(AC,\s\up6(→))))＝eq\f(m,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3m,4)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(m,4)，,μ＝\f(3m,4)，))所以t＝(λ－1)2＋μ2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,4)－1))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,8)m2－eq\f(m,2)＋1＝eq\f(5,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,10)，所以當(dāng)m＝eq\