资源简介

章末复习提升
题型一　向量的线性运算及应用
1.进行几何表示的向量运算时,要尽可能转化到平行四边形或三角形中,选用从同一顶点出发的基本向量或首尾相接的向量,运用向量加、减法运算及数乘运算来求解.
2.向量的线性运算的结果仍是一个向量,因此,对它们的运算法则、运算律的理解和运用要注意向量的大小和方向两个方面.
3.向量的线性运算要注意数形结合的运用,提升数学运算和逻辑推理的核心素养.
[典例1] 若P是△ABC的外心,且++λ=0,C=120°,则实数λ的值为(　　)
[A] -1
[B] -
[C] -
[D] 以上三个选项均不正确
【答案】 A
【解析】如图所示,设AB的中点为D,则+=2.
由++λ=0,
得2+λ=0,
所以向量,共线,又P是△ABC的外心,所以PA=PB,所以PD⊥AB,从而CD⊥AB.
因为∠ACB=120°,所以∠APB=120°,即四边形APBC是菱形,于是+=2=,
所以2+λ=+λ=0,
所以λ=-1.故选A.
[跟踪训练] 已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ=　　　　.
【答案】
【解析】 由题意可得2a+b=(4,2).因为c∥(2a+b),c=(1,λ),所以4λ-2=0,即λ=.
题型二　向量的数量积及应用
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,利用向量的数量积判断两向量垂直,求两向量的夹角,计算向量的长度等.
2.通过向量的数量积运算,提升逻辑推理和数学运算的核心素养.
[典例2] 已知Ai(i=1,2,…,6)是边长为2的正六边形A1A2A3A4A5A6的一个顶点,则·的最小值和最大值分别是(　　)
[A] -8,8 [B] -4,8
[C] -4,12 [D] -8,12
【答案】 C
【解析】 由题意,在边长为2的正六边形中,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A1(0,0),A2(2,0),A3(3,),A4(2,2),A5(0,2),A6(-1,),
所以=(2,2),=(-2,0),=(1,),=(0,2),=(-2,2),
=(-3, ),
则·=2×(-2)=-4,
·=0,·=2+6=8,
·=2×2=12,
·=-4+12=8,
·=-6+6=0,
显然·=12为最大值,·=-4为最小值.故选C.
[跟踪训练] (2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x等于(　　)
[A] -2 [B] -1 [C] 1 [D] 2
【答案】 D
【解析】 因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,所以b2-4a·b=0即4+x2-4x=0,故x=2.故选D.
题型三　利用余弦定理、正弦定理解三角形
1.主要考查利用余弦定理、正弦定理解三角形,判断三角形的形状、求三角形的面积,以及余弦定理、正弦定理简单的综合应用.
2.借助解三角形,培养逻辑推理、数学运算的核心素养.
[典例3] (2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+
cos A=2.
(1)求A;
(2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
【解】 (1)法一　(辅助角公式)由sin A+cos A=2可得sin A+cos A=1,即sin(A+)=1,
由于A∈(0,π) A+∈(,),故A+=,解得A=.
法二　(同角三角函数的基本关系)
由sin A+cos A=2,
又sin2A+cos2A=1,
联立消去sin A可得
4cos2A-4cos A+3=0 (2cos A-)2=0,解得cos A=,
又A∈(0,π),故A=.
法三　(利用万能公式求解)设t=tan ,
根据万能公式,
sin A+cos A=2=+,
整理可得,t2-2(2-)t+(2-)2=0,
化简得[t-(2-)]2=0,
解得t=2-,
根据二倍角公式,tan A==,
又A∈(0,π),故A=.
(2)由题设条件和正弦定理,
bsin C=csin 2B sin Bsin C=2sin C·sin Bcos B.
又B,C∈(0,π),则sin Bsin C≠0,
进而cos B=,得B=,
于是C=π-A-B=,
sin C=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A=,
由正弦定理可得==,
即==,
解得b=2,c=+,
故△ABC的周长为2+3+.
[跟踪训练] 如图,在四边形ABCD中,∠DAB=,B=,且△ABC的外接圆半径为4.
(1)若BC=4,AD=2,求△ACD的面积;
(2)若D=,求BC-AD的最大值.
【解】 (1)因为B=,△ABC的外接圆半径为4,所以=8,解得AC=4.
在△ABC中,BC=4,则==8,解得sin∠CAB=.
又∠CAB∈(0,),所以∠CAB=.
在△ACD中,AC=4,
∠DAC=-∠CAB=,AD=2,
所以S△ACD=×4×2×=4.
(2)设∠DAC=θ,θ∈(0,).
又D=,所以∠ACD=-θ.
因为∠DAB=,所以∠CAB=-θ.
在△DAC中,AC=4,由正弦定理得=,即=,
解得AD=sin(-θ)=(cos θ-sin θ)=4cos θ-sin θ.
在△ABC中,AC=4,由正弦定理得=,即=,
解得BC=8sin(-θ)=8cos θ,
所以BC-AD=4(cos θ+sin θ)=sin(θ+).
又θ∈(0,),所以θ+∈(,),
当且仅当θ+=,即θ=时,sin(θ+)取得最大值1,
所以BC-AD的最大值为.
题型四　余弦定理、正弦定理在实际问题中的应用
　正弦定理、余弦定理在实际生活中有着非常广泛的应用,常用的有测量距离问题、测量高度问题、测量角度问题等.解决的基本思路是画出正确的示意图,把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系),最后确定用哪个定理转化,用哪个定理求解,并进行作答,解题时还要注意近似计算的要求.
[典例4] 如图所示,某市郊外景区内一条笔直的公路a经过三个景点A,B,C.景区管委会又开发了风景优美的景点D.经测量,景点D位于景点A的北偏东30°方向16 km处,位于景点B的正北方向,还位于景点C的北偏西75°方向上.已知AB=10 km.
(1)景区管委会准备由景点D向景点B修建一条笔直的公路,求BD的长度;(长度单位精确到0.1 km)
(2)求AC的长度.(长度单位精确到0.1 km,≈1.732)
【解】 (1)依题意可得∠ADB=30°,AD=16,AB=10,
在△ABD中,由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,
即102=162+BD2-2×16·BDcos 30°,
即BD2-16BD+156=0,
解得BD=8+6>16(舍去)或BD=8-6≈7.9,
所以BD的长度约为7.9 km.
(2)在△ADB中,=,
所以sin∠DAB==.
所以cos∠DAB=.
在△ACD中,
∠ADC=∠ADB+∠BDC=30°+75°=105°,
所以cos∠ADC=cos 105°=cos(60°+45°)=
cos 60°cos 45°-sin 60°sin 45°=,
sin∠ADC=sin 105°=sin(60°+45°)=,
所以sin∠ACD=sin[180°-(∠DAC+∠ADC)]
=sin(∠DAC+∠ADC)
=sin∠DAC·cos∠ADC+cos∠DAC·sin∠ADC
=×+×
=.
又sin∠BDC=sin 75°=sin (180°-105°)=sin 105°=,
在△BDC中,由正弦定理得=,
即=,
解得BC=≈9.6,
所以AC的长度约为10+9.6=19.6(km).
[跟踪训练] 如图,为了测量山顶C处的海拔高度,从山脚A处沿斜坡到达B处,在B处测得山顶C的仰角为45°,山脚A的俯角为15°.已知A,B两地的海拔高度分别为100 m和200 m.记B,C在水平面AB1C1的射影分别为B1,C1,∠B1AC1=45°,∠AB1C1=60°,则山顶C的海拔高度为　　　　　　m.
【答案】 300+100
【解析】如图,过点B作BC2⊥CC1于C2,由题意知,在Rt△BAB1中,∠BAB1=15°,BB1=100,
则AB1=.
在△AB1C1中,由正弦定理,得
B1C1===100(1+).
在Rt△BCC2中,∠CBC2=45°,
则CC2=BC2=B1C1=100(1+).
则山顶C的海拔高度为
100(1+)+200=(300+100)(m).
章末检测卷(六)
(限时:120分钟　分值:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共 40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.已知向量=(1,-3),=(-1,-2),=(2,4),则等于(　　)
[A] (4,-1) [B] (0,9)
[C] (2,-1) [D] (2,9)
【答案】 D
【解析】 +==(1,-3)+(-1,-2)=(0,-5),又=(2,4),
所以=-=(2,4)-(0,-5)=(2,9).故选D.
2.已知O是△ABC所在平面内一点,且+=,那么(　　)
[A] 点O在△ABC的内部
[B] 点O在△ABC的边 上
[C] 点O在边 所在的直线上
[D] 点O在△ABC的外部
【答案】 D
【解析】 因为+=,所以四边形OACB为平行四边形.从而点O在△ABC的外部.故选D.
3.已知△ABC是正三角形,则下列等式不成立的是(　　)
[A] |+|=|+|
[B] |+|=|+|
[C] |+|=|+|
[D] |++|=|++|
【答案】 B
【解析】如图所示,对于A,因为|+|=||,|+|=||=||,
所以|+|=|+|,故成立;
对于B,因为|+|=||,|+|=2||=||(D为AC中点),故不成立;
对于C,因为|+|=2||=||(E为BC中点),|+|=2||=||(F为AB中点),所以|+|=|+|,故成立;
对于D,因为|++|=|0|=0,|++|=|0|=0,所以|++|=|++|,故成立.故选B.
4.在△ABC中,∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c,其中a=4,c=6,cos A=,则sin C等于(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 因为cos A=,所以A∈(0,),
所以sin A===,
由正弦定理=,
得sin C===.故选B.
5.已知非零向量a,b满足|a|=|b|,且a⊥b,则a与a-b的夹角为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 由a⊥b得a·b=0,设|a|=|b|=t,t>0,
又|a-b|==t,
所以cos====.
由于∈[0,π],
所以a与a-b的夹角为.故选C.
6.如图所示,某数学兴趣小组在探测某建筑物PA高度的实践活动中,选取与A在同一水平面的B,C两处作为观测点,测得BC=36 m,∠ABC=45°,∠ACB=105°,在C处测得P的仰角为45°,则他们测得此建筑物的高度AP为(精确到0.1 m,参考数据:≈1.41,≈1.73)(　　)
[A] 72.0 m [B] 51.0 m
[C] 50.8 m [D] 62.3 m
【答案】 C
【解析】 在△ABC中,∠BAC=180°-(∠ABC+∠ACB)=30°,
因为=,
所以AC===36(m),
在△APC中,∠PAC=90°,∠ACP=45°,即△APC为等腰直角三角形,
可得AP=AC=36≈50.8(m).故选C.
7.如果锐角△ABC的外接圆圆心为O,则点O到△ABC三边的距离之比为(　　)
[A] sin A∶sin B∶sin C
[B] cos A∶cos B∶cos C
[C] sin ∶sin ∶sin
[D] cos ∶cos ∶cos
【答案】 B
【解析】如图,设外接圆半径为R,连接OA,OB,OC,在三角形ABC中,a,b,c的对角分别为A,B,C,设点O到△ABC三边AB,AC,BC的距离分别为dc,db,da,
由锐角△ABC知cos C,cos B,cos A均为正数,
由外接圆知∠AOB=2C,所以S△AOB=R2sin∠AOB=R2sin 2C=R2sin Ccos C,
同理 S△AOC=R2sin Bcos B,S△BOC=R2sin Acos A,
所以S△AOB∶S△AOC∶S△BOC=sin Ccos C∶sin Bcos B∶sin Acos A,
由正弦定理得c∶b∶a=sin C∶sin B∶sin A,
所以S△AOB∶S△AOC∶S△BOC=ccos C∶bcos B∶acos A,
又S△AOB∶S△AOC∶S△BOC=cdc∶bdb∶ada,
所以cdc∶bdb∶ada=ccos C∶bcos B∶acos A,
所以dc∶db∶da=cos C∶cos B∶cos A.故选B.
8.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,给出下列四个结论:①若A>B>C,则sin A>
sin B>sin C;②等式c=acos B+bcos A一定成立;③=;④若(+)·=0,且·=,则△ABC为等边三角形.以上结论正确的个数是(　　)
[A] 1 [B] 2 [C] 3 [D] 4
【答案】 D
【解析】 ①因为A>B>C,所以a>b>c,
又===2R(R为△ABC的外接圆半径),所以sin A=,sin B=,sin C=,
所以sin A>sin B>sin C,故①成立;
②因为sin C=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A,所以c=acos B+bcos A,故②成立;
③因为===2R,
所以sin A=,sin B=,sin C=,
所以-=-=2R(-)=0,所以 =,故③成立;
④因为表示与同向的单位向量, 表示与同向的单位向量,
所以(+)·=0表示cos∠ABC=cos∠BCA,即∠ABC=∠BCA,所以||=||,
又因为·=cos∠BAC=,所以∠BAC=60°,
所以△ABC为等边三角形,故④成立.故选D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知e1,e2是夹角为的单位向量,a=e1-2e2,b=e1+e2,下列结论正确的是(　　)
[A] |a|=
[B] a·b=-
[C] =
[D] a在b上的投影向量为-b
【答案】 ACD
【解析】 因为e1,e2是夹角为的单位向量,
所以|a|===,
故|a|=,故选项A正确;
a·b=(e1-2e2)·(e1+e2)=-e1·e2-2=1-1×1×-2×1=-,故选项B错误;
|b|===,
所以cos===-,
又0≤≤π,所以=,故选项C正确;
a在b上的投影向量为-b,故选项D正确.故选ACD.
10.已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C的对边,下列四个命题正确的是(　　)
[A] 若tan A+tan B+tan C>0,则△ABC是锐角三角形
[B] 若acos A=bcos B,则△ABC是等腰三角形
[C] 若bcos C+ccos B=b,则△ABC是等腰三角形
[D] 若==,则△ABC是等边三角形
【答案】 ACD
【解析】 对于A,因为tan(A+B)=,所以tan A+tan B=tan(A+B)·(1-tan Atan B),
所以tan A+tan B+tan C=tan(A+B)(1-tan Atan B)+tan C=-tan C(1-tan Atan B)+tan C=
tan Atan Btan C>0,
因为A,B,C为△ABC的内角,所以A,B,C都是锐角,
所以△ABC是锐角三角形,故选项A正确;
对于B,由acos A=bcos B及正弦定理,
可得sin Acos A=sin Bcos B,
即sin 2A=sin 2B,所以2A=2B或2A+2B=π,
所以A=B或A+B=,所以△ABC是等腰三角形或直角三角形,故选项B错误;
对于C,由bcos C+ccos B=b及正弦定理,
可得sin Bcos C+sin Ccos B=sin B,
即sin A=sin B,
因为A,B为△ABC的内角,所以A=B,所以△ABC是等腰三角形,故选项C正确;
对于D,由==和正弦定理,可得==,所以tan A=tan B=tan C,
因为A,B,C为△ABC的内角,所以A=B=C,所以△ABC是等边三角形,故选项D正确.
故选ACD.
11.我国南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”,即根据三角形的三边长度计算三角形面积.三斜求积的公式为S=(其中a,b,c,S为三角形的三边和面积).在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,若b=2,且 =,则下列命题正确的是(　　)
[A] △ABC面积的最大值是2
[B] c=a
[C] b=c
[D] △ABC面积的最大值是
【答案】 BD
【解析】 由题意=,
得sin C-·cos Bsin C=sin Bcos C,
即sin C= (sin Bcos C+cos Bsin C)=sin(B+C),即sin C=sin A,
结合正弦定理得c=a,B正确;
由S=,
得S=
=
=
=,
当a2=4,即a=2时,△ABC面积取到最大值是=,A错误,D正确;
假设b=c,由于b=2,c=a,
故c=,a=,
则c2a2-()2=×-()2=-<0,
这与三角形面积S=有意义不相符,C错误.故选BD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.设a与b的夹角为60°,|a|=1,|a-b|=,则 |b|=　　　　.
【答案】
【解析】 a·b=|a||b|cos 60°=|b|.
因为|a-b|=,所以(a-b)2=.
所以a2-2a·b+b2=.
所以1-|b|+|b|2=.解得|b|=.
13.在△ABC中,a,b,c分别是∠A,∠B,∠C的对边,S△ABC=,则C=　　　　 .
【答案】
【解析】 因为S△ABC=absin C=,
所以sin C==cos C,即tan C=1.
因为C∈(0,π),所以C=.
14.如图,在矩形ABCD中,M,N分别为线段BC,CD的中点,若=λ+μ,λ,μ∈R,则λ+μ=　　　　.
【答案】 (或0.4)
【解析】 在矩形ABCD中,向量,不共线,M,N分别为线段BC,CD的中点,
则有=+=+,
=+=-+,
=+=-+.
因为=λ+μ,
所以-+=λ(+)+μ(-+)=(λ-μ)+(λ+μ),
得解得λ=-,μ=,
所以λ+μ=.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分) 已知在△OAB中,点D在线段OB上,且OD=2DB,延长BA到C,使BA=AC.设 =a,=b.
(1)用a,b表示向量 ,;
(2)若向量与 +k共线,求k的值.
【解】 (1)因为BA=AC,结合图形可知A为BC的中点,
所以=+=+2=+2(-)=2-=2a-b.
因为=2,所以==b,
所以=-=2a-b-b=2a-b.
(2)+k=a+k(2a-b)=(2k+1)a-kb,
若向量与+k共线,则存在λ∈R,
使得+k=λ,
即(2k+1)a-kb=λ(2a-b),
所以解得k=.
16.(本小题满分15分)
已知|a|=2,|b|=,(a+2b)·(b-3a)=9.
(1)求a与b的夹角θ;
(2)在△ABC中,若=a,=b,求BC边的长度.
【解】 (1)因为(a+2b)·(b-3a)=-3a2+2b2-5a·b=-3×22+2×()2-5a·b=9,
所以a·b=-3,
所以cos θ===-,
又θ∈[0,π],所以θ=.
(2)因为=-=b-a,
所以||2=(b-a)2=b2+a2-2b·a=()2+22-2×(-3)=13,
所以BC边的长度为||=.
17.(本小题满分15分) 如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,AB=2,BC=,cos A=,
cos∠BDC=.
(1)求cos∠ADB;
(2)求CD的长.
【解】 (1)由AB∥CD可得∠ABD=∠BDC,
则cos∠ABD=cos∠BDC=,
即sin∠ABD==,而cos A=,即有sin A=,
在△ABD中,cos∠ADB=-cos(A+∠ABD)
=-cos Acos∠ABD+sin Asin∠ABD
=-×+×=,
所以cos∠ADB=.
(2)由(1)知,sin∠ADB=,
在△ABD中,由正弦定理得
BD===3.
在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+CD2-2BD·CDcos∠BDC得9+CD2-6CD·=11,
即CD2-CD-2=0,解得CD=或CD=-(舍去),所以CD的长为.
18.(本小题满分17分)
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足b=4,∠B=.
(1)求△ABC周长的取值范围;
(2)求△ABC面积的最大值.
【解】 (1)由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,
即b2=a2+c2+ac.
又b=4,所以16=a2+c2+ac=(a+c)2-ac≥(a+c)2-()2,
当且仅当a=c时,等号成立,
所以(a+c)2≤16,所以(a+c)2≤.
即4即△ABC周长的取值范围为(8,4+].
(2)由(1)知16=a2+c2+ac≥2ac+ac=3ac,即ac≤,当且仅当a=c时,等号成立,
所以S△ABC=acsin B≤××=,
即△ABC面积的最大值为.
19.(本小题满分17分) 某种植园准备将如图扇形空地AOB分成三部分,分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰.已知扇形的半径为70 m,圆心角为,动点P在扇形的弧上,点Q在OB上,且PQ∥OA.
(1)求扇形空地AOB的周长和面积;
(2)当OQ=50 m时,求PQ的长;
(3)综合考虑到成本和美观,要使白玉兰种植区△OPQ的面积尽可能地大.设∠AOP=θ,求△OPQ面积的最大值.
【解】 (1)l扇=αr=×70=π,则扇形空地AOB的周长为2r+l扇=(140+π) m,
面积S扇形=αr2=××702=π(m2).
(2)由PQ∥OA,得∠PQO=π-=,
在△OQP中,由余弦定理可得OP2=OQ2+PQ2-2×OQ×PQ×cos∠PQO,
即4 900=2 500+PQ2-50PQ,
即有PQ2-50PQ-2 400=0,
即(PQ+30)(PQ-80)=0,故PQ=-30(负值舍去)或PQ=80,即PQ=80 m.
(3)由PQ∥OA,得∠OPQ=∠AOP=θ,又∠PQO=,
在△OPQ中,由正弦定理可得=,
即OQ=sin θ,
则S△OPQ=OP×OQ×sin(-θ)=sin θsin(-θ),
令f(θ)=sin θsin(-θ),
则f(θ)=sin θsin(-θ)
=sin θ(sin θ+cos θ)
=sin2θ+sin θcos θ=+sin 2θ
=sin(2θ-)+,
f(θ)有最大值+=,
此时2θ-=,即 θ=,可取,
此时S△OPQ=×=1 225(m2).(共31张PPT)
章末复习提升
主干知识回顾
核心题型突破
1.进行几何表示的向量运算时,要尽可能转化到平行四边形或三角形中,选用从同一顶点出发的基本向量或首尾相接的向量,运用向量加、减法运算及数乘运算来求解.
2.向量的线性运算的结果仍是一个向量,因此,对它们的运算法则、运算律的理解和运用要注意向量的大小和方向两个方面.
3.向量的线性运算要注意数形结合的运用,提升数学运算和逻辑推理的核心素养.
题型一　向量的线性运算及应用
A
[跟踪训练] 已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ=　　　　.
题型二　向量的数量积及应用
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,利用向量的数量积判断两向量垂直,求两向量的夹角,计算向量的长度等.
2.通过向量的数量积运算,提升逻辑推理和数学运算的核心素养.
[A] -8,8 [B] -4,8
[C] -4,12 [D] -8,12
C
[跟踪训练] (2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x等于(　　)
[A] -2 [B] -1 [C] 1 [D] 2
D
【解析】 因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,所以b2-4a·b=0即4+x2-4x=0,故x=2.故选D.
题型三　利用余弦定理、正弦定理解三角形
1.主要考查利用余弦定理、正弦定理解三角形,判断三角形的形状、求三角形的面积,以及余弦定理、正弦定理简单的综合应用.
2.借助解三角形,培养逻辑推理、数学运算的核心素养.
(1)求A;
题型四　余弦定理、正弦定理在实际问题中的应用
正弦定理、余弦定理在实际生活中有着非常广泛的应用,常用的有测量距离问题、测量高度问题、测量角度问题等.解决的基本思路是画出正确的示意图,把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系),最后确定用哪个定理转化,用哪个定理求解,并进行作答,解题时还要注意近似计算的要求.
[典例4] 如图所示,某市郊外景区内一条笔直的公路a经过三个景点A,B,C.景区管委会又开发了风景优美的景点D.经测量,景点D位于景点A的北偏东30°方向16 km处,位于景点B的正北方向,还位于景点C的北偏西75°方向上.已知AB=10 km.
(1)景区管委会准备由景点D向景点B修建一条笔直的公路,求BD的长度;(长度单位精确到0.1 km)
[跟踪训练] 如图,为了测量山顶C处的海拔高度,从山脚A处沿斜坡到达B处,在B处测得山顶C的仰角为45°,山脚A的俯角为15°.已知A,B两地的海拔高度分别为100 m和200 m.记B,C在水平面AB1C1的射影分别为B1,C1,∠B1AC1=
45°,∠AB1C1=60°,则山顶C的海拔高度为　　　　　　m.
感谢观看章末复习提升
题型一　向量的线性运算及应用
1.进行几何表示的向量运算时,要尽可能转化到平行四边形或三角形中,选用从同一顶点出发的基本向量或首尾相接的向量,运用向量加、减法运算及数乘运算来求解.
2.向量的线性运算的结果仍是一个向量,因此,对它们的运算法则、运算律的理解和运用要注意向量的大小和方向两个方面.
3.向量的线性运算要注意数形结合的运用,提升数学运算和逻辑推理的核心素养.
[典例1] 若P是△ABC的外心,且++λ=0,C=120°,则实数λ的值为(　　)
[A] -1
[B] -
[C] -
[D] 以上三个选项均不正确
由++λ=0,
得2+λ=0,
所以向量,共线,又P是△ABC的外心,所以PA=PB,所以PD⊥AB,从而CD⊥AB.
因为∠ACB=120°,所以∠APB=120°,即四边形APBC是菱形,于是+=2=,
所以2+λ=+λ=0,
所以λ=-1.故选A.
[跟踪训练] 已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ=　　　　.
题型二　向量的数量积及应用
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,利用向量的数量积判断两向量垂直,求两向量的夹角,计算向量的长度等.
2.通过向量的数量积运算,提升逻辑推理和数学运算的核心素养.
[典例2] 已知Ai(i=1,2,…,6)是边长为2的正六边形A1A2A3A4A5A6的一个顶点,则·的最小值和最大值分别是(　　)
[A] -8,8 [B] -4,8
[C] -4,12 [D] -8,12
则A1(0,0),A2(2,0),A3(3,),A4(2,2),A5(0,2),A6(-1,),
所以=(2,2),=(-2,0),=(1,),=(0,2),=(-2,2),
=(-3, ),
则·=2×(-2)=-4,
·=0,·=2+6=8,
·=2×2=12,
·=-4+12=8,
·=-6+6=0,
显然·=12为最大值,·=-4为最小值.故选C.
[跟踪训练] (2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x等于(　　)
[A] -2 [B] -1 [C] 1 [D] 2
题型三　利用余弦定理、正弦定理解三角形
1.主要考查利用余弦定理、正弦定理解三角形,判断三角形的形状、求三角形的面积,以及余弦定理、正弦定理简单的综合应用.
2.借助解三角形,培养逻辑推理、数学运算的核心素养.
[典例3] (2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+
cos A=2.
(1)求A;
(2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
由于A∈(0,π) A+∈(,),故A+=,解得A=.
法二　(同角三角函数的基本关系)
由sin A+cos A=2,
又sin2A+cos2A=1,
联立消去sin A可得
4cos2A-4cos A+3=0 (2cos A-)2=0,解得cos A=,
又A∈(0,π),故A=.
法三　(利用万能公式求解)设t=tan ,
根据万能公式,
sin A+cos A=2=+,
整理可得,t2-2(2-)t+(2-)2=0,
化简得[t-(2-)]2=0,
解得t=2-,
根据二倍角公式,tan A==,
又A∈(0,π),故A=.
(2)由题设条件和正弦定理,
bsin C=csin 2B sin Bsin C=2sin C·sin Bcos B.
又B,C∈(0,π),则sin Bsin C≠0,
进而cos B=,得B=,
于是C=π-A-B=,
sin C=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A=,
由正弦定理可得==,
即==,
解得b=2,c=+,
故△ABC的周长为2+3+.
[跟踪训练] 如图,在四边形ABCD中,∠DAB=,B=,且△ABC的外接圆半径为4.
(1)若BC=4,AD=2,求△ACD的面积;
(2)若D=,求BC-AD的最大值.
在△ABC中,BC=4,则==8,解得sin∠CAB=.
又∠CAB∈(0,),所以∠CAB=.
在△ACD中,AC=4,
∠DAC=-∠CAB=,AD=2,
所以S△ACD=×4×2×=4.
(2)设∠DAC=θ,θ∈(0,).
又D=,所以∠ACD=-θ.
因为∠DAB=,所以∠CAB=-θ.
在△DAC中,AC=4,由正弦定理得=,即=,
解得AD=sin(-θ)=(cos θ-sin θ)=4cos θ-sin θ.
在△ABC中,AC=4,由正弦定理得=,即=,
解得BC=8sin(-θ)=8cos θ,
所以BC-AD=4(cos θ+sin θ)=sin(θ+).
又θ∈(0,),所以θ+∈(,),
当且仅当θ+=,即θ=时,sin(θ+)取得最大值1,
所以BC-AD的最大值为.
题型四　余弦定理、正弦定理在实际问题中的应用
　正弦定理、余弦定理在实际生活中有着非常广泛的应用,常用的有测量距离问题、测量高度问题、测量角度问题等.解决的基本思路是画出正确的示意图,把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系),最后确定用哪个定理转化,用哪个定理求解,并进行作答,解题时还要注意近似计算的要求.
[典例4] 如图所示,某市郊外景区内一条笔直的公路a经过三个景点A,B,C.景区管委会又开发了风景优美的景点D.经测量,景点D位于景点A的北偏东30°方向16 km处,位于景点B的正北方向,还位于景点C的北偏西75°方向上.已知AB=10 km.
(1)景区管委会准备由景点D向景点B修建一条笔直的公路,求BD的长度;(长度单位精确到0.1 km)
(2)求AC的长度.(长度单位精确到0.1 km,≈1.732)
在△ABD中,由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,
即102=162+BD2-2×16·BDcos 30°,
即BD2-16BD+156=0,
解得BD=8+6>16(舍去)或BD=8-6≈7.9,
所以BD的长度约为7.9 km.
(2)在△ADB中,=,
所以sin∠DAB==.
所以cos∠DAB=.
在△ACD中,
∠ADC=∠ADB+∠BDC=30°+75°=105°,
所以cos∠ADC=cos 105°=cos(60°+45°)=
cos 60°cos 45°-sin 60°sin 45°=,
sin∠ADC=sin 105°=sin(60°+45°)=,
所以sin∠ACD=sin[180°-(∠DAC+∠ADC)]
=sin(∠DAC+∠ADC)
=sin∠DAC·cos∠ADC+cos∠DAC·sin∠ADC
=×+×
=.
又sin∠BDC=sin 75°=sin (180°-105°)=sin 105°=,
在△BDC中,由正弦定理得=,
即=,
解得BC=≈9.6,
所以AC的长度约为10+9.6=19.6(km).
[跟踪训练] 如图,为了测量山顶C处的海拔高度,从山脚A处沿斜坡到达B处,在B处测得山顶C的仰角为45°,山脚A的俯角为15°.已知A,B两地的海拔高度分别为100 m和200 m.记B,C在水平面AB1C1的射影分别为B1,C1,∠B1AC1=45°,∠AB1C1=60°,则山顶C的海拔高度为　　　　　　m.
则AB1=.
在△AB1C1中,由正弦定理,得
B1C1===100(1+).
在Rt△BCC2中,∠CBC2=45°,
则CC2=BC2=B1C1=100(1+).
则山顶C的海拔高度为
100(1+)+200=(300+100)(m).
章末检测卷(六)
(限时:120分钟　分值:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共 40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.已知向量=(1,-3),=(-1,-2),=(2,4),则等于(　　)
[A] (4,-1) [B] (0,9)
[C] (2,-1) [D] (2,9)
所以=-=(2,4)-(0,-5)=(2,9).故选D.
2.已知O是△ABC所在平面内一点,且+=,那么(　　)
[A] 点O在△ABC的内部
[B] 点O在△ABC的边 上
[C] 点O在边 所在的直线上
[D] 点O在△ABC的外部
3.已知△ABC是正三角形,则下列等式不成立的是(　　)
[A] |+|=|+|
[B] |+|=|+|
[C] |+|=|+|
[D] |++|=|++|
所以|+|=|+|,故成立;
对于B,因为|+|=||,|+|=2||=||(D为AC中点),故不成立;
对于C,因为|+|=2||=||(E为BC中点),|+|=2||=||(F为AB中点),所以|+|=|+|,故成立;
对于D,因为|++|=|0|=0,|++|=|0|=0,所以|++|=|++|,故成立.故选B.
4.在△ABC中,∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c,其中a=4,c=6,cos A=,则sin C等于(　　)
[A] [B] [C] [D]
所以sin A===,
由正弦定理=,
得sin C===.故选B.
5.已知非零向量a,b满足|a|=|b|,且a⊥b,则a与a-b的夹角为(　　)
[A] [B] [C] [D]
又|a-b|==t,
所以cos====.
由于∈[0,π],
所以a与a-b的夹角为.故选C.
6.如图所示,某数学兴趣小组在探测某建筑物PA高度的实践活动中,选取与A在同一水平面的B,C两处作为观测点,测得BC=36 m,∠ABC=45°,∠ACB=105°,在C处测得P的仰角为45°,则他们测得此建筑物的高度AP为(精确到0.1 m,参考数据:≈1.41,≈1.73)(　　)
[A] 72.0 m [B] 51.0 m
[C] 50.8 m [D] 62.3 m
因为=,
所以AC===36(m),
在△APC中,∠PAC=90°,∠ACP=45°,即△APC为等腰直角三角形,
可得AP=AC=36≈50.8(m).故选C.
7.如果锐角△ABC的外接圆圆心为O,则点O到△ABC三边的距离之比为(　　)
[A] sin A∶sin B∶sin C
[B] cos A∶cos B∶cos C
[C] sin ∶sin ∶sin
[D] cos ∶cos ∶cos
由锐角△ABC知cos C,cos B,cos A均为正数,
由外接圆知∠AOB=2C,所以S△AOB=R2sin∠AOB=R2sin 2C=R2sin Ccos C,
同理 S△AOC=R2sin Bcos B,S△BOC=R2sin Acos A,
所以S△AOB∶S△AOC∶S△BOC=sin Ccos C∶sin Bcos B∶sin Acos A,
由正弦定理得c∶b∶a=sin C∶sin B∶sin A,
所以S△AOB∶S△AOC∶S△BOC=ccos C∶bcos B∶acos A,
又S△AOB∶S△AOC∶S△BOC=cdc∶bdb∶ada,
所以cdc∶bdb∶ada=ccos C∶bcos B∶acos A,
所以dc∶db∶da=cos C∶cos B∶cos A.故选B.
8.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,给出下列四个结论:①若A>B>C,则sin A>
sin B>sin C;②等式c=acos B+bcos A一定成立;③=;④若(+)·=0,且·=,则△ABC为等边三角形.以上结论正确的个数是(　　)
[A] 1 [B] 2 [C] 3 [D] 4
又===2R(R为△ABC的外接圆半径),所以sin A=,sin B=,sin C=,
所以sin A>sin B>sin C,故①成立;
②因为sin C=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A,所以c=acos B+bcos A,故②成立;
③因为===2R,
所以sin A=,sin B=,sin C=,
所以-=-=2R(-)=0,所以 =,故③成立;
④因为表示与同向的单位向量, 表示与同向的单位向量,
所以(+)·=0表示cos∠ABC=cos∠BCA,即∠ABC=∠BCA,所以||=||,
又因为·=cos∠BAC=,所以∠BAC=60°,
所以△ABC为等边三角形,故④成立.故选D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知e1,e2是夹角为的单位向量,a=e1-2e2,b=e1+e2,下列结论正确的是(　　)
[A] |a|=
[B] a·b=-
[C] =
[D] a在b上的投影向量为-b
所以|a|===,
故|a|=,故选项A正确;
a·b=(e1-2e2)·(e1+e2)=-e1·e2-2=1-1×1×-2×1=-,故选项B错误;
|b|===,
所以cos===-,
又0≤≤π,所以=,故选项C正确;
a在b上的投影向量为-b,故选项D正确.故选ACD.
10.已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C的对边,下列四个命题正确的是(　　)
[A] 若tan A+tan B+tan C>0,则△ABC是锐角三角形
[B] 若acos A=bcos B,则△ABC是等腰三角形
[C] 若bcos C+ccos B=b,则△ABC是等腰三角形
[D] 若==,则△ABC是等边三角形
所以tan A+tan B+tan C=tan(A+B)(1-tan Atan B)+tan C=-tan C(1-tan Atan B)+tan C=
tan Atan Btan C>0,
因为A,B,C为△ABC的内角,所以A,B,C都是锐角,
所以△ABC是锐角三角形,故选项A正确;
对于B,由acos A=bcos B及正弦定理,
可得sin Acos A=sin Bcos B,
即sin 2A=sin 2B,所以2A=2B或2A+2B=π,
所以A=B或A+B=,所以△ABC是等腰三角形或直角三角形,故选项B错误;
对于C,由bcos C+ccos B=b及正弦定理,
可得sin Bcos C+sin Ccos B=sin B,
即sin A=sin B,
因为A,B为△ABC的内角,所以A=B,所以△ABC是等腰三角形,故选项C正确;
对于D,由==和正弦定理,可得==,所以tan A=tan B=tan C,
因为A,B,C为△ABC的内角,所以A=B=C,所以△ABC是等边三角形,故选项D正确.
故选ACD.
11.我国南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”,即根据三角形的三边长度计算三角形面积.三斜求积的公式为S=(其中a,b,c,S为三角形的三边和面积).在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,若b=2,且 =,则下列命题正确的是(　　)
[A] △ABC面积的最大值是2
[B] c=a
[C] b=c
[D] △ABC面积的最大值是
得sin C-·cos Bsin C=sin Bcos C,
即sin C= (sin Bcos C+cos Bsin C)=sin(B+C),即sin C=sin A,
结合正弦定理得c=a,B正确;
由S=,
得S=
=
=
=,
当a2=4,即a=2时,△ABC面积取到最大值是=,A错误,D正确;
假设b=c,由于b=2,c=a,
故c=,a=,
则c2a2-()2=×-()2=-<0,
这与三角形面积S=有意义不相符,C错误.故选BD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.设a与b的夹角为60°,|a|=1,|a-b|=,则 |b|=　　　　.
因为|a-b|=,所以(a-b)2=.
所以a2-2a·b+b2=.
所以1-|b|+|b|2=.解得|b|=.
13.在△ABC中,a,b,c分别是∠A,∠B,∠C的对边,S△ABC=,则C=　　　　 .
所以sin C==cos C,即tan C=1.
因为C∈(0,π),所以C=.
14.如图,在矩形ABCD中,M,N分别为线段BC,CD的中点,若=λ+μ,λ,μ∈R,则λ+μ=　　　　.
则有=+=+,
=+=-+,
=+=-+.
因为=λ+μ,
所以-+=λ(+)+μ(-+)=(λ-μ)+(λ+μ),
得解得λ=-,μ=,
所以λ+μ=.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分) 已知在△OAB中,点D在线段OB上,且OD=2DB,延长BA到C,使BA=AC.设 =a,=b.
(1)用a,b表示向量 ,;
(2)若向量与 +k共线,求k的值.
所以=+=+2=+2(-)=2-=2a-b.
因为=2,所以==b,
所以=-=2a-b-b=2a-b.
(2)+k=a+k(2a-b)=(2k+1)a-kb,
若向量与+k共线,则存在λ∈R,
使得+k=λ,
即(2k+1)a-kb=λ(2a-b),
所以解得k=.
16.(本小题满分15分)
已知|a|=2,|b|=,(a+2b)·(b-3a)=9.
(1)求a与b的夹角θ;
(2)在△ABC中,若=a,=b,求BC边的长度.
所以a·b=-3,
所以cos θ===-,
又θ∈[0,π],所以θ=.
(2)因为=-=b-a,
所以||2=(b-a)2=b2+a2-2b·a=()2+22-2×(-3)=13,
所以BC边的长度为||=.
17.(本小题满分15分) 如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,AB=2,BC=,cos A=,
cos∠BDC=.
(1)求cos∠ADB;
(2)求CD的长.
则cos∠ABD=cos∠BDC=,
即sin∠ABD==,而cos A=,即有sin A=,
在△ABD中,cos∠ADB=-cos(A+∠ABD)
=-cos Acos∠ABD+sin Asin∠ABD
=-×+×=,
所以cos∠ADB=.
(2)由(1)知,sin∠ADB=,
在△ABD中,由正弦定理得
BD===3.
在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+CD2-2BD·CDcos∠BDC得9+CD2-6CD·=11,
即CD2-CD-2=0,解得CD=或CD=-(舍去),所以CD的长为.
18.(本小题满分17分)
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足b=4,∠B=.
(1)求△ABC周长的取值范围;
(2)求△ABC面积的最大值.
即b2=a2+c2+ac.
又b=4,所以16=a2+c2+ac=(a+c)2-ac≥(a+c)2-()2,
当且仅当a=c时,等号成立,
所以(a+c)2≤16,所以(a+c)2≤.
即4即△ABC周长的取值范围为(8,4+].
(2)由(1)知16=a2+c2+ac≥2ac+ac=3ac,即ac≤,当且仅当a=c时,等号成立,
所以S△ABC=acsin B≤××=,
即△ABC面积的最大值为.
19.(本小题满分17分) 某种植园准备将如图扇形空地AOB分成三部分,分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰.已知扇形的半径为70 m,圆心角为,动点P在扇形的弧上,点Q在OB上,且PQ∥OA.
(1)求扇形空地AOB的周长和面积;
(2)当OQ=50 m时,求PQ的长;
(3)综合考虑到成本和美观,要使白玉兰种植区△OPQ的面积尽可能地大.设∠AOP=θ,求△OPQ面积的最大值.
面积S扇形=αr2=××702=π(m2).
(2)由PQ∥OA,得∠PQO=π-=,
在△OQP中,由余弦定理可得OP2=OQ2+PQ2-2×OQ×PQ×cos∠PQO,
即4 900=2 500+PQ2-50PQ,
即有PQ2-50PQ-2 400=0,
即(PQ+30)(PQ-80)=0,故PQ=-30(负值舍去)或PQ=80,即PQ=80 m.
(3)由PQ∥OA,得∠OPQ=∠AOP=θ,又∠PQO=,
在△OPQ中,由正弦定理可得=,
即OQ=sin θ,
则S△OPQ=OP×OQ×sin(-θ)=sin θsin(-θ),
令f(θ)=sin θsin(-θ),
则f(θ)=sin θsin(-θ)
=sin θ(sin θ+cos θ)
=sin2θ+sin θcos θ=+sin 2θ
=sin(2θ-)+,
f(θ)有最大值+=,
此时2θ-=,即 θ=,可取,
此时S△OPQ=×=1 225(m2).

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