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6.3　平面向量基本定理及坐标表示
6.3.1　平面向量基本定理
新课程标准解读 核心素养
理解平面向量基本定理及其意义 直观想象、数学运算
　　共线向量基本定理的实质是，所有共线的向量中，只要指定一个非零向量，则其他向量都可以用这个向量表示出来.那么，这个结论是否可以推广到所有共面的向量呢？
【问题】　如图所示，已知a，b，c，d，e，f的始点相同，你能分别将c，d，e，f写成向量a，b的线性运算吗？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点　平面向量基本定理
1.平面向量基本定理
如果e1，e2是同一平面内的两个　　　　向量，那么对于这一平面内的　　　　向量a，　　　　　　实数λ1，λ2，使a＝　　　　.
2.基底
若e1，e2　　　　，我们把{e1，e2}叫做表示这一平面内所有向量的一个基底.
提醒　（1）基底不唯一，只要是同一平面内的两个不共线向量都可以作为一个基底.同一非零向量在不同基底下的分解是不同的；（2）基底给定时，分解形式唯一.λ1，λ2是被a，e1，e2唯一确定的数值.
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）一个平面内只有一对不共线的向量可构成表示该平面内所有向量的基底.（　　）
（2）一个平面内有无数多对不共线的向量可构成表示该平面内所有向量的基底.（　　）
（3）零向量不可以作为基底中的向量.（　　）
（4）一对不共线的单位向量可以作为基底.（　　）
2.（多选）设e1，e2是平面内两个不共线的向量，则以下a，b可作为该平面内一个基底的是（　　）
A.a＝e1＋e2，b＝e1
B.a＝2e1＋e2，b＝e1＋e2
C.a＝－e1＋e2，b＝e1－e2
D.a＝e1－2e2，b＝－e1＋4e2
3.如图所示，向量可用向量e1，e2表示为　　　　.
题型一 平面向量基本定理的理解
【例1】　（1）设e1，e2是不共线的两个向量，给出下列四组向量：①e1与e1＋e2；②e1－2e2与e2－2e1；③e1－2e2与4e2－2e1；④e1＋e2与e1－e2.其中能作为平面内所有向量的一个基底的是　　　　（填序号）；
（2）（2024·潍坊月考）已知{a，b}是一个基底，实数x，y满足（3x－4y）a＋（2x－3y）b＝6a＋3b，则x－y＝　　　　.
通性通法
对基底的理解
（1）两个向量能否作为一个基底，关键是看这两个向量是否共线.若共线，则不能作基底，反之，则可作基底；
（2）一个平面的基底一旦确定，那么平面上任意一个向量都可以由这个基底唯一线性表示出来.设向量a与b是平面内两个不共线的向量，若x1a＋y1b＝x2a＋y2b，则x1＝x2且y1＝y2.
【跟踪训练】
1.（多选）设点O是 ABCD两对角线的交点，下列的向量组中可作为这个平行四边形所在平面上表示其他所有向量的基底的是（　　）
A.与 B.与
C.与 D.与
2.已知e1，e2不共线，a＝e1＋2e2，b＝2e1＋λe2，要使{a，b}能作为平面内的一个基底，则实数λ的取值范围为　　　　.
题型二 用基底表示向量
【例2】　如图，在平行四边形ABCD中，设＝a，＝b，用a，b表示，.
通性通法
用基底表示向量的两种基本方法
（1）运用向量的线性运算对待求向量不断地进行转化，直到用基底表示为止；
（2）通过列向量方程（组），利用基底表示向量的唯一性求解，即若a＝λ1e1＋μ1e2，且a＝λ2e1＋μ2e2，则来构建方程（组），使得问题获解.
【跟踪训练】
1.如图，在正方形ABCD中，设＝a，＝b，＝c，则以{a，b}为基底时，可表示为　　　　，以{a，c}为基底时，可表示为　　　　.
2.如图，在△ABC中，点D，E，F依次是边AB的四等分点，试用＝e1，＝e2表示.
题型三 平面向量基本定理的应用
【例3】　如图，在△ABC中，点M是BC的中点，点N在AC上，且AN＝2NC，AM与BN相交于点P，求AP∶PM与BP∶PN的值.
【母题探究】
　（变设问）在本例条件下，若＝a，＝b，试用a，b表示.
通性通法
平面向量基本定理的应用
（1）平面向量基本定理的正用，就是已知一个基底，对平面内任一向量都可以沿这个基底的两个不共线向量的方向分解成两个向量和的形式，且分解是唯一的；
（2）平面向量基本定理的逆用，就是选择一个基底并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算解决问题（即求有关参数问题）.
【跟踪训练】
　（2024·济源月考）如图所示，在正方形ABCD中，E为DC的中点，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝　　　　.
1.若{e1，e2}是平面内的一个基底，则下列四组向量能作为平面向量的基底的是（　　）
A.e1－e2，e2－e1 B.2e1－e2，e1－e2
C.2e2－3e1，6e1－4e2 D.4e1＋2e2，8e1－4e2
2.如图，用向量e1，e2表示向量a－b＝（　　）
A.－2e1－4e2 B.－4e1－2e2
C.e2－3e1 D.－e2＋3e1
3.已知非零向量，不共线，且2＝x＋y，若＝λ（λ∈R），则x，y满足的关系式是（　　）
A.x＋y－2＝0 B.2x＋y－1＝0
C.x＋2y－2＝0 D.2x＋y－2＝0
4.（2024·嘉兴月考）设向量m＝2a－3b，n＝4a－2b，p＝3a＋2b，试用m，n表示p.
提示：完成课后作业　第六章　6.3　6.3.1
3 / 4学习讲义部分
第六章　平面向量及其应用
6.1　平面向量的概念
【基础知识·重落实】
知识点一
1.大小　方向　2.大小　方向
知识点二
1.方向　起点　方向　长度　｜｜
2.（1）大小　方向　长度　｜｜
知识点三
1.0　0　2.1个单位
知识点四
1.相同或相反　a∥b　平行　0∥a
2.相等　相同　a＝b
自我诊断
1.B　质量、路程、密度、功只有大小，没有方向，所以是数量，不是向量.
2.C　向量的模可以比较大小，但向量不能比较大小，故A错误；a与b都是单位向量，则｜a｜＝｜b｜＝1，但a与b方向可能不同，故B错误；任何向量都有方向，零向量的方向是任意的，故D错误；C显然正确.故选C.
3.①②③　解析：与方向相同，长度相等，∴①正确；∵A，O，C三点在一条直线上，∴∥，②正确；∵AB∥DC，∴与共线，③正确；与方向不同，∴二者不相等，④错误.
【典型例题·精研析】
【例1】　ABC　单位向量的长度为1，零向量的长度为0，A正确；零向量与任意向量平行，B正确；因为向量和向量是方向相反，模相等的两个向量，C正确；向量是用有向线段来表示的，不能把两者等同起来，D不正确.
跟踪训练
　CD　A中，因为零向量与任意向量平行，若b＝0，则a与c不一定平行，故A错误；B中，共线向量不一定在同一直线上，故B错误；C中，两向量相等，它们的方向与长度均都相同，故C正确；D显然正确.故选C、D.
【例2】　解：（1）向量，，如图所示.
（2）由题意，可知与方向相反，故与共线，
∵｜｜＝｜｜，
∴在四边形ABCD中，AB∥CD且AB＝CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴＝，∴｜｜＝｜｜＝200 km.
跟踪训练
解：（1）向量，，，，如图所示.
（2）由题意知＝，∴AD＝BC，AD∥BC，
则四边形ABCD为平行四边形，
∴＝，
则B地相对于A地的位置为“北偏东60°，距离为6 km”.
【例3】　解：（1）与a的长度相等、方向相反的向量有，，，.
（2）与a共线的向量有，，，，，，，，.
母题探究
1.解：与共线的向量有，，，，，，，，.
2.解：因为在正六边形中，相邻两顶点与中心连接成的三角形均为正三角形，所以△FOA为等边三角形，所以边长AF＝｜a｜＝1，即正六边形的边长为1.
跟踪训练
　解：（1）因为E，F分别是AC，AB的中点，
所以EF∥BC，EF＝BC.
又因为D是BC的中点，
所以与共线的向量有，，，，，，.
（2）与的模相等的向量有，，，，.
（3）与相等的向量有，.
随堂检测
1.C　由题图可知，，是模相等的向量，其模均等于圆O的半径.故选C.
2.A　因为＝，ABCD为四边形，所以BA＝CD且BA∥CD，所以四边形ABCD为平行四边形.
3.B　对于A，共线的两个单位向量的方向可能相反，故错误；对于B，相等向量的起点和终点都可能不相同，故正确；对于C，所有的单位向量的模都相等，但方向不一定相同，故错误；对于D，AB与CD可能平行，则A，B，C，D四点不一定共线.故选B.
4.解：（1）方向相同且模长相等的向量为相等向量，故与相等的向量为，.
（2）方向相反且模长相等的向量为相反向量，故与相反的向量为，.
（3）与的模相等的向量为，，.
6.2　平面向量的运算
6.2.1　向量的加法运算
【基础知识·重落实】
知识点一
1.和　2.三角形
知识点二
1.平行四边形
知识点三
1.（1）b＋a　（2）a＋（b＋c）　2.｜a｜＋｜b｜
自我诊断
1.（1）√　（2）√　（3）×
2.B　因为ABCD为平行四边形，所以＋＝，故选B.
3.0　解析：＋＋＝＋＋＝＋＝0.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）首先作向量＝a，然后作向量＝b，则向量＝a＋b.如图③所示.
（2）法一
（三角形法则）
如图④所示，首先在平面内任取一点O，作向量＝a，再作向量＝b，则得向量＝a＋b，然后作向量＝c，则向量＝（a＋b）＋c＝a＋b＋c即为所求.
法二（平行四边形法则）
如图⑤所示，
首先在平面内任取一点O，作向量＝a，＝b，＝c，
以OA，OB为邻边作 OADB，连接OD，
则＝＋＝a＋b.
再以OD，OC为邻边作 ODEC，连接OE，
则＝＋＝a＋b＋c即为所求.
跟踪训练
1.C　以OP，OQ为邻边作平行四边形，如图所示，则＋＝，由和的模相等，方向相同，得＝，即＋＝.
2.1　解析：因为在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，所以｜＋｜＝｜｜＝｜｜＝1.
【例2】　解：（1）＋＝＋＝.
（2）＋＋＝＋＋＝（＋）＋＝＋＝0.
（3）＋＋＋＋＝＋＋＋＋＝＋＋＋＝＋＋＝＋＝0.
跟踪训练
1.2　解析：｜＋＋＋｜＝｜＋＋＋｜＝｜＋｜＝2｜｜＝2.
2.（1）　（2）　解析：（1）a＋b＋c＝＋＋＝.
（2）b＋d＋c＝＋＋＝＋＋＝＋＝.
【例3】　解：作出图形，如图.船速v船与岸的方向成α角，由图可知v水＋v船＝v实际，结合已知条件，四边形ABCD为平行四边形.
在Rt△ACD中，｜｜＝｜｜＝｜v水｜＝10 m/min，｜｜＝｜v船｜＝20 m/min，
∴cos α＝＝＝，∴α＝60°.
故船行进的方向是与水流的方向成120°角的方向.
母题探究
1.解：如图所示，｜｜＝｜｜＝｜v船｜＝20 m/min，｜｜＝｜v水｜＝10 m/min，
则tan∠BAC＝＝2，即为所求.
2.解：由题意可知｜｜＝｜｜＝×20＝10（m/min）＝（km/h），
则经过3小时，该船的实际航程是3×＝（km）.
跟踪训练
解：如图，设，分别表示A，B处所受的力，
10 N的重力用表示，
则＋＝.
易得∠ECG＝180°－150°＝30°，
∠FCG＝180°－120°＝60°，
｜｜＝｜｜×cos 30°＝10×＝5.
｜｜＝｜｜×cos 60°＝10×＝5.
故A处所受的力的大小为5 N，B处所受的力的大小为5 N.
拓视野　向量加法三角形法则的推广
问题探究
1.提示：射手的跳舞轨迹为如图所示的正八边形，其中边长为1 m，跳8步时，射手回到起点，所以当射手跳8n（n∈N*）步时，射手的位移为零.
2.提示：要使射手能回到出发点，只需射手的位移为零.按上述方式作图，则所作图形是内角为180°－α的正多边形，由多边形的内角和定理可得n（180°－α）＝（n－2）·180°，解得α＝，且n≥3，n∈N*.故α应满足的条件为α＝，且n≥3，n∈N*.
迁移应用
　解：根据题意画出示意图如图，用A，B，C，D分别表示甲、乙、丙、丁四名射手的位置，则球的位移为＋＋＝，故球的最终位移为，
依题意知△ABC为正三角形，故｜｜＝｜｜＝AC＝2 m.
又因为∠ACD＝45°，CD＝ m，所以∠ADC＝90°，所以△ACD为等腰直角三角形，所以｜｜＝ m.
随堂检测
1.B　＋＋＝＋＝0，故选B.
2.AC　易知A、C正确.B错误，因为＋＝0；D错误，因为只有在a与b至少有一个为零向量或a，b为方向相同的非零向量时等式成立，而其它情况下等式不成立.
3.（1）　（2）　（3）0　
解析：（1）因为四边形OABC是以OA，OC为邻边的平行四边形，OB是其对角线，故＋＝.
（2）因为＝，故＋与方向相同，长度为的长度的2倍，故＋＝.
（3）因为＝，故＋＝＋＝0.
4.解：如图，连接DA，＋＝＋＝，
因为四边形DEAF和四边形CDFE均为平行四边形，
所以＋＝，＋＝＋＝.
6.2.2　向量的减法运算
【基础知识·重落实】
知识点一
1.相等　相反
知识点二
1.相反向量　2.向量b　向量a
自我诊断
1.C　向量与的模相等，方向相反，互为相反向量.
2.A　＝＋＝－－＝－m－n，故选A.
3.解：＋－－＝＋－（＋）＝－＝0.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：法一　如图①所示，在平面内任取一点O，作＝a，＝b，则＝a＋b，再作＝c，则＝a＋b－c.
法二　如图②所示，在平面内任取一点O，作＝a，＝b，则＝a＋b，再作＝c，连接OC，则＝a＋b－c.
跟踪训练
　解：由向量减法的三角形法则，
令a＝，b＝，则a－b＝－＝，
令c＝，所以a－b－c＝－＝.如图中即为a－b－c.
【例2】　解：（1）法一　－－＝－＝.
法二　－－＝－（＋）＝－＝.
法三　－－＝＋（＋）＝＋（＋）＝＋＝＋＝.
（2）法一　（－）－（－）＝－－＋＝＋＋＋＝（＋）＋（＋）＝＋＝0.
法二　（－）－（－）＝－－＋＝（－）－（－）－（－）＋（－）＝－－＋－＋＋－＝0.
法三　（－）－（－）＝－－＋＝（－）＋（－）＝＋＝0.
跟踪训练
1.D　－－＝－－＝－＝.
2.AB　－－＝＋＋＝＝.
【例3】　解：（1）＋－－＝（－）＋（－）＝＋＝.
（2）（＋＋）－（－－）＝＋－＋
＝＋＋＋
＝＋＝0.
【例4】　解：由平行四边形的性质可知＝＝c，
由向量的减法可知＝－＝b－a，
由向量的加法可知＝＋＝b－a＋c.
母题探究
解：如图，因为四边形ACDE是平行四边形，
所以＝＝c，＝－＝b－a，＝＋＝b－a＋c.
跟踪训练
1.A　＋－－＝（－）＋（－）＝＋＝－＝0.
2.解：（1）＝－＝c－a.
（2）＝－＝d－a.
（3）－＝＝－＝d－b.
（4）＋＝－＋－＝b－a＋f－c.
（5）－＝－－（－）＝f－b－d＋b＝f－d.
随堂检测
1.B　原式＝（＋）＋（＋）＝＋0＝.
2.D　在平行四边形ABCD中，依题意，＝－＝－a，而＝b，所以＝－＝－a－b.故选D.
3.ABD　方向相反、长度相等的两个向量互为相反向量，故A、B、D正确，C错误，∵0与0互为相反向量，但0与0相等.故选A、B、D.
4.2　解析：｜－＋｜＝｜＋＋｜＝｜｜＝2.
6.2.3　向量的数乘运算
【基础知识·重落实】
知识点一
1.（1）向量　λa　（2）①｜λ｜｜a｜　②相同　相反　0　－a
2.（1）（λμ）a　（2）λa＋μa　（3）λa＋λb
知识点二
唯一一个　b＝λa
想一想
　提示：（1）若将条件a≠0去掉，即当a＝0时，显然a与b共线；
（2）当a＝0时，若b≠0，则不存在实数λ，使b＝λa，但此时向量a与b共线；
（3）当a＝0时，若b＝0，则对任意实数λ，都有b＝λa，与存在唯一一个实数λ矛盾.
自我诊断
1.D　∵a＝－4b，－4＜0，∴｜a｜＝4｜b｜且a与b方向相反.
2.C　由数乘向量的模的意义可知｜λa｜＝｜λ｜｜a｜，故A、B错误，C正确，当λ＝0或｜a｜＝0时，｜λa｜＝0，故D错误，故选C.
3.a－8b　解析：4（a－b）－3（a＋b）－b＝4a－4b－3a－3b－b＝a－8b.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）[2（2a＋4b）－4（5a－2b）]＝（4a＋8b－20a＋8b）＝（－16a＋16b）＝－4a＋4b.
（2）因为3（2a－b＋c）＋x＝2（－a＋3b），所以6a－3b＋3c＋x＝－2a＋6b，即x＝－8a＋9b－3c.
跟踪训练
1.－5e1＋23e2　解析：∵a＝e1＋2e2，b＝3e1－5e2，∴4a－3b＝4（e1＋2e2）－3（3e1－5e2）＝－5e1＋23e2.
2.3a＋2b　4a＋3b　解析：由3x－2y＝a①，－4x＋3y＝b②，①×3＋②×2，得x＝3a＋2b，代入①得3×（3a＋2b）－2y＝a，即y＝4a＋3b.∴x＝3a＋2b，y＝4a＋3b.
【例2】　解：（1）证明：∵＝－＝（3a＋b）－（2a－b）＝a＋2b，＝－＝（a－3b）－（3a＋b）＝－（2a＋4b）＝－2，
∴与共线，且有公共点B，∴A，B，C三点共线.
（2）∵8a＋kb与ka＋2b共线，
∴存在实数λ，使得8a＋kb＝λ（ka＋2b），
即（8－λk）a＋（k－2λ）b＝0.
∵a与b不共线，∴
解得λ＝±2，∴k＝2λ＝±4.
跟踪训练
1.D　由共线向量定理可知存在实数λ，使m＝λn，即－e1＋ke2＝λ（e2－2e1）＝λe2－2λe1，又e1与e2是不共线向量，∴解得
2.1　解析：∵A，B，C三点共线，∴存在实数λ，使得＝λ，即－＝λ（－），∴＝（1＋λ）－λ，则x＝1＋λ，y＝－λ，∴x＋y＝1.
【例3】　解：因为∥，｜｜＝2｜｜，
所以＝2，＝.
则＝＋＝e2＋e1.
因为M，N分别为DC，AB的中点，
所以｜｜＝2｜｜，｜｜＝2｜｜，
则＝＋＋
＝－－＋
＝－e1－e2＋e1＝e1－e2.
跟踪训练
1.D　因为E是BC的中点，所以＝＝－＝－b，所以＝＋＝＋＝a－b.
2.C　由题意可得，＝＋＝＋＝＋（－）＝＋＝a＋b.
随堂检测
1.B　2a－3b＋c＝2（4d）－3（5d）－3d＝8d－15d－3d＝－10d.
2.A　在矩形ABCD中，AB CD，故＝，又∵E为CD的中点，∴＋＝＋＝＋＝.
3.ABD　根据向量数乘运算和加、减运算律知A、B、D正确；C中，（a＋2b）－（2b＋a）＝a＋2b－2b－a＝0，而不是0，所以该运算错误.
4.±　解析：因为向量－ta＋b与a－b共线，则存在实数λ，使－ta＋b＝λ（a－b），即有－t2＝－，解得t＝±.
6.2.4　向量的数量积
第1课时　向量数量积的概念、运算及投影向量
【基础知识·重落实】
知识点一
1.非零向量　∠AOB＝θ　0≤θ≤π　同向　反向　2.　a⊥b
知识点二
1.｜a｜｜b｜cos θ　a·b　a·b＝｜a｜｜b｜cos θ
2.（2）a·b＝0　（4）≤
知识点三
1.投影　投影
自我诊断
1.D　因为向量a，b的夹角为60°，｜a｜＝1，｜b｜＝2，所以a·b＝｜a｜｜b｜cos 60°＝1×2×＝1.故选D.
2.[0，π]　0　π　解析：根据向量夹角的定义可知，两个向量的夹角的取值范围是[0，π]，当a与b同向时，夹角为0，当a与b反向时，夹角为π.
3.－b　解析：根据题意，a，b为两单位向量，且a与b的夹角为，所以a在b上的投影向量为｜a｜cos·b＝－b.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：如图所示，作＝a，＝b，且∠AOB＝60°.
以，为邻边作平行四边形OACB，
则＝a＋b，＝a－b.
因为｜a｜＝｜b｜＝2，
所以平行四边形OACB是菱形，
又∠AOB＝60°，
所以与的夹角为30°，与的夹角为60°.即a＋b与a的夹角是30°，a－b与a的夹角是60°.
跟踪训练
C　如图，作向量＝，则∠BAD是与的夹角，在△ABC中，因为∠ACB＝90°，BC＝AB，所以∠ABC＝60°，所以∠BAD＝120°，即与的夹角是120°.
【例2】　解：（1）①由已知得a·b＝｜a｜｜b｜·cos θ＝4×2×cos 120°＝－4.
②a·a－a· b－2b·b＝｜a｜2－a·b－2｜b｜2＝16－（－4）－2×4＝12.
（2）①∵与的夹角为60°，∴·＝｜｜｜｜ cos 60°＝1×1×＝.
②∵与的夹角为120°，∴·＝｜｜·｜｜ cos 120°＝1×1×（－）＝－.
③∵与的夹角为60°，∴·＝｜｜｜｜·cos 60°＝1×1×＝.
跟踪训练
1.B　设a，b的夹角为θ，则cos θ＝＝，∵θ∈[0，π]，∴θ＝.
2.D　由题得｜｜2＝｜｜2＋｜｜2，所以∠ABC＝90°，所以原式＝0＋4×5cos（180°－C）＋5×3cos（180°－A）＝－20cos C－15cos A＝－20×－15×＝－16－9＝－25.故选D.
【例3】　解：（1）a·b＝｜a｜｜b｜cos θ
＝5×4×cos 120°＝－10.
（2）a在b上的投影向量为｜a｜cos θe＝－e.
跟踪训练
1.1　解析：已知向量a，b的夹角θ＝60°，故b在a上的投影向量的模为｜b｜cos θ＝2cos 60°＝2×＝1.
2.e　解析：∵cos θ＝＝（θ为a与b的夹角），∴向量a在向量b上的投影向量为｜a｜cos θ e＝e.
随堂检测
1.C　如图，∠DAB＝60°，则与的夹角为∠ABC＝120°.
2.B　由数量积的定义，得a·b＝｜a｜｜b｜·cos 120°＝×2×（－）＝－3.
3.B　由题意得·＝｜｜｜｜·cos∠ABC＝2××cos 45°＝2.
4.3e　解析：因为向量a，e的夹角等于45°，所以向量a在向量e上的投影向量是｜a｜·cos 45°·e＝3e.
第2课时　向量数量积的运算
【基础知识·重落实】
知识点
1.（1）b·a　（2）λ（a·b）　a· （λb）　（3）a·c＋b·c
想一想
1.提示：不相同，向量的数量积运算结果是一个实数，向量的数乘运算结果是向量.
2.提示：不对.若θ＝π时，a·b＜0.
自我诊断
1.－65　解析：（2a－3b）·（2a＋3b）＝4a2－9b2＝4×4－9×9＝－65.
2.　解析：∵（a＋b）·a＝a2＋a·b＝0.∴a·b＝－a2＝－1.设a与b的夹角为θ，∴cos θ＝＝＝－，又θ∈[0，π]，∴θ＝.
3.　解析：因为两个单位向量a，b的夹角是60°，所以｜a＋2b｜＝＝＝＝.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）（a－2b）·（3a＋b）＝3a2＋a·b－6a·b－2b2＝3｜a｜2－5a·b－2｜b｜2＝3×32－5×3×4×cos 120°－2×42＝25.
（2）a·（a－4b＋c）＝a2－4a·b＋a·c＝｜a｜2－4｜a｜｜b｜cos 120°＋｜a｜｜c｜cos 45°＝32－4×3×4×（－）＋×3×5×＝48.
【例2】　－1　解析：如图，由AD∥BC，AE＝BE，得∠BAD＝∠ABE＝∠EAB＝30°.又AB＝2，所以AE＝BE＝2.因为＝－，所以·＝·（－）＝·－·＝2×5×cos 60°－2×2×cos 30°＝－1.
跟踪训练
1.192　解析：（a＋2b）·（a＋3b）＝a·a＋5a·b＋6b·b＝｜a｜2＋5a·b＋6｜b｜2＝｜a｜2＋5｜a｜｜b｜cos 60°＋6｜b｜2＝62＋5×6×4×＋6×42＝192.
2.－7　解析：因为＝＋，＝－，所以·＝（＋）·（－）＝－＝9－16＝－7.
【例3】　（1）B　（2）B　
解析：（1）法一　｜a＋2b｜＝
＝
＝＝＝2.
法二（数形结合法）
由｜a｜＝｜2b｜＝2知，以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则｜a＋2b｜＝｜｜.又∠AOB＝60°，所以｜a＋2b｜＝2.
（2）由题意得｜a－b｜2＝｜a｜2＋｜b｜2－2｜a｜｜b｜cos 60°＝，即1＋｜b｜2－｜b｜＝，解得｜b｜＝.
跟踪训练
　C　∵a·（a－2b）＝0，∴a2－2a·b＝0.∵｜a｜＝1，｜b｜＝2，∴a·b＝，∴｜a＋b｜＝＝＝.
【例4】　解：设a与b的夹角为θ，由题意得（3a－2b）2＝7，
∴9｜a｜2＋4｜b｜2－12a·b＝7，
又｜a｜＝｜b｜＝1，∴a·b＝，
∴｜a｜｜b｜cos θ＝，
即cos θ＝.
又θ∈[0，π]，∴a，b的夹角为.
【例5】　解：由已知得a·b＝2×1×cos 60°＝1.
若c⊥d，则c·d＝0.
∴c·d＝（a＋5b）·（ma－2b）＝ma2＋（5m－2）a·b－10b2＝4m＋5m－2－10＝9m－12＝0，
∴m＝.
故当m＝时，c与d垂直.
跟踪训练
1.D　a·（a＋b）＝｜a｜2＋a·b＝25－6＝19，｜a＋b｜＝
＝
＝＝7，故cos＜a，a＋b＞＝＝＝.故选D.
2.B　因为向量3a＋2b与ka－b互相垂直，所以（3a＋2b）·（ka－b）＝0.所以3ka2＋（2k－3）a·b－2b2＝0，因为a⊥b，｜a｜＝2，｜b｜＝3，所以a·b＝0，所以12k－18＝0，解得k＝，故选B.
随堂检测
1.B　a·（2a－b）＝2a2－a·b＝2－（－1）＝3.
2.C　因为（4a＋5b）2＝16a2＋40a·b＋25b2＝16×12＋40×1×1×cos ＋25×12＝21，所以｜4a＋5b｜＝.故选C.
3.－4　解析：由题意知，＝＝，所以m·n＝｜n｜2＝n2，因为n·（tm＋n）＝0，所以t m·n＋n2＝0，即t n2＋n2＝0，所以t＝－4.
4.解：（1）因为｜a＋b｜2＝｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝3＋，
所以｜a＋b｜＝.
（2）由（a－b）·a＝0，得a2＝a·b，
设a与b的夹角为θ，
所以cos θ＝＝，又0°≤θ≤180°，故θ＝45°.
6.3　平面向量基本定理及坐标表示
6.3.1　平面向量基本定理
【基础知识·重落实】
知识点
1.不共线　任一　有且只有一对　λ1e1＋λ2e2　2.不共线
自我诊断
1.（1）×　（2）√　（3）√　（4）√
2.ABD　对于A，B，D，a不能用b表示，故a，b不共线，所以A、B、D符合；对于C，a＝－b，故a，b共线，所以C不符合，故选A、B、D.
3.4e1＋3e2　解析：如图，＝3e2，＝4e1，∴＝4e1＋3e2.
【典型例题·精研析】
【例1】　（1）①②④　（2）3　解析：（1）①设e1＋e2＝λe1（λ∈R），则无解，∴e1＋e2与e1不共线，即{e1，e1＋e2}能作为一个基底；②设e1－2e2＝k（e2－2e1）（k∈R），则e1－2e2＝－2ke1＋ke2，∴无解，∴e1－2e2与e2－2e1不共线，即能作为一个基底；③∵e1－2e2＝－（4e2－2e1），∴e1－2e2与4e2－2e1共线，即{e1－2e2，4e2－2e1}不能作为一个基底；④设e1＋e2＝n（e1－e2）（n∈R），则e1＋e2＝ne1－ne2，∴无解，∴e1＋e2与e1－e2不共线，即{e1＋e2，e1－e2}能作为一个基底.
（2）因为{a，b}是一个基底，所以a与b不共线，由平面向量基本定理得所以所以x－y＝3.
跟踪训练
1.AC　寻找不共线的向量组即可，在 ABCD中，与不共线，与不共线；而∥，∥，故A、C选项可作为基底.
2.（－∞，4）∪（4，＋∞）　解析：若{a，b}能作为平面内的一个基底，则a与b不共线，则a≠kb（k∈R），∵a＝e1＋2e2，b＝2e1＋λe2，∴λ≠4.∴实数λ的取值范围为（－∞，4）∪（4，＋∞）.
【例2】　解：法一　设AC，BD交于点O，
则有＝＝＝a，＝＝＝b.
所以＝＋＝－＝a－b，
＝＋＝a＋b.
法二　设＝x，＝y，则＝＝y.
又所以
解得x＝a－b，y＝a＋b，
即＝a－b，＝a＋b.
跟踪训练
1.a＋b　2a＋c　解析：以{a，b}为基底时，＝＋＝a＋b；以{a，c}为基底时，将平移，使B与A重合，再由三角形法则或平行四边形法则即得＝2a＋c.
2.解：＝－＝e1－e2，
因为D，E，F依次是边AB的四等分点，
所以＝＝（e1－e2），
所以＝＋＝e2＋（e1－e2）＝e1＋e2.
【例3】　解：设＝e1，＝e2，
则＝＋＝－3e2－e1，＝＋＝2e1＋e2.
∵A，P，M和B，P，N分别共线，
∴存在实数λ，μ使得＝λ＝－λe1－3λe2，＝μ＝2μe1＋μe2.
故＝＋＝－＝（λ＋2μ）e1＋（3λ＋μ）e2.
而＝＋＝2e1＋3e2，由平面向量基本定理，得解得
∴＝，＝，
∴AP∶PM＝4，BP∶PN＝.
母题探究
　解：由本例知＝，则＝，＝＋＝＋＝b＋（－）＝b＋a－b＝a＋b.
跟踪训练
　　解析：由题意，得＝（＋）.又＝＝－，所以＝（－＋2）＝－＋.又＝λ＋μ，所以λ＋μ＝－＋1＝.
随堂检测
1.D　选项A、B、C中的向量都是共线向量，不能作为平面向量的基底，D中的向量不共线，可以作为平面向量的基底.
2.C　如图所示，a－b＝＝－＝e2－3e1.故选C.
3.A　由＝λ，得－＝λ（－），即＝（1＋λ）－λ.又2＝x＋y，所以消去λ得x＋y＝2.
4.解：设p＝xm＋yn，则3a＋2b＝x（2a－3b）＋y（4a－2b）＝（2x＋4y）a＋（－3x－2y）b.
由平面向量基本定理，得解得
所以p＝－m＋n.
6.3.2　平面向量的正交分解及坐标表示
6.3.3　平面向量加、减运算的坐标表示
【基础知识·重落实】
知识点一
1.互相垂直　2.（1）单位向量　（x，y）　（2）终点A
知识点二
　（1）（x1＋x2，y1＋y2）　（x1－x2，y1－y2）　（2）（x2－x1，y2－y1）
结论：（1）终点　起点　（2）相等
自我诊断
1.D　因为a＝（1，2），b＝（3，1），所以b＋a＝（3，1）＋（1，2）＝（4，3），故选D.
2.C　因为O（0，0），A（2，4），所以＝（2，4），故选C.
3.（－2，3）　解析：由已知＝（－3，4）－（－1，1）＝（－2，3）.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）由题图可知，＝6i＋2j，＝2i＋4j，＝－4i＋2j，则坐标表示分别为＝（6，2），＝（2，4），＝（－4，2）.
（2）如图，作AM⊥x轴于点M，则OM＝OA·cos 45°＝4×＝2，AM＝OA·sin 45°＝4×＝2，
∴A（2，2），故a＝（2，2）.
∵∠AOC＝180°－105°＝75°，∠AOy＝45°，
∴∠COy＝30°，
又OC＝AB＝3，∴C（－，），
∴＝＝（－，），即b＝（－，）.
跟踪训练
1.A　设B（x，y），∵A点的坐标为（－2，－1），∴＝（x＋2，y＋1）.又∵＝（3，4），∴解得即B点的坐标为（1，3）.故选A.
2.解：由题意及题图知B，D分别是30°角，120°角的终边与单位圆的交点.
设B（x1，y1），D（x2，y2），
由三角函数的定义，得x1＝cos 30°＝，y1＝sin 30°＝，x2＝cos 120°＝－，y2＝sin 120°＝，
∴B（，），D（－，），
又A（0，0），∴＝（，），＝（－，）.
【例2】　（1）A　（2）D　（3）－1　
解析：（1）在平行四边形ABCD中，因为A（1，2），B（3，5），所以＝（2，3）.又＝（－1，2），所以＝＋＝（1，5），＝－＝（－3，－1），所以＋＝（－2，4）.故选A.
（2）由题意可知＝－＝－i＋2j.∵＝，∴＝－i＋2j，∴C（－1，2）.故选D.
（3）∵＋＝＝－＝（－1，0）＝（a，b），∴a＝－1，b＝0，∴a＋b＝－1.
跟踪训练
1.A　b＝a＋b－a＝（3，2）－（2，4）＝（1，－2）.
2.（2，－2）　（－8，－6）　解析：a＋b＝（－3，－4）①，a－b＝（5，2）②.由①＋②，得2a＝（－3，－4）＋（5，2）＝（2，－2）；由①－②，得2b＝（－3，－4）－（5，2）＝（－8，－6）.
【例3】　解：设点P的坐标为（x，y），则＝（x，y）－（2，3）＝（x－2，y－3），＋＝（5，4）－（2，3）＋（5λ，7λ）＝（3，1）＋（5λ，7λ）＝（3＋5λ，1＋7λ）.
∵＝＋，且与不共线，
∴则
（1）若点P在第一、三象限的角平分线上，则5＋5λ＝4＋7λ，∴λ＝.
（2）若点P在第三象限内，则∴λ＜－1.
母题探究
　解：由本例知
（1）当点P在x轴上时，y＝4＋7λ＝0，∴λ＝－.
（2）当点P在y轴上时，x＝5＋5λ＝0，∴λ＝－1.
跟踪训练
　解：设点D的坐标为（x，y），
当平行四边形为ABCD时，＝，
所以（4，6）－（3，7）＝（1，－2）－（x，y），
所以所以
所以D（0，－1）.
当平行四边形为ABDC时，同理可得D（2，－3）.
当平行四边形为ADBC时，同理可得D（6，15）.
综上可得点D可能为（0，－1）或（2，－3）或（6，15）.
随堂检测
1.C　∵a＝（0，1），b＝（2，1），∴a－b＝（－2，0），故选C.
2.D　由题意，向量＝（－2，4）与终点、始点的坐标差有关，所以A点的坐标不一定是（－2，4），故A错误；同理B点的坐标不一定是（－2，4），故B错误；当B是原点时，A点的坐标是（2，－4），故C错误；当A是原点时，B点的坐标是（－2，4），故D正确.故选D.
3.A　＝－＝（－4，－3）－（3，1）＝（－7，－4），故选A.
4.解：因为A（－2，4），B（3，－1），C（－3，－4），
所以＝（－2，4）－（－3，－4）＝（1，8），
＝（3，－1）－（－3，－4）＝（6，3）.
设M（x1，y1），N（x2，y2），
因为＝，＝，
所以（x1＋3，y1＋4）＝（1，8），（x2＋3，y2＋4）＝（6，3），
所以x1＝－2，y1＝4，x2＝3，y2＝－1，
所以M（－2，4），N（3，－1），
所以＝（3，－1）－（－2，4）＝（5，－5）.
6.3.4　平面向量数乘运算的坐标表示
【基础知识·重落实】
知识点一
（λx，λy）　乘原来向量的相应坐标
知识点二
　x1y2－x2y1＝0
想一想
　提示：不能，当x2，y2有一者为零时，比例式没有意义.
知识点三
　　
自我诊断
1.A　a－2b＝（－1，3）－（4，－2）＝（－5，5）.故选A.
2.B　因为a∥b，所以存在实数λ，使得b＝λa，又a＝（2，3），b＝（x，－6），所以解得所以x的值为－4.故选B.
3.（－1，3）　解析：根据中点坐标公式可得，PQ的中点坐标为（－1，3）.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）2a＋3b＝2（－1，2）＋3（2，1）＝（－2，4）＋（6，3）＝（4，7）.
（2）a－3b＝（－1，2）－3（2，1）＝（－1，2）－（6，3）＝（－7，－1）.
（3）a－b＝（－1，2）－（2，1）＝（－，1）－（，）＝（－，）.
跟踪训练
1.A　∵a＝（5，2），b＝（－4，－3），且c满足3a－2b＋c＝0，∴c＝2b－3a＝2（－4，－3）－3（5，2）＝（－8－15，－6－6）＝（－23，－12）.
2.解：由A（－2，4），B（3，－1），C（－3，－4），可得＝（－2，4）－（－3，－4）＝（1，8），＝（3，－1）－（－3，－4）＝（6，3），
所以＝3＝3（1，8）＝（3，24），＝2＝2（6，3）＝（12，6）.
设M（x1，y1），N（x2，y2），则＝（x1＋3，y1＋4）＝（3，24），解得x1＝0，y1＝20；
＝（x2＋3，y2＋4）＝（12，6），解得x2＝9，y2＝2，
所以M（0，20），N（9，2），＝（9，2）－（0，20）＝（9，－18）.
【例2】　（1）C　对于A，∵a1＝（－2，3），b1＝（4，6），则（－2）×6－3×4≠0，即a1与b1不共线；对于B，∵a2＝（2，3），b2＝（3，2），则2×2－3×3≠0，即a2与b2不共线；对于C，∵a3＝（1，2），b3＝（7，14），则1×14－2×7＝0，即a3与b3共线；对于D，∵a4＝（－3，2），b4＝（6，4），则（－3）×4－2×6≠0，即a4与b4不共线.故选C.
（2）解：＝（0，4）－（2，1）＝（－2，3），＝（5，－3）－（1，3）＝（4，－6）.
法一　∵（－2）×（－6）－3×4＝0，∴与共线，通过观察可知，和方向相反.
法二　∵＝－2，∴与共线且方向相反.
跟踪训练
　证明：设E（x1，y1），F（x2，y2）.
由题意知＝（2，2），＝（－2，3），＝（4，－1），
∴＝＝（，），＝＝（－，1），
∴＝（x1，y1）－（－1，0）＝（，），
＝（x2，y2）－（3，－1）＝（－，1），
∴（x1，y1）＝（－，），（x2，y2）＝（，0），
∴＝（x2，y2）－（x1，y1）＝（，－）.
∵4×（－）－（－1）×＝0，∴∥.
【例3】　（1）－3　（2）－　
解析：（1）由题意知－6＝2λ，所以λ＝－3.
（2）点P（－1，2），线段PQ的中点M的坐标为（1，－1），所以向量＝2（1－（－1），－1－2）＝（4，－6），又因为与向量a＝（λ，1）共线，所以4×1＋6λ＝0，解得λ＝－.
跟踪训练
1.D　非零向量a＝（m2－1，m＋1）与向量b＝（1，－2）平行，∴－2（m2－1）－1×（m＋1）＝0，且m≠－1，∴m＝.
2.－　解析：＝－＝（1－k，2k－2），＝－＝（1－2k，－3），由题意可知∥，所以（－3）×（1－k）－（2k－2）（1－2k）＝0，解得k＝－（k＝1不合题意舍去）.
【例4】　解：设点P的坐标为（x，y），
因为｜｜＝2｜｜，
所以当P在线段AB上时，＝2，
所以（x－3，y＋4）＝2（－1－x，2－y），
所以解得
所以点P的坐标为（，0）；
当P在线段AB的延长线上时，＝－2，
所以（x－3，y＋4）＝－2（－1－x，2－y），
所以解得
所以点P的坐标为（－5，8），
综上所述，点P的坐标为（，0）或（－5，8）.
母题探究
　解：由题设知，A，B，P三点共线，且｜｜＝3｜｜.
设A（x，0），B（0，y）.
①点P在A，B之间，则有＝3，
所以（－x，y）＝3（－2－x，3），
所以解得
点A，B的坐标分别为（－3，0），（0，9）.
②点P不在A，B之间，则有＝－3，
易得点A，B的坐标分别为（－，0），（0，－9）.
综上，点A，B的坐标分别为（－3，0），（0，9）或（－，0），（0，－9）.
跟踪训练
1.B　设点C的坐标为（x，y），则点D的坐标为（，）.由＝2可得4＋x＝0，－2＋y＝－4，解得x＝－4，y＝－2，故点C的坐标为（－4，－2）.
2.（，）　
解析：∵D是AB的中点，∴点D的坐标为（，），∵＝2，∴＝2，设G点坐标为（x，y），由定比分点坐标公式可得x＝＝，y＝＝，即点G的坐标为（，）.
随堂检测
1.D　选项A中，2×－（－1）×1≠0，则a与b不共线；同理，B，C中的两向量不共线；选项D中，2×3－（－3）×（－2）＝0，则有a∥b.
2.B　a＝2e1－e2＝（－2，4）－（2，1）＝（－4，3）.
3.B　依题意a＝（1，2），b＝（－2，m＋1），a∥b， 所以1×（m＋1）＝－2×2，m＝－5，即b＝（－2，－4），所以2a＋3b＝（2，4）＋（－6，－12）＝（－4，－8）.故选B.
4.1　解析：由A（1，－3），B（8，），C（9，λ），可得＝（7，），＝（8，λ＋3），由A，B，C三点共线，得∥，则7（λ＋3）－8×＝0，解得λ＝1.
6.3.5　平面向量数量积的坐标表示
【基础知识·重落实】
知识点
　（1）x1x2＋y1y2　乘积的和　（2）＋　　（3）x1x2＋y1y2　
（4）　
想一想
　提示：向量垂直与向量平行的条件容易混淆，注意以下特点：
坐标表示 记忆口诀
垂直 a⊥b x1x2＋y1y2＝0 对应相乘和为0
平行 a∥b x1y2－x2y1＝0 交叉相乘差为0
自我诊断
1.C　由3a·b＝4，得（6，－9）·（x，2x）＝－12x＝4，∴x＝－.
2.C　∵（2a－b）·b＝2a·b－｜b｜2＝2（－1＋n2）－（1＋n2）＝n2－3＝0，∴n2＝3，∴｜a｜＝＝2.
3.A　｜a｜＝＝5，｜b｜＝＝13.a·b＝3×5＋4×12＝63.设a与b的夹角为θ，所以cos θ＝＝.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）法一　因为a＝（－1，2），b＝（3，2），
所以a－b＝（－4，0）.
所以a·（a－b）＝（－1，2）·（－4，0）＝（－1）×（－4）＋2×0＝4.
法二　a·（a－b）＝a2－a·b＝（－1）2＋22－[（－1）×3＋2×2]＝4.
（2）因为a＋b＝（－1，2）＋（3，2）＝（2，4），
2a－b＝2（－1，2）－（3，2）＝（－2，4）－（3，2）＝（－5，2），
所以（a＋b）·（2a－b）＝（2，4）·（－5，2）＝2×（－5）＋4×2＝－2.
跟踪训练
1.C　由题意可得，8a－b＝（6，3），又（8a－b）·c＝30，c＝（3，x），所以18＋3x＝30，解得x＝4.
2.解：建立平面直角坐标系如图所示，则A（0，2），E（2，1），D（2，2），B（0，0），C（2，0），因为＝2，所以F（，2）.所以＝（2，1），＝（，2）－（2，0）＝（－，2），所以·＝（2，1）·（－，2）＝2×（－）＋1×2＝.
【例2】　（1）D　（2）5　解析：（1）由题意知a－b＝（2，1）－（－2，4）＝（4，－3），所以｜a－b｜＝＝5，故选D.
（2）∵a＋b＝（x－1，y＋2）＝（1，3），则x＝2，且y＝1.∴a＝（2，1），则a－2b＝（4，－3），故｜a－2b｜＝＝5.
跟踪训练
1.C　∵a＝（2，1），∴a2＝5，又｜a＋b｜＝5，∴（a＋b）2＝a2＋2a·b＋b2＝50，∴5＋2×10＋b2＝50，∴b2＝25，∴｜b｜＝5.故选C.
2.C　｜｜＝＝，｜｜＝＝.又｜｜＝＝，∴｜｜＝｜｜，且｜｜2＋｜｜2＝｜｜2，因此△ABC为等腰直角三角形.
【例3】　解：（1）因为a·b＝4×（－1）＋3×2＝2，
｜a｜＝＝5，｜b｜＝＝，
设a与b的夹角为θ，
所以cos θ＝＝＝.
（2）因为a－λb＝（4＋λ，3－2λ），2a＋b＝（7，8），
又（a－λb）⊥（2a＋b），
所以7（4＋λ）＋8（3－2λ）＝0，解得λ＝.
跟踪训练
1.　解析：∵a＝e1－e2＝（1，0）－（0，1）＝（1，－1），b＝4e1＋3e2＝4（1，0）＋3（0，1）＝（4，3），∴｜a｜＝，｜b｜＝5，a·b＝4×1＋3×（－1）＝1，设a，b的夹角为θ，∴cos θ＝＝＝.
2.　解析：法一　a－λb＝（1－3λ，3－4λ），∵（a－λb）⊥b，∴（a－λb）·b＝0，即（1－3λ，3－4λ）·（3，4）＝0，∴3－9λ＋12－16λ＝0，解得λ＝.
法二　由（a－λb）⊥b可知，（a－λb）·b＝0，即a·b－λb2＝0，从而 λ＝＝＝＝.
随堂检测
1.D　a·b＝2－2＝0，所以a⊥b，所以a与b的夹角为90°.故选D.
2.D　2a－b＝（4，2）－（－1，k）＝（5，2－k），由a·（2a－b）＝0，得（2，1）·（5，2－k）＝0，所以10＋2－k＝0，解得k＝12.
3.　解析：∵a∥b，∴1×y－2×（－2）＝0，解得y＝－4，从而3a＋b＝（1，2），｜3a＋b｜＝.
4.解：因为＝（1，－3），所以·＝1×4＋（－3）×（－1）＝7，
＝－＝（4，－1）－（1，－3）＝（3，2），
所以｜｜＝＝.
培优课　平面向量中的最值（范围）问题
【典型例题·精研析】
【例1】　C　不妨设AB＝2BC＝2，BD＝x，x∈[0，1]，由平面向量三点共线可知，＝＋，∴＝·－，∴λ＝－，μ＝，x∈[0，1]，则λμ＝－＝－（x2＋2x），∴λμ∈［－，0］.
跟踪训练
　　解析：因为在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝AB＝4，CD＝1，所以＝＋＝－，所以＝m＋n＝m＋n（－）＝（m－n）＋n，由P，B，C三点共线得，m－n＋n＝m＋n＝1（m，n＞0），所以＋＝（＋）（m＋n）＝＋＋≥＋2＝＋＝（当且仅当3n2＝4m2时，取等号），即＋的最小值为.
【例2】　9　解析：
根据题意，以C为坐标原点，CB，CA所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图，∴A（0，3），B（4，0），C（0，0），∴＝（4，－3），设＝λ（λ∈[0，1]），则＝＋＝＋λ＝（0，3）＋（4λ，－3λ）＝（4λ，3－3λ），λ∈[0，1]，∴·（－）＝·＝（4λ，3－3λ）·（0，3）＝9－9λ∈[0，9]，∴·（－）的最大值为9.
跟踪训练
　　解析：根据题意，可知·＝（＋）·（＋）＝（＋λ）·（＋）＝·＋·＋λ·＋·＝1＋＋－≥1＋2－＝，当且仅当λ＝时，等号成立.
【例3】　1　解析：e1·e2＝cos＝，b2＝x2＋y2＋2xye1·e2＝x2＋y2＋xy.∵x＋2y＝2，∴x＝2－2y.∴b2＝（2－2y）2＋y2＋（2－2y）y＝3y2－6y＋4＝3（y－1）2＋1.∴当y＝1时，b2取得最小值1.∴｜b｜的最小值为1.
跟踪训练
　　解析：将｜a＋b｜＝2两边平方并化简得（｜a｜＋｜b｜）2－｜a｜｜b｜＝4，由基本不等式得｜a｜｜b｜≤（）2＝，故（｜a｜＋｜b｜）2≤4，即（｜a｜＋｜b｜）2≤，即｜a｜＋｜b｜≤，当且仅当｜a｜＝｜b｜＝时，等号成立，所以｜a｜＋｜b｜的最大值为.
【例4】　　解析：设a与b的夹角为θ，由2a·b＝a2b2知，2｜a｜｜b｜cos θ＝a2b2.由基本不等式知，cos θ＝｜a｜·｜b｜≤（）2＝，当且仅当｜a｜＝｜b｜＝1时等号成立，即cos θ≤，又θ∈[0，π]，故θ∈［，π］.故a与b的夹角的最小值是.
跟踪训练
　C　因为（a－b）⊥b，所以（a－b）·b＝0，a·b＝b2，cos θ＝＝＝＝＝，又因为2t2－4t＋8＝2[（t－）2＋2]≥2[（－）2＋2]＝4，所以0＜cos θ≤，所以θ的最小值为.
随堂检测
1.C　因为m∥n，所以2a－2＝2－b，所以2a＋b＝4，所以b＝4－2a＞0，所以0＜a＜2，所以m·n＝2a＋b－ab＝4－ab＝4－a（4－2a）＝2a2－4a＋4＝2（a－1）2＋2∈[2，4）.
2.D　由题意可得＝（4，3），＝（1，2），则｜＋t｜＝｜（4，3）＋t（1，2）｜＝｜（4＋t，3＋2t）｜＝＝＝，结合二次函数的性质可得，当t＝－2时，｜＋t｜min＝.
3.D　由题图可知B，D，C共线，且x，y均为正，所以x＋y＝1，所以＋＝（＋）（x＋y）＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当＝，即x＝，y＝时等号成立，则＋的最小值为9.
4.（－7，1）∪（1，7）　解析：a＋b＝（5＋λ，6），a－b＝（5－λ，4），由题意得，（a＋b）·（a－b）＞0，且a＋b与a－b不共线，所以解得－7＜λ＜7，且λ≠1，所以λ的取值范围是（－7，1）∪（1，7）.
6.4　平面向量的应用
6.4.1　平面几何中的向量方法
【基础知识·重落实】
想一想
　提示：证明或计算·＝0，从而得出AB⊥CD.
自我诊断
1.C　∵＝3a，＝－5a，∴∥，｜｜≠｜｜，∵｜｜＝｜｜，∴四边形ABCD是等腰梯形.故选C.
2.　解析：BC的中点为D（，6），＝（－，5），∴｜｜＝＝.
【典型例题·精研析】
【例1】　证明：法一　设＝a，＝b，
则｜a｜＝｜b｜，a·b＝0.
又＝＋＝－a＋，
＝＋＝b＋，
所以·＝（b＋）·（－a＋）
＝－－a·b＋＝－｜a｜2＋｜b｜2＝0.
故⊥，即AF⊥DE.
法二　
如图所示，以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，
设正方形的边长为2，则A（0，0），D（0，2），E（1，0），F（2，1），
则＝（2，1），＝（1，－2）.
因为·＝（2，1）·（1，－2）＝2－2＝0，
所以⊥，即AF⊥DE.
跟踪训练
　证明：
如图，以E为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系.
令｜｜＝1，则｜｜＝1，｜｜＝2.
∵CE⊥AB，AD⊥AB，且AD＝DC，
∴四边形AECD为正方形.
∴可求得各点坐标分别为E（0，0），B（1，0），C（0，1），D（－1，1），A（－1，0）.
（1）∵＝（－1，1）－（0，0）＝（－1，1），
＝（0，1）－（1，0）＝（－1，1），
∴＝，∴∥，即DE∥BC.
（2）如图，连接MB，MD.
∵M为EC的中点，∴M（ 0，），
∴＝（－1，1）－（ 0，）＝（ －1，），
＝（1，0）－（ 0，）＝（ 1，－），
∴＝－，∴∥.
又∵MD与MB有公共点M，∴D，M，B三点共线.
【例2】　解：设＝a，＝b，则＝a－b，＝a＋b，
∵｜｜＝｜a－b｜＝＝＝＝2，
∴5－2a·b＝4，∴a·b＝，
又｜｜2＝｜a＋b｜2＝a2＋2a·b＋b2
＝1＋4＋2a·b＝6，
∴｜｜＝，即AC＝.
跟踪训练
　B　以A为坐标原点，
AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系.设｜｜＝a（a＞0），则A（0，0），C（4，a），D（0，a），E（2，0），所以＝（2，－a），＝（4，a）.因为⊥，所以·＝0，所以2×4＋（－a）·a＝0，即a2＝8.所以a＝2，所以＝（2，－2），所以｜｜＝ ＝2.
【例3】　解：（1）设＝a，＝b，
则＝＋
＝＋＝＋（－）
＝＋＝a＋b.
∴｜｜2＝＝（a＋b）2
＝a2＋2×a·b＋b2
＝×9＋2××3×3×cos 120°＋×9＝3.
∴AD＝.
（2）设∠DAC＝θ（0°＜θ＜120°），
则θ为与的夹角.
∴cos θ＝＝
＝
＝＝0.
∴θ＝90°，即∠DAC＝90°.
跟踪训练
　B　如图建立平面直角坐标系，则B（0，0），A（0，8），C（6，0），D（3，4），∴＝（－3，－4），＝（3，－4）.又∠BDC为，的夹角，∴cos∠BDC＝＝＝.
随堂检测
1.D　在△ABC中，·＋＝·（＋）＝·＝0，∴⊥，∴A＝，则△ABC为直角三角形，故选D.
2.D　由＋＝0，得＝－＝，∴四边形ABCD为平行四边形.由·＝0知，平行四边形ABCD对角线互相垂直，故四边形ABCD为菱形.
3.1　解析：∵＝＋（＋），∴－＝（＋），＝（＋），∴AP为Rt△ABC斜边BC的中线.∴｜｜＝1.
4.解：如图，建立平面直角坐标系，则E（1，0），D（2，3），
设P（0，b）（0≤b≤3），
则＝（1，3），＝（－1，b），
∴cos∠PED＝
＝＝.
整理得2b2－3b－2＝0，
解得b＝2，b＝－（舍去），
∴当点P为OA上靠近点A的三等分点时，∠PED＝45°.
6.4.2　向量在物理中的应用举例
【基础知识·重落实】
自我诊断
1.C　由题得v1和v2都是向量，根据向量的加法运算得逆风行驶的速度为v1＋v2.故选C.
2.D　F做的功为F·s＝｜F｜｜s｜cos 60°＝10×14×＝70.
3.C　由题意，向量＝（1，1），＝（－3，－2）分别表示两个力F1，F2，可得F1＋F2＝＋＝（1，1）＋（－3，－2）＝（－2，－1），所以｜F1＋F2｜＝＝.故选C.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：如图所示，设木块的位移为s，
则WF＝F·s＝｜F｜｜s｜cos 30°
＝50×20×＝500（J）.
将力F分解，它在铅垂方向上的分力F1的大小为｜F1｜＝｜F｜sin 30°＝50×＝25（N），
所以摩擦力f的大小为｜f｜＝｜μ（G－F1）｜＝（80－25）×0.02＝1.1（N），
因此Wf＝f·s＝｜f｜｜s｜cos 180°＝1.1×20×（－1）＝－22（J）.
即F和f所做的功分别为500 J和－22 J.
跟踪训练
　解：（1）由题意知，｜F3｜＝｜F1＋F2｜，
因为｜F1｜＝1，｜F2｜＝2，且F1与F2的夹角为，
所以｜F3｜＝｜F1＋F2｜＝＝.
（2）设F2与F3的夹角为θ，
因为F3＝－（F1＋F2），
所以F3·F2＝－F1·F2－F2·F2，
所以×2×cos θ＝－1×2×（－）－4＝－3，
所以cos θ＝－，所以θ＝.
【例2】　解：
如图所示，设为水流速度，为航行速度，以AC和AD为邻边作 ACED且当与方向相同时能最快到达彼岸B码头，根据题意AC⊥AE，在Rt△ADE和 ACED中，
｜｜＝｜｜＝2，｜｜＝4，∠AED＝90°，
因为sin∠EAD＝，∠EAD∈（0°，90°），
所以∠EAD＝30°，∠DAC＝120°.
所以｜｜＝＝2.
又AB＝，所以用时＝0.5（h）.
所以该船的航行速度为4 km/h，与水流方向成120°角时能最快到达彼岸B码头，用时0.5 h.
跟踪训练
1.　解析：
如图，设鹰在地面上的影子冲向猎物的速度＝v1，鹰的飞行速度＝v2，由题可知｜｜＝｜v1｜＝40，且∠CAB＝30°，则｜｜＝｜v2｜＝＝.
2.60　30°　解析：
如图所示，此人的位移是＝＋，且⊥，则｜｜＝＝60（m），tan∠BOA＝＝，所以∠BOA＝60°.所以的方向为北偏东30°.
随堂检测
1.A　s＝200＋300＝500（km），｜a｜＝＝100（km），∴s＞｜a｜.故选A.
2.B　由题意得＝（－6，－5），所以F对物体做的功W＝F·＝（4，－5）·（－6，－5）＝4×（－6）＋（－5）×（－5）＝1.
3.10　解析：
如图，由题意，得∠AOC＝∠COB＝60°，｜｜＝10，则｜｜＝｜｜＝10，即每根绳子的拉力大小为10 N.
4.解：设a，b分别表示水流速度和小船在静水中的速度，过平面内一点O作＝a，＝b，
以，为邻边作矩形OACB，连接，如图，
则＝a＋b，且即为小船的实际航行速度.
所以｜｜＝＝＝20（km/h）.
因为tan∠AOC＝＝，
所以∠AOC＝60°.
所以小船的实际航行速度大小为20 km/h，按北偏东30°的方向航行.
6.4.3　余弦定理、正弦定理
第1课时　余弦定理
【基础知识·重落实】
知识点一
平方的和　积的两倍　b2＋c2－2bccos A　c2＋a2－2cacos B　a2＋b2－2abcos C
知识点二
元素　其他元素
自我诊断
1.D　由余弦定理得：c＝＝＝7.故选D.
2.D　因为a2＋b2＜c2，由余弦定理可得cos C＝＜0，又由C∈（0，π），所以C∈（，π），所以△ABC是钝角三角形.故选D.
3.　解析：在△ABC中，由余弦定理知cos B＝，又a2＋c2＝b2＋ac，所以cos B＝，又0＜B＜π，所以B＝.
【典型例题·精研析】
【例1】　（1）　（2）3　解析：（1）由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝32＋（2）2－2×3×2cos 30°＝3，所以a＝.
（2）由余弦定理得5＝22＋b2－2×2bcos A，因为cos A＝，所以3b2－8b－3＝0，所以b＝3（b＝－舍去）.
母题探究
　2或4　解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，所以22＝b2＋（2）2－2×b×2×，即b2－6b＋8＝0，解得b＝2或b＝4.所以b的值为2或4.
跟踪训练
1.D　cos C＝－cos（A＋B）＝－.又由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝9＋4－2×3×2×（－）＝17，所以c＝.故选D.
2.1或2　解析：在△ABC中，令角A，B，C的对边分别为a，b，c，则AB＝c＝，BC＝a＝1，cos A＝，所以由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得1＝b2＋3－3b，解得b＝1或b＝2，则AC＝1或AC＝2.
【例2】　（1）C　（2）A　解析：（1）因为a＝2，b＝3，c＝，所以cos C＝＝＝.因为C∈（0，π），所以C＝.故选C.
（2）根据题意，设a＝4k，b＝5k，c＝6k，k＞0，且最大角为C，所以cos C＝＝＝.故选A.
跟踪训练
1.C　a2－b2＝c2－bc，由余弦定理的推论得cos A＝＝，故A＝45°.故选C.
2.解：由余弦定理的推论，
得cos A＝
＝
＝.
∵A∈（0，π），∴A＝，
cos C＝＝
＝，
∵C∈（0，π），∴C＝.
∴B＝π－A－C＝π－－＝，
∴A＝，B＝，C＝.
【例3】　解：（1）∵A＋B＋C＝180°，
∴sin C＝sin（A＋B）.
∵2cos Asin B＝sin C，
∴2cos Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，
∴sin Acos B－cos Asin B＝0，
∴sin（A－B）＝0.
∵0°＜A＜180°，0°＜B＜180°，
∴－180°＜A－B＜180°，∴A－B＝0°，即A＝B.
又（a＋b＋c）（a＋b－c）＝3ab，
∴a2＋b2－c2＝ab，∴cos C＝.
∵0°＜C＜180°，∴C＝60°，∴△ABC为等边三角形.
（2）由acos B＋acos C＝b＋c，结合余弦定理得a·＋a·＝b＋c，即＋＝b＋c，整理，得（b＋c）（a2－b2－c2）＝0.
∵b＋c≠0，∴a2＝b2＋c2，故△ABC是直角三角形.
跟踪训练
　D　在△ABC中，因为A＝60°，a2＝bc，所以由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc，所以bc＝b2＋c2－bc，即（b－c）2＝0，所以b＝c，结合A＝60°可得△ABC一定是等边三角形.
随堂检测
1.B　因为a＝1，b＝2，C＝60°，所以c＝
＝＝.
2.C　由余弦定理的推论得cos A＝＝＝，又A为△ABC的内角，所以A＝60°.
3.解：由余弦定理得b2＝c2＋a2－2cacos B，
即c2－9c＋18＝0，解得c＝3或c＝6.
当c＝3时，cos A＝＝－，
因为0°＜A＜180°，
所以A＝120°，
故C＝180°－120°－30°＝30°；
当c＝6时，cos A＝＝，
因为0°＜A＜180°，
所以A＝60°，故C＝180°－60°－30°＝90°.
综上所述，A＝60°，C＝90°，c＝6或A＝120°，C＝30°，c＝3.
第2课时　正弦定理
【基础知识·重落实】
知识点
　正弦
想一想
　提示：＝＝＝c.
自我诊断
1.D　由正弦定理易知，选项D正确.
2.D　＝ b＝＝＝2.故选D.
3.4　解析：设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理可得2R＝＝＝8，解得R＝4.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：A＝180°－（B＋C）＝180°－（60°＋75°）＝45°.
由＝得，c＝＝
＝＝4（＋1）.
所以A＝45°，c＝4（＋1）.
跟踪训练
　5　解析：∵B＝，C＝，∴A＝，∴B所对的边最大，∵＝，∴b＝＝＝5.
【例2】　解：由正弦定理＝，知sin A＝＝，
∵b＜a，∴A＝60°或120°，
当A＝60°时，C＝180°－A－B＝75°，
∴c＝＝＝；
当A＝120°时，C＝180°－A－B＝15°，
∴c＝＝＝.
故当A＝60°时，C＝75°，c＝；
当A＝120°时，C＝15°，c＝.
母题探究
　解：由正弦定理＝，
知sin B＝＝，
∵b＜a，∴B＝45°，∴C＝75°，
∴c＝＝＝.
跟踪训练
1.A　由题意可得sin B＝＝＝，则B＝或B＝.因为b＜a，所以B＜A，所以B＝.故选A.
2.B　a＜b A＜B B＞30°，由正弦定理可知＝，∴sin B＝＝＝，∵B∈（30°，180°），∴B＝60°或120°.故选B.
【例3】　A　法一　由正弦定理得acos B＝bcos A sin Acos B＝sin Bcos A sin（A－B）＝0.由于－π＜A－B＜π，故必有A－B＝0，A＝B，即△ABC为等腰三角形.
法二　由余弦定理得a·＝b·，整理得2a2＝2b2，因为a＞0，b＞0，得a＝b，所以△ABC为等腰三角形.
跟踪训练
　C　已知＝＝，由正弦定理可得cos A＝sin A，cos B＝sin B，故A＝B＝，C＝，则△ABC是等腰直角三角形.故选C.
随堂检测
1.B　由正弦定理，得＝，故＝＝.
2.D　设120°角所对的边长为x，则由正弦定理，可得＝，得x＝＝＝12，故选D.
3.等腰三角形　解析：∵sin A＝2sin Bcos C，且sin A＝sin（B＋C），∴2sin Bcos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，即sin Bcos C－cos Bsin C＝0，即sin（B－C）＝0，∵－π＜B－C＜π，∴B－C＝0，即B＝C，故该三角形的形状为等腰三角形.
4.解：由正弦定理，得＝，
得sin B＝＝.
因为b＞c，所以B＞C＝30°，
所以B＝60°或B＝120°.
当B＝60°时，A＝90°，a＝＝＝12.
当B＝120°时，A＝30°，a＝＝＝6.
所以a＝6或a＝12.
拓视野　三角形解的个数判断
【例】　解：（1）sin B＝sin 120°＝×＜，所以三角形有一解.
（2）sin B＝sin 60°＝×＝，而＜＜1.
所以当B为锐角时，满足sin B＝的角B的取值范围是60°＜B＜90°.满足A＋B＜180°；
当B为钝角时，满足sin B＝的角B的取值范围是90°＜B＜120°，也满足A＋B＜180°.故三角形有两解.
（3）sin B＝＝sin C＞sin C＝.
所以B＞45°，所以B＋C＞180°，故三角形无解.
迁移应用
1.A　A选项，bsin A＝50sin 36°＜a，又a＜b，所以三角形有两个解；B选项，bsin A＝30sin 36°＜a，又a＞b，所以三角形有一个解；C选项，bsin A＝60sin 30°＝30＝a，所以三角形有一个解；D选项，可得C＝24°，所以三角形有一个解，故选A.
2.C　由题意知a＞b，则x＞2，又由sin A＝＝＜1，可得x＜2，∴x的取值范围是2＜x＜2.故选C.
3.C　法一　由正弦定理和已知条件，得＝，∴sin B＝.∵＞1，∴此三角形无解.
法二　∵c＝2，bsin C＝2，∴c＜bsin C，故此三角形无解.
法三　作∠ACD＝30°，AC＝b＝4，以A为圆心，AB＝c＝2为半径画圆（图略），该圆与CD无交点，则此三角形无解.
第3课时　用余弦定理、正弦定理解三角形
【典型例题·精研析】
【例1】　（1）　解析：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B，即c2＋5c－24＝0，解得c＝3或c＝－8（舍去）.所以S△ABC＝acsin B＝×5×3sin 120°＝.
（2）解：由sin B＝2sin A，得b＝2a，由△ABC的面积为a2sin B，得acsin B＝a2sin B，
由sin B≠0，知c＝2a，所以cos B＝＝＝.
跟踪训练
1.D　由面积公式S△ABC＝acsin B＝×1×2×sin B＝，解得sin B＝，所以B＝60°或120°.故选D.
2.2　解析：依题意sin A＝2sin Bcos C，由正弦定理得a＝2bcos C，2＝2×3×cos C，cos C＝＞0，所以0＜C＜，所以sin C＝＝，所以△ABC的面积为absin C＝×2×3×＝2.
【例2】　解：（1）在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，解得sin∠BCA＝.
（2）设AC＝x，则AD＝3x，在Rt△ACD中，CD＝＝2x，sin∠CAD＝＝.
在△ABC中，由余弦定理的推论得cos∠BAC＝＝.
又∠BAC＋∠CAD＝，
所以cos∠BAC＝sin∠CAD，即＝，
整理得3x2－8x－3＝0，解得x＝3或x＝－（舍去），即AC＝3.
跟踪训练
　解：（1）在△ADC中，因为cos∠ADC＝，所以sin∠ADC＝，
所以sin∠BAD＝sin（∠ADC－B）＝sin∠ADCcos B－cos∠ADCsin B＝×－×＝.
（2）在△ABD中，由正弦定理得BD＝＝＝3.
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝82＋52－2×8×5×＝49，
所以AC＝7，所以＝.
【例3】　60°　解析：由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cos A＝＝.因为0°＜A＜180°，所以A＝60°.
跟踪训练
　解：（1）∵bsin A＝acos B，
∴由正弦定理，得sin Bsin A＝sin Acos B.
在△ABC中，sin A≠0，
即得tan B＝，∴B＝.
（2）∵sin C＝2sin A，∴由正弦定理，得c＝2a，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
即9＝a2＋4a2－2a·2acos ，
解得a＝，∴c＝2a＝2.
随堂检测
1.B　由题意可知，a＝，b＝4，C＝，所以S△ABC＝absin C＝××4×＝.
2.C　因为sin2A＝sin Bsin C，所以a2＝bc，由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccos ＝b2＋c2－bc＝bc，即（b－c）2＝0，得b＝c，所以△ABC是等边三角形，B＝.故选C.
3.60°　解析：由三角形的面积公式及题设可得，3＝×4×3×sin C，所以sin C＝，因为△ABC为锐角三角形，所以C＝60°.
4.　解析：由题意，得△ADC为等边三角形，则∠ADB＝120°，AC＝2，由余弦定理，得AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB，即AB＝2，由正弦定理，得＝，则sin B＝＝.
第4课时　余弦定理、正弦定理应用举例
【基础知识·重落实】
知识点
1.（1）确定的线段　3.（2）以上　（3）以下
自我诊断
1.C　如图所示.
2.A　在△ABC中，AC＝BC＝a，∠ACB＝90°，所以AB＝a.故选A.
3.20　解析：在Rt△ABC中，设AB＝x，则由∠ACB＝45°可知AC＝x，在Rt△ABD中，AD＝x＋20（－1），∠ADB＝30°，所以＝tan 30°，＝，解得x＝20.则塔高为20米.
【典型例题·精研析】
【例1】　5　解析：如图，在△ABC中，C＝180°－（B＋A）＝45°，由正弦定理，可得＝，所以BC＝×10＝5（n mile）.
母题探究
　解：由已知，在△ABC中，AB＝10 n mile，AC＝20 n mile，∠BAC＝60°，由余弦定理可得，
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 60°＝102＋202－2×10×20×＝300.故BC＝10 n mile.
即B岛与C岛间的距离为10 n mile.
跟踪训练
1.　解析：由余弦定理，得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝72＋52－2×7×5×＝39.所以AB＝.
2.60　解析：tan 30°＝，tan 75°＝，又AD＋DB＝120，所以AD·tan 30°＝（120－AD）·tan 75°，所以AD＝60，故CD＝60.即河的宽度是60 m.
【例2】　D　由题设知，AB⊥BC，又∠DBC＝180°－∠BDC－∠BCD＝30°，在△BCD中，＝，可得BC＝20 m，在Rt△ABC中，tan∠ACB＝＝，则AB＝20 m.故选D.
跟踪训练
　C　根据题意画出如图的模型，则CB＝10，∠OAB＝70°，∠OAC＝80°，所以∠CAB＝10°，∠ACB＝10°，所以AB＝10，所以在Rt△AOB中，BO＝10sin 70°≈9.4（米）.
【例3】　解：如图所示，设预报时台风中心为B，开始影响基地时台风中心为C，基地刚好不受影响时台风中心为D，则B，C，D在同一直线上，且AD＝20，AC＝20.
由题意AB＝20（＋1），DC＝20，BC＝（＋1）×10.
在△ADC中，因为DC2＝AD2＋AC2，
所以∠DAC＝90°，∠ADC＝45°.
在△ABC中，由余弦定理的推论得cos∠BAC＝＝，所以∠BAC＝30°，
又因为B位于A南偏东60°，60°＋30°＋90°＝180°，所以D位于A的正北方向，
又因为∠ADC＝45°，所以台风移动的方向为北偏西45°.
跟踪训练
　解：设缉私船应沿CD方向行驶t h，才能最快截获（在D点）走私船，则CD＝10t n mile，BD＝10t n mile.
∵BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠CAB＝（－1）2＋22－2（－1）×2cos 120°＝6，∴BC＝，
∵＝，
∴sin∠ABC＝＝＝，
∴∠ABC＝45°，∴B点在C点的正东方向上，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°.
∵＝，
∴sin∠BCD＝＝＝，
∴∠BCD＝30°.
故缉私船沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船.
随堂检测
1.D　由条件及题图可知，∠BAC＝∠ABC＝40°.又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°方向上.故选D.
2.A　∠ABC＝180°－45°－105°＝30°，在△ABC中，由＝，得AB＝100×＝50（m）.
3.D　设滕王阁的高度为h，由题设知，∠CBD＝45°，∠CAD＝30°，所以BD＝CD＝h，则AD＝AB＋BD＝h＋42，又tan∠CAD＝＝＝，可得h＝≈57米.故选D.
4.45°　解析：依题意可得AD＝20，AC＝30，又CD＝50，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD
＝
＝
＝＝，又0°＜∠CAD＜180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
培优课　解三角形中的综合问题
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）证明：由余弦定理的推论得cos B＝＝≥＝，∵B是△ABC的内角，∴0＜B≤.
（2）在△ABC中，由a＋c＝2b，结合正弦定理可得sin A＋sin C＝2sin B，
∵C＝2A，∴B＝π－A－C＝π－3A，
∴sin A＋sin 2A＝2sin 3A，
即sin A＋2sin Acos A＝2（sin A·cos 2A＋cos A·sin 2A）＝2[sin A·（2cos2A－1）＋2sin Acos2A]，
∵sin A＞0，
∴1＋2cos A＝2（2cos2A＋2cos2A－1），
整理得8cos2A－2cos A－3＝0，
解得cos A＝或cos A＝－.
∵C＝2A，∴0＜A＜，
∴cos A＝.
由余弦定理的推论得cos A＝＝，
代入a＋c＝2b，得2b2＋2c2－2（2b－c）2＝3bc，整理得b＝c，
∴a＝c，
故a∶b∶c＝c∶c∶c＝4∶5∶6.
跟踪训练
　4　解析：法一　因为＋＝6cos C，所以＝6·，所以2a2＋2b2＝3c2.而＋＝＋，由正弦定理及余弦定理的推论，可得 ＋＝（·＋·）＝·＝·＝＝4.
法二　由＋＝6cos C，可得a2＋b2＝6abcos C.又在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，得c2＝4abcos C，故＋＝·（＋）＝·＝·＝·＝4.
法三　＋＝＋1＋＋1－2
＝＋
－2
＝＋－2.观察式子结构，使用正弦定理，得到＋＝·（＋）－2＝（＋）－2＝·6cos C－2＝4.
【例2】　解：（1）f（x）＝sin ωxcos ωx－sin2ωx＋＝sin 2ωx－＋＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝sin（2ωx＋），
显然f（x）的最大值为1，最小值为－1，
则｜f（x1）－f（x2）｜＝2时，｜x1－x2｜的最小值等于，则＝，则＝π，ω＝1；
令2x＋＝kπ，k∈Z，解得x＝－＋，k∈Z，则f（x）的对称中心为（－＋，0），k∈Z.
（2）f（A）＝sin（2A＋）＝－1，2A＋＝－＋2kπ，k∈Z，又A∈（0，π），则A＝，
由正弦定理得＝＝＝＝2，则b＝2sin B，c＝2sin C，
则周长为a＋b＋c＝＋2sin B＋2sin C＝＋2sin B＋2sin（－B）＝＋sin B＋cos B＝＋2sin（B＋），
又0＜B＜，则＜B＋＜，则＜2sin（B＋）≤2，
故周长的取值范围为（2，2＋］.
跟踪训练
　解：（1）f（x）＝
＝＝
＝－.
∵f（）＝－，
∴－＝－，
∴sin（－A）＝1.
又0＜A＜π，∴－＜－A＜，
∴－A＝，∴A＝.
（2）∵△ABC的面积S＝bcsin A＝bc·＝，∴bc＝4，
设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理知＝＝＝2R，
sin B＝，sin C＝，a＝R，
sin B＋sin C＝ b＋c＝R，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos ，∴a2＝（b＋c）2－3bc，
∴3R2＝6R2－12，∴R＝2，∴a＝2.
【例3】　解：（1）cos ＝cos（－）＝sin ，∴bsin ＝asin B，
由正弦定理得：sin Bsin ＝sin Asin B，
∵sin B≠0，∴sin ＝sin A，
∴sin ＝2sin cos ，∵A∈（0，π），∈（0，），∴sin ≠0，
得cos ＝，即＝，
∴A＝.
（2）∵·＝3，
∴bccos（π－A）＝3，得bc＝6，
由余弦定理得：b2＋c2＝a2＋2bccos A＝13，
∵＝（＋），
∴｜｜2＝（＋）2＝（c2＋b2＋2bccos A）＝，
∴｜｜＝，即AD的长为.
跟踪训练
　解：（1）由asin B＝bcos A及正弦定理可得sin Asin B＝sin Bcos A，
因为A，B∈（0，π），则sin B＞0，可得sin A＝cos A＞0，
则tan A＝，因此A＝.
（2）因为＝（＋），
所以2＝＋，所以4＝（＋）2＝＋＋2·，
即28＝c2＋b2＋2bccos∠BAC＝c2＋b2＋bc，
即b2＋4b－12＝0，解得b＝2（负值舍去）.
【例4】　解：由bcos＝asin B可得A＝，由·＝，得cbcos ＝，∴bc＝3，又a＝2，
∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝（b＋c）2－2bc＋bc＝12，
可得b＋c＝＝，
∵S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
∴bcsin ＝b·AD·sin ＋c·AD·sin ，
∴AD＝＝＝.
跟踪训练
　A　∵b2＋c2－a2＝bc，∴cos ∠BAC＝＝，∵B＝，∴∠BAC∈（0，） ，∴∠BAC＝，∴C＝，∴＝，∴c＝×＝2.∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠BAC＝，∴∠AEB＝π－－＝，
∴＝，
∴AE＝＝×sin ＝×＝.
【例5】　解：（1）由题设及正弦定理得sin Asin＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sin＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，
又sin B＝2sincos，所以cos＝2sin·cos.
因为cos≠0，所以sin＝，所以B＝60°.
（2）由题设及（1）知△ABC的面积S△ABC＝a.
由（1）知A＋C＝120°，
由正弦定理得a＝＝＝＋.
所以S△ABC＝（＋）＝＋.
由于△ABC为锐角三角形，故0°＜A＜90°，0°＜C＜90°.
结合A＋C＝120°，得30°＜C＜90°，所以tan C∈（，＋∞）.
从而＜S△ABC＜.
因此，△ABC面积的取值范围是（，）.
跟踪训练
　解：（1）由题意可知absin C＝×2abcos C.
所以tan C＝.
因为0＜C＜π，所以C＝.
（2）由已知sin A·sin B＝sin A·sin （π－C－A）＝sin A·sin（－A）＝sin A（cos A＋sin A）＝sin 2A－cos 2A＋＝sin（2A－）＋.
因为0＜A＜，所以－＜2A－＜，
所以当2A－＝，即A＝时，
sin A·sin B取最大值.
所以sin A·sin B的最大值是.
随堂检测
1.D　令△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，依题意，5－3＜c＜5＋3，即2＜c＜8，由于B为钝角，所以cos B＝＜0，a2＋c2－b2＝9＋c2－25＝c2－16＜0，解得2＜c＜4，所以c的取值范围即AB的取值范围是（2，4）.故选D.
2.B　因为BC＝3，AB＝7，C＝π，所以由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosπ，即49＝AC2＋9＋3AC，解得AC＝5或AC＝－8（舍去），设AB边上的高为h，则AB·h＝AC·BC·sin C，即7h＝3×5× h＝，故选B.
3.　解析：由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD得，×2×3×sin 120°＝×2AD×sin 60°＋×3AD×sin 60°，解得AD＝.
章末复习与总结
【例1】　（1）A　（2）B　解析：（1）∵a＝（2，1），b＝（－3，4），∴2a－b＝2（2，1）－（－3，4）＝（4，2）－（－3，4）＝（4＋3，2－4）＝（7，－2）.
（2）法一　因为BD＝2DA，所以＝3，所以＝＋＝＋3＝＋3（－）＝－2＋3＝－2m＋3n.故选B.
法二（作图法）　如图，利用平行四边形法则，合成出向量，由图易知（即向量m）的系数为负数，排除A、C、D，故选B.
跟踪训练
　　解析：设＝λ（0＜λ＜1），∵＝＋＝－＋m＋＝（m－1）＋.＝＋＝－＋.∴（m－1）＋＝－λ＋λ，∴∴m＝.
【例2】　（1）B　（2）C　（3）　
解析：（1）法一　由题意知，＝＋＝＋，＝＋＝－＋，所以·＝（＋）·（－＋）＝－｜｜2，由题意知｜｜＝｜｜＝2，所以·＝4－1＝3，故选B.
法二　以点A为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则E（1，0），C（2，2），D（0，2），则＝（1，2），＝（－1，2），·＝－1＋4＝3，故选B.
（2）由题意，得c＝a＋tb＝（3＋t，4），所以a·c＝3×（3＋t）＋4×4＝25＋3t，b·c＝1×（3＋t）＋0×4＝3＋t.因为＜a，c＞＝＜b，c＞，所以cos＜a，c＞＝cos＜b，c＞，即＝，即＝3＋t，解得t＝5，故选C.
（3）因为｜a＋b｜＝｜2a－b｜，所以a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，则a2＝2a·b.因为｜a－b｜＝，所以a2－2a·b＋b2＝b2＝3，所以｜b｜＝.
跟踪训练
1.B　由题意知，a＋b＝（5，3），a－b＝（1，－1），所以cos＜a＋b，a－b＞＝＝＝＝，故选B.
2.－　解析：由（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2（a·b＋b·c＋c·a）＝0，得2（a·b＋b·c＋c·a）＋9＝0，故a·b＋b·c＋c·a＝－.
【例3】　解：（1）由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcos C，
对比已知a2＋b2－c2＝ab，
可得cos C＝＝＝，
因为C∈（0，π），所以C＝，
又sin C＝cos B，所以＝cos B，
即cos B＝，又B∈（0，π），所以B＝.
（2）由（1）可得A＝，
则sin A＝sin＝sin（＋）＝×＋×＝，由正弦定理有＝，
从而a＝·c＝c，
又S△ABC＝acsin B＝3＋，即ac＝4（＋1），
将a＝c代入，解得c＝2.
跟踪训练
　解：（1）∵A＋B＝3C，A＋B＋C＝π，
∴4C＝π，则C＝.
∵2sin（A－C）＝sin B＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），
∴2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C，
则sin Acos C＝3cos Asin C，∴sin A＝3cos A＞0.
又sin2A＋cos2A＝1，
∴sin A＝.
（2）法一　设AB边上的高为h，
由（1）易得cos A＝，则sin B＝sin（A＋C）＝sin（＋A）＝cos A＋sin A＝.
在△ABC中，由正弦定理＝，得AC＝＝＝2.
又S△ABC＝·AC·AB·sin A＝·AB·h，
∴h＝ACsin A＝2×＝6.
即AB边上的高为6.
法二　由（1）得sin A＝3cos A，则A是锐角，cos A＝，
sin B＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得AC＝＝＝2，故AB边上的高为ACsin A＝2×＝6.
【例4】　B　设此山高h km，则BC＝，在△ABC中，∠ACB＝β－α，AB＝a km，根据正弦定理得＝，即＝，解得h＝，故选B.
跟踪训练
　1　解析：由题意知AB＝5（3＋）n mile，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，∴∠ADB＝180°－（45°＋30°）＝105°，在△DAB中，由正弦定理得＝，∴DB＝
＝
＝
＝＝10 n mile，又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋（90°－60°）＝60°，BC＝20 n mile，∴在△DBC中，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC·cos∠DBC＝300＋1 200－2×10×20×＝900，∴CD＝30 n mile.∴t＝＝1 h.∴救援船到达D点需要1 h.
第七章　复数
7.1　复数的概念
7.1.1　数系的扩充和复数的概念
【基础知识·重落实】
知识点一
1.（1）a＋bi　虚数单位　－1　a　b　
2.（1）全体复数　（2）C
想一想
　提示：b＝0时，复数为实数.
知识点二
1.b＝0　a＝0
知识点三
　a＝c且b＝d
自我诊断
1.B　由题意，复数z满足z＝2－i，根据复数的概念，可得复数z的虚部为－1.故选B.
2.C　i，（1－）i是纯虚数，2＋，0.618是实数，8＋5i是虚数.故纯虚数的个数为2.
3.B　因为复数（x－i）i＝y＋2i，x，y∈R，即1＋xi＝y＋2i，所以x＝2，y＝1，故x＋y＝3，故选B.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）－2＋i，＋i，，－i，i，0的实部分别为－2，，，0，0，0；虚部分别为，1，0，－，1，0.
（2）根据各数集的含义可知，N* N Z Q R C.
跟踪训练
1.B　根据复数的定义，复数包含虚数和实数，虚数包含纯虚数和非纯虚数.因此只有B正确.故选B.
2.4　解析：由题意知2a－1＝3＋a，解得a＝4.
【例2】　解：（1）当即m≠5且m≠－3时，复数z是虚数.
（2）当即m＝3或－2时，复数z是纯虚数.
母题探究
1.解：当即m＝5时，复数z是实数.
2.解：因为z＞0，所以z为实数，需满足解得m＝5.
跟踪训练
1.A　∵z为纯虚数，∴x2－100＝0同时x－10≠0，∴x＝－10，故选A.
2.－3　解析：因为z＜0，所以解得m＝－3.
【例3】　解：（1）由已知得
解得m＝－2.
（2）因为x，y∈R，所以x＋y∈R，xy∈R，
依题意，得
解得或
跟踪训练
1.C　由a＋1＋bi＝1＋i可得解得故选C.
2.1　解析：由（x＋y）＋（x－y）i＝2（x，y∈R）得解得所以xy＝1.
随堂检测
1.A　由z＝3－4i知实部为3，虚部为－4，故实部与虚部的和为－1.故选A.
2.C　因为a∈R，1＋a2i＝a＋i，所以有1＝a，a2＝1，即a＝1，故选C.
3.A　①由于x，y∈C，所以x＋yi不一定是复数的代数形式，不符合复数相等的充要条件，所以①是假命题；②由于两个虚数不能比较大小，所以②是假命题；③当x＝1，y＝i时，x2＋y2＝0成立，所以③是假命题.故选A.
4.C　因为复数z＝m2－1＋（m2－m－2）i为纯虚数，所以m2－m－2≠0，且m2－1＝0，解得m＝1.
7.1.2　复数的几何意义
【基础知识·重落实】
知识点一
1.x轴　y轴
知识点二
　相等
知识点三
1.模　模　2.｜z｜或｜a＋bi｜　3.
知识点四
1.相等　互为相反数　共轭虚数　
2.a－bi
自我诊断
1.B　复数－1＋i在复平面内对应的点为（－1，1），故在第二象限.故选B.
2.D　由题，z＝－1＋2i，故＝－1－2i，故选D.
3.　解析：因为z＝－i，所以｜z｜＝＝.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：复数z＝（m2－2m－8）＋（m2＋3m－10）i在复平面内对应的点为（m2－2m－8，m2＋3m－10）.
（1）由题意得m2－2m－8＝0.
解得m＝－2或4.
（2）由题意，（m2－2m－8）（m2＋3m－10）＜0.
∴2＜m＜4或－5＜m＜－2.
母题探究
1.解：由题意，∴2＜m＜4.
2.解：由已知得m2－2m－8＝m2＋3m－10，故m＝.
跟踪训练
1.D　z在复平面内对应的点为（1，－2），关于虚轴对称的点是（－1，－2）.故选D.
2.B　复数z1＝2－ai（a∈R）对应的点的坐标为（2，－a），该点在直线y＝x＋上，故－a＝＋，解得a＝－2，所以复数z2＝－2＋2i，它对应的点的坐标为（－2，2），在第二象限.故选B.
【例2】　解：（1）由向量平移可知＝＝（－1，5），
∴向量对应的复数为－1＋5i.
（2）依题意A（－1，5），将A（－1，5）向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得到（1，6），即A1（1，6），故点A1对应的复数为1＋6i.
跟踪训练
1.C　由复数的几何意义，可得＝（5，－4），＝（－5，4），所以＋＝（5，－4）＋（－5，4）＝（0，0），所以＋对应的复数为0.
2.解：复数1＋i对应的向量的坐标为（1，1），
将向量按逆时针方向旋转180°，则对应的向量的坐标为（－1，－1），
所得向量对应的复数为－1－i.
【例3】　（1）B　因为x＋xi＝1＋yi，所以x＝y＝1，则｜x＋yi｜＝｜1＋i｜＝＝.故选B.
（2）解：①｜｜＝｜＋i｜＝ ＝2，
｜｜＝
＝ ＝1.
所以｜｜＞｜｜.
②由｜z2｜≤｜z｜≤｜z1｜，得1≤｜z｜≤2.
不等式1≤｜z｜≤2等价于不等式组
因为满足｜z｜≤2的点Z组成的集合是圆心在原点、半径为2的圆及其内部（包括边界），
而满足｜z｜≥1的点Z组成的集合是圆心在原点、半径为1的圆的外部（包括边界），
所以满足条件的点Z组成的集合是一个圆环（包括边界），如图中阴影部分所示.
跟踪训练
1.A　0＜a＜3，复数z＝a＋i（i是虚数单位），则｜z｜＝∈（1，）.
2.4　解析：法一（代数运算）　由｜z｜＝1，得x2＋y2＝1.又｜x｜＝｜y｜，联立，解得z＝±±i.
法二（几何意义）　由｜z｜＝1，知复数z在复平面内对应的点构成一个单位圆.又｜x｜＝｜y｜，故复数z在复平面内对应的点落在直线y＝±x上，显然直线y＝±x与单位圆有四个交点.
随堂检测
1.C　因为复数z＝2i，则z的共轭复数＝－2i，故选C.
2.B　依题意，在复平面内，复数z＝－3＋4i对应的点为（－3，4），位于第二象限.
3.C　若z＝－1－i，则｜z｜＝＝.故选C.
4.－6－8i　解析：因为复数4＋3i与－2－5i分别表示向量与，所以＝（4，3），＝（－2，－5），又＝－＝（－2，－5）－（4，3）＝（－6，－8），所以向量表示的复数是－6－8i.
7.2　复数的四则运算
7.2.1　复数的加、减运算及其几何意义
【基础知识·重落实】
知识点一
1.（1）（a＋c）＋（b＋d）i　（2）（a－c）＋（b－d）i　2.（1）z2＋z1　（2）z1＋（z2＋z3）
知识点二
　　　
自我诊断
1.A　由复数z1＝2＋3i，z2＝－4－5i，则z1＋z2＝（2＋3i）＋（－4－5i）＝－2－2i，故选A.
2.B　因为1＋z＝2＋3i，则z＝2－1＋3i＝1＋3i，故复数z的虚部为3，故选B.
3.1＋9i　解析：（2＋i）－（6－2i）＋（5＋6i）＝（2－6＋5）＋（1＋2＋6）i＝1＋9i.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）（8－2i）－（－7＋5i）＋（3＋7i）＝[8－（－7）＋3]＋（－2－5＋7）i＝15＋3.
（2）∵z1＝x＋2i，z2＝3－yi，z1＋z2＝5－6i，
∴（3＋x）＋（2－y）i＝5－6i，
∴∴
∴z1－z2＝（2＋2i）－（3－8i）＝（2－3）＋[2－（－8）]i＝－1＋10i.
跟踪训练
1.B　因为（1－i）＋（2＋3i）＝a＋bi，即3＋2i＝a＋bi，所以a＝3，b＝2，所以a－b＝1.故选B.
2.A　因为所以两个等式相加得，2z＝4－2i，所以z＝2－i.故选A.
【例2】　解：（1）因为＝－，所以对应的复数为－3－2i.
（2）因为＝－，所以对应的复数为（3＋2i）－（－2＋4i）＝5－2i.
（3）因为＝＋，所以对应的复数为（3＋2i）＋（－2＋4i）＝1＋6i，
所以｜｜＝＝.
母题探究
　解：由题意知，点M为OB的中点，
则＝.由例题知点B的坐标为（1，6），得点M的坐标为（ ，3），所以点M对应的复数为＋3i.
跟踪训练
1.　解析：∵＝＋，∴对应的复数为（－2＋i）＋（3＋2i）＝1＋3i，∴｜｜＝＝.
2.（－∞，2）　解析：z2－z1＝1＋（a－2）i，由题意知a－2＜0，即a＜2.
【例3】　（1）B　（2）C　解析：（1）设复数z在复平面内对应的点为Z，因为复数z满足｜z＋i｜＝｜z－i｜，所以由复数的几何意义可知，点Z到点（0，－1）和（0，1）的距离相等，所以在复平面内点Z的轨迹为x轴，又｜z＋1＋2i｜表示点Z到点（－1，－2）的距离，所以问题转化为x轴上的动点Z到定点（－1，－2）距离的最小值，所以｜z＋1＋2i｜的最小值为2，故选B.
（2）设z＝a＋bi，a，b∈R.因为｜z＋i｜＝｜a＋（b＋1）i｜＝1，所以a2＋（b＋1）2＝1，因为｜z＋1｜＝｜a＋1＋bi｜＝，所以｜z＋1｜相当于圆a2＋（b＋1）2＝1上的点到点（－1，0）的距离，所以｜z＋1｜的最大值为圆心（0，－1）到点（－1，0）的距离与圆的半径1的和，即＋1，故选C.
跟踪训练
　解：｜z｜＝1表示z在复平面上对应的点是单位圆上的点.｜z－2i｜表示单位圆上的点与（0，2）之间的距离，所以最小距离为2－1＝1，最大距离为2＋1＝3.所以｜z－2i｜的取值范围为[1，3].
随堂检测
1.C　（－3＋i）－（5－i）＋（2＋5i）＝－6＋7i，复数－6＋7i的模为＝，故选C.
2.B　（－3a＋bi）－（2b＋ai）＝（－3a－2b）＋（b－a）i＝3－5i，所以解得a＝，b＝－，故有a＋b＝－.
3.9π　解析：由条件知｜z－i｜＝3，所以点Z的轨迹是以点（0，1）为圆心，以3为半径的圆，故其面积为S＝9π.
4.解：（1）由复数减法的运算法则得z1－z2＝（－2＋i）－（－1＋2i）＝－1－i.
（2）在复平面内作复数z1－z2所对应的向量，如图中.
7.2.2　复数的乘、除运算
【基础知识·重落实】
知识点一
1.（ac－bd）＋（ad＋bc）i　
2.z2z1　z1（z2z3）　z1z2＋z1z3
想一想
1.提示：复数的乘法与多项式乘法是类似的，有一点不同即必须在所得结果中把i2换成－1，再把实部、虚部分别合并.
2.提示：仍然成立，乘法公式也适用.
知识点二
　＋i
自我诊断
1.B　∵z＝（3－i）（2＋i）＝7＋i，∴z的虚部为1.故选B.
2.C　因为z＝－i＝－i＝－i＝－－i，所以z在复平面内对应的点为（－，－），位于第三象限.故选C.
3.2　解析：由已知可得z＝＝＝－2i，因此，｜z｜＝2.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）（1－i）（1＋i）＋（－1＋i）＝1－i2－1＋i＝1＋i.
（2）（2－i）（－1＋5i）（3－4i）＋2i
＝（－2＋10i＋i－5i2）（3－4i）＋2i
＝（3＋11i）（3－4i）＋2i
＝（9－12i＋33i－44i2）＋2i
＝53＋21i＋2i＝53＋23i.
跟踪训练
1.A　z＝（1－i）（1＋i）＋（－1＋i）＝1－i2－1＋i＝1＋i，所以复数z在复平面内对应的点位于第一象限.
2.B　因为（1－i）（a＋i）＝a＋1＋（1－a）i，所以它在复平面内对应的点为（a＋1，1－a），又此点在第二象限，所以解得a＜－1.
【例2】　解：（1）（1－2i）÷（2＋i）＝＝＝＝－i.
（2）＝＝＝－2＋i.
（3）
＝＝＝
＝＋i.
跟踪训练
1.A　因为＝＝＋i，所以的实部与虚部之积是.
2.B　依题意可得z＝＝＝－4－3i，所以｜z｜＝＝5，故选B.
【例3】　（1）D　（2）1　解析：（1）因为z＝i2 025＝i4×506＋1＝i，所以复数z的模是1.故选D.
（2）由复数的运算法则可知：1＋i＋i2＋i3＋…＋i100＝1＋（i＋i2＋i3＋i4）＋…＋（i97＋i98＋i99＋i100）＝1＋0＋…＋0＝1.
跟踪训练
　解：∵＝＝＝i，＝＝－i，而i4＝（－i）4＝1，
∴＋＝i2 024＋（－i）2 025＝i2024＋（－i）2024·（－i）1＝1－i.
【例4】　解：（1）因为x2＋5＝0，
所以x2＝－5，
又因为（i）2＝（－i）2＝－5，
所以x＝±i，所以方程x2＋5＝0的根为x＝±i.
（2）法一　因为x2＋4x＋6＝0，所以（x＋2）2＝－2，
因为（i）2＝（－i）2＝－2，
所以x＋2＝i或x＋2＝－i，
即x＝－2＋i或x＝－2－i，
所以方程x2＋4x＋6＝0的根为x＝－2±i.
法二　由x2＋4x＋6＝0知Δ＝42－4×6＝－8＜0，所以方程x2＋4x＋6＝0无实数根.
在复数范围内，设方程x2＋4x＋6＝0的根为x＝a＋bi（a，b∈R且b≠0），
则（a＋bi）2＋4（a＋bi）＋6＝0，
所以a2＋2abi－b2＋4a＋4bi＋6＝0，
整理得（a2－b2＋4a＋6）＋（2ab＋4b）i＝0，
所以
又因为b≠0，
所以
解得a＝－2，b＝±.所以x＝－2±i，
即方程x2＋4x＋6＝0的根为x＝－2±i.
跟踪训练
1.B　根据题意，方程的另一个根为－6－（2i－3）＝－3－2i.故选B.
2.解：设x＝x0是方程的实根，代入方程并整理得（＋kx0＋2）＋（2x0＋k）i＝0.
由复数相等的条件得＋kx0＋2＝2x0＋k＝0，
解得或
∴方程的实根为x＝或－，相应的k的值为－2或2.
随堂检测
1.A　由（m＋i）（2－3i）＝（2m＋3）＋（2－3m）i＝5－i，得解得m＝1.
2.B　依题意，z＝i＋2×（－1）＋3（－i）＋4＝2－2i，所以｜z｜＝＝2.故选B.
3.－1＋i　解析：由题意可得＝＝＝－i（1－i）＝－1－i，所以z＝－1＋i.
4.解：（1）原式＝[（1＋i）2]1 012＝（1＋2i＋i2）1 012＝（2i）1 012＝21 012·i1 012＝21 012·i4×253＝21 012.
（2）原式＝＝
＝＝＋i.
拓视野　欧拉公式及应用
【例】　（1）B　（2）BC　解析：（1）由欧拉公式知：eiπ＝cos π＋isin π＝－1，∴（eiπ＋i）·z＝（－1＋i）·z＝i，∴z＝＝＝＝－i，∴z的虚部为－，故选B.
（2）由题知e2i＝cos 2＋isin 2，而cos 2＜0，sin 2＞0，则复数e2i对应的点位于第二象限，故A错误；＝cos＋isin＝i，则为纯虚数，故B正确；＝＝
＝＋i，则的模为
＝＝，故C正确；＝cos＋isin＝＋i，其共轭复数为－i，故D错误.故选B、C.
迁移应用
1.B　∵eiθ＝cos θ＋isin θ，∴＝cos（θ＋）＋isin（θ＋）＝＋i，∴ θ＋＝2kπ＋（k∈Z），∴θ＝2kπ＋（k∈Z），故选B.
2.ABC　对于A，当x＝π时，因为eiπ＝cos π＋isin π＝－1，所以eiπ＋1＝0，故选项A正确；对于B，（＋i）2 025＝（cos＋isin）2 025＝（）2 025＝e675πi＝cos 675π＋isin 675π＝－1，故选项B正确；对于C，由eix＝cos x＋isin x，e－ix＝cos（－x）＋isin（－x）＝cos x－isin x，所以eix＋e－ix＝2cos x，得出｜eix＋e－ix｜＝｜2cos x｜≤2，故选项C正确；对于D，由C选项的分析得eix－e－ix＝2isin x，推不出－2≤eix－e－ix≤2，故选项D错误.故选A、B、C.
7.3*复数的三角表示
【基础知识·重落实】
知识点一
1.r（cos θ＋isin θ）　辐角　r（cos θ＋isin θ）
知识点二
1.r1r2[cos（θ1＋θ2）＋isin（θ1＋θ2）]　积　和　2.[cos（θ1－θ2）＋isin（θ1－θ2）]　商　差
自我诊断
1.C　因为复数1＋i对应的点在第一象限，所以arg（1＋i）＝.
2.B　i＝cos＋isin，将绕原点按逆时针方向旋转得到对应的复数为cos＋isin＝－＋i.
3.－＋i　解析：（cos π＋isin π）÷（cos＋isin）＝cos＋isin＝－＋i.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）r＝＝2，所以cos θ＝，
因为对应的点在第一象限，所以arg（＋i）＝，
故＋i＝2.
（2）r＝＝，所以cos θ＝，
因为对应的点在第四象限，所以arg（1－i）＝，
故1－i＝.
跟踪训练
　D　选项A，cos与isin之间用“－”连接，不是用“＋”连接；选项B，－＜0不符合r≥0的要求；选项C，是icosπ与sinπ用“＋”连接而不是cosπ＋isinπ的形式.故A、B、C均不是复数的三角形式.故选D.
【例2】　C　z＝＝cos＋（sin）i＝×（－）＋×i＝－＋i.
跟踪训练
　1－i　解析：（cosπ＋isinπ）＝［cos（π＋π）＋isin（π＋π）］＝＝（－i）＝1－i.
【例3】　解：（1）原式＝＝2（cos＋isin）＝－2i.
（2）原式＝3[cos（160°－25°）＋isin（160°－25°）]
＝3（cos 135°＋isin 135°）＝3
＝－3＋3i.
跟踪训练
　解：2i÷
＝2（cos 90°＋isin 90°）÷
＝4（cos 60°＋isin 60°）＝2＋2i.
【例4】　解：因为3－i＝2
＝2.
所以2×
（cos＋isin）＝2［cos（π＋）＋isin］
＝2
＝2＝3＋i，
2÷（cos＋isin）＝2［cos＋isin（π－）］
＝2＝－2i.
故把复数3－i对应的向量按逆时针方向旋转得到的复数为3＋i，按顺时针方向旋转得到的复数为－2i.
跟踪训练
　解：＋i＝，
由题意得（cos＋isin）×2（cos＋isin）＝×2［cos（＋）＋isin］
＝3＝3i，
即与所得向量对应的复数为3i.
随堂检测
1.B　依题意得r＝＝，复数z＝1＋i对应的点在第一象限，且cos θ＝，因此，arg z＝45°，结合选项知B正确.故选B.
2.D　∵z2＝2（sin 30°－icos 30°）＝2·（cos 300°＋isin 300°），∴z1·z2＝（cos 60°＋isin 60°）×2（cos 300°＋isin 300°）＝4（cos 360°＋isin 360°）.故选D.
3.1＋i　解析：由题意知，z＝2＝1＋i.
4.1＋i　
解析：＝＝＝＝2（cos＋isin）＝1＋i.
章末复习与总结
【例1】　（1）C　（2）BD　解析：（1）∵a＋＝a＋＝a＋＝a－2－4i是纯虚数，∴a－2＝0，即a＝2.故选C.
（2）由（1＋i）·z＝5＋3i得z＝＝＝＝4－i，所以z的虚部为－1，A错误；z的模为＝，B正确；z的共轭复数为4＋i，C错误；z在复平面内对应的点为（4，－1），位于第四象限，D正确.
跟踪训练
1.A　因为z＝1＋i，所以＝1－i，所以z2＋＝（1＋i）2＋（1－i）2＝2i＋（－2i）＝0.
2.B　由题意可得z1＝z2，即m2－3m＋m2i＝4＋（5m＋6）i，根据两个复数相等的充要条件可得解得m＝－1.
【例2】　（1）A　由题意，得z＝＝＝－i，所以＝i，所以z－＝－i－i＝－i.故选A.
（2）解：因为z1＝3－2i，z2＝5＋4i.
所以z1＋z2＝3－2i＋5＋4i＝8＋2i，
z1z2＝（3－2i）（5＋4i）＝23＋2i，
＝＝＝＝－i.
跟踪训练
1.C　由题意得＝＝＝1－i.故选C.
2.B　因为（1－i）2＝1－2i＋i2＝－2i，所以z100＋z50＋1＝（－）100＋（－）50＋1＝（－）100（1－i）100＋（－）50·（1－i）50＋1＝（－2i）50＋（－2i）25＋1＝i50－i25＋1＝i2－i＋1＝－i.
【例3】　（1）A　∵（1＋3i）（3－i）＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，∴（1＋3i）（3－i）在复平面内对应的点的坐标为（6，8），即（1＋3i）（3－i）在复平面内对应的点在第一象限.故选A.
（2）解：∵＝2＋，∴1－4i＝2（2＋3i）＋（a＋bi），即∴
跟踪训练
1.D　∵在复平面内，复数z对应的点的坐标是（－1，），∴z＝－1＋i，则z的共轭复数＝－1－i，故选D.
2.A　由复数模及复数减法运算的几何意义，结合条件可知复数z对应的点P到△ABC的顶点A，B，C的距离相等，∴点P是△ABC的外心.
第八章　立体几何初步
8.1　基本立体图形
第1课时　棱柱、棱锥、棱台
【基础知识·重落实】
知识点一
1.形状　大小　2.平面多边形　一条定直线　旋转面　多边形　公共边
知识点二
　平行　四边形　互相平行　平行　公共边　公共顶点　多边形　三角形　公共边　公共顶点　平行于棱锥底面　截面　底面
自我诊断
1.D　根据棱柱的定义可知A为三棱柱，B为四棱柱，C为五棱柱，不属于棱柱的图形只有D选项，故选D.
2.B　截去三棱锥B1-A1C1B，则剩余的部分B-ACC1A1是四棱锥，故选B.
3.4　三棱锥（四面体）　解析：根据多面体的定义可知，一个多面体最少有4个面，每个面都是三角形，它的名称是三棱锥或四面体.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）是棱柱，并且是四棱柱，因为以长方体相对的两个面作底面，是互相平行的，其余各面都是矩形，且四条侧棱互相平行，符合棱柱的定义.
（2）是棱柱，截面BCNM右上方部分是三棱柱BB1M-CC1N，左下方部分是四棱柱ABMA1-DCND1.
跟踪训练
　CD　A错误，棱柱的底面不一定是平行四边形；B错误，棱柱的底面可以是三角形；C正确，由棱柱的定义易知；D正确，棱柱可以被平行于底面的平面截成两个棱柱.
【例2】　AB　由棱锥的定义，知棱锥的各个侧面都是三角形，故A正确；四面体就是由四个三角形所围成的几何体，因此四面体的任何一个面都可以作为三棱锥的底面，故B正确；棱锥的侧棱交于一点，不平行，故C错；棱锥的侧面是有一个公共顶点的三角形，故D错.
跟踪训练
　①　解析：①中说法正确，由棱锥的定义：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥.由定义知，该几何体为四棱锥，又因底面为正方形，侧面是四个全等的等腰三角形，则各侧棱长相等，顶点在底面上的投影为正方形的中心，故该棱锥为正四棱锥；②中说法错误，正棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是等边三角形；③中说法错误，此三棱锥的三个侧面未必全等，所以不一定是正三棱锥.
【例3】　D　A中的平面不一定平行于底面，故A错；由棱台的定义知，D正确；B、C可用反例去检验，如图所示，侧棱延长线不能相交于一点，故B、

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