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14.4.1　用样本估计总体的集中趋势参数
新课程标准解读 核心素养
1.结合实例，能用样本估计总体的集中趋势参数（平均数、中位数、众数） 数据分析、数学运算
2.理解集中趋势参数的统计含义 数学运算、数学建模
　　现从甲、乙、丙三个厂家生产的同一种家电产品中，各抽取8件产品，对其使用寿命进行跟踪调查，其结果如下：（单位：年）
　　甲：3，4，5，6，8，8，8，10；
　　乙：4，6，6，6，8，9，12，13；
　　丙：3，3，4，7，9，10，11，12.
【问题】　三家厂家的广告中从不同的角度宣传称其产品的使用寿命为8年，利用所学的知识，你能说明为什么吗？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　平均数（均值）
1.（算术）平均数：一组数据的　　除以数据个数所得到的数.
2.总体均值（平均数）：一般地，我们把总体中所有数据的　　　　　　称为总体均值，又称为总体平均数.
3.平均数的计算公式
（1）若取值为x1，x2，…，xn的频率分别为p1，p2，…，pn，则其平均数为　　　　　　　　　　　　；
（2）如果将总体分为k层，第j层抽取的样本为xj1，xj2，…，，第j层的样本量为nj，样本平均数为，j＝1，2，…，k，记nj＝n，则所有数据的样本平均数为＝＝（nj）.
知识点二　众数与中位数
1.众数：一般地，我们将一组数据中出现　　　　　　的那个数据叫作该组数据的众数.
2.中位数：一般地，将一组数据按照从小到大的顺序排成一列，如果数据的个数为奇数，那么排在　　　　　　的数据就是这组数据的　　　　　　；如果数据的个数为偶数，那么排在正中间的两个数据的平均数即为这组数据的中位数.
提醒　（1）一组数据的平均数、中位数都是唯一的.众数不唯一，可以有一个，也可以有多个（如1，2，2，3，3，4，5，6这组数的众数是2和3），还可以没有（如1，2，3，4，5，6这组数就没有众数）；（2）一组数据的众数一定是原数据中的数，平均数和中位数都不一定是原数据中的数.
1.为了解我国13岁男孩的平均身高，从北方抽取了300个男孩，平均身高1.60 m；从南方抽取了200个男孩，平均身高1.5 m，由此可推断我国13岁男孩的平均身高为（　　）
A.1.54 m　　　　　 B.1.55 m
C.1.56 m D.1.57 m
2.（多选）下列说法中正确的是（　　）
A.中位数是一组数据中间的数
B.众数是一组数据中出现次数最多的数
C.如果在n个数据中，x1，x2，…，xn出现的频率分别为f1，f2，…，fn，则＝
D.平均数反映了总体的平均水平
3.一组样本数据为19，23，12，14，14，17，10，12，18，14，27，则这组数据的众数为　　　，中位数为　　　　.
题型一 　平均数的计算
角度1　运用公式求平均数
【例1】　（链接教科书第245页例1）某班45名同学的年龄（单位：岁）如下：
14　15　14　16　15　17　16　15　16　16
15　15　17　13　14　15　16　16　15　14
15　15　14　15　16　17　16　15　15　15
16　15　13　16　15　15　17　14　15　16
16　15　14　15　15
求全班的平均年龄.
通性通法
平均数的计算方法
（1）定义法：＝（x1＋x2＋…＋xn）；
（2）在求平均数时，可采用新数据法，即当所给数据在某一常数a的左右摆动时，用简化公式：＝＋a；
（3）利用加权平均数公式：在n个数据中，如果x1出现f1次，x2出现f2次，…，xk出现fk次（f1＋f2＋…＋fk＝n），则这n个数的平均数为＝.
角度2　运用频率计算平均数
【例2】　（链接教科书第245页例2）从高三年级中抽出50名学生参加数学竞赛，由成绩得到如图所示的频率分布直方图.
试利用频率分布直方图估计高三年级学生的平均成绩.
通性通法
1.在频率分布直方图中，平均数可用各组区间的组中值与对应频率之积进行估计.
2.若一组数据的个数未知，但每一数据所占比例已知，可用频率平均数公式.
【跟踪训练】
1.已知甲、乙两地人口之比为2∶3，其中甲地人均年收入为8万元，乙地人均年收入为10万元，则甲、乙两地的人均年收入为　　　　万元.
2.有容量为100的样本，数据分组及各组的频数、频率如下：
[12.5，14.5），6，0.06；[14.5，16.5），16，0.16；[16.5，18.5），18，0.18；[18.5，20.5），22，0.22；[20.5，22.5），20，0.20；[22.5，24.5），10，0.10；[24.5，26.5]，8，0.08.
试估计总体的平均数.
题型二 众数与中位数的计算
【例3】　（链接教科书第250页例6）（1）某学习小组在某次数学测验中，得100分的有1人，95分的有1人，90分的有2人，85分的有4人，80分和75分的各1人，则该小组成绩的众数、中位数分别是（　　）
A.86、85　　　　　　B.85、86
C.85、85 D.90、85
（2）某校从参加高一年级学业水平测试的学生中抽出80名学生，其数学成绩（均为整数）的频率分布直方图如图所示.
①求这次测试数学成绩的众数；
②求这次测试数学成绩的中位数.
通性通法
1.一组数据中的众数可能不止一个，中位数是唯一的，求中位数时，必须先排序.
2.用频率分布直方图估计众数、中位数
（1）众数：取最高小长方形底边中点的横坐标作为众数；
（2）中位数：在频率分布直方图中，把频率分布直方图划分为左右两个面积相等的部分的分界线与x轴交点的横坐标称为中位数.
【跟踪训练】
1.已知一组数据按从小到大的顺序排列为－8，－1，4，x，10，13，且这组数据的中位数是7，那么这组数据的众数是（　　）
A.7　　　 B.6
C.4　　　 D.10
2.（多选）（2024·南通期中考试）随着生活水平的不断提高，我国居民的平均身高也在增长.某市为了调查本市小学一年级男生身高情况，从某小学一年级随机抽取了100名同学进行身高测量，得到频率分布直方图（如图），其中右侧三组小长方形面积满足2S2＝S1＋S3.则下列说法正确的是（　　）
A.身高在[130，140）范围内的频率为0.18
B.身高的众数的估计值为115 cm
C.身高的中位数的估计值为125 cm
D.身高的平均数的估计值为121.8 cm
题型三 利用集中趋势参数估计总体
【例4】　某小区广场上有甲、乙两群市民正在进行锻练，两群市民的年龄如下（单位：岁）：
甲群：13，13，14，15，15，15，15，16，17，17；
乙群：54，3，4，4，5，6，6，6，6，56.
（1）甲群市民年龄的平均数、中位数和众数各是多少岁？其中哪个统计量能较好地反映甲群市民的年龄特征？
（2）乙群市民年龄的平均数、中位数和众数各是多少岁？其中哪个统计量能较好地反映乙群市民的年龄特征？
通性通法
众数、中位数、平均数的意义
（1）样本的众数、中位数和平均数常用来表示样本数据的“中心值”，其中众数和中位数容易计算，不受少数几个极端值的影响，但只能表达样本数据中的少量信息，平均数代表了数据更多的信息，但受样本中每个数据的影响，越极端的数据对平均数的影响也越大；
（2）当一组数据中有不少数据重复出现时，其众数往往更能反映问题，当一组数据中个别数据较大时，可用中位数描述其集中趋势.
【跟踪训练】
下面是某快餐店所有工作人员一周的收入表（每个岗位仅有一人）：
老板 大厨 二厨 采购员 杂工 服务生 会计
6 000元 900元 700元 800元 640元 640元 820元
（1）计算所有人员的周平均收入；
（2）这个平均收入能反映打工人员周收入的一般水平吗？为什么？
（3）去掉老板的收入后，再计算平均收入，这能代表打工人员的周收入水平吗？
1.（多选）下列说法正确的是（　　）
A.在统计里，把所需考察对象的全体叫作总体
B.一组数据的平均数一定大于这组数据中的每个数据
C.平均数、众数与中位数从不同的角度描述了一组数据的集中趋势
D.一组数据的众数不唯一
2.10名工人某天生产同一种零件，生产的件数分别是15，17，14，10，15，17，17，16，14，12，设其平均数为a，中位数为b，众数为c，则有（　　）
A.a＞b＞c B.b＞c＞a
C.c＞a＞b D.c＞b＞a
3.如果5个数x1，x2，x3，x4，x5的平均数是7，那么x1＋1，x2＋1，x3＋1，x4＋1，x5＋1这5个数的平均数是　　　　.
4.甲、乙、丙三个家电厂家在广告中都声称，他们的某品牌节能灯在正确使用的情况下，使用寿命都不低于8年.后来质量检测部门对他们的产品进行抽查，抽查的各8个产品使用寿命的统计结果如下（单位：年）：
甲厂：6，6，6，8，8，9，9，12；
乙厂：6，7，7，7，9，10，10，12；
丙厂：6，8，8，8，9，9，10，10.
（1）把以上三组数据的平均数、众数、中位数填入下表：
平均数 众数 中位数
甲厂
乙厂
丙厂
（2）估计这三个厂家的推销广告分别利用了哪一种统计量；
（3）如果你是顾客，应该选哪个厂家的节能灯？为什么？
提示：完成课后作业　第十四章　14.4　14.4.1
5 / 5学习讲义部分
第九章　平面向量
9.1　向量概念
【基础知识·重落实】
知识点一
1.（1）大小　方向　2.（2）①有向线段　　长度　模　｜｜
知识点二
　0　1个单位　相同或相反　平行
相等　相同　相等　相反
想一想
1.提示：0与0不相同，0是实数，0是向量，有方向.0的方向是任意的.
2.提示：不一定.当b＝0时，a与c不一定平行，因为0与任何向量平行.
3.提示：相等向量一定是共线向量，但共线向量不一定相等.
知识点三
2.0°　180°　90°
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.AC　对于A，平行向量的方向相同或相反，故A正确；对于B，零向量的模为0，故B错误；对于C，向量与向量长度相等，方向相反，向量与向量是相反向量，故C正确；对于D，与非零向量a共线的单位向量有两个，一个与a同向，一个与a反向，故D错误.故选A、C.
3.C　对于A，由＝，可得四边形ABCD为平行四边形.与互为相反向量，故A错误；对于B，与互为相反向量，故B错误；对于C，与满足相等向量的定义，故C正确；对于D，与方向不同不满足相等向量的定义，故D错误.故选C.
【典型例题·精研析】
【例1】　BC　对于A，单位向量的方向不一定相同，故A错误；对于B，物理学中的作用力与反作用力大小相等，方向相反，是一对共线向量，故B正确；对于C，如图所示，方向为南偏西60°的向量与北偏东60°的向量在一条直线上，是共线向量，故C正确；对于D，直角坐标平面上的x轴，y轴只有方向，没有大小，不是向量，故D错误.故选B、C.
跟踪训练
　D　对于A，两个向量的模相等，但是方向不一定相同，故A错误；对于B，两个向量不能比较大小，故B错误；对于C，向量平行只是方向相同或相反，不能得到向量相等，故C错误；对于D，若一个向量的模等于0，则这个向量是0，故D正确.故选D.
【例2】　解：（1）与共线的向量有，，.
（2）与的模相等的向量有，，，，，，，，，，.
（3）与长度相等且方向相同，则＝.
（4）虽然//，且｜｜＝｜｜，但它们方向相反，所以这两个向量不相等.
母题探究
1.解：与长度相等、方向相反的向量有，.
2.解：由正六边形性质知，△FOA为等边三角形，所以边长AF＝｜｜＝1.
跟踪训练
　（1），　（2）6　解析：（1）在平行四边形ABCD和ABDE中，∵＝，＝，∴＝，∴与向量相等的向量为，.
（2）由（1）知，＝，∴E，D，C三点共线，∴｜｜＝｜｜＋｜｜＝2｜｜＝6.
【例3】　解：（1）当向量的起点C是图中所圈的格点时，可以作出与相等的向量.
这样的格点共有6个，除去点A外，还有5个，所以共有5个向量与相等.
（2）与长度相等的共线向量（除外）共有5×2＋1＝11（个）.
（3）每个小正方形的边长为1，则对角线长为，
每个小正方形中存在两个与平行且模为的向量，一共有12个正方形，
故与平行且模为的向量共有24个.
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4】　解：因为平行四边形ABCD中，｜｜＝｜｜，所以该平行四边形为菱形，
又由题意知∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，
故向量与的夹角为∠BAC＝30°，
向量与的夹角大小与∠ABD相等，
且∠ABD＝60°，即它们的夹角为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°，即与的夹角为120°.故选C.
随堂检测
1.B　对于A，≠，故A错误；对于B，｜｜＝｜｜，故B正确；对于C，与不共线，故C错误；对于D，向量不能比较大小，故D错误.故选B.
2.ABD　C中，平行四边形两对边所表示的向量也可能方向相反，故C错误，A、B、D都正确.故选A、B、D.
3.C　根据正方形ABCD的性质可知，，，，是模相等的向量.故选C.
4.12　解析：由向量的表示方法知，可以写出12个向量，它们分别是，，，，，，，，，，，.
9.2　向量运算
9.2.1　向量的加减法
第1课时　向量的加法运算
【基础知识·重落实】
知识点一
2.a＋b　＋　不共线　 OABC　自我诊断
1.D　＋＝.故选D.
2.ACD　A中，a＋0＝a，故A正确；B中，｜a＋b｜＝｜a｜＋｜b｜不一定成立，例如，a＝－b时，该式不成立，故B错误；C、D正确.故选A、C、D.
3.　解析：根据向量加法的平行四边形法则知，＋＝，则｜＋｜＝｜｜＝.
【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）法一　（＋）＋（＋）＝（＋）＋（＋）＝＋＝.
法二　（＋）＋（＋）＝＋（＋＋）＝＋0＝.
（3）＋＋＋＋＝（＋）＋（＋＋）＝＋＝0.
跟踪训练
1.D　原式＝＋＋＝.故选D.
2.①或　②　③ 　
解析：①＋＝＋＝＋＝或＋＝＋＝.
②＋＋＝＋＝＋＝.
③＋＋＝＋＋＝＋＋＝.
【例3】　解：（1） 作出图形，如图.
设表示水流的速度，表示渡船的静水速度，表示渡船的实际速度.
（2）船速v船与正北方向成α角，
由图可知，v水＋v船＝v实际，即＋＝.
∴四边形ABCD为平行四边形.
在Rt△ACD中，｜｜＝｜｜＝｜v水｜＝10 km/h，｜｜＝｜v船｜＝20 km/h，
∴sin α＝＝＝，∴α＝30°，从而渡船行进的方向与正北方向成30°的角.
故渡船行进的方向应为北偏西30°.
母题探究
1.解：由图可知｜｜＝cos α｜｜＝｜｜＝×20＝10（km/h），
则经过3小时，该船的实际航程是3×10＝30（km）.
2.解：如图所示，｜｜＝｜｜＝｜v船｜＝20 km/h，｜｜＝｜v水｜＝10 km/h，
渡船实际行进的方向与河岸的夹角为∠BAC，则tan∠BAC＝＝2.
即船实际行进的方向与河岸的夹角的正切值为2.
跟踪训练
　解：如图，用表示无风时雨滴下落的速度，表示风使雨滴水平向东的速度.以，为邻边作平行四边形OACB，则就是雨滴下落的实际速度.
在Rt△OAC中，｜｜＝4，｜｜＝｜｜＝，
所以｜｜＝＝＝，
所以tan∠AOC＝＝＝，
所以∠AOC＝30°.
故雨滴着地时速度的大小是 m/s，方向为与竖直向下方向成30°角.
随堂检测
1.ABD　在A中，＋＋＝＋＝；在B中，＋＋＝＋＝；在C中，＋＋＝＋＝；在D中，＋＋＝＋＝＋＝.故选A、B、D.
2.A　当两个非零向量a与b不共线时，a＋b的方向与a，b的方向都不相同，且｜a＋b｜＜｜a｜＋｜b｜；向量a与b同向时，a＋b的方向与a，b的方向都相同，且｜a＋b｜＝｜a｜＋｜b｜；向量a与b反向且｜a｜＜｜b｜时，a＋b的方向与b的方向相同（与a的方向相反），且｜a＋b｜＝｜b｜－｜a｜.故选A.
3.　解析：＋＋＝＋＝.
4.与水流方向成60°　8 km/h
解析：如图所示，∵OB＝4，OA＝4，∴OC＝8，∠COA＝60°.即他实际沿与水流方向成60°的方向前进，速度为8 km/h.
第2课时　向量的减法运算
【基础知识·重落实】
知识点
1.b＋x＝a　a－b
2.＝a　＝b　
3.a，b不共线　向量差　三角形法则
自我诊断
1.D　 ＝－＝a－b.故选D.
2.B　∵－＝，∴B正确，A错误；∵－＝＋＝，∴C错误，D错误.故选B.
3.0　解析：由向量的加减法运算知，－＋＝＋＋＝＋＝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：（1）以，为邻边作 OBDC，
如图，连接OD，AD，
则＝＋＝b＋c，
＝－＝b＋c－a.
（2）由a－b－c＝a－（b＋c），如图，
作 OBEC，连接OE，则＝＋＝b＋c，连接AE，则＝a－（b＋c）＝a－b－c.
【例2】　（1）A　＋－－＝－＋－＝＋＝0，故选A.
（2）解：①＋－－＝（－）＋（－）＝＋＝.
②（＋＋）－（－－）＝＋－＋＝＋＋＋＝0.
跟踪训练
　解：（1）－－＋＋＝＋＋＋＋＝＋＝－＝.
（2）法一　（－）－（－）＝－－＋＝＋＋＋＝＋＋＋＝0.
法二　（－）－（－）＝－－＋＝（－）－＋＝－＋＝＋＝0.
法三　设O是平面内任意一点，则（－）－（－）＝－－＋＝（－）－（－）－（－）＋（－）＝－－＋－＋＋－＝0.
【例3】　解：（1）由向量加法的平行四边形法则，得＝a＋b；
同样，由向量减法的三角形法则，知＝－＝a－b.
（2）证明：c－b－a＝－－＝＋－＝＋－＝－＝＝.
母题探究
　解：｜a＋b｜＝｜a－b｜表示平行四边形的两条对角线长度相等，这样的平行四边形为矩形，故a，b应互相垂直.
跟踪训练
　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.
【例4】　解：（1）∵｜｜｜－｜｜｜≤｜－｜≤｜｜＋｜｜，且｜｜＝9，｜｜＝6，
∴3≤｜－｜≤15，
当与同向时，｜－｜＝3；当与反向时，｜－｜＝15.
∴｜－｜的取值范围为[3，15].
（2）由｜｜｜－｜｜｜≤｜＋｜≤｜｜＋｜｜，且｜｜＝6，｜｜＝9，
∴3≤｜＋｜≤15.
当与同向时，｜＋｜＝15；当与反向时，｜＋｜＝3.
∴｜＋｜的取值范围为[3，15].
跟踪训练
　C　∵｜a－b｜＝｜b｜，∴｜a－2b｜＝｜a－b－b｜≤｜a－b｜＋｜b｜＝｜2b｜.若｜a－2b｜＝｜2b｜，由｜a－b｜＝｜b｜，则a必为零向量，∴这与a，b非零向量矛盾，即｜a－2b｜≠｜2b｜，∴｜2b｜＞｜a－2b｜.同理知无法判断｜2a｜，｜2a－b｜之间的大小关系.故选C.
随堂检测
1.D　在平行四边形ABCD中，依题意，＝－＝－a，而＝b，所以＝－＝－a－b.故选D.
2.BC　A中，a－b＝－（b－a），故A错误；D中，a＋（－a）＝0，故D错误；B、C正确.故选B、C.
3.60°　解析：由题意可知a，b，a－b所在有向线段可构成等边三角形，故a，b的夹角为60°.
4.解：设＝a，＝b，以AB，AD为邻边作平行四边形ABCD，如图所示，
则＝a＋b，＝a－b，因为｜a＋b｜＝｜a－b｜，所以｜｜＝｜｜.
又因为四边形ABCD为平行四边形，所以四边形ABCD为矩形，故AD⊥AB.
在Rt△DAB中，｜｜＝｜a｜＝8，｜｜＝｜b｜＝6，
由勾股定理，得｜｜＝＝＝10，所以｜a－b｜＝10.
9.2.2　向量的数乘
第1课时　向量的线性运算
【基础知识·重落实】
知识点一
1.（1）λ≠0　（2）①λ＞0　②λ＜0　③λ＝0
2.相同　相反
知识点二
　（1）（λμ）a　（2）λa＋μ a　（3）λa＋λb
自我诊断
1.AC　A中，由｜λa｜＝｜λ｜｜a｜得，｜4a｜＝｜4｜｜a｜＝4｜a｜，｜－4a｜＝｜－4｜｜a｜＝4｜a｜，故A正确；B中，当λ＜0时，a与－λa的方向相同，故B错误；C中，由数乘运算的分配律得C正确；D中，若λa＝0，则a＝0或λ＝0，故D错误.故选A、C.
2.A　由题意＝－，＋＝（＋）＋（＋）＝2，故选A.
3.14a－9b　解析：2（3a－2b）＋3（a＋5b）－5（4b－a）＝6a－4b＋3a＋15b－20b＋5a＝14a－9b.
【典型例题·精研析】
【例1】　ABC　对于A、B，由向量数乘的定义知，当λ＞0时，λa与a方向相同；当λ＜0时，λa与a方向相反，故A、B正确；对于C、D，当λμ＞0时，λ，μ同正或同负，∴λa与μa或者都与a同向，或者都与a反向，∴λa与μa同向，当λμ＜0时，则λ与μ异号，λa与μa中，一个与a同向，一个与a反向，∴λa与μa反向，故C正确，D错误.故选A、B、C.
跟踪训练
　①②③　解析：对于①，2a＝a＋a与a方向相同，且｜2a｜＝｜a＋a｜＝｜a｜＋｜a｜＝2｜a｜，故①正确；对于②，根据向量数乘的概念及几何意义可知，要得到向量－2a，可将向量a的方向反向，长度伸长为原来的2倍，故②正确；对于③，∵－2a＋2a＝（－2＋2）a＝0，∴－2a与2a是一对相反向量，故③正确；对于④，∵－（b－a）与b－a是一对相反向量，a－b与b－a是一对相反向量，∴－（b－a）与a－b是相等向量，故④错误.
【例2】　解：法一　如图①，在平面内任取一点O，作＝3a，＝2b，连接BA，则＝－＝3a－2b.
法二　如图②，在平面内任取一点O，作＝3a，＝－2b，连接OB，则＝＋＝3a＋（－2b）＝3a－2b.
法三　如图③，在平面内任取一点O，作＝3a，＝－2b，分别以OA，OC为邻边作 OABC， OABC的对角线记作OB，则向量为所求作的向量.
跟踪训练
　解：法一　如图①，由向量的加法可知，向量＝3a－2b＋c.
法二　如图②，作＝3a，＝－2b，＝c，分别以AB， AC为邻边作 ABDC，
以 ABDC的对角线AD及AE为邻边作 AEFD，则向量＝3a－2b＋c.
【例3】　解：（1）①原式＝3a＋3b－2a＋4b＝a＋7b.
②原式＝2a＋3b－c－6a＋4b－2c＝－4a＋7b－3c.
（2）5a－3b＝5（i＋2j）－3（3i－5j）
＝5i＋10j－9i＋15j
＝－4i＋25j.
跟踪训练
1.－8a＋9b－3c　解析：因为3（2a－b＋c）＋x＝2（－a＋3b），所以6a－3b＋3c＋x＝－2a＋6b，即x＝－8a＋9b－3c.
2.解：a－2b＝（3e1＋e2）－2（2e1－e2）＝－3e1＋e2.
随堂检测
1.C　当λ＞0时，λa方向与a方向相同，大小等于λ｜a｜；当λ＜0时，λa方向与a方向相反，大小等于｜λ｜｜a｜，所以｜λa｜＝｜λ｜｜a｜，故A、B错误，C正确；｜λa｜≥0，故D错误.故选C.
2.ABC　根据向量数乘运算和加减运算规律知A、B、C正确；D中，（a＋2b）－（2b＋a）＝a＋2b－2b－a＝0，是零向量，而不是0，故D错误.故选A、B、C.
3.2　解析：在平行四边形ABCD中，＝＋＝2，所以λ＝2.
4.证明：因为E是AD的中点，F是BC的中点，
所以＝－，＝－，
所以 2＝＋＋＋＝＋＋＋＋＋＝＋，
所以＝（＋）.
第2课时　向量共线定理
【基础知识·重落实】
知识点
　b＝λa　共线　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.A
2.ABC
3.0　解析：∵e1与e1＋λe2共线，∴存在实数μ，使得e1＝μ（e1＋λe2）＝μe1＋μλe2，∴∴λ＝0.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）因为D，E分别是AB，AC的中点，
所以DE∥BC，所以与共线.
又DE＝BC，且与同向，所以＝.
（2）因为b＝5a，所以a与b共线.
【例2】　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.
【例3】　（1）A　（2）－4　解析：（1）由＝2，得－＝2（－），即＝＋，所以λ＝.
（2）由题意知，ke1＋2e2与8e1＋ke2共线，∴存在实数λ，使ke1＋2e2＝λ（8e1＋ke2）＝8λe1＋kλe2.∵e1，e2不共线，∴解得或∵ke1＋2e2与8e1＋ke2反向，∴λ＝－，k＝－4.
跟踪训练
1.ABD　因为a＝2e，b＝－6e，所以b＝－3a，故D正确；由向量共线定理知，A正确；－3＜0，a与b方向相反，故B正确；由上可知｜b｜＝3｜a｜，故C错误.故选A、B、D.
2.解：（1）证明：因为＝－＝6a＋2b－（4a－2b）＝2a＋4b，
＝－＝2a－6b－（6a＋2b）＝－4a－8b＝－2（2a＋4b）＝－2，
所以∥，又与有公共点B，
所以A，B，C三点共线.
（2）由4a＋kb与ka＋b共线，则存在实数λ，使得4a＋kb＝λ（ka＋b），
即（4－λk）a＋（k－λ）b＝0，又a，b是不共线的两个非零向量，
因此解得或
所以，实数k的值是±4.
【例4】　解：∵B，C，D三点共线，且CD＝2BD，
∴＝.
∴＝＋＝＋＝＋（－）＝＋＝a＋b.
母题探究
　解：法一　如图①，∵＝－，且CD＝BD，
∴＝＋＝＋＝＋（－）＝＋＝（a＋b）.
法二　如图②，以AB，AC为邻边作 ABEC，则＝＋.
∵CD＝BD，∴D是AE的中点.
∴＝＝（＋）＝（a＋b）.
跟踪训练
1.B　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.
2.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.
随堂检测
1.B　∵b与a的方向相反，∴存在实数λ＜0，使a＝λb，∴｜a｜＝－λ｜b｜，即5＝－λ×7，∴λ＝－，∴a＝－b.
2.A　因为＝＋＋，所以＝ （a＋2b）＋（3a－b）＋（2a－3b）＝2（3a－b），因为＝3a－b，a，b是不共线的非零向量，所以AD∥BC且｜｜≠｜｜，所以四边形ABCD是梯形.故选A.
3.1　解析：由题意知，＝＋，所以＝3＝3＋3＝－3＋3.所以＝＋＝－3＋3＝－2＋3，则λ＝－2，μ＝3，故λ＋μ＝1.
4.解：若向量e1和e2不共线，设存在实数λ，使3e1＋2e2＝λ（3e1－2e2），
则3e1＋2e2＝3λe1－2λe2，即（3－3λ）e1＝（－2λ－2）e2，
所以λ无解，所以不存在实数λ，使3e1＋2e2＝λ（3e1－2e2），
故两个向量不共线.
9.2.3　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.｜a｜｜b｜cos θ　a·b　｜a｜｜b｜cos θ　0　2.
想一想
　提示：不对.若θ＝π时，a·b＜0.
知识点二
1.变换　　2.（｜a｜cos θ）　
3.投影向量
自我诊断
1.AC
2.B　根据向量数量积的定义得a·b＝｜a｜｜b｜cos＜a，b＞＝4×2×cos ＝4.
3.－a　解析：b在a方向上的投影向量为｜b｜cos＜a，b＞·＝×（－）a＝－a.
【典型例题·精研析】
【例1】　BD　A中，a·0＝0，故A错误；B中，a·0＝0，故B正确；C中，设a与b的夹角为θ，a与b均为非零向量，当cos θ＝0时，a·b＝0，故C错误，D正确.故选B、D.
跟踪训练
　ABD　a·b＝｜a｜｜b｜cos θ，所以由a·b＝±｜a｜｜b｜且a，b为非零向量可得cos θ＝±1，所以θ＝0或θ＝π，所以a∥b，反之也成立，故A正确；若a，b同向，则a，b的夹角为0，所以a·b＝｜a｜｜b｜cos 0＝｜a｜｜b｜，反之也成立，故B正确；当｜a｜＝｜b｜，但a与c的夹角和b与c的夹角不相等时，就有｜a·c｜≠｜b·c｜，反之由｜a·c｜＝｜b·c｜也推不出｜a｜＝｜b｜，故C错误；若a·b＝0且a，b为非零向量，所以a·b＝｜a｜｜b｜cos＜a，b＞＝0，即cos＜a，b＞＝0，又因为＜a，b＞∈[0，π]，所以＜a，b＞＝，故D正确.
【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）∵｜b｜＝1，∴b为单位向量.
∴a在b上的投影向量为｜a｜cos 120°·b＝3×b＝－b.
（2）由投影向量的定义知，向量b在a上的投影向量的模为｜b｜｜cos 120°｜＝.
跟踪训练
1.D　因为a·b＝｜a｜｜b｜cos θ，所以cos θ＝＝＝－，则a在b上的投影向量是｜a｜cos θ＝2×（－）×＝－b.故选D.
2.D　由题意，a在b上的投影向量的模为｜a｜cos＝1×＝.故选D.
随堂检测
1.B　由平面向量数量积的定义得a·b＝｜a｜｜b｜cos 120°＝×2×（－）＝－3.故选B.
2.CD　对于A，a·b＝0 a⊥b或a＝0或b＝0，所以A错误；对于B，根据向量加法的三角形法则，知｜a＋b｜≤｜a｜＋｜b｜，只有当a，b同向或a，b中至少有一个为0时取“＝”，所以B错误；对于C，由数量积的性质知，C正确；对于D，因为a·a＝｜a｜｜a｜cos 0＝｜a｜2，所以｜a｜＝，所以D正确.故选C、D.
3.2　解析：·＝｜｜｜｜·cos∠ABC＝2××cos 45°＝2.
4.解：当θ＝45°时，a在e上的投影向量为｜a｜cos 45°·e＝6×e＝3e；
当θ＝90°时，a在e上的投影向量为｜a｜cos 90°·e＝6×0×e＝0；
当θ＝135°时，a在e上的投影向量为｜a｜cos 135°·e＝6×（－）e＝－3e.
第2课时　向量数量积的运算律及性质
【基础知识·重落实】
知识点
1.（1）b·a　（2）λ（a·b）　（3）a·c＋b·c　2.a2＋2a·b＋b2　a2－b2
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＝.
3.2　解析：｜a－4b｜＝＝＝＝2.
【典型例题·精研析】
【例1】　（1）ACD　（2）－7
解析：（1）对于A，根据数量积的分配律知A正确；对于B，∵[（b·c）·a－（c·a）·b]·c＝（b·c）·（a·c）－（c·a）·（b·c）＝0，∴（b·c）·a－（c·a）·b与c垂直，故B错误；对于C，∵a，b不共线，∴｜a｜，｜b｜，｜a－b｜组成三角形，∴｜a｜－｜b｜＜｜a－b｜成立，故C正确；D正确.故选A、C、D.
（2）因为＝＋，＝－，所以·＝（＋）·（－）＝－＝9－16＝－7.
跟踪训练
1.B　因为a·b＝2×cos＝3，所以（a＋b）·（2a－b）＝2｜a｜2＋a·b－｜b｜2＝8＋3－3＝8.故选B.
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.
【例2】　解：（1）由（2a－3b）·（2a＋b）＝61，得4｜a｜2－4a·b－3｜b｜2＝61.
将｜a｜＝4，｜b｜＝3代入上式，得a·b＝－6，
所以cos θ＝＝＝－.
又0≤θ≤π，所以θ＝.
（2）因为｜a＋b｜2＝（a＋b）2＝a2＋2a·b＋b2
＝｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝13，
所以｜a＋b｜＝.
跟踪训练
1.D　因为｜a＋b｜2＝a2＋b2＋2a·b＝1＋4＋2×1×2×＝7，所以｜a＋b｜＝.故选D.
2.B　由题可得（a－2b）·a＝0，即a2＝2a·b，（b－2a）·b＝0，即b2＝2a·b，所以a2＝b2，｜a｜＝｜b｜. 设a，b的夹角为θ，则cos θ＝＝＝. 因为θ∈[0，π]，所以a与b的夹角为.
【例3】　B　由题意知，＝＝，所以m·n＝｜n｜2＝n2，因为n·（tm＋n）＝0，所以tm·n＋n2＝0，即tn2＋n2＝0，所以t＝－4.
跟踪训练
1.C　c＝＝－＝－a－b，由（a－b）⊥c得，（a－b）·c＝0，即（a－b）·（－a－b）＝0，化简得，｜a｜2－｜b｜2＝0，即｜a｜＝｜b｜，△ABC是等腰三角形.故选C.
2.60°　解析：设a与b的夹角为θ，由已知得（a＋2b）·（3a－b）＝3a2＋5a·b－2b2＝3＋10cos θ－8＝0，所以cos θ＝，又0°≤θ≤180°，所以θ＝60°，即a与b的夹角为60°.
随堂检测
1.B　a·（2a－b）＝2a2－a·b＝2－（－1）＝3.
2.C　｜a－b｜＝2得（a－b）2＝4，即a2－2a·b＋b2＝4，所以1－2a·b＋5＝4，所以a·b＝1.故选C.
3.1　解析：∵a，b的夹角为60°，｜a｜＝3，∴a·b＝｜a｜｜b｜cos 60°＝｜b｜，又｜a＋b｜2＝｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝9＋2×（｜b｜）＋｜b｜2＝13，即｜b｜2＋3｜b｜－4＝0，解得｜b｜＝1或｜b｜＝－4（舍去）.
4.30°　解析：∵（2a＋b）·（a－2b）＝2a2－4a·b＋a·b－2b2＝－3a·b＝－，∴a·b＝.设a与b的夹角为θ，则cos θ＝＝.又∵0°≤θ≤180°，∴θ＝30°.
9.3　向量基本定理及坐标表示
9.3.1　平面向量基本定理
【基础知识·重落实】
知识点一
1.不共线　任一　λ1e1＋λ2e2　2.不共线　基底　
知识点二
　λ1e1＋λ2e2　互相垂直　正交分解
想一想
　提示：由平面向量共线定理可知，任意一个向量可以用一个与它共线的非零向量来线性表示，而且这种表示是唯一的.因此平面向量基本定理是向量共线定理的推广，它们都是向量分解“唯一性”定理.
自我诊断
1.C　因为一个平面内的基底不唯一，即可以有无数对不共线向量组成该平面的基底，所以说法①不正确，说法②正确；因为零向量与任一向量都共线，所以它不能作为基底中的向量，说法③正确.故选C.
2.ACD　不共线的向量能作为基底，对于A，因为e1－e2＝－（e2－e1），所以向量e1－e2，e2－e1共线，故A正确；对于B，e1－e2与e1＋e2不共线，能作为一组基底，故B错误；对于C，因为2e2－e1＝－（－2e2＋e1），所以2e2－e1，－2e2＋e1共线，故C正确；对于D，因为2e1＋e2＝（4e1＋2e2），所以2e1＋e2，4e1＋2e2共线，故D正确.故选A、C、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能作为一组基底；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e1－2e2，e2－2e1能作为一组基底；③∵e1－2e2＝－（4e2－2e1），∴e1－2e2与4e2－2e1共线，即e1－2e2，4e2－2e1不能作为一组基底；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能作为一组基底.
（2）因为a，b是一组基底，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能作为平面内的一组基底，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】　（1）C　∵△ABE∽△CFE，∴＝＝，∴＝，∴＝＝（－）＝［－－（－）］＝（－＋）＝－＋.又∵＝m＋n，∴m＝－1，n＝，∴m＋n＝－.故选C.
（2）证明：如图，设＝a，＝b，D，E，F分别为△ABC三边的中点，则＝a－b，＝a－b，＝－a＋b.
设AD与BE相交于点G1，且＝λ，＝μ，
则＝λa－b，＝－a＋μb.
因为＝＋＝（1－）a＋（μ－1）b，
所以解得即＝.
再设AD与CF相交于点G2，
同理可得＝，
故点G1，G2重合，即AD，BE，CF相交于同一点，
故三角形的三条中线交于一点.
跟踪训练
1.C　如图所示，＝－，＝－，∵＝4，∴－＝4（－），∴＝＋，∴＝（＋）－＝－.又＝r＋s，∴r＝，s＝－，∴3r＋s＝3×－＝.故选C.
2.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＝.
随堂检测
1.B　由题图可知与，与，与共线，不能作为基底，与不共线，可作为基底.故选B.
2.A　如图，＝＋＝c＋（b－c）＝b＋c.故选A.
3.　解析：∵M为BC边上任意一点，∴可设＝x＋y（x＋y＝1）.∵N为线段AM的中点，∴＝＝x＋y＝λ＋μ.∴λ＋μ＝（x＋y）＝.
9.3.2　向量坐标表示与运算
第1课时　向量线性运算的坐标表示
【基础知识·重落实】
知识点一
　单位向量　（x，y）
想一想
　提示：都有坐标与之对应，当向量确定以后，向量的坐标唯一确定，因此向量平移前后，其坐标不变.
知识点二
1.（1）（x1＋x2，y1＋y2）　（2）（x1－x2，y1－y2）　（3）（λx1，λy1）　2.（x2－x1，y2－y1）
自我诊断
1.BC
2.B　∵a＝（1，2），b＝（－1，1），∴2a－b＝2（1，2）－（－1，1）＝（2，4）－（－1，1）＝（3，3）.故选B.
3.0　解析：因为＝＋＝（1，－4）＋（2，1）＝（3，－3）＝（m，n），所以m＝3，n＝－3，则m＋n＝0.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）设点A（x， y），则x＝OA·cos 60°＝4×＝2，
y＝OA·sin 60°＝4×＝6.
即A（2，6），∴＝（2，6）.
∵∠AOC＝180°－120°＝60°，∠AOy＝30°，∴∠COy＝30°.
又∵OC＝｜｜＝4，∴C（－2，2），
∴＝＝.
（2）＝－＝.
（3）＝＋＝（2，6）＋＝（2－2，6＋2）.
∴点B的坐标为（2－2，6＋2）.
跟踪训练
　解：（1）在平面直角坐标系xOy中，设B（xB，yB），因为｜｜＝2｜｜＝2，所以A（2，0）.
又∠OAB＝，所以xB＝2＋cos（ π－）＝，yB＝0＋sin（π－）＝，
所以点B.
又＝（－1，），所以＝＋＝＝，
所以点C.
（2）由（1）可得，＝，
＝.
【例2】　解：（1）a＝＝（－1，3），b＝＝（1，－3），
＝－＝（1，－3），＝（3，4）－（4，1）＝（－1，3）.
（2）a＋b＝（－1，3）＋（1，－3）＝（0，0），
a－b＝（－1，3）－（1，－3）＝（－2，6），
3a＝3（－1，3）＝（－3，9），
2a＋3b＝2（－1，3）＋3（1，－3）＝（－2，6）＋（3，－9）＝（1，－3）.
跟踪训练
　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）
＝－＝.
【例3】　解：（1）如图①，由向量的线性运算可知＝（＋）＝（，）.
所以点P的坐标是（，）.
（2）当点P是线段P1P2的一个三等分点时，有两种情况，即＝或＝2.
如果＝（图②），那么
＝＋＝＋＝＋（－）＝＋＝（，），
即点P的坐标是（，）；
同理，如果＝2（图③），那么点P的坐标是（，）.
跟踪训练
　解：法一　设顶点D的坐标为（x，y）.
因为＝（－1－（－2），3－1）＝（1，2），
＝（3－x，4－y），
又＝，
所以（1，2）＝（3－x，4－y），
即解得
所以顶点D的坐标为（2，2）.
法二　如图，由向量加法的平行四边形法则可知＝＋＝（－2－（－1），1－3）＋（3－（－1），4－3）＝（3，－1），
而＝＋＝（－1，3）＋（3，－1）＝（2，2），
所以顶点D的坐标为（2，2）.
随堂检测
1.ABD　由向量坐标的定义不难看出一个坐标可对应无数个相等的向量，故C错误；A、B、D正确.故选A、B、D.
2.A　b＝a＋b－a＝（3，2）－（2，4）＝（1，－2）.故选A.
3.（－4，－2）　解析：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）.
4.解：∵A（－1，2），B（2，8），∴＝（2，8）－（－1，2）＝（3，6），＝＝（1，2），＝－＝＝（1，2）.
设O为坐标原点，
则＝＋＝（－1，2）＋（1，2）＝（0，4），
＝＋＝－＝（－1，2）－（1，2）＝（－2，0）.
∴C，D的坐标分别为（0，4），（－2，0）.
因此＝－＝（－2，0）－（0，4）＝（－2，－4）.
第2课时　向量数量积的坐标表示
【基础知识·重落实】
知识点
1.x1x2＋y1y2　2.（1）x2＋y2　　（2）
3.　4.x1x2＋y1y2＝0
自我诊断
1.AC　对于A，a·b＝0，则a⊥b，故A正确；对于B，a＝－b，故B错误；对于C，｜a｜＝，｜b｜＝，故C正确；对于D，a＋2b＝（1，4），｜a＋2b｜＝，故D错误.故选A、C.
2.C　由题意知，a·b＝（－2）×1＋4×2＝6.故选C.
3.　解析：由题意得，cos＜a，b＞＝＝＝－，又因为0≤＜a，b＞≤π，所以＜a，b＞＝.
【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.　解析：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】　解：（1）由题意，得a＝＝（2， 1），b＝＝（3， －1），
因为a－2b＝（2， 1）－2（3， －1）＝（－4， 3），
所以｜a－2b｜＝＝5.
（2）a与b的夹角为∠BAC，
因为a·b＝2×3＋1×（－1）＝5， ｜a｜＝， ｜b｜＝，
所以cos∠BAC＝＝＝.
又∠BAC∈[0，π]，所以∠BAC＝.
（3）B到AC距离为｜｜sin∠BAC＝ ｜｜sin＝·＝.
（4）λa－b＝（2λ－3， λ＋1），a－2b＝（－4， 3），
因为（λa－b）⊥（a－2b），
所以（λa－b）·（a－2b）＝0.
即－4（2λ－3）＋3（λ＋1）＝0，
解得λ＝3.
母题探究
1.解：因为a＋b＝＋＝（5，0），a－b＝－＝（－1，2），
所以（a＋b）·（a－b）＝5×（－1）＋0×2＝－5，又｜a＋b｜＝5，｜a－b｜＝，
故cos θ＝＝＝－.
2.解：＝（－4，2），＝（－3，k＋1），＝（1，k－1），
若∠A＝90°，则⊥，则·＝（－4）×（－3）＋2×（k＋1）＝0，解得k＝－7；
若∠B＝90°，则⊥，则·＝（－4）×1＋2×（k－1）＝0，解得k＝3；
若∠C＝90°，则⊥，则·＝（－3）×1＋（k＋1）×（k－1）＝0，解得k＝±2.
所以k的值为－7或3或±2.
跟踪训练
1.C　∵a＝（2，1），∴a2＝5，又｜a＋b｜＝5，∴（a＋b）2＝50，即a2＋2a·b＋b2＝50，∴5＋2×10＋b2＝50，∴b2＝25，∴｜b｜＝5.故选C.
2.1或－11　解析：∵a·b＝－x＋4，｜a｜＝＝，｜b｜＝＝，∴cos＜a，b＞＝＝＝，显然x＜4，则x2＋10x－11＝0，解得x＝1或x＝－11.
【例3】　解：（1）证明：∵A（2，1），B（3，2），D（－1，4），
∴＝（1，1），＝（－3，3），
则·＝1×（－3）＋1×3＝0，
∴⊥，即AB⊥AD.
（2）∵⊥，四边形ABCD为矩形，∴＝.
设点C的坐标为（x，y），
则＝（x＋1，y－4），
从而有即
∴点C的坐标为（0，5）.
＝（－2，4），＝＝2，
故点C的坐标为（0，5），矩形ABCD的对角线的长度为2.
跟踪训练
　证明：以A为原点，AB所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设正方形的边长为1，则A（0，0），B（1，0），D（0，1），从而＝（1，0），＝（0，1）.
由已知，可设P（a，a），其中0＜a＜1，则E（a，0），F（1，a），因此＝（a，a－1），＝（1－a，a）.
（1）因为·＝a（1－a）＋（a－1）a＝0，
所以⊥，因此DP⊥EF.
（2）因为｜｜＝＝，｜｜＝＝，所以｜｜＝｜｜，因此DP＝EF.
随堂检测
1.B　由题意，得a＋2b＝（4，－3），a－3b＝（－1，2），所以（a＋2b）·（a－3b）＝4×（－1）＋（－3）×2＝－10.故选B.
2.AD　因为｜a｜＝2，b2＝｜b｜2＝2，所以｜a｜＝b2，故A正确；a·b＝2×1＋0×1＝2≠0，故B错误；｜a｜＝2，｜b｜＝，故｜a｜≠｜b｜，故C错误；（a－b）·b＝a·b－b2＝2－2＝0，故D正确.故选A、D.
3.　解析：a＋c＝（3，3m），由（a＋c）⊥b，可得（a＋c）·b＝0，即3（m＋1）＋3m＝0，解得m＝－，则a＝（1，－1），故｜a｜＝.
4.解：（1）因为a＝（1，2），b＝（1，－1），
所以2a＋b＝（3，3），a－b＝（0，3）.
所以cos θ＝＝＝.
因为θ∈[0，π]，所以θ＝.
（2）ka－b＝（k－1，2k＋1），依题意得（3，3）·（k－1，2k＋1）＝0，
所以3k－3＋6k＋3＝0，所以k＝0.
9.3.3　向量平行的坐标表示
【基础知识·重落实】
知识点
　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.
自我诊断
1.BD　对于A，当y1y2＝0时不成立，故A错误；对于C中，向量（2，3）与向量（－4，－6）反向，故C错误；B、D正确.故选B、D.
2.C　a＋b＝（1，2）＋（2，3）＝（3，5）＝（6，10）.故选C.
3.3　解析：＝（1，－5），＝（x－1，－10），根据∥，得－5（x－1）＝1×（－10），解得x＝3.
【典型例题·精研析】
【例1】　（1）A　A：×（－3）－×（－2）＝－＋＝0，∴a∥b.B：0.5×64－4×（－8）＝32＋32＝64≠0，∴a，b不平行.C：2×4－3×3＝8－9＝－1≠0，∴a，b不平行.D：2×2－3×＝4＋4＝8≠0，∴a，b不平行.
（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：由题意知＝（2，2），＝（－2，3），＝（4，－1），
∴＝＝，＝＝，
设点E（x1，y1），F（x2，y2）.
∴＝（x1，y1）－（－1，0）＝，＝（x2，y2）－（3，－1）＝.
∴（x1，y1）＝，（x2，y2）＝，
∴＝（x2，y2）－（x1，y1）＝.
∵4×－（－1）×＝0，∴∥.
【例2】　解：（1）a＋2b＝（1，2）＋2（λ，1）＝（1＋2λ，4），
2a－2b＝2（1，2）－2（λ，1）＝（2－2λ，2），
由（a＋2b）∥（2a－2b），
可得2（1＋2λ）－4（2－2λ）＝0，
解得λ＝.
（2）∵a＝（x，1），b＝（4，x），a∥b，
∴x2－4＝0，解得x＝2或x＝－2.
当x＝2时，a＝（2，1），b＝（4，2），a与b共线且方向相同；
当x＝－2时，a＝（－2，1），b＝（4，－2），
a与b共线且方向相反.∴x＝2.
跟踪训练
　解：（1）＝＋t＝（1， 2）＋t（3， 3）＝（1＋3t， 2＋3t）.
如果点P在x轴上，有2＋3t＝0，解得t＝－；
如果点P在y轴上，有1＋3t＝0，解得t＝－.
（2）假设四边形OABP为平行四边形，则有＝.
又因为＝（1＋3t， 2＋3t）， ＝（3， 3），
所以此方程组无解，
故四边形OABP不能构成平行四边形.
【例3】　证明：如图，以E为原点，AB所在直线为x轴，EC所在直线为y轴建立平面直角坐标系.
令｜｜＝1，则｜｜＝1，｜｜＝2.
∵AD⊥AB，CE⊥AB，AD＝DC，
∴四边形AECD为正方形.
∴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）连接MB，MD.∵M为CE的中点，∴M，
∴＝（－1，1）－＝，＝（1，0）－＝.
∴＝－，∴∥.
又与有公共点M，∴D，M，B三点共线.
跟踪训练
　D　＝＋＝（4，m＋6），因为A，C，D三点共线，所以与共线，所以4×2m＝－（m＋6），解得m＝－.故选D.
随堂检测
1.B　因为a∥b，所以cos α＋2sin α＝0，所以tan α＝－.故选B.
2.D　由题意不妨设b＝（－3m，4m）（m＜0），则＝＝10，解得m＝－2或m＝2（舍去），所以b＝（6，－8）.故选D.
3.1　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.
4.解：（1）由a⊥c得2x－4＝0，则x＝2.
由b∥c得－4＝2y，则y＝－2.
（2）｜a＋b｜＝＝.
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A，B，D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）.
9.4　向量应用
【基础知识·重落实】
知识点
1.（1）平面几何问题　（2）向量运算　（3）运算结果
自我诊断
1.AC
2.B　由向量的加法法则可知逆风行驶的速度为v1＋v2.故选B.
3.　解析：BC的中点为D（，6），＝（－，5），∴｜｜＝＝.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：如图所示，该学生所受到的重力为G＝mg.
由题意得，｜G｜＝｜F'｜，F'＝F1＋F2.
所以｜F'｜2＝｜F1＋F2｜2＝＋＋2F1·F2＝4002＋4002＋2×400×400×cos 60°＝3×4002，
所以｜F'｜＝400.所以｜G｜＝400，
即该学生的体重为m＝≈69.3（kg）.
故该学生的体重约为69.3 kg.
跟踪训练
　解：如图，以物体的重心O为原点，正东方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系，则F1＝（1，），F2＝（2，2），F3＝（－3，3），
∴F＝F1＋F2＋F3＝（2－2，2＋4）.
又位移s＝（4，4），
∴合力F所做的功W＝F·s＝（2－2）×4＋（2＋4）×4＝4×6＝24（J）.
∴合力F所做的功为24 J.
【例2】　证明：法一　设＝a，＝b，则｜a｜＝｜b｜，a·b＝0，
又＝＋＝－a＋，＝＋＝b＋，
所以·＝·（ －a＋）＝－a2－a·b＋＝－｜a｜2＋｜b｜2＝0.
故⊥，即AF⊥DE.
法二　建立如图所示的平面直角坐标系，设正方形的边长为2，则A（0，0），D（0，2），E（1，0），F（2，1），＝（2，1），＝（1，－2）.
因为·＝（2，1）·（1，－2）＝2－2＝0，所以⊥，即AF⊥DE.
【例3】　解：设＝a，＝b，则＝a－b，＝a＋b，
而｜｜＝｜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
1.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.
2.证明：以直角顶点C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系.
设CA＝1，则C（0，0），A（1，0），B（0，1），D.
∴＝.
又AE＝2EB，∴E，∴＝，
∴·＝（－1）×＋×＝0，
∴⊥，∴AD⊥CE.
随堂检测
1.D　作＝F1，＝F2，＝－G（图略），则＝＋，当｜F1｜＝｜F2｜＝｜G｜时，△OAC，△OBC均为正三角形，所以∠AOC＝∠BOC＝60°. 从而∠AOB＝120°.故选D.
2.2　解析：由题意知｜v水｜＝2 m/s，｜v船｜＝10 m/s，作出示意图如图.∴｜v｜＝＝＝2（m/s）.
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°.
章末复习与总结
【例1】　（1）A　（2）　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）.故选A.
（2）设＝λ，∵＝＋＝－＋m＋＝（m－1）＋.＝＋＝－＋.∴（m－1）＋＝－λ＋λ，∴∴m＝.
跟踪训练
1.B　因为＝λ＋μ＝λ（＋）＋μ（＋）＝λ（＋）＋μ（－＋）＝（λ－μ）＋（＋μ），且＝＋，所以解得所以λ＋μ＝.
2.0　解析：因为＝2＝2（－）＝2－2（＋），所以＝－＝r＋s，又因为，不共线，所以所以r＋s＝0.
【例2】　（1）B　（2）　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）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】　（1）　（2）
解析：（1）作CO⊥AB于点O，建立如图所示的平面直角坐标系，则A，B，C，D，所以E，F，所以＝，＝，所以·＝·＝＋＝.
（2）由题意，得∠AOC＝90°，故以O为坐标原点，OC，OA所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图所示.则O（0，0），A（0，），C（，0），B（×cos 30°，－×sin 30°），即B.因为＝λ＋μ，所以（，0）＝λ（0，）＋μ＝（μ，λ－μ），即解得所以λ＋μ＝.
跟踪训练
　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°.
第十章　三角恒等变换
10.1　两角和与差的三角函数
10.1.1　两角和与差的余弦
【基础知识·重落实】
知识点
　cos αcos β＋sin αsin β　cos αcos β－sin αsin β
想一想
　提示：诱导公式cos＝coscos α＋
sinsin α＝sin α，是两角差的余弦公式的特殊情况.
自我诊断
1.BCD　对于A，cos（60°－30°）＝，cos 60°－cos 30°＝－，故A错误；对于B，若α＝，β＝，cos（α－β）＝cos（－）＝，cos α－cos β＝，故B正确；对于C，由两角差的余弦公式，C正确；对于D，若α＝β＝0，则cos（α＋β）＝1，cos αcos β＋sin αsin β＝1，故D正确.故选B、C、D.
2.B　coscos－sinsin＝cos＝cos＝，故选B.
3.－　解析：由已知得cos α＝，sin α＝－，所以cos＝cos α＋sin α＝－.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）证明：①cos（＋α）＝coscos α－sinsin α＝－sin α.
②cos（＋α）＝coscos α－sinsin α＝sin α.
（2）①原式＝（coscos α－sinsin α）＋（cos·cos α＋sinsin α）＝cos α.
②原式＝cos αcos（β－α）－sin αsin（β－α）＝cos[α＋（β－α）]＝cos β.
跟踪训练
1.C　原式＝（cos 30°cos α－sin 30°sin α）－（cos 30°cos α＋sin 30°sin α）＝－2sin 30°sin α＝－sin α.故选C.
2.C　原式＝cos[（α－β）－（α＋β）]＝cos（α－β－α－β）＝cos（－2β）＝cos 2β.故选C.
【例2】　解：（1）原式＝cos（45°－120°）＝cos 45°cos 120°＋sin 45°sin 120°＝×＋×＝.
（2）原式＝cos（15°－105°）＝cos（－90°）＝cos 90°＝0.
（3）原式＝－（cos 34°cos 26°－sin 34°sin 26°）＝－cos（34°＋26°）＝－cos 60°＝－ .
（4）原式＝cos 80°cos 35°＋sin 80°sin 35°＝cos（80°－35°）＝cos 45°＝.
跟踪训练
1.C　cos（－15°）＝cos 15°＝cos（60°－45°）＝cos 60°cos 45°＋sin 60°sin 45°＝×＋×＝，故选C.
2.　解析：cos 105°＋sin 105°＝cos 60°cos 105°＋sin 60°sin 105°＝cos（60°－105°）＝cos（－45°）＝.
【例3】　解：（1）由sin α＝，α∈（0，），得cos α＝＝＝.
又由cos β＝－，β∈（π，），得sin β＝－＝－＝－.
∴cos（α－β）＝cos αcos β＋sin αsin β＝×（－）＋×（－）＝－.
（2）∵α，β∈（0，），∴0＜α＋β＜π.
由cos（α＋β）＝－，得sin（α＋β）＝＝＝.
又∵cos α＝，∴sin α＝.
∴cos β＝cos[（α＋β）－α]＝cos（α＋β）cos α＋sin（α＋β）sin α＝×＋×＝.
跟踪训练
　　解析：因为α，β∈（0，），所以α－β∈（－，）.又因为sin（α－β）＝＞0，所以0＜α－β＜.又cos α＝，所以sin α＝＝，cos（α－β）＝＝.所以cos（2α－β）＝cos[α＋（α－β）]＝cos αcos（α－β）－sin αsin（α－β）＝×－×＝.
【例4】　　解析：∵α，β均为锐角，∴cos α＝，cos β＝.∴cos（α－β）＝cos αcos β＋sin αsin β＝×＋×＝.又∵sin α＞sin β，∴0＜β＜α＜，∴0＜α－β＜.故α－β＝.
母题探究
　－　解析：∵α，β均为锐角，∴sin α＝，sin β＝，∴cos（α－β）＝cos αcos β＋sin αsin β＝×＋×＝.又∵sin α＜sin β，∴0＜α＜β＜，∴－＜α－β＜0，故α－β＝－.
跟踪训练
　π　解析：因为cos（α＋β）＝，且＜α＋β＜2π，所以sin（α＋β）＝－.因为sin（α－β）＝，且＜α－β＜π，所以cos（α－β）＝－.所以cos 2β＝cos[（α＋β）－（α－β）]＝cos（α＋β）cos（α－β）＋sin（α＋β）sin（α－β）＝×＋×＝－1.又易得＜2β＜，所以2β＝π.
随堂检测
1.B　原式＝－cos 75°＝－cos（45°＋30°）＝－（cos 45°cos 30°－sin 45°sin 30°）＝－×＋×＝.
2.BD　由题意知cos 5xcos 2x＋sin 5xsin 2x＝0，即cos（5x－2x）＝0，cos 3x＝0，∴3x＝＋kπ，k∈Z，x＝＋kπ，k∈Z，经检验B、D成立，A、C不成立.故选B、D.
3.sin θ　解析：原式＝cos 60°cos θ＋sin 60°sin θ－（cos 60°·cos θ－sin 60°sin θ）＝2sin 60°sin θ＝sin θ.
4.　解析：因为x∈，sin x＝，所以cos x＝－.所以2cos（x－）＋2cos x＝2（cos x·cos＋sin xsin）＋2cos x＝2（－cos x＋sin x）＋2cos x＝sin x＋cos x＝－＝.
10.1.2　两角和与差的正弦
第1课时　两角和与差的正弦公式
【基础知识·重落实】
知识点一
　sin αcos β＋cos αsin β　sin αcos β－cos αsin β
知识点二
1.　　2　　2　　2.　
自我诊断
1.AB　对于A，两角和与差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的，故A正确；对于B，当α＝β＝0时，sin（α－β）＝sin α－sin β成立，故B正确；对于C，sin（α－β）＝sin αcos β－cos αsin β，故C错误；对于D，当α＝β＝0时，sin（α＋β）＝sin α＋sin β成立，故D错误.故选A、B.
2.B　sin 15°＝sin（45°－30°）＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝×－×＝.故选B.
3.　解析：sin C＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋sin Bcos A，由A＝，得sin A＝，cos A＝，由B为△ABC内角，cos B＝，则sin B＝.则sin C＝ ×＋×＝.
【典型例题·精研析】
【例1】　（1）D　（2）B　解析：（1）sin 18°cos 12°＋cos 18°sin 12°＝sin（18°＋12°）＝sin 30°＝.
（2）－＝－＝＝＝＝＝4.
跟踪训练
1.B　sin 50°cos 10°＋sin 40°sin 10°＝sin 50°cos 10°＋cos 50°sin 10°＝sin（50°＋10°）＝sin 60°＝.故选B.
2.解：原式＝
＝
＝＝.
【例2】　解：（1）由sin α＝，α∈（，π），得cos α＝－＝－＝－.
又由cos β＝－，β∈（π，），得sin β＝－＝－＝－.
∴sin（α－β）＝sin αcos β－cos αsin β＝×（－）－（－）×（－）＝－.
（2）∵α∈（0，），∴＜α＋＜，sin（α＋）＝＝＝，则sin α＝sin（α＋－）＝sin（α＋）cos－cos（α＋）sin＝×－（－）×＝.
跟踪训练
　解：∵α为锐角，且sin α＝，∴cos α＝＝，
∵α，β都是锐角，∴－＜α－β＜，
又sin（α－β）＝，∴cos（α－β）＝＝，
∴sin β＝sin[α－（α－β）]＝sin αcos（α－β）－cos αsin（α－β）＝×－×＝.
【例3】　解：因为α为锐角，则0＜α＜，又cos α＝，所以sin α＝.
又因为β为锐角，则0＜β＜，所以0＜α＋β＜π.
因为sin（α＋β）＝＜sin α，所以cos（α＋β）＝－，
所以sin β＝sin[（α＋β）－α]＝sin（α＋β）cos α－cos（α＋β）sin α＝×－（－）×＝.
又因为0＜β＜，所以β＝.
跟踪训练
　解：因为α，β均为锐角，且sin α＝，cos β＝，
所以cos α＝，sin β＝.
所以sin（α－β）＝sin αcos β－cos αsin β＝×－×＝－.
又因为α，β均为锐角，所以－＜α－β＜.
故α－β＝－.
【例4】　解：（1）f（x）＝sin xcos－cos xsin＝sin（x－）.
（2）由（1）知T＝＝＝2π，
当x－＝＋2kπ（k∈Z），即x＝＋2kπ（k∈Z）时，f（x）取得最大值1.
母题探究
　解：（1）f（x）＝（sin x－cos x）＝（cossin x－sincos x）＝sin（x－）.
（2）由（1）知T＝＝＝2π，
当x－＝＋2kπ（k∈Z），即x＝＋2kπ（k∈Z）时，f（x）取得最大值.
跟踪训练
　解：y＝cos x＋cos x－sin x
＝cos x－sin x
＝（cos x－sin x）
＝（sincos x－cossin x）
＝sin（－x）＝－sin（x－），
故当x－＝－＋2kπ（k∈Z），即x＝－＋2kπ（k∈Z）时，函数y取得最大值.
随堂检测
1.B　原式＝sin 7°cos 37°－cos 7°sin 37°＝sin（7°－37°）＝sin（－30°）＝－.故选B.
2.　解析：∵sin α＝，α∈，∴cos α＝，∴原式＝2（sin αcos＋cos αsin）＝2×（×＋×）＝.
3.[－，]　解析：f（x）＝sin x－cos x＋sin x＝·sin x－cos x＝（sin x－cos x）＝sin（x－），所以f（x）的值域为[－，].
第2课时　两角和与差的正、余弦公式的应用
【典型例题·精研析】
【例1】　证明：
＝
＝＝＝tan（α＋β），所以原式得证.
跟踪训练
　证明：由已知得3sin[（α＋β）－α]＝sin[（α＋β）＋α]，
即3[sin（α＋β）cos α－cos（α＋β）sin α]＝sin（α＋β）cos α＋cos（α＋β）sin α，
即2sin（α＋β）cos α＝4cos（α＋β）sin α，
所以tan（α＋β）＝2tan α.
【例2】　解：原式＝
＝
＝
＝＝.
跟踪训练
　解：原式＝
＝
＝＝sin 30°＝.
【例3】　解：（1）由已知条件得
所以
所以tan αtan β＝＝（－）÷＝－.
（2）原式＝sin（α＋β）cos α－{sin[（α＋β）＋α]－sin[（α＋β）－α]}
＝sin（α＋β）cos α－·2cos（α＋β）sin α
＝sin（α＋β）cos α－cos（α＋β）sin α
＝sin[（α＋β）－α]
＝sin β.
跟踪训练
　－　解析：∵sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，∴sin2α＋cos2β＋2sin αcos β＝1①，cos2α＋sin2β＋2cos αsin β＝0②，①②两式相加可得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2（sin αcos β＋cos αsin β）＝1，∴sin（α＋β）＝－.
随堂检测
1.B　因为2cos 10°＝2sin 80°＝2sin（60°＋20°）＝2（sin 60°cos 20°＋cos 60°sin 20°）＝cos 20°＋sin 20°，所以＝＝－.故选B.
2.AC　对于A，由题意，得tan α＝＝，故A正确；对于B，由题意，得β＝α＋，所以cos β＝cos＝－sin α＝－＝，故B错误；对于C，sin β＝sin＝cos α＝－，所以sin（α－β）＝－×－×＝－1，故C正确；对于D，sin＝－×＋×＝，故D错误.故选A、C.
3.＋1　解析：因为2sin＝cos α，所以2sin αcos－2cos αsin＝cos α，整理得sin α＝（＋1）cos α，即tan α＝＋1.
10.1.3　两角和与差的正切
【基础知识·重落实】
知识点
1.　kπ＋（k∈Z）　　kπ＋（k∈Z）
想一想
　提示：tan（α＋β）＝＝＝＝.
类似地可以推导tan（α－β），也可用－β代替tan（α＋β）中的β，tan（α－β）＝tan[α＋（－β）]＝＝.
自我诊断
1.B　①若α＝，β＝0，则等式成立，所以①正确；②只有当α，β，α＋β≠＋kπ，k∈Z时，公式才成立，所以②错误；③由于按公式展开后出现tan 无意义，故不能按公式tan（α－β）直接展开，所以③错误，故选B.
2.7　解析：∵tan α＝，∴tan＝＝＝7.
3.　解析：∵tan（α＋β）＝，∴4＝，即1－tan αtan β＝，∴tan αtan β＝.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）tan＝tan（π－）
＝－tan＝－tan（－）
＝－＝－（2－）＝－2.
（2）法一　因为tan 75°＝tan（45°＋30°）＝＝＝2＋.
所以＝＝－.
法二　＝＝tan（45°＋75°）＝tan 120°＝－.
（3）tan＋tan＋ tan tan
＝tan＋tantan＝（1－tantan）＋tantan＝.
跟踪训练
　解：（1）原式＝＝＝＝－1.
（2）原式＝tan 10°·tan 20°＋[tan （10°＋20°）·（1－tan 10°tan 20°）]＝tan 10°tan 20°＋1－tan 10°tan 20°＝1.
【例2】　（1）B　由题意知tan α＋tan β＝3，tan αtan β＝2，∴tan（α＋β）＝＝＝－3.故选B.
（2）解：∵tan α＝，tan β＝且α，β∈，
∴tan（α＋β）＝＝＝＞0，
∴α＋β∈，2α＋β∈（0，π），
∴tan（2α＋β）＝tan[（α＋β）＋α]＝＝＝1，∴2α＋β＝.
跟踪训练
　解：∵α和β均为钝角，∴cos α＝－＝－，cos β＝－＝－.
tan α＝＝－，tan β＝＝－.
（1）sin（α－β）＝sin αcos β－cos αsin β＝×（－）－（－）×＝－.
tan（α－β）＝＝＝－.
（2）法一　cos（α＋β）＝cos αcos β－sin αsin β＝－×（－）－×＝.
由α和β均为钝角，得π＜α＋β＜2π，∴α＋β＝.
法二　tan（α＋β）＝＝＝－1，由α和β均为钝角，得π＜α＋β＜2π，∴α＋β＝.
【例3】　解：（1）证明：左边＝tan Atan B＋tan（A＋B）（1－tan Atan B）＝tan Atan B＋tan·（1－tan Atan B）＝tan Atan B＋1－tan Atan B＝1＝右边.
故当A＋B＝时，tan Atan B＋tan A＋tan B＝1.
（2）如图，设∠APB＝α，∠CPD＝β，
则α＋β＋45°＝180°，β＝135°－α.
依题意，得tan α＝＝＝2，
∴tan β＝tan（135°－α）＝＝＝3，
∴在Rt△DCP中，CD＝PCtan β＝25×3＝75，
即楼CD的高度为75 m.
跟踪训练
1.证明：因为tan α＝2，
所以左边＝＝＝＝.
右边＝－－
＝－－
＝－－tan（＋）
＝－－tan＝，
所以左边＝右边，
所以原等式成立.
2.解：由AB＋BP＝PD，
得a＋BP＝，
解得BP＝a，PC＝a，
设∠APB＝α，∠DPC＝β，
则tan α＝＝，tan β＝＝，
∴tan（α＋β）＝＝－18，
又∠APD＋α＋β＝π，
∴tan∠APD＝tan[π－（α＋β）]＝－tan（α＋β）＝18.
随堂检测
1.D　tan 255°＝tan（180°＋75°）＝tan 75°＝tan（45°＋30°）＝＝＝2＋.故选D.
2.BD　由题意知tan β＝，所以tan α＋tan β＝1－tan αtan β，即tan（α＋β）＝1，故α＋β＝＋kπ， k∈Z.当k＝0时，α＋β＝；当k＝－1时，α＋β＝－π.故选B、D.
3.　解析：tan（α＋）＝＝，故＝5，解得tan α＝.
4.证明：∵（1＋tan A）（1＋tan B）＝1＋tan A＋tan B＋tan Atan B＝2，∴1－tan Atan B＝tan A＋tan B，
又∵A＋B≠，∴1－tan Atan B≠0，
∴＝1，∴tan（A＋B）＝1，
又∵A，B是锐角，∴A＋B＝.
10.2　二倍角的三角函数
【基础知识·重落实】
知识点
1.2sin αcos α　cos2α－sin2α　2cos2α－1　1－2sin2α　　2.　　　1±sin 2α
自我诊断
1.ABD　对于C，当α＝时，tan无意义，故C错误；A、B、D正确.故选A、B、D.
2.D　sin 2α＝2sin αcos α＝2××＝.故选D.
3.　解析：cos215°－sin215°＝cos（2×15°）＝cos 30°＝.
【典型例题·精研析】
【例1】　（1）　（2）　（3）－　（4）4　解析：（1）原式＝＝＝.
（2）原式＝cos（2×750°）＝cos 1 500°＝cos（4×360°＋60°）＝cos 60°＝.
（3）原式＝tan（2×150°）＝tan 300°＝tan（360°－60°）＝－tan 60°＝－.
（4）原式＝
＝
＝＝＝4.
跟踪训练
1.D　原式＝（cos2－sin2）（cos2＋sin2）＝cos＝.
2.　解析：＝＝tan 60°＝.
【例2】　（1）　　　 （2）
解析：（1）∵cos α＝－，α∈，∴sin α＝－＝－＝－.∴sin 2α＝2sin αcos α＝2××＝，cos 2α＝cos2α－sin2α＝－＝，于是，tan 2α＝＝.
（2）（sin α－cos α）2＝sin2α＋cos2α－2sin αcos α＝1－sin 2α＝（）2，即sin 2α＝1－（）2＝.
母题探究
　－　解析：由题意，得（sin α＋cos α）2＝，∴1＋2sin αcos α＝，即1＋sin 2α＝，∴sin 2α＝－.
跟踪训练
1.D　因为cos 2α＝1－2sin2α，故由题意，知2sin2α＋sin α－1＝0，即（sin α＋1）（2sin α－1）＝0.因为α为锐角，所以sin α＝，所以α＝30°.故选D.
2.　解析：因为sin（θ－）＝，所以sin（2θ＋）＝sin［2（θ－）＋］＝cos ［2（θ－）］＝1－2sin2（θ－）＝.
【例3】　解：（1）证明：左边＝
＝
＝＝tan 2θ＝＝右边，
所以等式成立.
（2）①法一　由倍角公式cos 2θ＝2cos2θ－1，得cos2θ＝.
原式＝＋
＋
＝＋＋＋＝.
法二　原式＝（－cos θ－sin θ）2＋（－cos θ＋sin θ）2＋cos2θ
＝cos2θ＋sin θ cos θ＋sin2θ＋cos2θ－sin θ cos θ＋sin2θ＋cos2θ＝.
②原式＝sin 10°（1＋）＝sin 10°·＝sin 10°·＝＝1.
跟踪训练
1.0　解析：因为α为第三象限角，所以cos α＜0，sin α＜0，所以－＝－＝－＝0.
2.解：原式＝
＝
＝
＝＝＝1.
【例4】　解：（1）连接OB，如图所示，设∠AOB＝θ，
则AB＝OBsin θ＝20sin θ，OA＝OBcos θ＝20cos θ，且θ∈.
因为A，D关于点O对称，所以AD＝2OA＝40cos θ.
设矩形ABCD的面积为S，
则S＝AD·AB＝40cos θ·20sin θ＝400sin 2θ.
因为θ∈，所以当sin 2θ＝1，即θ＝时，Smax＝400 m2.
此时AO＝DO＝10 m.
故当A，D距离圆心O为10 m时，矩形ABCD的面积最大，其最大面积是400 m2.
（2）由（1）知AB＝20sin θ，AD＝40cos θ，
所以AB＋BC＋CD＝40sin θ＋40cos θ＝40
＝40sin（θ＋），
又θ∈，所以θ＋∈，
当θ＋＝，即θ＝时，（AB＋BC＋CD）max＝40 m，
此时AO＝DO＝10 m，
即当A，D距离圆心O为10 m时，步行小路的距离最远.
跟踪训练
　解：如图，连接OC，设∠COB＝θ，
则0＜θ＜，OC＝1.
因为AB＝OB－OA＝cos θ－AD＝cos θ－sin θ，
所以S矩形ABCD＝AB·BC＝（cos θ－sin θ）·sin θ
＝－sin2θ＋sin θcos θ＝－（1－cos 2θ）＋sin 2θ
＝（sin 2θ＋cos 2θ）－＝cos－.
当2θ－＝0，即θ＝时，（S矩形ABCD）max＝ m2.
所以割出的长方形桌面的最大面积为 m2.
随堂检测
1.C　因为sin＝，所以cos α＝1－2sin2＝1－2×＝.故选C.
2.ACD　4sin 15°cos 15°＝2sin 30°＝1，A正确；cos215°－sin215°＝cos 30°＝，B错误；＋2sin215°＝＋1－cos 30°＝＋1－＝1，C正确；sin22 025＋cos22 025＝1，D正确.故选A、C、D.
3.－3　解析：＝＝＝＝－，故tan α＝－3.
4.证明：左边＝
＝2cos2α·（－cos 2α）·
＝cos2αcos 2αtan α＝sin αcos αcos 2α
＝sin 2αcos 2α
＝sin 4α＝右边，所以等式成立.
10.3　几个三角恒等式
【基础知识·重落实】
知识点一
　[sin（α＋β）＋sin（α－β）]　[sin（α＋β）－sin（α－β）]　[cos（α＋β）＋cos（α－β）]　－[cos（α＋β）－cos（α－β）]　2sincos　2cossin　2coscos　－2sin·sin
想一想
1.提示：在积化和差公式中，令α＋β＝x，α－β＝y，则α＝，β＝，则积化和差公式相应变为和差化积公式.
2.提示：和积互化是三角恒等变换中的一种重要的变形手段，是化非特殊角为特殊角的有效方法，也是在三角函数式的化简、求值和证明中，相约或相消的常用方法.
知识点二
　1－2sin2α　2cos2α－1　±
±　　
±
想一想
　提示：（1）当给出角α的具体范围时，先求的范围，然后根据的范围确定符号；
（2）如果没有给出确定符号的条件，那么在根号前要保留正负号.
自我诊断
1.AD　对于A，cos α－cos β＝－2sin·sin，故A正确；对于B，cos＝±，故B错误；对于C、D，当α≠2kπ＋π时，tan＝＝，故C错误，D正确.故选A、D.
2.A　因为α∈，所以sin α≥0，由半角公式可得sin α＝ ＝.故选A.
3.＋　解析：sincos＝sin·cos（π＋）＝sincos＝＝×（1＋）＝＋.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）原式＝[sin（37.5°＋7.5°）＋sin（37.5°－7.5°）]
＝（sin 45°＋sin 30°）＝×（＋）＝.
（2）原式＝（sin 90°－sin 50°）－（cos 60°－cos 40°）
＝－sin 50°＋cos 40°＝－sin 50°＋sin 50°＝.
跟踪训练
　解：（1）原式＝cos（50°＋70°）＋cos（50°－70°）－cos 20°
＝cos 120°＋cos 20°－cos 20°＝cos 120°＝－.
（2）原式＝[sin（80°＋40°）＋sin（80°－40°）]－sin 40°
＝（sin 120°＋sin 40°）－sin 40°＝.
（3）原式＝－[cos（37.5°＋22.5°）－cos（37.5°－22.5°）]－cos 15°
＝－（cos 60°－cos 15°）－cos 15°＝－cos 60°＝－.
【例2】　解：（1）原式＝2sin·cos＝2sin 2x·cos x.
（2）原式＝－2sin·sin
＝－2sin 15°sin α.
跟踪训练
1.C　sin 20°＋sin 40°＋sin 60°－sin 80°＝2sin 30°cos 10°＋sin 60°－sin 80°＝2××sin 80°＋－sin 80°＝.故选C.
2.B　原式＝＝－＝－＝－.故选B.
【例3】　解：∵＜α＜2π，sin α＝－，
∴cos α＝且＜＜π，
∴sin＝ ＝，
cos＝－ ＝－，
tan＝＝－.
跟踪训练
1.B　sin＝＝＝＝＝.故选B.
2.解：因为cos 2θ＝－，＜θ＜π，依半角公式得
sin θ＝＝＝，
cos θ＝－＝－＝－，
所以tan＝＝＝.
【例4】　解：原式＝
＝
＝.又∵π＜α＜2π，∴＜＜π，∴cos＜0，∴原式＝＝cos α.
跟踪训练
1.解：（1）原式＝－sin α－·（1＋cos α）＝－2sin α.
（2）原式＝＝＝＝tan 2α.
2.证明：左边＝－
＝
＝
＝
＝＝右边.
所以原等式成立.
随堂检测
1.D　sin αsin＝sin αcos β＝[sin（α＋β）＋sin（α－β）].故选D.
2.B　sin 75°－sin 15°＝2cos·sin＝2cos 45°·sin 30°＝.故选B.
3.－3　解析：∵cos α＝－，α是第三象限角，∴sin α＝－＝－，∴tan＝＝－3.
4.解：（1）原式＝2sin·cos＝2sin 79°·cos 43°.
（2）原式＝－2sinsin＝－2sin 49°·sin 26°.
章末复习与总结
【例1】　（1）D　（2）　解析：（1）原式＝
＝
＝
＝＝2.
（2）因为3sin β＝sin（2α＋β），即3sin（α＋β－α）＝sin（α＋β＋α），整理得2sin（α＋β）cos α＝4cos（α＋β）sin α.即tan（α＋β）＝2tan α.又4tan＝1－tan2，所以tan α＝＝，tan（α＋β）＝2tan α＝2×＝1.又0＜α＜，0＜β＜，所以α＋β∈，所以α＋β＝.
跟踪训练
　解：（1）由cos α＝，0＜α＜得，sin α＝＝＝.
∴tan α＝＝4，∴tan 2α＝＝＝－.
（2）由0＜β＜α＜，得0＜α－β＜.
又cos（α－β）＝，
∴sin（α－β）＝＝＝.
由β＝α－（α－β），得cos β＝cos[α－（α－β）]＝cos αcos（α－β）＋sin αsin（α－β）
＝×＋×＝，∴β＝.
【例2】　解：原式＝
＝
＝＝cos 2x.
跟踪训练
　证明：左边＝
＝
＝＝＝
＝＝右边.
所以原等式成立.
【例3】　解：（1）因为f（x）＝sin＋2cos2x－1＝sin 2x·cos－cos 2x·sin＋cos 2x＝sin 2x＋cos 2x＝sin，
所以当2x＋＝2kπ＋，k∈Z，即x＝kπ＋，k∈Z时，f（x）max＝1.其相应的x的取值集合为xx＝kπ＋，k∈Z.
（2）由题意得f（α）＝sin（2α＋）＝.
由＜α＜，得＜2α＋＜，
所以cos＝－.
因此cos 2α＝cos＝coscos＋sin（2α＋）sin＝×＋×＝.
跟踪训练
　解：如图所示，设∠AOB＝α，△OAB的周长为l，
则AB＝Rsin α，OB＝Rcos α，
∴l＝OA＋AB＋OB＝R＋Rsin α＋Rcos α＝R（sin α＋cos α）＋R＝Rsin（α＋）＋R.
∵0＜α＜，
∴＜α＋＜，
∴l的最大值为R＋R＝（＋1）R，
此时，α＋＝，即α＝.
故当α＝时，△OAB的周长最长.
第十一章　解三角形
11.1　余弦定理
【基础知识·重落实】
知识点
1.b2＋c2－2bccos A　c2＋a2－2cacos B　a2＋b2－2abcos C　　　　2.三个角　三条边　其他元素
自我诊断
1.A　由余弦定理及其推论知只有A正确.故选A.
2.AC　对于A，余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，它适用于任何三角形，故A正确；对于B，已知两边及夹角时，△ABC唯一，故B错误；对于C，a2＋b2＝c2，由勾股定理的逆定理知C＝90°，故C正确；对于D，若a2＋b2－c2＞0，cos C＝＞0，又C∈（0，π），则角C为锐角，故D错误.故选A、C.
3.7　解析：由余弦定理，得c＝＝＝7.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A，则a2＝82＋32－2×8×3×cos 60°＝49，所以a＝7.
（2）由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B，
则32＝a2＋（3）2－2a×3×cos 30°，
即a2－9a＋18＝0，解得a＝3或a＝6.
当a＝3时，A＝30°，C＝120°；
当a＝6时，由余弦定理得cos A＝＝0，A＝90°，C＝60°.
跟踪训练
1.D　cos C＝cos[π－（A＋B）]＝－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】　解：根据余弦定理，得cos A＝
＝＝，
∵A∈（0，π），∴A＝.
cos C＝
＝＝，
∵C∈（0，π），∴C＝.
∴B＝π－A－C＝π－－＝，
∴A＝，B＝，C＝.
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.C　由题意，不妨设a＝3k，b＝4k，c＝6k，k＞0，由余弦定理得，cos A＝＝＝.故选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
　解：将已知等式变形为b2（1－cos2C）＋c2（1－cos2B）＝2bccos Bcos C.
由余弦定理并整理，得b2＋c2－b2－＝2bc··，
∴b2＋c2＝＝＝a2.
∴A＝90°.∴△ABC是直角三角形.
【例4】　解：如图，设轮船原来在A处，航行20分钟后到达B处，C为灯塔的位置，
根据条件可得∠BAC＝120°，AB＝18×＝6（海里），BC＝6海里，
由余弦定理可得cos 120°＝＝＝－，
解得AC＝6（AC＝－12舍去）.
因此，灯塔与轮船原来的距离为6海里.
跟踪训练
　解：依题意知△ABC中，AC＝3 km，BC＝5 km，∠ACB＝120°.
由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos∠ACB＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49.
∴AB＝7 km.即两灯塔A，B之间的距离为7 km.
随堂检测
1.A　在△ABC中，若AB＝，BC＝3，C＝120°，由AB2＝BC2＋AC2－2AC·BCcos C，可得13＝9＋AC2＋3AC，解得AC＝1或AC＝－4（舍去）.故选A.
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.　解析：在△ABC中，AC＝BC＝1 km，C＝120°.由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C＝1＋1－2×1×1×cos 120°＝3，∴AB＝ km.
4.直角　解析：由余弦定理得c2＝bc·＋ac·＋ab·，即c2＝a2＋b2，∴△ABC为直角三角形.
11.2　正弦定理
第1课时　正弦定理
【基础知识·重落实】
知识点一
　正弦
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.解：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
　C　根据题意得A＝180°－135°－15°＝30°，则此三角形的最大边是b，由正弦定理＝，得b＝＝＝5.故选C.
【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】　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.
跟踪训练
1.B　∵bsin A＝50×＝25，∴bsin A＜a＜b.∴满足条件的三角形有2个.故选B.
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.
随堂检测
1.D　＝＝＝4.
2.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.
3.12　解析：设120°角所对的边长为x，则由正弦定理，可得＝，得x＝＝＝12.
第2课时　正弦定理的应用
【基础知识·重落实】
自我诊断
1.B　由题意可得△ABC的面积为S＝absin C＝×2×3×＝.故选B.
2.C　已知＝＝，由正弦定理可得cos A＝sin A，cos B＝sin B，故A＝B＝45°，C＝90°，则△ABC是等腰直角三角形.故选C.
3.4　解析：由题意知，A＝B＝30°，所以C＝180°－30°－30°＝120°，由正弦定理得，＝，即AB＝＝＝4（m）.
【典型例题·精研析】
【例1】　C　在△ABC中，AB＝120 m，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，则∠ACB＝60°，由正弦定理，得BC＝×120＝40（m）.设△ABC中AB边上的高为h，则h＝BC×sin∠CBA＝40×sin 75°≈95（m），即河宽约为95 m.故选C.
跟踪训练
解：设货轮的航行速度为v n mile/h，如图，在△MNS中，MS＝20 n mile，MN＝v，
∠NMS＝30°＋15°＝45°，∠MNS＝180°－30°－45°＝105°，从而∠MSN＝30°.
由正弦定理得＝，即＝，
所以v＝20（－）（n mile/h）.
【例2】　等边　解析：由正弦定理可知＝＝，由sin2A＝sin Bsin C，可得a2＝bc，又2a＝b＋c，将此式两边平方即4a2＝b2＋c2＋2bc＝b2＋c2＋2a2，即b2＋c2＝2a2＝2bc，因此b2＋c2－2bc＝（b－c）2＝0，即b＝c，又2a＝b＋c，可得a＝b＝c，故此三角形为等边三角形.
跟踪训练
1.C　在△ABC中，由acos C＋ccos A＝bsin B以及正弦定理可知，sin Acos C＋sin Ccos A＝sin2B，即sin（A＋C）＝sin B＝sin2B，∵0＜B＜π，∴sin B≠0，∴sin B＝1，B＝，∴三角形为直角三角形.故选C.
2.解：法一　根据正弦定理＝＝，
∵sin2A＝sin2B＋sin2C，∴a2＝b2＋c2，
∴A是直角，B＋C＝90°，
∴2sin Bcos C＝2sin Bcos（90°－B）＝2sin2B＝sin A＝1，∴sin B＝.
∵0°＜B＜90°，
∴B＝45°，C＝45°，
∴△ABC是等腰直角三角形.
法二　根据正弦定理＝＝，
∵sin2A＝sin2B＋sin2C，∴a2＝b2＋c2，
∴A是直角.
∵A＝180°－（B＋C），sin A＝2sin Bcos C，
∴sin（B＋C）＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bcos C，∴sin（B－C）＝0.
又－90°＜B－C＜90°，∴B＝C，
∴△ABC是等腰直角三角形.
【例3】　（1）AC　（2）1∶4　解析：（1）由正弦定理，得sin C＝＝，又AB·sin B＜AC＜AB，故该三角形有两解，所以C＝60°或120°.当C＝60°时，A＝90°，S△ABC＝AB·AC＝2；当C＝120°时，A＝30°，S△ABC＝AB·AC·sin A＝.所以△ABC的面积为2或.故选A、C.
（2）因为S△ABC＝bcsin A，所以c＝＝＝4，由正弦定理＝，得sin B∶sin C＝b∶c＝1∶4.
跟踪训练
1.2　＋1　解析：由正弦定理得，c＝＝2.又sin A＝sin（π－B－C）＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝，所以△ABC的面积为S＝bcsin A＝＋1.
2.2　解析：∵cos C＝，∴0°＜C＜90°，∴sin C＝＝，又S△ABC＝absin C＝×3b×＝4，∴b＝2.
【例4】　证明：在△BAD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD，
在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC.
因为∠ABC＋∠BAD＝180°，
所以cos∠ABC＋cos∠BAD＝0，
所以BD2＋AC2＝2AB2＋AD2＋BC2，
即AC2＋BD2＝AD2＋DC2＋CB2＋BA2.
跟踪训练
　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.
随堂检测
1.B　由题意有＝b＝，则sin B＝1，即角B为直角，故△ABC是直角三角形.故选B.
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.
3.45°　解析：∵S＝BC·AB·sin B＝×6×2×sin B＝3，∴sin B＝，∵△ABC为锐角三角形.∴B＝45°.
4.5（＋1）　解析：法一　∵∠ACB＝45°，∴∠CAD＝15°.由正弦定理，得AC＝·sin∠ADC＝·sin 30°＝＝5（＋1）m.∴AB＝ACsin 45°＝5（＋1）m.∴A点离地面的高AB为5（＋1）m.
法二　设AB＝x（m），则BC＝x（m）.∴BD＝（10＋x）m.∴tan∠ADB＝＝＝.解得x＝5（＋1）.∴A点离地面的高AB为5（＋1）m.
培优课　三角形中的最值（范围）问题
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）由＝及已知，得cos A＝sin A，
∴tan A＝，又A∈（0，π），∴A＝.
（2）由a＝6及（1）知＝＝＝4，
∴b＝4sin B，c＝4sin C.
∵A＝，∴B＋C＝π，∴C＝π－B，
∴b＋c＝4sin B＋4sin＝4［sin B＋sin（π－B）］＝12sin.
∵0＜B＜π，∴＜B＋＜π.∴＜sin≤1（当且仅当B＝时，等号成立），
∴6＜b＋c≤12，即b＋c的取值范围为（6，12].
母题探究
　解：由正弦定理得＝＝＝2，
∴a＝2sin A，b＝2sin B，
则△ABC的周长为l＝a＋b＋c＝2（sin A＋sin B）＋＝2［sin A＋sin（－A）］＋
＝2＋＝2（sin A＋cos A）＋＝2sin＋.
∵0＜A＜，∴＜A＋＜，∴＜sin（A＋）≤1，
∴2＜2sin＋≤2＋，
∴△ABC周长的取值范围是（2，2＋].
跟踪训练
　解：（1）因为cos C＋cos Acos B＝2sin Acos B，
所以－cos（A＋B）＋cos Acos B＝2sin Acos B，
即sin Asin B＝2sin Acos B，
因为sin A≠0，所以sin B＝2cos B＞0，
又因为sin2B＋cos2B＝1，解得cos B＝.
（2）由a＋c＝2，可得c＝2－a，
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝a2＋（2－a）2－a（2－a）＝（a－1）2＋，
因为0＜a＜2，所以≤b2＜4，所以≤b＜2，
所以b的取值范围为.
【例2】　　解析：由sin A＋sin B＝2sin C，得a＋b＝2c，∴c＝，∴cos C＝＝＝＝＋－≥2－＝，当且仅当＝即a＝b时等号成立.∴cos C的最小值为.
跟踪训练
　（0，］　解析：由正弦定理知＋＝＝＝，∵sin A＝sin[π－（B＋C）]＝sin（B＋C），∴sin2A＝sin Csin B，即a2＝bc，又由余弦定理知cos A＝≥＝，当且仅当b＝c时等号成立，∵A∈（0，π），∴cos A∈，则A∈（0，］.
【例3】　A　如图，在△ABC中，∵b＝c，＝，∴sin Bcos A＋cosB·sin A＝sin A，即sin（A＋B）＝sin（π－C）＝sin C＝sin A，∴A＝C，又b＝c，故△ABC为等边三角形.∴S四边形OACB＝S△AOB＋S△ABC＝·OA·OB·sin θ＋·AB2·sin＝×2×1×sin θ＋（OA2＋OB2－2OA·OB·cos θ）＝sin θ－cos θ＋＝2sin＋.∵0＜θ＜π，∴－＜θ－＜，故当θ－＝，即θ＝时，sin（θ－）取得最大值1，故S四边形OACB的最大值为2＋＝.故选A.
跟踪训练
　解：（1）由＝，结合正弦定理＝，得＝＝，
所以tan A＝，又因为A∈（0，π），所以A＝.
（2）由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc.
即bc≤4（当且仅当b＝c＝2时，等号成立），
所以S△ABC＝bcsin A≤×4×＝，
即当b＝c＝2时，△ABC面积的最大值为.
随堂检测
1.A　由题意得asin B＜b＜a，即asin 60°＜2＜a，解得2＜a＜，故选A.
2.C　由正弦定理可得a2＋b2＝2c2，所以cos C＝＝，由于a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，所以≥，故cos C的最小值等于.故选C.
3.4　解析：由a2＋b2＝c2＋ab及余弦定理，得cos C＝＝＝，∴sin C＝.由△ABC的外接圆半径为，得c＝2Rsin C＝4，∴a2＋b2＝16＋ab≥2ab，∴ab≤12，当且仅当a＝b时等号成立.∴S△ABC＝absin C≤×12×＝4.即△ABC面积的最大值为4.
11.3　余弦定理、正弦定理的应用
【基础知识·重落实】
自我诊断
1.C　如图所示.
2.A　作出满足题意的几何图形如图所示，根据图形可知∠ACB＝120°，在△ABC中，AC＝BC＝2（km）.由余弦定理得AB2＝22＋22－2×2×2cos 120°＝12，即AB＝2（km）.所以A，B之间的距离为2 km.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（

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