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第五章　平面向量
课时作业25　平面向量的概念及初等运算
时间：45分钟　　　　分值：100分
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．(2009·北京高考)已知向量a、b不共线，c＝ka＋b(k∈R)，d＝a－b.如果c∥d，那么
(　　)
A．k＝1且c与d同向　　 B．k＝1且c与d反向
C．k＝－1且c与d同向 D．k＝－1且c与d反向
解析：∵c∥d且a，b不共线，
∴存在唯一实数λ使c＝λd.
∴ka＋b＝λa－λb，
∴∴故选D.
答案：D
2．(2009·山东高考)设P是△ABC所在平面内的一点，＋＝2，则
(　　)
A.＋＝0 B.＋＝0
C.＋＝0 D.＋＋＝0
解析：∵＋＝2，∴－＋－＝－2，即＋＝0.
答案：B
3．(2009·广东高考)一质点受到平面上的三个力F1、F2、F3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态．已知F1、F2成60°角，且F1、F2的大小分别为2和4，则F3的大小为
(　　)
A．2 B．2
C．2 D．6
解析：如图1设代表力F1、代表力F2，则本题实际上是求与的和向量的长度，则余弦定理||2＝||2＋||2－2||·||cos∠OF1G＝4＋16－2·2·4·＝28.∴||＝2，故选A.
图1
答案：A
4．已知向量a、b、c中任意两个都不共线，并且a＋b与c共线，b＋c与a共线，那么a＋b＋c等于
(　　)
A．a B．b
C．c D．0
解析：由共线向量定理可设a＋b＝λ1c，b＋c＝λ2a，所以b＝λ1c－a，b＝λ2a－c.由向量的唯一性可知λ1＝λ2＝－1，所以a＋b＝－c.
答案：D
5．已知a，b是不共线的向量，若＝λ1a＋b，＝a＋λ2b(λ1，λ2∈R)，则A，B，C三点共线的充要条件为
(　　)
A．λ1λ2－1＝0 B．λ1＝λ2＝1
C．λ1＝λ2＝－1 D．λ1λ2＋1＝0
解析：A、B、C三点共线?∥?λ1λ2＝1.故选A.
答案：A
6．已知平面内有一点P及△ABC，若＋＋＝，则
(　　)
A．点P在△ABC外部 B．点P在线段AB上
C．点P在线段BC上 D．点P在线段AC上
解析：因为＋＋＝?＋＋＋＝?2＋＝0，所以P在线段AC上，选择D.
答案：D
二、填空题(每小题5分，共20分)
7．设a和b是两个不共线的向量，若＝2a＋kb，＝a＋b，＝2a－b，且A、B、D三点共线，则实数k的值等于__________．
解析：A、B、D三点共线?向量与共线，＝2a＋kb，＝＋＝－a－b＋2a－b＝a－2b，由此可解得k＝－4.
答案：－4
8．设I为△ABC的内心，当AB＝AC＝5，BC＝6时，＝x＋y，则实数x、y的值分别是__________．
解析：如图2，设AI交BC边于D，∵△ABC为等腰三角形，故D为BC中点，BD＝3，在△ABD中，由内角平分线定理可知＝＝.
设＝，又＝＋＝＋，
∴＝(＋)＝＋，
故x＝，y＝.
图2
答案：　
9．如图3所示，已知一点O到平行四边形ABCD的三个顶点A、B、C的向量为r1、r2、r3，则＝__________.
图3
解析：＝＋＋＋
＝r1＋(r2－r1)＋(r3－r2)＋(r1－r2)＝r3＋r1－r2.
答案：r3＋r1－r2
10．(2009·天津高考)在四边形ABCD中，＝＝(1,1)，＋＝，则四边形ABCD的面积为__________．
图4
解析：由＝＝(1,1)知AB綊DC.
又＋＝知四边形ABCD为菱形，且AB＝AD＝，
又∵2＝3，
∴∠ABC＝60°，BD＝.
∴∠BAD＝120°，故sin∠BAD＝，
∴SABCD＝××＝.
答案：
三、解答题(共50分)
11．(15分)如图5所示，梯形ABCD，AB∥CD，且AB＝2CD，M、N分别为DC和AB的中点，若＝a，＝b，试用a，b表示和.
图5
解：解法1：连结CN，N为AB的中点．
∵AN∥DC，且AN＝DC.
∴＝＋＝－a＋b，
＝－＝＋＝－b＋a.
解法2：在梯形ABCD中，有＋＋＋＝0，
即a＋＋(－)＋(－b)＝0，
可得＝b－a.
在四边形ADMN中，有＋＋＋＝0，
即有b＋a＋＋(－a)＝0，
∴＝a－b.
12．(15分)如图6所示，在△ABC中，D、F分别是BC、AC的中点，＝，＝a，＝b.
图6
(1)用a，b表示向量、、、、；
(2)求证：B、E、F三点共线．
解：(1)延长AD到G，使＝，连结BG、CG，得到?ABGC，如图7，所以
＝a＋b，
＝＝(a＋b)，
＝＝(a＋b)，
＝＝b，
＝－＝(a＋b)－a＝(b－2a)．
　　＝－＝b－a＝(b－2a)．
(2)由(1)可知＝，所以B、E、F三点共线．
图7
13．(20分)已知P点是△ABC内一点，且满足＋2＋3＝0.设Q为CP的延长线与AB的交点，令＝p，用p表示.
解：∵A、Q、B三点共线，∴＝x＋(1－x).
∵＋2＋3＝0，
∴－＋2－2＋3＝0.
∴6＝＋2.
又∵C、P、Q三点共线，∴＝λ.
∴λ(＋)＝x＋(1－x).
∴∴λ＝2，∴＝2p.

课时作业26　平面向量的坐标运算

时间：45分钟　　　　分值：100分
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．已知向量＝(3，－2)，＝(－5，－1)，则向量的坐标是
(　　)
A．(－4，)　　　　　　　　 B．(4，－)
C．(－8,1) D．(8,1)
解析：＝(－)＝(－5－3，－1＋2)
＝(－8,1)＝(－4，)．故选A.
答案：A
2．已知M(3，－2)，N(－5，－1)且＝，则P点的坐标为
(　　)
A．(－8,1) B．(－1，－)
C．(1，) D．(8，－1)
解析：设P(x，y)，则＝(x－3，y＋2)，
＝(－5－3，－1＋2)＝(－4，)
＝，∴∴
答案：B
3．已知四边形ABCD的三个顶点A(0,2)，B(－1，－2)，C(3,1)，且＝2，则顶点D的坐标为
(　　)
A．(2，) B．(2，－)
C．(3,2) D．(1,3)
解析：设D(x，y)，∵＝(4,3)，＝(x，y－2)，且＝2，
∴解得
答案：A
4．(2010·北京海淀模拟)已知向量a＝(1－sinθ，1)，b＝
(，1＋sinθ)，且a∥b，则锐角θ等于
(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．75°
解析：由a∥b可得(1－sinθ)(1＋sinθ)－＝0，即cosθ＝±，而θ是锐角，故θ＝45°.
答案：B
5．(2009·宁夏模拟)设＝(1，－2)，＝(a，－1)，＝(－b,0)，a>0，b>0，O为坐标原点，若A、B、C三点共线，则＋的最小值是
(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：kAB＝，kAC＝，
∵A、B、C三点共线，∴kAB＝kAC，即＝.
∴2a＋b＝1.
∴＋＝＋
＝4＋＋≥4＋2＝8.(等号成立的条件为b＝2a)
∴＋的最小值是8.
答案：D
6．直角坐标系xOy中，＝(2,1)，＝(3，k)，若三角形ABC是直角三角形，则k的可能值个数是
(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：若∠A＝90°，则·＝6＋k＝0，k＝－6；
若∠B＝90°，则·＝·(－)＝0，k＝－1；
若∠C＝90°，则·＝·(－)＝0?k2－k＋3＝0无解．
∴综上，k可能取－6，－1两个数．故选B.
答案：B
二、填空题(每小题5分，共20分)
7．l1、l2是不共线向量，且a＝－l1＋3l2，b＝4l1＋2l2，c＝－3l1＋12l2，若b，c为一组基底，则a＝__________.
解析：设a＝λ1b＋λ2c，即－l1＋3l2＝λ1(4l1＋2l2)＋λ2(－3l1＋12l2)，即－l1＋3l2＝(4λ1－3λ2)l1＋(2λ1＋12λ2)l2.
∴
解之，得λ1＝－，λ2＝.
答案：－b＋c
8．(2009·江西高考)已知向量a＝(3,1)，b＝(1,3)，c＝(k,7)，若(a－c)∥b，则k＝________.
解析：a－c＝(3－k，－6)，b＝(1,3)，
∵(a－c)∥b，∴＝.∴k＝5.
答案：5
9．(2010·山东青岛模拟)若向量a＝(1,2)，b＝(x,1)，u＝a＋2b，v＝2a－b且u∥v，则x＝__________.
解析：u＝(1,2)＋2(x,1)＝(1,2)＋(2x,2)＝(2x＋1,4)，
v＝2(1,2)－(x,1)＝(2,4)－(x,1)＝(2－x,3)．
由u∥v，一定存在λ∈R，使u＝λv，
则有(2x＋1,4)＝((2－x)λ，3λ)，
∴
∴(2x＋1)＝(2－x)，解得x＝.
也可由下面的方法求得：
由u∥v，得(2x＋1)·3－4(2－x)＝0.∴x＝.
答案：
10．已知向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)，c＝(cosα，sinα)(α∈R)，实数m、n满足ma＋nb＝c，则(m－3)2＋n2的最大值为__________．
解析：由ma＋nb＝c得m(1,1)＋n(1，－1)＝
(cosα，sinα)，∴∴m＝(sinα＋cosα)，n＝(cosα－sinα)，∴(m－3)2＋n2＝m2＋n2－6m＋9＝10－3(sinα＋cosα)＝10－6sin(α＋)，∴(m－3)2＋n2的最大值为16.
答案：16
三、解答题(共50分)
11．(15分)设i、j分别是平面直角坐标系Ox，Oy正方向上的单位向量，且＝－2i＋mj，＝ni＋j，＝5i－j，若点A、B、C在同一条直线上，且m＝2n，求实数m、n的值．
解：＝－＝(n＋2)i＋(1－m)j，
＝－＝(5－n)i＋(－2)j，
因为A、B、C共线，所以与共线，
所以－2(n＋2)＝(1－m)(5－n)． ①
又m＝2n， ②
解①②组成的方程组得或
12．(15分)已知向量＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝
(5－m，－3－m)．
(1)若点A、B、C能够成三角形，求实数m应满足的条件；
(2)若点A、B、C构成以∠A为直角的直角三角形，求m的值．
解：(1)若点A、B、C能构成三角形，则这三点不共线．
由＝(3,1)、＝(2－m,1－m)不共线，得3(1－m)≠2－m.解得m≠.
(2)∵∠A为直角，∴⊥.
∴3(2－m)＋(1－m)＝0，得m＝.
13．(20分)(2009·江苏高考)设向量a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，c＝(cosβ，－4sinβ)．
(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求|b＋c|的最大值；
(3)若tanαtanβ＝16，求证：a∥b.
解：(1)因为a与b－2c垂直，
b－2c＝(sinβ－2cosβ，4cosβ＋8sinβ)，
所以a·(b－2c)＝4cosαsinβ－8cosαcosβ＋4sinαcosβ＋8sinαsinβ＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0，
因此tan(α＋β)＝2.
(2)由b＋c＝(sinβ＋cosβ，4cosβ－4sinβ)，得
|b＋c|＝
＝≤4.
又当β＝－时，等号成立，所以|b＋c|的最大值为4.
(3)证明：由tanαtanβ＝16得＝，
所以a∥b.

课时作业27　平面向量的数量积
时间：45分钟　　　　分值：100分
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．(2009·全国卷Ⅱ)已知向量a＝(2,1)，a·b＝10，|a＋b|＝5，则|b|＝
(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C．5 D．25
解析：|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝50，即5＋2×10＋|b|2＝50，∴|b|＝5.
答案：C
2．(2009·重庆高考)已知|a|＝1，|b|＝6，a·(b－a)＝2，则向量a与b的夹角是
(　　)
A. B.
C. D.
解析：∵a·(b－a)＝a·b－a2＝2.又|a|＝1，∴a·b＝3.即|a|·|b|cos〈a，b〉＝3＝1×6cos〈a，b〉，得cos〈a，b〉＝，∴a与b的夹角为，故选C.
答案：C
3．(2009·辽宁高考)平面向量a与b的夹角为60°，a＝(2,0)，|b|＝1，则|a＋2b|＝(　　)
A. B．2
C．4 D．12
解析：∵|a|＝2，∴|a＋2b|2＝(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2＝4＋4×2×1×cos60°＋4×12＝12，∴|a＋2b|＝2.
答案：B
4．已知非零向量和满足(＋)·＝0，且·＝，则△ABC为(　　)
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．等腰非等边三角形 D．等边三角形
解析：由(＋)·＝0?∠BAC的角平分线与BC垂直，∴△ABC为等腰三角形，
∵·＝，
∴∠BAC＝60°，∴△ABC为等边三角形．
答案：D
5．设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，且＝2，＝2，＝2，则＋＋与
(　　)
A．反向平行 B．同向平行
C．互相垂直 D．既不平行也不垂直
解析：＝＋＝＋，
＝＋＝＋，
＝＋＝＋，
∴＋＋＝＋＋
＝(＋)＋
＝＋＝－.故选A.
答案：A
6．已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是
(　　)
A．1 B．2
C. D.
解析：建立平面直角坐标系，设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)．
由(a－c)·(b－c)＝0得(x－)2＋(y－)2＝.
这说明向量c的终点在圆(x－)2＋(y－)2＝上，又向量c的起点O也在圆上，原点O到此圆上的点的最大值等于圆的直径的大小，即|c|max＝.故选C.
答案：C
二、填空题(每小题5分，共20分)
7．(2009·江苏高考)已知向量a和向量b的夹角为30°，|a|＝2，|b|＝，则向量a和向量b的数量积a·b＝________.
解析：a·b＝|a|·|b|·cosθ＝2×cos30°＝2×＝3.
答案：3
8．(2009·广东高考)若平面向量a，b满足|a＋b|＝1，a＋b平行于x轴，b＝(2，－1)，则a＝________.
解析：设a＝(x，y)，则a＋b＝(x＋2，y－1)，
由题意?
∴a＝(－1,1)或(－3,1)．
答案：(－1,1)或(－3,1)
9．如图1，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1，D是边BC上一点，DC＝2BD，则·＝________.
图1
解析：＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋，
又∵＝－，||2＝1，||2＝4，
∴·＝2×1×cos120°＝－1，
∴·＝(＋)·(－)
＝2－2＋·＝－，故填－.
答案：－
10．已知点G是△ABC的重心，＝λ＋μ(λ，μ∈R)，那么λ＋μ＝________；若∠A＝120°，·＝－2，则||的最小值是__________．
解析：取BC的中点D，则＝＝×(＋)＝＋，因此λ＋μ＝＋＝；当∠A＝120°，·＝－2时，||·||cos120°＝－2，||·||＝4，||＝|＋|＝≥＝，即||的最小值是.
答案：　
三、解答题(共50分)
11．(15分)已知向量a＝e1－e2，b＝4e1＋3e2，其中e1＝
(1,0)，e2＝(0,1)．
(1)试计算a·b及|a＋b|的值；
(2)求向量a与b夹角的大小．
解：由已知a＝(1，－1)，b＝(4,3)．
(1)a·b＝1×4＋(－1)×3＝1，
∵a＋b＝(1，－1)＋(4,3)＝(5,2)，
∴|a＋b|＝＝.
(2)设a，b夹角为θ，
则cosθ＝＝＝，
又θ∈[0，π]，∴θ＝arccos.
12．(15分)已知a＝(－，)，＝a－b，＝a＋b，若△AOB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，求向量b及△AOB的面积．
解：∵⊥，∴·＝0，
即(a－b)·(a＋b)＝0，∴|a|2－|b|2＝0，
∵|a|＝1，∴|b|＝1.
又||＝|－|＝|2b|＝2，
∴||＝||＝，
即|a＋b|＝|a－b|＝，∴a·b＝0.
设b＝(x，y)，则由
解得b＝(，)或(－，－)，
S△AOB＝||||＝()2＝1.
13．(20分)(2009·石家庄一模)在△ABC中，BC＝2，AC＝，AB＝＋1.
(1)求·；
(2)设△ABC的外心为O，若＝m＋n，求m，n的值．
解：(1)由余弦定理知：cosA＝＝，
∴·＝||·||cosA＝(＋1)·＝＋1.
(2)由＝m＋n，
知
∴
∵O为△ABC的外心，
∴·＝||·||cos∠BAO
＝||·||·＝(＋1)2.
同理，∴·＝1.
即
解得：

课时作业28　线段的定比分点与平移
时间：45分钟　　　　分值：100分
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．已知点P为线段AB上的一点，且P分的比为2，则点B分有向线段的比为(　　)
A．－2　　　　　　　　　　 B．－3
C. D．－
答案：B
2．已知△ABC的三个顶点分别是A(1，)，B(4，－2)，
C(1，y)，重心为G(x，－1)，则x、y的值分别是
(　　)
A．x＝2，y＝5 B．x＝1，y＝－
C．x＝1，y＝－1 D．x＝2，y＝－
解析：由重心坐标公式x＝＝2，－1＝?y＝－.
答案：D
3．已知点A(2,3)，B(10,5)，直线AB上一点P满足||＝2||，则点P的坐标是(　　)
A．(，) B．(18,7)
C．(，)或(18,7) D．(18,7)或(－6，－1)
解析：设＝λ，由||＝2||可知λ＝±2，由定比分点坐标公式可得P点坐标为(，)或(18,7)．
答案：C
4．(2010·河北实验中学检测)若已知函数y＝的图象按向量n＝(b,0)平移后得到函数y＝的图象，则函数f(x)＝ax－b(a>0且a≠1)的反函数的图象恒过定点
(　　)
A．(2,1) B．(1,2)
C．(－2,1) D．(0,2)
解析：函数y＝的图象按n＝(b,0)平移后得到函数y＝的图象，∴b＝2.
f(x)＝ax－2恒过(2,1)点，f－1(x)恒过(1,2)点．
答案：B
5．将函数y＝sinωx(ω>0)的图象按向量a＝(－，0)平移，平移后的图象如图1所示，则平移后的图象所对应函数的解析式是
(　　)
图1
A．y＝sin(x＋)
B．y＝sin(x－)
C．y＝sin(2x＋)
D．y＝sin(2x－)
解析：由图象可看出ω＝＝＝2.
按向量a＝(－，0)平移，即向左平移个单位．
平移后的函数解析式为y＝sin[2(x＋)]＝sin(2x＋)．
答案：C
6．(2010·湖北八校联考)将函数f(x)＝x3＋3x2＋3x的图象按向量a平移后得到函数g(x)的图象，若函数g(x)满足g(x)＋g(2－x)＝1，则向量a的坐标是
(　　)
A．(－1，－1) B．(2，)
C．(2,2) D．(－2，－)
解析：设平移向量a＝(m，n)，(x，y)是函数f(x)＝x3＋3x2＋3x图象上任意点的坐标，(x′，y′)是按向量a＝(m，n)平移后函数g(x)图象上对应点的坐标，则平移公式，代入f(x)＝x3＋3x2＋3x得g(x′)＝(x′－m＋1)3－1＋n，由于g(x)＋g(2－x)＝1，(1－m＋x)3－1＋n＋(3－m－x)3－1＋n＝1，整理并解得m＝2，n＝，选择B.
答案：B
二、填空题(每小题5分，共20分)
7．把函数y＝3x的图象按a＝(2，－2)平移得到F′，F′的解析式为__________．
答案：y＝3x－2－2
8．已知A(1,0)，B(0，－1)，P(x，y)，O为坐标原点，若＝，则P点的轨迹方程为__________．
解析：消去参数得：y＝x－1，(x≠0)．
答案：y＝x－1，(x≠0)
9．(2009·北京西城模拟)已知点A(0,0)，B(，0)，C(0,1)．设AD⊥BC于D，那么有＝λ，其中λ＝________.
解析：如图2，|AB|＝，|AC|＝1，|CB|＝2，由于AD⊥BC，且＝λ，所以C、D、B 共线，所以＝，即λ＝.
图2
答案：
10．(2009·福建质检)P为△ABC所在平面上的点，且满足＝＋，则△ABP与△ABC的面积之比是________．
图3
解析：∵＝＋，∴＝
∴P点位置如图3所示：∴＝
答案：1?2
三、解答题(共50分)
11．(15分)已知A(2,3)，B(－1,5)，且满足＝，＝3，＝－，求C，D，E的坐标．
解：解法1：设C(xC，yC)，D(xD，yD)，E(xE，yE)．
∴＝(xC－2，yC－3)，＝(－3,2)．
＝(xD－2，yD－3)，＝(xE－2，yE－3)．
由条件得(xC－2，yC－3)＝(－3,2)，
(xD－2，yD－3)＝3(－3,2)，
(xE－2，yE－3)＝－(－3,2)．从而有
，，.
∴C(1，)，D(－7,9)，E(，)．
解法2：由＝3＝3(＋)得＝－.
由＝－(＋)，得＝－.
由＝＝(＋)，得＝.
由定比分点公式，可得
xC＝＝1，yC＝＝；
xD＝＝－7，
yD＝＝9；
xE＝＝，
yE＝＝.
∴C(1，)，D(－7,9)，E(，)．
12．(15分)已知函数y＝－2(x－2)2－1经过a平移后使得抛物线顶点在y轴上，且在x轴上截得的弦长为4，求平移后的函数解析式和a.
解：设a＝(h，k)，则平移公式为
，将其代入y＝－2(x－2)2－1，
得平移后的抛物线为y′－k＝－2(x′－h－2)2－1，
即y－k＝－2(x－h－2)2－1，
∵它的顶点在y轴上，∴－h－2＝0，h＝－2，
∴y－k＝－2x2－1，
令y＝0，得2x2－k＋1＝0，x＝±.
又∵|x1－x2|＝4，∴2＝4，
∴k＝9，∴y＝－2x2＋8，a＝(－2,9)．
13．(20分)已知点M(2,3)，N(8,4)在线段MN内是否存在点P，使＝λ＝λ2(λ≠0)成立？若存在，求出对应的λ的值和P点坐标；若不存在，请说明理由．
解：由λ＝λ2即＝λ.
∴＝λ(＋)，整理得＝
又＝λ，∴λ＝，即λ2＋λ－1＝0.
又λ>0，∴λ＝.
∴x＝＝11－3，
y＝＝.
因此存在一点P满足条件，对应的λ＝，P点坐标为(11－3，)．

课时作业29　解斜三角形
时间：45分钟　　　　分值：100分
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A＝，a＝，b＝1，则c等于
(　　)
A．1　　　　　　　　　　 B．2
C.－1 D.
解析：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得3＝1＋c2－2c·cos，即c2－c－2＝0，得c＝－1(舍去)，c＝2.故选B.
答案：B
2．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若a2＋c2－b2＝ac，则角B的值为
(　　)
A. B.
C.或 D.或
解析：由a2＋c2－b2＝ac联想到余弦定理cosB＝＝，∴∠B＝.
答案：A
3．在三角形ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠BAC的大小为
(　　)
A. B.
C. D.
解析：由余弦定理cos∠BAC＝＝＝－，∴∠BAC＝120°.
答案：A
4．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c成等比数列，且c＝2a，则cosB等于
(　　)
A. B.
C. D.
解析：∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.
又∵c＝2a，∴b2＝2a2.
由余弦定理，cosB＝＝＝，故选B.
答案：B
5．已知△ABC，若对任意m∈R，|－m|≥||恒成立，则△ABC必定为
(　　)
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．不确定
解析：设m＝，则由题意得||≥||，由m的任意性可知，点D可视为是直线AB上的任意一点，即对于直线AB上的任意一点D与点C的距离都不小于A、C两点间的距离，因此AC⊥AB，选C.
答案：C
6．(2009·泉州质检)在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设B＝2A，则b?a的取值范围是
(　　)
A．(1,2) B．(0,2)
C．(，2) D．(，)
解析：＝＝2cosA，
由，得：∴cosA∈(，)，∴∈(，)．
答案：D
二、填空题(每小题5分，共20分)
7．已知△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，且AB＝1，BC＝4，则边BC上的中线AD的长为__________．
解析：∵A、B、C成等差数列，∴2B＝A＋C.
∵A＋B＋C＝π，∴B＝.
在△ABD中，AD＝
＝＝.
答案：
8．在△ABC中，已知BC＝12，A＝60°，B＝45°，则AC＝__________.
解析：由正弦定理得＝，即＝，
∴AC＝×＝4.
答案：4
9．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若(b－c)cosA＝acosC，则cosA＝________.
解析：由正弦定理得：(sinB－sinC)cosA＝sinA·cosC?sinBcosA－sinCcosA＝sinA·cosC?sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB.即cosA＝.
答案：
10．在△ABC中，若＝＝，则tanA∶tanB∶tanC＝__________，tanA＝________.
解析：由＝＝，
得＝＝，∴＝＝，
结合正弦定理有：＝＝，
∴3tanB＝2tanC＝tanA，
∴tanA∶tanB∶tanC＝1∶∶＝6∶2∶3，且∠A、∠B、∠C皆为锐角．
又∵tanA＝－tan(B＋C)＝－
＝，
∴tan2A－1＝，tan2A＝11，∴tanA＝.
答案：6?2?3　
三、解答题(共50分)
11．(15分)在△ABC中，cosA＝－，cosB＝.
(1)求sinC的值；
(2)设BC＝5，求△ABC的面积．
解：(1)由cosA＝－，得sinA＝，
由cosB＝，得sinB＝.
所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝.
(2)由正弦定理得
AC＝＝＝.
所以△ABC的面积
S＝×BC×AC×sinC＝×5××＝.
12．(15分)(2009·天津高考)在△ABC中，BC＝，AC＝3，sinC＝2sinA.
(1)求AB的值；
(2)求sin(2A－)的值．
解：(1)在△ABC中，根据正弦定理，＝.
于是AB＝BC＝2BC＝2.
(2)在△ABC中，根据余弦定理，
得cosA＝＝.
于是sinA＝＝.
从而sin2A＝2sinAcosA＝，cos2A＝cos2A－sin2A＝.
所以sin(2A－)＝sin2Acos－cos2Asin＝.
13．(20分)(2009·福建高考)如图1，某市拟在长为8 km的道路OP的一侧修建一条运动赛道．赛道的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数y＝Asinωx(A>0，ω>0)，x∈[0,4]的图象，且图象的最高点为S(3,2)；赛道的后一部分为折线段MNP.为保证参赛运动员的安全，限定∠MNP＝120°.
图1
(1)求A，ω的值和M，P两点间的距离；
(2)应如何设计，才能使折线段赛道MNP最长？
图2
解：解法1：(1)依题意，有A＝2，＝3，
又T＝，∴ω＝.
∴y＝2sinx.
当x＝4时，y＝2sin＝3，
∴M(4,3)．又P(8,0)，
∴MP＝＝5.
(2)在△MNP中，∠MNP＝120°，MP＝5.
设∠PMN＝θ，则0°<θ<60°.
由正弦定理得＝＝，
∴NP＝sinθ，MN＝sin(60°－θ)．
故NP＋MN＝sinθ＋sin(60°－θ)
＝(sinθ＋cosθ)＝sin(θ＋60°)．
∵0°<θ<60°，∴当θ＝30°时，折线段赛道MNP最长．
亦即，将∠PMN设计为30°时，折线段赛道MNP最长．
解法2：(1)同解法1.
(2)在△MNP中，∠MNP＝120°，MP＝5，
由余弦定理得
MN2＋NP2－2MN·NP·cos∠MNP＝MP2，
即MN2＋NP2＋MN·NP＝25.
故(MN＋NP)2－25＝MN·NP≤()2，
从而(MN＋NP)2≤25，即MN＋NP≤，
当且仅当MN＝NP时等号成立．
亦即，设计为MN＝NP时，折线段赛道MNP最长．
注：本题第(2)问答案及其呈现方式均不唯一．除了解法1、解法2给出的两种设计方式，还可以设计为：①N(，)；②N(，)；③点N在线段MP的垂直平分线上等．

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