本章总结提升
【知识辨析】
1.× 2.√ 3.√ 4.× 5.√ 6.√ 7.× 8.√
9.× 10.× 11.×
【素养提升】
题型一
例1 (1)B [解析] 由=3,得=,则=+=+=+(-)=+=a+b.
(2)解:①因为a=(1,2),b=(-1,1),
所以ka+b=(k-1,2k+1),a-2b=(3,0),因为ka+b与a-2b平行,所以3(2k+1)=0,解得k=-.
②证明:因为=a+b,=2(a-b),=a+5b,
所以=+=2(a-b)+(a+5b)=3a+3b=3(a+b),即=3,所以与共线,
所以A,B,D三点共线.
例2 (1)B (2)C [解析] (1)由c=λ1a+λ2b得(-3,-4)=λ1(1,2)+λ2(2,3)=(λ1+2λ2,2λ1+3λ2),所以解得
(2)由A(1,-3),B,C(9,λ),可得=,=(8,λ+3).由A,B,C三点共线,得∥,则7(λ+3)-8×=0,解得λ=1.故选C.
变式 (1)D (2)(2,4) [解析] (1)连接CD,由点C,D是半圆弧的三等分点,得CD∥AB 且==a,所以=+=b+a.
(2)∵在梯形ABCD中,AB∥CD,DC=2AB,∴=2.设点D的坐标为(x,y),则=(4,2)-(x,y)=(4-x,2-y),又=(2,1)-(1,2)=(1,-1),∴(4-x,2-y)=2(1,-1),即(4-x,2-y)=(2,-2),∴解得故点D的坐标为(2,4).
题型二
例3 (1)C (2)D (3)C [解析] (1)在等边三角形ABC中,点D是边BC的中点,且AD=2,则∠DAB=30°,=2=2(-),AB=4,所以·=·2(-)=2·-2=2×4×2cos 30°-2×42=-8.故选C.
(2)因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,即4+x(x-4)=0,解得x=2.故选D.
(3)∵|a|=,|b|=2,a与b的夹角为30°,∴a·b=|a|·|b|·cos 30°=×2×=3.由题意得(λa-b)·(a+b)=λa2+(λ-1)a·b-b2=3λ+3(λ-1)-4=6λ-7<0,∴λ<.又当λ=-1时,λa-b与a+b的方向相反,此时向量a+b与λa-b的夹角为180°,不符合题意,∴λ≠-1.∴λ<且λ≠-1.故选C.
变式 (1)D (2)B (3)-
[解析] (1)因为a+b+c=0,所以a+b=-c,平方得a2+b2+2a·b=c2,即1+1+2a·b=2,所以a·b=0.如图,设=a,=b,=c,则a-c=,b-c=,∠BOC=∠AOC=,∠AOB=,由余弦定理得||=||=,||=,所以在△ACB中,由余弦定理得cos∠ACB==,即cos
=.故选D.
(2)由题意得e=e,即=,所以a·b=|b|=,则cos==,因为0°≤≤180°,所以=60°.故选B.
(3)以A为原点,,的方向分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略),则根据题意得F(0,1),D,E(2,0),所以=,=,所以·=-1+=-.
题型三
例4 (1)B (2)ACD [解析] (1)因为(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b),即a2-c2=ab-b2,则a2+b2-c2=ab,故cos C===,又0(2)对于A,bsin A=4sin 30°=2,则bsin Ac2,所以-c2>-ab,又因为a2+b2≥2ab(当且仅当a=b时取等号),所以cos C=>=,则0例5 解:(1)由余弦定理可得cos C==,
因为C∈(0,π),所以C=,所以cos B=sin C=,即cos B=.因为B∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)可得A=π-B-C=π,设△ABC的外接圆的半径为R,由正弦定理可得===2R,所以b=R,c=R,所以S△ABC=bcsin A=·R·R·=3+,可得R=2,所以c=2.
变式 解:(1)由cos C=, 0因为4a=c,所以由正弦定理知4sin A=sin C,
则sin A=sin C=.
(2)因为4a=c,所以由余弦定理得cos C====,
即a2+6a-55=0,可得a=5,因为sin C=,b=11,
所以△ABC的面积S=absin C=×5×11×=22.
例6 解:(1)因为=,所以由正弦定理得=,化简可得a2+c2-b2=ac,由余弦定理得cos B==,因为B∈(0,π),所以B=.
(2)因为△ABC外接圆的周长为4π,所以外接圆的直径为4,因为B=,所以由正弦定理可得b=4sin B=4×=6.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,
可得36=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac≥(a+c)2-3,当且仅当a=c=6时,等号成立,所以a+c≤12,又因为a+c>b=6,所以6题型四
例7 解:(1)如图所示,
根据题意得AD=100 m,∠DBA=30°,∠ACD=45°,易知△ACD和△ABD都是直角三角形,
所以AC=AD=100(m),AB=200 m,BD=100 m.
因为∠BAC=90°,所以△ABC为直角三角形,
所以BC==100(m).
所以这辆汽车的速度为=5(m/s).
(2)汽车从B往C方向行驶5 s时到达E处,故BE=25 m.在Rt△ABC中,cos∠ABC==,
在△ABE中,由余弦定理得AE2=AB2+BE2-2·AB·BE·cos∠ABC
=2002+(25)2-2×200×25×=23 750,所以AE=25 m,故此时山顶A与汽车之间的距离AE为25 m.
例8 C [解析] 设OT=h米,在Rt△AOT中,∠TAO=30°,AO==h.在Rt△BOT中,
∠TBO=60°,BO==h.在△AOB中,∠AOB=81.7°-21.7°=60°,由余弦定理得AB2=AO2+BO2-2·AO·BO·cos 60°,即1402=3h2+h2-2×h×h×,化简得h2=×1402,又h>0,所以h=140×=20,即山高OT为20米.故选C.
变式 (1)A (2)20 [解析] (1)设OP=h米,则OA=h米,OB=h米.在△OAB中,由余弦定理可得AB2=OA2+OB2-2OA·OBcos∠AOB,即(15)2=h2+3h2-2×h2cos 150°=7h2,解得h=15.故选A.
(2)连接AB,由题意知CD=40,∠ADC=90°+15°=105°,∠BDC=45°,∠BCD=90°,
∠ACD=90°-60°=30°,∠CAD=45°,∠ADB=60°.在△ACD中,由正弦定理得=,∴AD=20.在Rt△BCD中,∵∠BDC=45°,∠BCD=90°,∴BD=CD=40.在
△ABD中,由余弦定理得AB==20.
题型五
例9 (1)D (2)C [解析] (1)∵+=0,∴=-=,∴四边形ABCD是平行四边形.∵(-)·=·=0,∴⊥,∴平行四边形ABCD一定是菱形.
(2)设船的实际速度为v,则v=v1+v2,记v1与v的夹角为θ,要使船行驶的航程最短,则v⊥v2,所以sin θ==,得θ=30°,所以v1与-v2的夹角为90°-30°=60°.故选C.
变式 (1)A (2)B [解析] (1)根据题意,在△ABC中,由正弦定理可得=,设==,则=λ(+),则点P在△ABC的边BC上的中线所在直线上,故动点P的轨迹一定经过
△ABC的重心,故选A.
(2)由题意知,8根绳子拉力的合力大小与礼物的重力大小相等,设每根绳子拉力的大小为|T| N,则8|T|cos 60°=1×9.8,解得|T|=2.45.故选B.本章总结提升
判断下列说法是否正确.(请在括号中填写“√”或“×”)
1.若向量与向量是共线向量,则A,B,C,D四点在一条直线上. ( )
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若C=90°,则=c. ( )
3.已知a,b为两个非零向量,若a,b共线,则一定有b=λa,反之也成立. ( )
4.在△ABC中,若A=60°,a=4,b=4,则B=45°或B=135°. ( )
5.若a,b不共线,且λ1a+μ1b=λ2a+μ2b,则λ1=λ2,μ1=μ2. ( )
6.在△ABC中,若sin2A>sin B+sin C,则△ABC一定为钝角三角形. ( )
7.从A处望B处的仰角为α,从B处望A处的俯角为β,则α+β=90°. ( )
8.{a,b}是平面向量的一组基,在四边形ABCD中,=a+2b,=-4a-b,=-5a-3b,则四边形ABCD为梯形. ( )
9.在海面上自船P观测船Q,船Q在南偏东62°方向上,则自船Q观测船P,船P的方向应为北偏东28°. ( )
10.若a·b>0,则a和b的夹角为锐角;若a·b<0,则a和b的夹角为钝角. ( )
11.在△ABC中,若·<0,则△ABC为钝角三角形. ( )
◆ 题型一 平面向量的线性运算
[类型总述] (1)平面向量及其坐标运算的加法、减法、数乘;(2)平面向量基本定理、共线定理;(3)根据向量的线性运算求参数.
例1 (1)如图,在△ABC中,点M是AB上的点且=3,P是CM上的点且=,设=a,=b,则= ( )
A.a+b B.a+b
C.a+b D.a+b
(2)设两个非零向量a,b不共线.
①若a=(1,2),b=(-1,1),且ka+b与a-2b平行,求实数k的值;
②若=a+b,=2(a-b),=a+5b,求证:A,B,D三点共线.
例2 (1)已知向量a=(1,2),b=(2,3),c=(-3,-4),若c=λ1a+λ2b,则λ1,λ2的值分别为 ( )
A.-2,1 B.1,-2
C.2,-1 D.-1,2
(2)已知A(1,-3),B,C(9,λ),且A,B,C三点共线,则λ= ( )
A.-1 B.0
C.1 D.2
变式 (1)如图,已知AB是圆O的直径,点C,D是半圆弧的两个三等分点,若=a,=b,则= ( )
A.a-b
B.a-b
C.a+b
D.a+b
(2)已知在梯形ABCD中,AB∥CD,且DC=2AB,三个顶点分别为A(1,2),B(2,1),C(4,2),则点D的坐标为 .
◆ 题型二 向量的数量积运算
[类型总述] (1)平面向量数量积的运算;(2)用数量积求向量的模、夹角.
例3 (1)[2024·四川绵阳三台中学高一月考] 在等边三角形ABC中,点D是边BC的中点,且AD=2,则·= ( )
A.-16 B.16
C.-8 D.8
(2)[2024·新课标Ⅰ卷] 已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x= ( )
A.-2 B.-1
C.1 D.2
(3)[2024·山东德州万隆中学高一月考] 已知|a|=,|b|=2,a与b的夹角为30°,若向量a+b与λa-b的夹角为钝角,则实数λ的取值范围是 ( )
A.(1,+∞)
B.
C.(-∞,-1)∪
D.
变式 (1)[2023·全国甲卷] 已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cos= ( )
A.- B.-
C. D.
(2)[2024·重庆荣昌中学高一月考] 已知向量a,b满足|a|=|b|=3,e是与向量b方向相同的单位向量,向量a在b上的投影向量为e,则向量a与b的夹角为 ( )
A.30° B.60°
C.120° D.150°
(3)已知在△ABC中,A=,AB=2,AC=4,=,=,=,则·的值为 .
◆ 题型三 余弦定理、正弦定理
[类型总述] (1)应用余弦定理、正弦定理解三角形;(2)余弦定理、正弦定理的综合应用.
例4 (1)[2023·北京卷] 在△ABC中,(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),则∠C= ( )
A. B.
C. D.
(2)(多选题)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列说法正确的是 ( )
A.若A=30°,b=4,a=3,则△ABC有两解
B.若A=60°,a=2,则△ABC面积的最大值为2
C.若a=4,b=5,c=6,则△ABC外接圆半径为
D.若ab>c2,则0例5 [2024·新课标Ⅰ卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
附:sin=.
变式 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且4a=c,cos C=.
(1)求sin A的值;
(2)若b=11,求△ABC的面积.
例6 [2024·云南昆明高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且=.
(1)求角B;
(2)若△ABC外接圆的周长为4π,求△ABC周长的取值范围.
◆ 题型四 正、余弦定理在解决实际问题中的应用
[类型总述] (1)应用余弦定理、正弦定理计算距离;(2)应用余弦定理、正弦定理计算高度.
例7 如图,一座山的高AD为100 m,一辆汽车在一条水平的公路上沿直线从B往C匀速行驶(B,C,D在同一水平面内),在B处测得山顶A的仰角为30°,经过20 s后汽车到达C处,这时测得山顶A的仰角为45°,且∠BAC=90°.
(1)求这辆汽车的速度;
(2)若汽车从B往C方向行驶5 s时到达E处,求此时山顶A与汽车之间的距离AE.
例8 为了增强数学的应用性,强化学生对数学知识的理解,某学校开展了一次户外探究活动.当地有一座山,高为OT,同学们先在地面选择一点A,在该点处测得这座山在西偏北21.7°的方向,且山顶T的仰角为30°,然后从A处向正西方向走140米后到达地面B处,此时测得该山在西偏北81.7°的方向,山顶T的仰角为60°.同学们建立了如图所示的模型,则山高OT为 ( )
A.20米 B.25米
C.20米 D.25米
变式 (1)[2024·河南南阳高一期中] 某数学兴趣小组成员为测量某塔的高度,选取与塔底O在同一水平面内的A,B两处进行测量.如图,已知在A处测得塔顶P的仰角为45°,在B处测得塔顶P的仰角为30°,∠AOB=150°,AB=15米,则该塔的高度OP= ( )
A.15米 B.15米
C.30米 D.15米
(2)如图所示,为了测量A,B两岛屿间的距离,小明在同一水平面D处测得A,B分别在D处的北偏西15°方向、北偏东45°方向,小明往正东方向行驶了40海里到达C处,测得B在C处的正北方向,A在C处的北偏西60°方向,则A,B两岛屿间的距离为
海里.
◆ 题型五 平面向量在几何、物理中的应用
[类型总述] (1)向量在平面几何中的应用;(2)向量在物理中的应用.
例9 (1)在四边形ABCD中,若+=0,(-)·=0,则四边形ABCD一定是 ( )
A.矩形 B.梯形
C.正方形 D.菱形
(2)一条河的两岸平行,河水从西向东流去,一艘船从河的南岸某处出发驶向北岸,已知船在静水中的速度的大小为|v1|=20 km/h,水流速度的大小为|v2|=10 km/h,要使该船行驶的航程最短,则v1与-v2的夹角为 ( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
变式 (1)已知P是△ABC所在平面内的一动点,且满足=+,则动点P的轨迹一定经过△ABC的 ( )
A.重心 B.内心
C.外心 D.垂心
(2)如图为某种礼物降落伞的示意图,其中有8根绳子和伞面连接,每根绳子和水平面的法向量(与水平面垂直的向量)的夹角均为60°.已知礼物的质量为1 kg,每根绳子的拉力大小相同.若重力加速度g取9.8 m/s2,则降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小为 ( )
A.2.25 N B.2.45 N
C.2.5 N D.2.75 N(共47张PPT)
本章总结提升
题型一 平面向量的线性运算
题型二 向量的数量积运算
题型三 余弦定理、正弦定理
题型四 正、余弦定理在解决实际问题中
的应用
题型五 平面向量在几何、物理中的应用
判断下列说法是否正确.（请在括号中填写“√”或“×”）
1.若向量与向量是共线向量,则,,, 四点在一条直线上.( )
×
2.在中,内角,,的对边分别为,,,若 ,则 .
( )
√
3.已知,为两个非零向量,若,共线,则一定有 ,反之也成立.
( )
√
4.在中,若 ,,,则 或 .
( )
×
5.若,不共线,且,则, .( )
√
6.在中,若,则 一定为钝角三角形.
( )
√
7.从处望处的仰角为 ,从处望处的俯角为 ,则 .
( )
×
8.{,}是平面向量的一组基，在四边形中， ，
，，则四边形 为梯形.( )
√
9.在海面上自船观测船，船在南偏东 方向上，则自船 观测
船，船的方向应为北偏东 .( )
×
10.若,则和的夹角为锐角;若,则和 的夹角为钝
角.( )
×
11.在中,若,则 为钝角三角形.( )
×
题型一 平面向量的线性运算
［类型总述］（1）平面向量及其坐标运算的加法、减法、数乘；（2）
平面向量基本定理、共线定理；（3）根据向量的线性运算求参数.
例1（1） 如图，在中，点是 上
的点且，是 上的点且
，设,，则
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由，得 ，
则 .
（2）设两个非零向量， 不共线.
①若,,且与平行，求实数 的值；
解：因为, ,
所以,,
因为与 平行，所以,解得 .
②若,,,求证：，， 三点
共线.
证明：因为,, ,
所以 ,
即,所以与 共线，
所以，， 三点共线.
例2（1） 已知向量,, ,若
,则, 的值分别为( )
A.,1 B.1, C.2, D. ,2
[解析] 由 得
,
所以解得
√
（2）已知,,，且,,三点共线，则 ( )
A. B.0 C.1 D.2
[解析] 由,,，可得， .
由A,B,C三点共线，得，则，解得 .
故选C.
√
变式（1） 如图，已知是圆的直径，点，
是半圆弧的两个三等分点，若， ，
则 ( )
A. B. C. D.
[解析] 连接，由点C，D是半圆弧的三等分点，得 且
，所以 .
√
（2）已知在梯形中,,且 ,三个顶点分别为
,,,则点 的坐标为______.
[解析] 在梯形中,,,.
设点 的坐标为,则 ,
又, ,
即,解得
故点 的坐标为 .
题型二 向量的数量积运算
［类型总述］（1）平面向量数量积的运算；（2）用数量积求向量
的模、夹角.
例3（1） [2024·四川绵阳三台中学高一月考]在等边三角形 中，
点是边的中点，且，则 ( )
A. B.16 C. D.8
√
[解析] 在等边三角形中，点D是边的中点，且 ，
则 ,，，
所以
故选C.
（2）[2024· 新课标Ⅰ卷]已知向量， ，若
,则 ( )
A. B. C.1 D.2
[解析] 因为,所以,即 ,
解得 .故选D.
√
（3）[2024·山东德州万隆中学高一月考]已知,， 与
的夹角为 ，若向量与的夹角为钝角，则实数 的
取值范围是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] ,，与 的夹角为
.
由题意得 ， .
又当时，与的方向相反，此时向量 与
的夹角为 ，不符合题意，
且 .故选C.
变式（1） [2023·全国甲卷]已知向量,,满足 ，
，且，则, ( )
A. B. C. D.
[解析] 因为,所以 ,平方得
,即,所以 .
如图,设,,,则， ，
， ，
由余弦定理得，，
所以在 中，由余弦定理得，
即, .故选D.
√
（2）[2024·重庆荣昌中学高一月考]已知向量,满足 ，
是与向量方向相同的单位向量，向量在上的投影向量为 ，则
向量与 的夹角为( )
A. B. C. D.
[解析] 由题意得，即，所以 ，
则,，
因为, ，所以, .故选B.
√
（3）已知在中,,,,, ,
,则 的值为____.
[解析] 以为原点,,的方向分别为轴、 轴的正方向建立平面
直角坐标系（图略）,
则根据题意得,, ,
所以,,所以 .
题型三 余弦定理、正弦定理
［类型总述］（1）应用余弦定理、正弦定理解三角形;（2）余弦定
理、正弦定理的综合应用.
例4（1） [2023·北京卷]在 中，
，则 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为 ，
所以由正弦定理得，即 ，
则，
故，
又 ，所以 .故选B.
（2）（多选题）在中，内角，，所对的边分别为， ，
，下列说法正确的是( )
A.若 ,,,则 有两解
B.若 ,,则面积的最大值为
C.若,,,则外接圆半径为
D.若,则
√
√
√
[解析] 对于A，，则 ，
所以有两解（如图，点B位于点或 位置），故A正确；
对于B，因为 ， ，所以由余弦定理得
，当且仅当时取等号，所以 ，
可得的面积为,即 面积的最大值为
,故B错误；
对于C，若,, ,则由余弦定理可得
,则 ,则
为外接圆的半径),得 ，
故C正确；
对于D，因为,所以,
又因为 （当且仅当时取等号）,
所以 ,则,故D正确.
故选 .
例5 [2024·新课标Ⅰ卷] 记的内角，，的对边分别为,, ,
已知, .
（1）求 ；
解：由余弦定理可得 ,
因为,所以,所以,即 .
因为,所以 .
（2）若的面积为,求 .
附： .
解：由（1）可得 ，
设 的外接圆的半径为，
由正弦定理可得,所以 ,,
所以 ，
可得，所以 .
变式 在中，内角，，所对的边分别为，， ，且
, ．
（1）求 的值；
解：由， ，得 ．
因为，所以由正弦定理知 ，
则 ．
（2）若，求 的面积．
解：因为 ，
所以由余弦定理得 ，
即，可得，
因为， ，
所以的面积 ．
例6 [2024·云南昆明高一期中] 在中，内角，， 所对的边
分别为，，，且 .
（1）求角 ；
解：因为，所以由正弦定理得 ，
化简可得，由余弦定理得 ，
因为，所以 .
（2）若外接圆的周长为 ，求 周长的取值范围.
解：因为外接圆的周长为 ，所以外接圆的直径为 ，
因为，所以由正弦定理可得 .
由余弦定理得 ，
可得 ，
当且仅当时，等号成立，所以 ，
又因为，所以，所以 ，
则的周长的取值范围为 .
题型四 正、余弦定理在解决实际问题中的应用
［类型总述］（1）应用余弦定理、正弦定理计算距离;（2）应用余
弦定理、正弦定理计算高度.
例7 如图，一座山的高为 ，一辆汽
车在一条水平的公路上沿直线从往 匀速行
驶，，在同一水平面内)，在 处测得
山顶的仰角为 ，经过后汽车到达
处，这时测得山顶的仰角为 ，且 .
（1）求这辆汽车的速度；
解：如图所示，
根据题意得 ，
， ，
易知和 都是直角三角形，
所以，， .
因为 ，所以 为直角三角形，
所以 .
所以这辆汽车的速度为 .
（2）若汽车从往方向行驶时到达 处，
求此时山顶与汽车之间的距离 .
解：汽车从往方向行驶时到达 处，
故.
,
在 中，由余弦定理得
,
所以，故此时山顶与汽车之间的距离为 .
例8 为了增强数学的应用性，强化学生对数学知
识的理解，某学校开展了一次户外探究活动．当
地有一座山，高为 ，同学们先在地面选择一点
，在该点处测得这座山在西偏北 的方向，
且山顶的仰角为 ，然后从 处向正西方向走
A.米 B.米 C.米 D. 米
140米后到达地面处，此时测得该山在西偏北 的方向，山顶 的
仰角为 ．同学们建立了如图所示的模型，则山高 为( )
√
[解析] 设米，在 中，
，.
在 中， ，.
在 中， ，
由余弦定理得 ，
即 ，
化简得，
又 ，所以，即山高为 米.
故选C.
变式（1） [2024·河南南阳高一期中]某数学兴趣小组成员为测量某
塔的高度，选取与塔底在同一水平面内的， 两处进行测量.如图，
已知在处测得塔顶的仰角为 ，在处测得塔顶 的仰角为
， ，米，则该塔的高度 ( )
A.15米 B.米 C.30米 D. 米
√
[解析] 设米，则米，米.
在 中，由余弦定理可得 ，
即，解得 .故选A.
（2）如图所示，为了测量， 两岛屿间的距离，小明在同一水平
面处测得，分别在处的北偏西 方向、北偏东 方向，小
明往正东方向行驶了40海里到达处，测得在处的正北方向， 在
处的北偏西 方向，则， 两岛屿间的距离为_______海里.
[解析] 连接，由题意知 ，
， ，
， ，
， .
在 中，由正弦定理得， .
中， ，, .
在 中，
由余弦定理得 .
题型五 平面向量在几何、物理中的应用
［类型总述］（1）向量在平面几何中的应用;（2）向量在物理中的
应用.
例9（1） 在四边形中,若, ,则
四边形 一定是( )
A.矩形 B.梯形 C.正方形 D.菱形
[解析] ,,
四边形 是平行四边形.
,,
平行四边形 一定是菱形.
√
（2）一条河的两岸平行,河水从西向东流去,一艘船从河的南岸某处
出发驶向北岸,已知船在静水中的速度的大小为 ,水流
速度的大小为,要使该船行驶的航程最短,则与
的夹角为( )
A. B. C. D.
[解析] 设船的实际速度为,则,记与的夹角为 ,
要使船行驶的航程最短,则,所以,得 ,
所以 与的夹角为 .故选C.
√
变式（1） 已知是 所在平面内的一动点，且满足
,则动点的轨迹一定经过 的( )
A.重心 B.内心 C.外心 D.垂心
[解析] 根据题意，在中，由正弦定理可得 ,
设,则,
则点在的边 上的中线所在直线上，
故动点的轨迹一定经过 的重心，故选A.
√
（2）如图为某种礼物降落伞的示意图，其
中有8根绳子和伞面连接，每根绳子和水平
面的法向量（与水平面垂直的向量）的夹角
均为 .已知礼物的质量为 ，每根绳子
A. B. C. D.
的拉力大小相同.若重力加速度取 ，则降落伞在匀速下落的过
程中每根绳子拉力的大小为( )
√
[解析] 由题意知，8根绳子拉力的合力大小与礼物的重力大小相等，
设每根绳子拉力的大小为，则 ，
解得 .故选B.