第六章 6.1
A 组·素养自测
一、选择题
1．下列物理量：①质量；②速度；③位移；④密度．其中是向量的是( B )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
[解析] 由物理学知识知速度和位移是向量，既有大小又有方向，符合向量的定义．故选B．
2．设点O是正方形ABCD的中心，则向量，，，是( D )
A．平行向量 B．有相同终点的向量
C．相等向量 D．模相等的向量
[解析] 画出图形如图所示，显然向量，，，是模相等的向量．
3．某人向正东方向行进100 m后，再向正南方向行进100 m，则此人位移的方向是( C )
A．南偏东60° B．南偏东45°
C．南偏东30° D．南偏东15°
[解析] 如图所示，此人从点A出发，经点B，到达点C，则tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，即位移的方向是东偏南60°，即南偏东30°，应选C．
4．在同一平面上，把平行于某一直线的一切向量的始点放在同一点，那么这些向量的终点所构成的图形是( B )
A．一条线段 B．一条直线
C．圆上一群孤立的点 D．一个半径为1的圆
[解析] 由于向量的起点确定，而向量平行于同一直线，所以随着向量模长的变化，向量的终点构成的是一条直线．
5．在△ABC中，AB＝AC，D，E分别是AB，AC的中点，则( B )
A．与共线 B．与共线
C．与相等 D．与相等
[解析] 如图，因为D，E分别是AB，AC的中点，所以由三角形的中位线定理可得DE∥BC，所以与共线．
二、填空题
6．零向量与单位向量的关系是_共线__(填“共线”“相等”“无关”)．
7．如图，B，C是线段AD的三等分点，分别以图中各点为起点和终点，最多可以写出_6__个互不相等的非零向量．
[解析] 模为1个单位的向量有2个，如，；模为2个单位的向量有2个，如，；模为3个单位的向量有2个，如，，故共有6个．
8.如图，若四边形ABCD为正方形，△BCE为等腰直角三角形，则：
(1)图中与共线的向量有 ，，，，，， ；
(2)图中与相等的向量有 ， ；
(3)图中与的模相等的向量有 ，，，，，，，， ；
(4)图中与相等的向量有 .
三、解答题
9．如图，线段AE的四等分点分别是B，C，D，写出以A，B，C，D，E中的两点为起点和终点，且分别满足下列条件的向量：
(1)与共线且长度为||的所有向量；
(2)与相等的所有向量．
[解析] (1)，，，，.
(2)，.
10.如右图，以1×2方格纸中的格点(各线段的交点)为起点和终点的向量中，
(1)写出与、相等的向量；
(2)写出与模相等的向量．
[解析] (1)与相等的向量为、，与相等的向量为.
(2)，，.
B 组·素养提升
一、选择题
1．(多选题)如图，在正六边形ABCDEF中，点O为其中心，则下列判断正确的是( ABC )
A．＝
B．∥
C．||＝||
D．＝
[解析] 由正六边形的性质可得＝，∥，||＝||＝||，显然与的方向不同，所以≠.
2．如图四边形ABCD，CEFG，CGHD都是全等的菱形，则下列关系不一定成立的是( C )
A．||＝||
B．与共线
C．与共线
D．与共线
[解析] ||与||一定相等，和一定共线，和一定共线，若与共线，则BD∥EH，所以∠BDC＝∠DEH，显然不成立，所以与不共线．故选C．
3．(多选题)在下列结论中，正确的是( ACD )
A．a∥b且|a|＝|b|是a＝b的必要不充分条件
B．a∥b且|a|＝|b|是a＝b的既不充分也不必要条件
C．a与b方向相同且|a|＝|b|是a＝b的充要条件
D．a与b方向相反或|a|≠|b|是a≠b的充分不必要条件
[解析] 若a＝b，则a与b方向相同，模相等，所以A正确，B错误，C、D正确，故选ACD．
二、填空题
4．把同一平面内所有模不小于1，不大于2的向量的起点，移到同一点O，则这些向量的终点构成的图形的面积等于_3π__.
[解析] 这些向量的终点构成的图形是一个圆环，其面积为π·22－π·12＝3π.
5．有下列说法：
①若a≠b，则a一定不与b共线；
②若＝，则A，B，C，D四点是平行四边形的四个顶点；
③在 ABCD中，一定有＝；
④若a＝b，b＝c，则a＝c；
⑤共线向量是在一条直线上的向量．
其中，正确的说法是_③④__.
[解析] ①两个向量不相等，可能是长度不相等，方向相同或相反，所以a与b有共线的可能，故①不正确；②A，B，C，D四点可能在同一条直线上，故②不正确；③在平行四边形ABCD中，||＝||，与平行且方向相同，所以＝，故③正确；④a＝b，则|a|＝|b|，且a与b方向相同；b＝c，则|b|＝|c|，且b与c方向相同，所以a与c方向相同且模相等，故a＝c，故④正确；⑤共线向量可以是在一条直线上的向量，也可以是所在直线互相平行的向量，故⑤不正确．
三、解答题
6．如图所示的方格纸由若干个边长为1的小正方形组成，方格纸中有两个定点A，B，点C为小正方形的顶点，且||＝.
(1)画出所有的向量；
(2)求||的最大值与最小值．
[解析] (1)画出所有的向量如图所示．
(2)由(1)所画的图知，
①当点C位于点C1或C2时，||取得最小值＝；
②当点C位于点C5或C6时，||取得最大值＝.
∴||的最大值为，最小值为.
C 组·探索创新
(多选题)(2023·江苏省南京市调研)已知A＝{与a共线的向量}，B＝{与a的模相等的向量}，C＝{与a的模相等、方向相反的向量}，其中a为非零向量，则下列结论正确的是( ACD )
A．C?A B．A∩B＝{a}
C．C?B D．A∩B?{a}
[解析] 因为A∩B＝{a，－a}，所以B选项错误．第六章 6.2 6.2.4 第1课时
A 组·素养自测
一、选择题
1．在锐角△ABC中，关于向量夹角的说法，正确的是( B )
A．与的夹角是锐角
B．与的夹角是锐角
C．与的夹角是钝角
D．与的夹角是锐角
2．已知|a|＝，|b|＝2，a与b的夹角是120°，则a ·b等于( B )
A．3 B．－3
C．－3 D．3
3．如图所示，一力作用在小车上，其中力F的大小为20 N，方向与水平面成60°角．则当小车向前运动5 m时，力F做的功为( B )
A．100 J B．50 J
C．50 J D．200 J
[解析] F做的功W＝|F|cos θ×5＝20××5＝50 J.
4．已知|b|＝3，向量a在向量b上的投影向量为b，则a·b的值为( B )
A．3 B．
C．2 D．
[解析] 设a与b的夹角为θ，
∵|a|·cos θ＝b，∴|a|·cos θ＝，
∴|a|·cos θ＝，
∴a·b＝|a||b|cos θ＝3×＝.
5．在四边形ABCD中，·＝0，＝，则四边形ABCD是( C )
A．直角梯形 B．菱形
C．矩形 D．正方形
[解析] 由·＝0，可知AB⊥BC，又BC＝AD，所以四边形ABCD为矩形．
二、填空题
6．已知|a|＝3，|b|＝5，且a·b＝12，则向量a在向量b上的投影向量为 b .
[解析] 设a与b的夹角为θ，∵a·b＝|a||b|cos θ＝12，
又|b|＝5，∴|a|cos θ＝，＝，
即向量a在向量b上的投影向量为b.
7．已知向量a，b均为单位向量，a·b＝，则a与b的夹角为 .
8．若|a|＝2，|b|＝4，向量a与向量b的夹角为120°，记向量a在向量b方向上的投影向量为γ，则|γ|＝_1__.
[解析] 设向量a与向量b的夹角为θ，与b方向相同的单位向量为e，则a在b方向上的投影向量γ＝|a|cos θ·e，则|γ|＝||a|cos θ|＝|2×cos 120°|＝1.
三、解答题
9．已知|a|＝5，|b|＝4.
(1)若a与b的夹角θ＝120°.
①求a·b；
②求向量a在向量b上的投影向量．
(2)若a∥b，求a·b.
[解析] (1)①a·b＝|a||b|cos θ＝5×4×cos 120°＝－10.
②向量a在向量b上的投影向量为|a|·cos θ＝5××＝－b.
(2)∵a∥b，∴a与b的夹角θ＝0°或180°.
当θ＝0°时，a·b＝|a||b|cos 0°＝20.
当θ＝180°时，a·b＝|a||b|cos 180°＝－20.
10．已知在△ABC中，＝c，＝a，＝b，若|c|＝m，|b|＝n，〈b，c〉＝θ.
(1)试用m，n，θ表示S△ABC；
(2)若c·b<0，且S△ABC＝，|c|＝3，|b|＝5，求c与b的夹角．
[解析] (1)S△ABC＝||h＝||·||sin∠BAC＝mnsin θ.
(2)依题意＝×3×5sin〈b，c〉
∴sin〈b，c〉＝，又c·b<0，且c，b不共线知〈b，c〉为钝角，∴〈b，c〉＝150°.
B 组·素养提升
一、选择题
1．△ABC是边长为2的等边三角形，向量a，b满足＝2a，＝2a＋b，则向量a，b的夹角为( C )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
[解析] 设向量a，b的夹角为θ，＝－＝2a＋b－2a＝b，
∴||＝|b|＝2，||＝2|a|＝2，∴|a|＝1，2＝(2a＋b)2＝4a2＋4a·b＋b2＝8＋8cos θ＝4，∴cos θ＝－，θ＝120°.
2．如图，已知正六边形P1P2P3P4P5P6，下列向量的数量积中，最大的是( A )
A．· B．·
C．· D．·
[解析] 由向量数量积的几何意义只需比较，，，在上投影的数量即可．
由正六边形的性质可知
在上投影数量大于在P1P2上投影的数量，||>0.
而·＝0，·<0，故选A．
3．下列说法正确的是( A )
A．向量a在向量b上的投影向量可表示为·
B．若a·b<0，则a与b的夹角θ的范围是
C．若△ABC是等边三角形，则·的夹角为60°
D．若a·b＝0，则a⊥b
[解析] 根据投影向量的定义，知A正确；∵a·b＝|a||b|cos θ<0，则cos θ<0，又∵0≤θ≤π，∴θ∈，故B错误；若△ABC是等边三形，则，的夹角为120°，故C错误；a·b＝0 a⊥b或a＝0或b＝0，故D错误．
4．(多选题)在Rt△ABC中，BD为斜边AC上的高，下列结论中正确的是( AD )
A．||2＝·
B．||2＝·
C．||2＝·
D．||2＝·＝·
[解析] ·＝||||cos A＝||||＝||2，A正确；
·＝||||cos(π－C)＝－||||cos C＝－||||＝－|CB|2，B错误；
·＝||||cos(π－∠ABD)
＝－||||cos∠ABD＝－||||
＝－||2，C错误；
·＝||||cos∠ABD＝||||＝||2，·＝||||cos∠CBD＝||||＝||2，D正确．
二、填空题
5．已知|a|＝2，|b|＝3，且a与b的夹角为60°，与b同向的单位向量为e，则向量a在向量b上的投影向量为 e .
[解析] 设a与b的夹角为θ，向量a在向量b上的投影向量为|a|cos θe＝2×e＝e.
6．如图所示，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝1，则·的值是_－1__.
[解析] 解法一：·＝||·||·cos(180°－∠B)＝－||·||·cos∠B＝－||·||·＝－||2＝－1.
解法二：||＝1，即为单位向量，·＝－·＝－||||cos∠ABC，而||·cos∠ABC＝||，所以·＝－||2＝－1.
C 组·探索创新
已知e1，e2是平面单位向量，且e1·e2＝.若平面向量b满足b·e1＝b·e2＝1，则|b|＝ .
[解析] 因为b·e1＝b·e2＝1，|e1|·|e2|＝1，由数量积的定义知b与e1，e2所成的角相等，由e1·e2＝，知e1与e2的夹角为60°，所以b与e1，e2所成的角均为30°，即|b|cos 30°＝1，所以|b|＝＝.第六章 6.3 6.3.1
A 组·素养自测
一、选择题
1．如图，向量a－b等于( C )
A．－4e1－2e2 B．－2e1－4e2
C．e1－3e2 D．3e1－e2
2．在△ABC中，＝c，＝b.若点D满足＝2，则＝( A )
A．b＋c B．c－b
C．b－c D．b＋c
[解析] 由－＝2(－)，
所以3＝＋2＝c＋2b，
所以＝c＋b.
3．设点D为△ABC中BC边上的中点，O为AD边上靠近点A的三等分点，则( D )
A．＝－＋
B．＝－
C．＝－
D．＝－＋
[解析] ∵D为BC的中点，∴＝(＋)，
又O为靠近A的三等分点，
∴＝＝(＋)，
∴＝－＝－＋.
4．如图，已知E，F分别是矩形ABCD的边BC，CD的中点，EF与AC交于点G，若＝a，＝b，用a，b表示＝( D )
A．a＋b B．a＋b
C．a－b D．a＋b
[解析] 由平面几何知识可得，＝，又＝a＋b，所以＝a＋b.
5．如图，在平行四边形ABCD中，E是BC中点，G为AC与DE的交点，若＝a，＝b，则用a，b表示＝( B )
A．a－b B．b－a
C．a－b D．b－a
[解析] 在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
故△ADG∽△CEG，所以＝＝2，
即＝2， ＝，
故＝－＝－＝(a＋b)－a＝－a＋b ，故选B．
二、填空题
6.如图，平行四边形ABCD中，＝a，＝b，M是DC的中点，以a、b为基底表示向量＝ b＋a .
[解析] ＝＋＝＋＝＋＝b＋a.
7．设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋3b平行，则实数λ＝ .
[解析] 依据平行向量基本定理列方程组求解．
∵λa＋b与a＋3b平行，
∴可设λa＋b＝t(a＋3b)，
即λa＋b＝ta＋3tb，
∴解得
8．设e1，e2是平面内一组基向量，且a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，则向量e1＋e2可以表示为以a，b为基向量的线性组合，即e1＋e2＝ a－b .
[解析] 设e1＋e2＝ma＋nb(m，n∈R)，
∵a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，
∴e1＋e2＝m(e1＋2e2)＋n(－e1＋e2)＝(m－n)e1＋(2m＋n)e2.
∵e1与e2不共线，∴
∴∴e1＋e2＝a－b.
三、解答题
9．(2023·山东潍坊期中)设e1，e2是平面内不平行的非零向量，a＝e1＋e2，b＝e1－2e2.
(1)证明：a，b组成平面上向量的一组基底；
(2)请探究是否存在实数k，使得ke1＋e2和3e1＋ke2平行？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：假设a，b共线，设a＝λb，
则e1＋e2＝λ(e1－2e2)＝λe1－2λe2，
因为e1，e2是平面内不平行的非零向量，所以无解，
所以a，b不共线，所以a，b组成平面上向量的一组基底．
(2)假设存在实数k，使得ke1＋e2和3e1＋ke2平行，
设ke1＋e2＝μ(3e1＋ke2)，则ke1＋e2＝3μe1＋μke2，
因为e1，e2是平面内不平行的非零向量，所以解得k＝±，
所以存在实数k，使得ke1＋e2和3e1＋ke2平行，k＝±.
10．(2023·安徽皖北)如图所示，在 ABCD中，＝a，＝b，BM＝BC，AN＝AB．
(1)试用向量a，b来表示，；
(2)若＝，求证：D，O，N三点共线．
[解析] (1)因为AN＝AB，
所以＝＝a，
所以＝－＝a－b.
因为BM＝BC，
所以＝＝＝b，
所以＝＋＝a＋b.
(2)证明：因为＝，所以＝＝(a＋b)＝a＋b，
则＝－＝a＋b－b＝a－b，
＝－＝a－b，
所以＝，即证D，O，N三点共线．
B 组·素养提升
一、选择题
1．(多选题)如果e1、e2是平面α内所有向量的一组基底，那么下列命题中错误的是( ABD )
A．已知实数λ1、λ2，则向量λ1e1＋λ2e2不一定在平面α内
B．对平面α内任一向量a，使a＝λ1e1＋λ2e2的实数λ1，λ2可以不唯一
C．若有实数λ1、λ2使λ1e1＝λ2e2，则λ1＝λ2＝0
D．对平面α内任一向量a，使a＝λ1e1＋λ2e2的实数λ1、λ2不一定存在
[解析] 选项A中，由平面向量基本定理知λ1e1＋λ2e2与e1、e2共面，所以A项不正确；选项B中，实数λ1、λ2有且仅有一对，所以B项不正确；选项D中，实数λ1、λ2一定存在，所以D项不正确；很明显C项正确．
2．向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则＝( B )
A．2 B．4
C．5 D．7
[解析] 以如图所示的两互相垂直的单位向量e1，e2为基底，
则a＝－e1＋e2，b＝6e1＋2e2，c＝－e1－3e2，
因为c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，所以－e1－3e2＝λ(－e1＋e2)＋μ(6e1＋2e2)＝(－λ＋6μ)e1＋(λ＋2μ)e2，
所以解得所以＝4.故选B．
3．(2023·山西大同)在△ABC中，D为BC中点，M为AD中点，＝m＋n，则m＋n＝( A )
A．－ B．
C．1 D．－1
[解析] 因为D是BC的中点，所以＝＋，＝＝×(－)＝－.
又因为M是AD的中点，
所以，＝＋＝－＋(－)＝－＋，
又＝m＋n，所以m＝－，n＝，所以m＋n＝－.故选A．
二、填空题
4．已知O为△ABC内一点，且＋＝2，且λ＝，若B，O，D三点共线，则实数λ的值为_3__.
[解析] 设点E为边BC的中点，则(＋)＝，
由题意，得＝，
所以＝＝(＋)＝＋，因此若B，O，D三点共线，则＋＝1，即λ＝3.
5．如图，经过△OAB的重心G的直线与OA，OB分别交于点P，Q，设＝m，＝n，m，n∈R，则＋的值为_3__.
[解析] 解法一：设＝a，＝b，由题意知＝×(＋)＝(a＋b)，＝－＝nb－ma，＝－＝a＋b，
由P，G，Q三点共线得，存在实数λ，使得＝λ，即nb－ma＝λa＋λb，
从而消去λ，得＋＝3.
解法二：由题意知＝×(＋)＝
＝＋，
又P，G，Q三点共线，由三点共线性质定理可知＋＝1，即＋＝3.
解法三：(特例)当PQ∥AB时，m＝n＝，∴＋＝3.
三、解答题
6．设e1，e2是不共线的非零向量，且a＝e1－2e2，b＝e1＋3e2.
(1)证明：a，b可以作为一组基底；
(2)以a，b为基底，求向量c＝3e1－e2的分解式；
(3)若4e1－3e2＝λa＋μb，求λ，μ的值．
[解析] (1)证明：若a，b共线，则存在λ∈R，使a＝λb，则e1－2e2＝λ(e1＋3e2)．
由e1，e2不共线，
得
∴λ不存在，故a与b不共线，可以作为一组基底．
(2)设c＝ma＋nb(m，n∈R)，
则3e1－e2＝m(e1－2e2)＋n(e1＋3e2)＝(m＋n)e1＋(－2m＋3n)e2.
∴ ∴c＝2a＋b.
(3)由4e1－3e2＝λa＋μb，得4e1－3e2＝λ(e1－2e2)＋μ(e1＋3e2)＝(λ＋μ)e1＋(－2λ＋3μ)e2.
∴
故所求λ，μ的值分别为3和1.
C 组·探索创新
如图所示，在△ABC中，M是AB的中点，且＝，BN与CM相交于点E，设＝a，＝b，试用基底{a，b}表示向量.
[解析] 易得＝＝b，＝＝a，
由N，E，B三点共线可知，存在实数m使＝m＋(1－m)＝mb＋(1－m)a.
由C，E，M三点共线可知，存在实数n使＝n＋(1－n)＝na＋(1－n)b.
所以mb＋(1－m)a＝na＋(1－n)b，由于{a，b}为基底，
所以解得所以＝a＋b.第六章 6.3 6.3.4
A 组·素养自测
一、选择题
1．(2023·黑龙江省哈尔滨)在平面直角坐标系中，向量＝(1,4)，＝(2,3)，＝(x,1)，若A，B，C三点共线，则x的值为( C )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 因为A，B，C三点共线，
则＝λ＋μ，(λ＋μ＝1)，
即(x,1)＝λ(1,4)＋μ(2,3)＝(λ＋2μ，4λ＋3μ)，
则解得
故选C．
2．已知点A(－1,1)，点B(2，y)，向量a＝(1,2)，若∥a，则实数y的值为( C )
A．5 B．6
C．7 D．8
[解析] ＝(3，y－1)，又∥a，
所以(y－1)－2×3＝0，解得y＝7.
3．已知向量a＝，b＝，若a∥b，则锐角α为( A )
A．30° B．60°
C．45° D．75°
[解析] ∵a∥b，∴sin2α＝×＝，
∴sin α＝±.
∵α为锐角，∴α＝30°.
4．(2023·云南省楚雄州)已知A(1,1)，B(7,4)，若点C是靠近点B的三等分点，则C的坐标为( A )
A．(5,3) B．(3,2)
C．(6,2) D．(9,5)
[解析] 设C(x，y)，则＝(6,3)，＝(7－x,4－y)，
因为点C是靠近点B的三等分点，所以＝3，
即6＝3(7－x)，3＝3(4－y)，解得x＝5，y＝3.
故选A．
5．若a＝(1,2)，b＝(－3,0)，(2a＋b)∥(a－mb)，则m＝( A )
A．－ B．
C．2 D．－2
[解析] 2a＋b＝2(1,2)＋(－3,0)＝(－1,4)，
a－mb＝(1,2)－m(－3,0)＝(1＋3m,2)，
∵(2a＋b)∥(a－mb)，
∴－2＝(1＋3m)×4，∴6m＝－3，解得m＝－.
二、填空题
6．(2021·全国乙卷)已知向量a＝(2,5)，b＝(λ，4)，若a∥b，则λ＝ .
[解析] 由已知，a∥b，则2×4＝5λ，故λ＝.
7．已知向量a＝(1,2)，b＝(－2,3)．若λa＋ub与a＋b共线，则λ与u的关系为_λ＝u__.
[解析] ∵a＝(1,2)，b＝(－2,3)，
∴a＋b＝(1,2)＋(－2,3)＝(－1,5)，
λa＋ub＝λ(1,2)＋u(－2,3)＝(λ－2u,2λ＋3u)．
又∵(λa＋ub)∥(a＋b)，
∴(－1)×(2λ＋3u)－5(λ－2u)＝0.∴λ＝u.
8．已知a＝(1,1)，b＝(x2，x＋λ)且a∥b，则实数λ的最小值是 － .
[解析] 因为a∥b，所以x2－x－λ＝0，即λ＝x2－x＝2－≥－.
三、解答题
9．(2023·四川成都)已知O(0,0)，向量＝(2,1)，＝(3，－2)．
(1)如图，若四边形OACB为平行四边形，求点C的坐标；
(2)若点P为线段AB的靠近点B的三等分点，求点P的坐标．
[解析] (1)设点C的坐标为(x，y)，
因为O(0,0)，＝(2,1)，＝(3，－2)，可得A(2,1)，B(3，－2)，则＝(x－3，y＋2)，
若四边形OACB为平行四边形，可得＝，
则解得
故点C的坐标为(5，－1)．
(2)设点P的坐标为(x，y)，
由(1)可知：A(2,1)，B(3，－2)，则＝(x－2，y－1)，＝(1，－3)，
若点P为线段AB的靠近点B的三等分点，则＝，
则解得
故点P的坐标为.
10．平面内给定三个向量：a＝(3,2)，b＝(－1,2)，c＝(4,1)．
(1)求3a＋b－2c；
(2)求满足a＝mb＋nc的实数m和n；
(3)若(a＋kc)∥(2b－a)，求实数k.
[解析] (1)3a＋b－2c＝3(3,2)＋(－1,2)－2(4,1)＝(9,6)＋(－1,2)－(8,2)＝(9－1－8,6＋2－2)＝(0,6)．
(2)∵a＝mb＋nc，m，n∈R，
∴(3,2)＝m(－1,2)＋n(4,1)＝(－m＋4n,2m＋n)．
∴解得
∴m＝，n＝.
(3)a＋kc＝(3＋4k,2＋k)，2b－a＝(－5,2)．
又∵(a＋kc)∥(2b－a)，
∴(3＋4k)×2－(－5)×(2＋k)＝0.∴k＝－.
B 组·素养提升
一、选择题
1．如图，已知||＝||＝1，||＝，⊥，∠AOC＝30°，若＝x＋y，则x＋y＝( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] 建立如图所示的平面直角坐标系，
根据条件不妨设A(1,0)，则B，C，则由＝x＋y得＝x(1,0)＋y，所以
解得x＝2，y＝1，所以x＋y＝3.
2．已知向量a＝(2,1)，b＝(－1,1)，c＝(m－2，－n)，且(a＋b)∥c，则mn的最大值为( B )
A．1 B．2
C．2 D．4
[解析] a＋b＝(1,2)，c＝(m－2，－n)，(a＋b)∥c，故－n＝2(m－2)，即2m＋n＝4，
当m≤0，n>0或n≤0，m>0时，mn≤0；
当m>0且n>0时，2m＋n＝4≥2，mn≤2，当2m＝n，即m＝1，n＝2时等号成立；
综上所述：mn的最大值为2.故选B．
3．(多选题)已知向量＝(1，－3)，＝(2，－1)，＝(k＋1，k－2)，若A，B，C三点构成三角形，则实数k的值可能为( ABD )
A．k＝－2 B．k＝
C．k＝1 D．k＝－1
[解析] 因为若A，B，C三点不能构成三角形，则A，B，C三点共线，则∥，又＝－＝(1,2)，＝－＝(k，k＋1)，所以2k－(k＋1)＝0，
即k＝1.故选ABD．
二、填空题
4．已知向量a＝(，1)，b＝(0，－1)，c＝(k，)．若a－2b与c共线，则k＝_1__.
[解析] a－2b＝(，3)．因为a－2b与c共线，
所以＝，解得k＝1.
5．已知点P1(2，－1)，点P2(－1,3)，点P在线段P1P2上，且||＝||，则点P的坐标为 .
[解析] 设点P的坐标为(x，y)，
由于点P在线段P1P2上，则有＝，
又＝(x－2，y＋1)，＝(－1－x,3－y)，
由题意得解得
∴点P的坐标为.
三、解答题
6．设＝(1，－2)，＝(3,4)，＝(t,1)．
(1)当t＝2时，试用向量，表示；
(2)若A，B，C三点能构成三角形，求实数t应满足的条件．
[解析] (1)当t＝2时，＝(2,1)．
设＝x＋y，所以(2,1)＝x(1，－2)＋y(3,4)＝(x＋3y，－2x＋4y)，
所以所以x＝y＝.
∴＝＋.
(2)由已知＝－＝(2,6)≠0，＝－＝(t－1,3)
若A，B，C三点共线，由向量共线定理可知，
存在唯一的λ∈R，使得＝λ.
所以(t－1,3)＝λ(2,6)＝(2λ，6λ)，
所以所以λ＝，t＝2.
所以当t≠2时，A，B，C三点能构成三角形．
C 组·探索创新
(2023·合肥高一检测)如图，扇形的半径为1，圆心角∠BAC＝150°，点P在弧BC上运动，＝λ＋μ，则λ－μ的最小值是( D )
A．0 B．
C．2 D．－1
[解析] 以A为原点，AB所在直线为x轴，建立如图所示平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(1,0)，C，设P(cos θ，sin θ)，(0°≤θ≤150°)，
因为＝λ＋μ，
所以(cos θ，sin θ)＝λ(1,0)＋μ，
于是
解得λ＝cos θ＋sin θ，μ＝2sin θ，
那么λ－μ＝sin θ＋cos θ＝2sin(θ＋60°)，
因为0°≤θ≤150°，所以60°≤θ＋60°≤210°，
故sin(θ＋60°)≥－，
因此λ－μ的最小值为－1.第六章 6.3 6.3.5
A 组·素养自测
一、选择题
1．已知点A(1,2)，B(2,3)，C(－2,5)，则·等于( B )
A．－1 B．0
C．1 D．2
[解析] ∵＝(2,3)－(1,2)＝(1,1)，＝(－2,5)－(1,2)＝(－3,3)，∴·＝1×(－3)＋1×3＝0.
2．已知向量a＝(3,1)，b＝(1,0)，c＝a＋kb.若a⊥c，则k＝( B )
A． B．－
C． D．－
[解析] c＝(3＋k,1)，a·c＝0 3(3＋k)＋1＝0.
所以k＝－.
3．已知a＝(1，n)，b＝(－1，n)．若2a－b与b垂直，则|a|＝( C )
A．1 B．
C．2 D．4
[解析] 由2a－b与b垂直，得(2a－b)·b＝0，
即2a·b－b2＝0.
故2(－1＋n2)－(1＋n2)＝0，解得n2＝3.
所以，|a|＝＝＝2.
4．已知a＝(1,1)，b＝(0，－2)，且ka－b与a＋b的夹角为120°，则k等于( C )
A．－1＋ B．－1－
C．－1± D．1
[解析] ∵|ka－b|＝，
|a＋b|＝＝，
∴(ka－b)·(a＋b)＝(k，k＋2)·(1，－1)＝k－k－2＝－2，
又ka－b与a＋b的夹角为120°，
∴cos 120°＝，
即－＝，
化简并整理，得k2＋2k－2＝0，解得k＝－1±.
5．(2023·浙江温州)已知向量a＝(3,4)，b＝(1,0)，c＝a＋tb(t∈R)，若＝，则实数t＝( C )
A．－6 B．－5
C．5 D．6
[解析] a＝(3,4)，b＝(1,0)，
所以c＝a＋tb＝(3,4)＋t(1,0)＝(3＋t,4)，|a|＝＝5，|b|＝1，
因为＝，
所以＝，解得t＝5.
故选C．
二、填空题
6．已知向量a＝(2,2)，b＝(－8,6)，则cos〈a，b〉＝ － .
[解析] ∵a＝(2,2)，b＝(－8,6)，
∴a·b＝2×(－8)＋2×6＝－4，
|a|＝＝2，|b|＝＝10.
∴cos〈a，b〉＝＝＝－.
7．(2023·云南昆明)已知向量a＝(1,3)，b＝(2，y)，(a＋b)⊥a，则a在b方向上的投影向量是_(－1,2)__.(用坐标表示)
[解析] 由(a＋b)⊥a得(a＋b)·a＝a2＋a·b＝10＋2＋3y＝0，y＝－4，即b＝(2，－4)，
∴a·b＝2－12＝－10，又|b|＝＝2，
∴a在b方向上的投影向量是·＝·(2，－4)＝(－1,2)．
故答案为(－1,2)．
8．(2020·北京卷)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝(＋)，则||＝ ；·＝_－1__.
[解析] 以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则点A(0,0)、B(2,0)、C(2,2)、D(0,2)，
＝(＋)＝(2,0)＋(2,2)＝(2,1)，
则点P(2,1)，∴＝(－2,1)，＝(0，－1)，
因此，||＝＝，·＝0×(－2)＋1×(－1)＝－1.
三、解答题
9．(2023·山东潍坊)在如图的方格纸(每个小方格边长为1)上有A，B，C三点，已知向量a以A为始点．
(1)试以B为始点画出向量b，使b·a＝2，且|b|＝，并求向量b的坐标；
(2)在(1)的条件下，求(a＋b)·.
[解析] (1)向量b满足b·a＝2，且|b|＝，则如图，这两个向量均满足题意，证明如下：
向量a＝(2,0)，b＝(x，y)，则2x＝2，得x＝1，
因为|b|＝＝，解得y＝±1，所以b＝(1，±1)．
(2)若b＝(1,1)，a＋b＝(3,1)，＝(3，－1)，所以(a＋b)·＝3×3＋1×(－1)＝8.
若b＝(1，－1)，a＋b＝(3，－1)，＝(3，－1)．
所以(a＋b)·＝3×3＋(－1)×(－1)＝10.
10．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，求|＋3|的最小值．
[解析] 建立如图所示的平面直角坐标系，
设DC＝h，则A(2,0)，B(1，h)，设P(0，y)，(0≤y≤h)，则＝(2，－y)，＝(1，h－y)，
则＋3＝(5,3h－4y)，
所以|＋3|＝≥＝5，当且仅当3h＝4y，即DP＝DC时，等号成立，故|＋3|的最小值为5.
B 组·素养提升
一、选择题
1．已知向量a＝(5,12)，b＝(2,0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则t＝( C )
A．－ B．－
C． D．
[解析] 因为a＝(5,12)，b＝(2,0)，c＝a＋tb，
则c＝(5,12)＋t(2,0)＝(5＋2t,12)，
所以a·c＝5(5＋2t)＋122，b·c＝2(5＋2t)，|a|＝＝13，|b|＝2，
|c|＝≠0，
因为〈a，c〉＝〈b，c〉，所以cos 〈a，c〉＝cos 〈b，c〉，
所以＝，即＝，解得t＝.
故选C．
2．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)，若向量c满足(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，则c＝( D )
A． B．
C． D．
[解析] 不妨设c＝(m，n)，则a＋c＝(1＋m,2＋n)，a＋b＝(3，－1)，对于(c＋a)∥b，则有－3(1＋m)＝2(2＋n)．又c⊥(a＋b)，则有3m－n＝0，∴m＝－，n＝－，故选D．
3．(2023·湖南长沙)已知向量a＝(2,1)，b＝(－1,3)，则向量a在b方向上的投影向量为( C )
A．b B．－b
C．b D．－b
[解析] 因为向量a＝(2,1)，b＝(－1,3)，
所以向量a在b方向上的投影向量为·＝b＝b，故选C．
二、填空题
4．已知向量a＝(1,0)，b＝(1,1)，则
(1)与2a＋b同向的单位向量的坐标表示为 ；
(2)向量b－3a与向量a夹角的余弦值为 － .
[解析] (1)∵2a＋b＝(3,1)，
∴|2a＋b|＝＝.
∴与2a＋b同向的单位向量的坐标表示为＝.
(2)∵b－3a＝(－2,1)，∴|b－3a|＝，|a|＝1，
(b－3a)·a＝(－2,1)·(1,0)，＝－2，
∴cos
＝＝＝.
5．已知点A(0,2)，B(2,3)，C(3,3)，D(6,7)，则在上的投影向量为 .(用坐标表示)
[解析] 在上的投影向量为||cos〈，〉e，其中e＝为与同向的单位向量，
则||cos 〈，〉e＝||··＝·.
又＝(2,1)，＝(3,4)，·＝10，||2＝25，
则·＝＝.
故答案为.
三、解答题
6．已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a＝(1,2)．
(1)若|c|＝2，且c∥a，求c的坐标；
(2)若|b|＝，且a＋2b与2a－b垂直，求a与b的夹角θ.
[解析] (1)设c＝(x，y)，∵|c|＝2，
∴＝2，
∴x2＋y2＝20.
由c∥a和|c|＝2，可得
解得或
故c＝(2,4)或c＝(－2，－4)．
(2)∵(a＋2b)⊥(2a－b)，∴(a＋2b)·(2a－b)＝0，
即2a2＋3a·b－2b2＝0，
∴2×5＋3a·b－2×＝0，整理得a·b＝－，
∴cos θ＝＝－1.
又θ∈[0，π]，∴θ＝π.
C 组·探索创新
已知＝(2,1)，＝(1,7)，＝(5,1)，设C是直线OP上的一点(其中O为坐标原点)．
(1)求·取得最小值时的坐标；
(2)对(1)中求出的点C，求cos∠ACB．
[解析] (1)∵点C是直线OP上的一点，
∴向量与共线，
设＝t(t∈R)，因为＝(2t，t)．
∵＝－＝(1－2t,7－t)，
＝－＝(5－2t,1－t)，
∴·＝(1－2t)(5－2t)＋(7－t)(1－t)
＝5t2－20t＋12＝5(t－2)2－8，
当t＝2时，·取得最小值，此时＝(4,2)．
(2)当＝(4,2)时，＝(－3,5)，＝(1，－1)，
∴||＝，||＝，·＝－8.
∴cos∠ACB＝＝－.第六章 6.4 6.4.3 第1课时
A 组·素养自测
一、选择题
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝，b＝2，c＝，则a＝( D )
A．2 B．
C．3 D．
[解析] 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝3，得a＝.
故选D．
2．在△ABC中，已知A＝30°，且3a＝b＝12，则c的值为( C )
A．4 B．8
C．4或8 D．无解
[解析] 由3a＝b＝12，得a＝4，b＝4，
利用余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，
即16＝48＋c2－12c，解得c＝4或c＝8.
3．如果等腰三角形的周长是底边边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为( D )
A． B．
C． D．
[解析] 设等腰三角形的底边边长为x，则两腰长为2x(如图)，
由余弦定理得
cos A＝＝，故选D．
4．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cos B等于( B )
A． B．
C． D．
[解析] ∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，即b＝a，
由余弦定理得，
cos B＝＝＝.
5．(2022·平顶山高一检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，b＝5，c＝2acos A，则cos A＝( D )
A． B．
C． D．
[解析] 因为c＝2acos A，
由余弦定理可得c＝2a·，将a＝3，b＝5代入整理得c＝2，所以cos A＝＝.故选D．
二、填空题
6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2[解析] 由a2＋b2－c2<0知cos C<0，所以C为钝角．故C＝π.
7．在△ABC中，B＝45°，AC＝，AB＝2，则BC＝ 3 .
[解析] 由余弦定理得AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcos B，又因为B＝45°，AC＝，AB＝2，所以()2＝BC2＋22－2×BC×2×cos 45°，
整理，得BC2－2BC－6＝0，
所以(BC－3)(BC＋)＝0，
解得BC＝3或BC＝－(舍去)，
所以BC边的长为3.
8．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝3，a2＋c2－ac＝9，则角B＝ .
[解析] 因为b＝3，a2＋c2－ac＝9，即a2＋c2－ac＝b2，
所以cos B＝＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
故答案为.
三、解答题
9．在△ABC中，a∶b∶c＝3∶5∶7，求其最大内角．
[解析] 由于a∶b∶c＝3∶5∶7，不妨设a＝3k，b＝5k，c＝7k(k>0)．因此c是最大边，其所对角C为最大内角．
由余弦定理推论得：
cos C＝＝＝－，
∵0°10．在△ABC中，已知A＝120°，a＝7，b＋c＝8，求b，c.
[解析] 在△ABC中，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bccos A，
即72＝82－2bc＋bc，
∴bc＝15.又b＋c＝8，
解得或
B 组·素养提升
一、选择题
1．在△ABC中，已知AB＝3，AC＝2，BC＝，则·等于( D )
A．－ B．－
C． D．
[解析] ∵·＝||·||·cos 〈，〉，
由向量模的定义和余弦定理可以得出||＝3，||＝2，cos 〈，〉＝＝.
故·＝3×2×＝.
2．在△ABC中，cos ＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝( A )
A．4 B．
C． D．2
[解析]cos C＝2cos2－1＝2×2－1＝－，在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C，
所以AB2＝1＋25－2×1×5×＝32，
所以AB＝4.
3．(多选题)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(a2＋c2－b2)tan B＝ac，则角B的值为( AC )
A． B．
C． D．
[解析] 由(a2＋c2－b2)tan B＝ac得＝ac，
∴sin B＝，∴B＝或π.故选AC．
二、填空题
4．若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab＝ .
[解析] 因为C＝60°，所以c2＝a2＋b2－2abcos 60°，
即c2＝a2＋b2－ab.①
又因为(a＋b)2－c2＝4，
所以c2＝a2＋b2＋2ab－4.②
由①②知－ab＝2ab－4，所以ab＝.
5．△ABC的三内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，若p∥q，则C的大小为 .
[解析] ∵p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，p∥q，
∴(a＋c)(c－a)－b(b－a)＝0，
即a2＋b2－c2＝ab.
由余弦定理，得cos C＝＝＝，
∵0三、解答题
6．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc.
(1)求角A的大小；
(2)若b＋c＝2a＝2，试判断△ABC的形状．
[解析] (1)∵(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，
∴a2＝b2＋c2－bc，
而a2＝b2＋c2－2bccos A，∴2cos A＝1，∴cos A＝.
∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A，且a＝，
∴()2＝b2＋c2－2bc·＝b2＋c2－bc.①
又∵b＋c＝2，与①联立，解得bc＝3，
∴∴b＝c＝，
于是a＝b＝c＝，即△ABC为等边三角形．
C 组·探索创新
在△ABC中，b＝asin C，c＝acos B，试判断△ABC的形状．
[解析] 由余弦定理知cos B＝，
代入c＝acos B，得c＝a·，
∴c2＋b2＝a2.
∴△ABC是以A为直角的直角三角形．
又∵b＝asin C，∴b＝a·.∴b＝c.
∴△ABC也是等腰三角形．
综上所述，△ABC是等腰直角三角形．第六章 6.4 6.4.3 第2课时
A 组·素养自测
一、选择题
1．在三角形ABC中，a＝4，b＝3，sin A＝，则B＝( A )
A． B．
C．或 D．或
[解析] 三角形ABC中，a＝4，b＝3，sin A＝，
由正弦定理得＝ ＝ sin B＝，
因为b故选A．
2．已知△ABC的面积为，且b＝2，c＝，则sin A＝( A )
A． B．
C． D．
[解析] 由已知，得＝×2××sin A，
∴sin A＝.
3．在△ABC中，已知3b＝2asin B，且cos B＝cos C，角A是锐角，则△ABC的形状是( D )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
[解析] 由3b＝2asin B，得＝，根据正弦定理，得＝，所以＝，即sin A＝.又角A是锐角，所以A＝60°.又cos B＝cos C，且B，C都为三角形的内角，所以B＝C．故△ABC为等边三角形，故选D．
4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B－bcos A＝c，且C＝，则∠B＝( C )
A． B．
C． D．
[解析] 由题意结合正弦定理可得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C，
即sin Acos B－sin Bcos A＝sin (A＋B)＝sin Acos B＋sin Bcos A，
整理可得sin Bcos A＝0，由于B∈(0，π)，故sin B>0，
据此可得cos A＝0，A＝，
则B＝π－A－C＝π－－＝.
故选C．
5．在△ABC中，若sin A>sin B，则A与B的大小关系为( A )
A．A>B
B．AC．A≥B
D．A，B的大小关系不确定
[解析] 设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
∵sin A>sin B，∴2Rsin A>2Rsin B(R为△ABC外接圆的半径)，即a>b，故A>B．
二、填空题
6．已知△ABC外接圆半径是2 cm，∠A＝60°，则BC边长为 2 cm .
[解析] ∵＝2R，
∴BC＝2Rsin A＝4sin 60°＝2(cm)．
7．(2023·上海高一检测)在△ABC中，若AB＝2，∠B＝，∠C＝，则BC＝ .
[解析] ∵A＝π－B－C＝π－－＝.由正弦定理得＝，∴BC＝＝＝.
8．在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则的值为 .
[解析] 由余弦定理可得49＝AC2＋25－2×5×AC×cos 120°，整理得：
AC2＋5·AC－24＝0，解得AC＝3或AC＝－8(舍去)，
再由正弦定理可得＝＝.
三、解答题
9．已知在△ABC中，a＝2，b＝6，A＝30°，求△ABC中其他边与角的大小．
[解析] ∵A为锐角，bsin A＝6sin 30°＝3∴本题有两解，
∵sin B＝＝，∴B＝60°或120°，
当B＝60°时，C＝90°，c＝＝＝4；
当B＝120°时，C＝30°，c＝＝＝2；
综上，B＝60°，C＝90°，c＝4或B＝120°，C＝30°，c＝2.
10．在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
(1)求C的大小；
(2)如果a＋b＝6，·＝4，求c的值．
[解析] (1)∵＝，＝，
∴sin C＝cos C．∴tan C＝.
又∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)∵·＝||·||cos C＝ab＝4，∴ab＝8.
又∵a＋b＝6，由余弦定理知c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab＝12，∴c＝2.
B 组·素养提升
一、选择题
1．在△ABC中，a＝1，A＝30°，C＝45°，则△ABC的面积为( D )
A． B．
C． D．
[解析] 由正弦定理，得c＝ ＝，∵B＝180°－30°－45°＝105°，
sin 105°＝sin (60°＋45°)
＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝，
∴S△ABC＝acsin B＝.
2．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若acos A＝bsin B，则sin Acos A＋cos2B＝( D )
A．－ B．
C． －1 D． 1
[解析] ∵acos A＝bsin B，
∴sin Acos A＝sin 2B＝1－cos2B，
∴sin Acos A＋cos2B＝1.
3．根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是( C )
A．a＝8，b＝16，A＝30°，有两解
B．b＝18，c＝20，B＝60°，有一解
C．a＝30，b＝25，A＝150°，有一解
D．a＝5，c＝2，A＝90°，无解
[解析] 因为＝，所以sin B＝＝1，又0°sin B，且c>b，所以C>B，故有两解，故B错误；因＝，所以sin B＝＝又b故选C．
二、填空题
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝，b＝2，sin B＋cos B＝，则角A的大小为 .
[解析] 由sin B＋cos B＝，得
sin＝1，由B∈(0，π)，得B＝，
由正弦定理，＝，得sin A＝＝，又a5．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若2bcos B＝acos C＋ccos A，则B＝ .
[解析] 由2bcos B＝acos C＋ccos A及正弦定理，
得2sin Bcos B＝sin Acos C＋sin Ccos A．
∴2sin Bcos B＝sin (A＋C)．
又A＋B＋C＝π，
∴A＋C＝π－B．
∴2sin Bcos B＝sin (π－B)＝sin B．
又sin B≠0，
∴cos B＝.
又∵0三、解答题
6．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c.
(1)求C；
(2)若c＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
[解析] (1)由已知及正弦定理得，
2cos C(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin C，
即2cos Csin (A＋B)＝sin C．故2sin Ccos C＝sin C．
又C为△ABC的内角，
可得cos C＝，所以C＝.
(2)由已知，absin C＝.又C＝，所以ab＝6.
由已知及余弦定理得a2＋b2－2abcos C＝7.
故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25.
所以△ABC的周长为5＋.
C 组·探索创新
已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A＝2B，求的取值范围．
[解析] 由于△ABC为锐角三角形，
则A，B，C∈，
即所以由正弦定理得＝＝＝2cos B∈(，)．
故的取值范围是(，)．第六章 6.4 6.4.3 第3课时
A 组·素养自测
一、选择题
1．如图，在河岸AC测量河的宽度BC，测量下列四组数据，较适宜的是( D )
A．γ，c，α B．b，c，α
C．c，α，β D．b，α，γ
[解析] 本题中a、c、β这三个量不易直接测量，故选D．
2．设甲、乙两幢楼相距20 m，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两幢楼的高分别是( A )
A．20 m， m
B．10 m,20 m
C．10(－) m,20 m
D． m， m
[解析] 由题意知，h甲＝20tan 60°＝20(m)，
h乙＝20tan 60°－20tan 30°＝(m)．
3．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶，到A处时测得公路北侧远处一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为60°，则此山的高度CD＝( A )
A．300 m B．100 m
C．100 m D．300 m
[解析] 如图由题意得：∠BAC＝30°，∠HBC＝75°，AB＝600，
在△BCD中，∠CBD＝60°，
在△ABC中，∠ACB＝75°－30°＝45°，
由正弦定理得：＝，即＝，
解得：BC＝300，
由于CD⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以CD⊥BC，
则CD＝BCtan 60°＝300×＝300(m)．
故选A．
4．(多选题)某人向正东方向走了x km后，向右转150°，然后朝新方向走3 km，结果他恰好离出发地 km，那么x的值为( AC )
A． B．2
C．2 D．5
[解析] 本题考查余弦定理的应用．由题意得()2＝32＋x2－2×3xcos 30°，解得x＝或2，故选AC．
5．如图，从气球A测得济南全运会东荷、西柳两场馆B，C的俯角分别为α，β，此时气球的高度为h(A，B，C在同一铅垂面内)，则两个场馆B，C间的距离为( B )
A． B．
C． D．
[解析] 在Rt△ADC中，AC＝，在△ABC中，由正弦定理，得BC＝＝.
二、填空题
6．在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离是 km.
[解析] 如图所示，由题意易知C＝45°，
由正弦定理得＝，
从而AC＝·＝(km)．
7．一轮船从A点沿北偏东70°的方向行驶10海里至海岛B，又从B沿北偏东10°的方向行驶10海里至海岛C，若此轮船从A点直接沿直线行驶至海岛C，则此船沿_北偏东40°__方向行驶 10 海里至海岛C．
[解析] 在△ABC中，∠ABC＝110°＋10°＝120°.
又AB＝BC，故∠CAB＝∠ACB＝30°，
AC＝
＝10.
故此船沿着北偏东70°－30°＝40°方向行驶了10海里到达海岛C．
8．如图，某中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高度，先在山脚A处测得山顶C处的仰角为60°，又利用无人机在离地面高300 m的M处(即MD＝300 m)，观测到山顶C处的仰角为15°，山脚A处的俯角为45°，则山高BC＝_450__m.
[解析] 依题意∠AMD＝45°，则AM＝MD＝300，∠CMA＝45°＋15°＝60°，∠CAB＝60°，
故∠MAC＝180°－60°－45°＝75°，∠ACM＝180°－75°－60°＝45°，
在△MAC中，由正弦定理得＝，即＝，
解得AC＝300，则BC＝ACsin 60°＝450.
故答案为450.
三、解答题
9．如图，我炮兵阵地位于地面A处，两观察所分别位于地面点C和D处，已知CD＝6 000 m．∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目标出现于地面B处时测得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°.求炮兵阵地到目标的距离．(结果保留根号)
[解析] 在△ACD中，∠CAD＝60°，
AD＝＝CD．
在△BCD中，∠CBD＝135°，BD＝＝CD，∠ADB＝90°.
在Rt△ABD中，AB＝＝CD＝1 000(m)．
10．如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一建筑物的仰角分别为30°，45°，60°，且AB＝BC＝60 m，求建筑物的高度．
[解析] 设建筑物的高度为h，由题图知，
PA＝2h，PB＝h，PC＝h，
∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理，得
cos ∠PBA＝，①
cos ∠PBC＝.②
∵∠PBA＋∠PBC＝180°，
∴cos ∠PBA＋cos ∠PBC＝0.③
由①②③，解得h＝30或h＝－30(舍去)，即建筑物的高度为30 m.
B 组·素养提升
一、选择题
1．如图所示，要测量底部不能到达的某电视塔AB的高度，在塔的同一侧选择C，D两个观测点，且在C，D两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得∠BCD＝120°，C，D两地相距500 m，则电视塔AB的高度是( D )
A．100 m B．400 m
C．200 m D．500 m
[解析] 设AB＝x，在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，∴BC＝AB＝x；在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，∴BD＝x. 在△BCD中，∠BCD＝120°，CD＝500 m，由余弦定理得(x)2＝x2＋5002－2×500xcos 120°，解得x＝500 m.
2．如图，飞机的航线和山顶C在同一个铅垂面内，若飞机的海拔为18 km，速度为1 000 km/h，飞行员到达A点处看到山顶的俯角为30°，经过1 min后到达B点处看山顶的俯角为75°，则山顶的海拔为(精确到0.1 km，参考数据：≈1.732)( B )
A．11.4 km B．6.6 km
C．6.5 km D．5.6 km
[解析] 本题考查正弦定理的实际应用．
∵AB＝1 000×＝(km)，
∴BC＝·sin 30°＝(km)．
∴航线离山顶的距离为×sin 75°＝×sin ≈11.4(km)．
∴山顶的海拔为18－11.4＝6.6(km)．故选B．
3．如图所示，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC＝BC＝1 km，且C＝120°，则A，B两点间的距离为( A )
A． km B． km
C．1.5 km D．2 km
[解析] 在△ABC中，易知A＝30°，由正弦定理＝，得AB＝＝2×1×＝(km)．
二、填空题
4．如图所示，某次航展期间，一架表演机以300 km/h的速度在同一水平高度向正东方向飞行，地面上观众甲第一次观察到该表演机在北偏西60°方向，1 min后该表演机飞到北偏东75°方向，此时仰角为30°，则该表演机的飞行高度为 km.
[解析] 如图所示，由AF⊥BC，则∠CAF＝60°，∠BAF＝75°，∠BAD＝30°，
又由四边形BCED为矩形，可得BC＝DE＝300×＝5，
且∠BAC＝∠CAF＋∠BAF＝60°＋75°＝135°，
在△ABC中，根据正弦定理可得＝，
即＝，解得AB＝＝5，
所以BD＝AB·tan∠BAD＝5tan 30°＝.
故答案为.
5．某手机社交软件可以实时显示两人之间的直线距离．已知甲在某处静止不动，乙在点A时，显示与甲之间的距离为400米，之后乙沿直线从点A走到点B，当乙在点B时，显示与甲之间的距离为600米，若A，B两点间的距离为500米，则乙从点A走到点B的过程中，甲、乙两人之间距离的最小值为 150 米．
[解析] 令甲的位置为点C，如图，在△ABC中，AC＝400，AB＝500，BC＝600，
由余弦定理得cos A＝＝＝，sin A＝＝，
过C作CD⊥AB于D，所以所求距离的最小值为CD＝ACsin A＝400×＝150(米)．
故答案为150.
三、解答题
6．如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12 n mile，渔船乙以10 n mile/h的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2 h追上．
(1)求渔船甲的速度；
(2)求sin α的值．
[解析] (1)依题意可得，在△ABC中，∠BAC＝180°－60°＝120°，AB＝12，AC＝10×2＝20，∠BCA＝α.
由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB×AC×cos ∠BAC
＝122＋202－2×12×20×cos 120°＝784.解得BC＝28.
所以渔船甲的速度为＝14 n mile/h.
(2)在△ABC中，因为AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，
由正弦定理，得＝.
即sin α＝＝＝.
C 组·探索创新
如图，某人在塔的正东方向上的C处在与塔垂直的水平面内沿南偏西60°的方向以每小时6 km的速度步行了1 min以后，在点D处望见塔的底端B在东北方向上，已知沿途塔的仰角∠AEB＝α，α的最大值为60°.
(1)求该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了几分钟；
(2)求塔的高AB．(结果保留根号，不求近似值)
[解析] (1)依据题意知，在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－45°＝135°，CD＝6 000×＝100(m)，
∠BDC＝45°－30°＝15°，
由正弦定理，得＝，
∴BC＝＝＝
＝＝50(－1)(m)，
在Rt△ABE中，tan α＝，
∵AB为定长，当BE的长最小时，α取最大值60°，
这时BE⊥CD，当BE⊥CD时，在Rt△BEC中，EC＝BC·cos ∠BCE＝50(－1)·＝25(3－)(m)，
设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了t min，则t＝×60＝×60＝(min)．
(2)由(1)知当α取得最大值60°时，BE⊥CD，在Rt△BEC中，BE＝BC·sin ∠BCD，
所以AB＝BE·tan 60°＝BC·sin ∠BCD·tan 60°＝50(－1)××＝25(3－)(m)，即所求塔高为25(3－)m.第六章综合测试
考试时间120分钟，满分150分．
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列命题中正确的是( D )
A．－＝ B．＋＝0
C．0·＝0 D．＋＋＝
[解析] 起点相同的向量相减，则取终点，并指向被减向量，－＝；，是一对相反向量，它们的和应该为零向量，＋＝0；0·＝0.
2．设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则＋( A )
A． B．
C． D．
[解析] 如图，＋＝(＋)＋(＋)＝＋＝＋＝(＋)＝.
3．已知a、b、c分别是△ABC三个内角A、B、C的对边，b＝，c＝，B＝，那么a等于( C )
A．1 B．2
C．4 D．1或4
[解析] 在△ABC中，b＝，c＝，cos B＝，
由余弦定理有b2＝a2＋c2－2accos B，
即7＝a2＋3－3a，
解得a＝4或a＝－1(舍去)．
故a的值为4.
4．(2022·新高考Ⅱ卷)已知向量a＝(3,4)，b＝(1,0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则t＝( C )
A．－6 B．－5
C．5 D．6
[解析] c＝(3＋t,4)，cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，
即＝，解得t＝5.
故选C．
5．向量a＝(－1,1)，且a与a＋2b方向相同，则a·b的取值范围是( B )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－∞，1)
[解析] a与a＋2b方向相同，则存在实数λ(λ>0)使a＝λ(a＋2b)，即b＝a.
∵a＝(1,1)，∴|a|2＝2，
∴a·b＝a2·＝，∵λ>0，∴a·b>－1.
6．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱的水柱高度，某人在喷水柱正西方向的D处测得水柱顶端A的仰角为45°，沿D的北偏东30°方向前进100 m后到达C处，在C处测得水柱顶端A的仰角为30°，则水柱的高度是( A )
A．50 m B．100 m
C．120 m D．150 m
[解析] 如图，设水柱高AB＝h m.
依题意有∠ADB＝45°，∠BDC＝90°－30°＝60°，∠ACB＝30°，且AB⊥BD，AB⊥BC．
由图可知，BD＝AB＝h，BC＝＝h，CD＝100，
又∵∠BDC＝60°，在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cos 60°，
即(h2)＝h2＋1002－100h，
解得h＝50.
7．在△ABC中，已知b2－bc－2c2＝0，a＝，cos A＝，则△ABC的面积S为( A )
A． B．
C． D．6
[解析] 由b2－bc－2c2＝0，整理得b2－c2＝c2＋bc，即b－c＝c，b＝2c.
由cos A＝＝＝，
得c2＝4，c＝2，b＝4.
又sin A＝，∴S＝bcsin A＝×4×2×＝.故选A．
8．如图所示，半圆的直径AB＝4，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(＋)·的最小值是( D )
A．2 B．0
C．－1 D．－2
[解析] 由平行四边形法则得＋＝2，
故(＋)·＝2·，又||＝2－||，且，反向，设||＝t(0≤t≤2)，则(＋)·＝2·＝－2t(2－t)＝2(t2－2t)＝2[(t－1)2－1]．
∵0≤t≤2，
∴当t＝1时，(＋)·取得最小值－2，故选D．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知向量a＝(1，－2)，|b|＝4|a|，a∥b，则b可能是( AD )
A．(4，－8) B．(8,4)
C．(－4，－8) D．(－4,8)
[解析] 设b＝λa＝(λ，－2λ)，由|b|＝4|a|，得＝4，解得λ＝±4，故选AD．
10．若a，b，a＋b为非零向量，且a＋b平分a与b的夹角则( BC )
A．a＝b
B．a·(a＋b)＝b·(a＋b)
C．|a|＝|b|
D．|a＋b|＝|a－b|
[解析] 如图，四边形OACB为平行四边形，设＝a，＝b，则＝a＋b，因为a＋b平分a与b的夹角，即是∠AOB的角平分线，所以∠BOC＝∠AOC，所以四边形OACB为菱形，所以|a|＝|b|；又因为a·(a＋b)＝|a||a＋b|cos∠AOC，b·(a＋b)＝|b||a＋b|cos∠BOC，所以a·(a＋b)＝b·(a＋b)，综上可得B、C正确．
11．若△ABC为钝角三角形，且a＝2，b＝3，则边c的长度可以为( AD )
A．2 B．3
C． D．4
[解析] 由三角形的边长能构成三角形，则有1又a则cos B＝<0或cos C＝<0，
所以4＋c2－9<0或4＋9－c2<0，解得1所以选项A、D满足．
故选AD．
12．(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知O为坐标原点，点P1(cos α，sin α)，P2(cos β，－sin β)，P3(cos(α＋β)，sin(α＋β))，A(1,0)，则( AC )
A．||＝||
B．||＝||
C．·3＝·
D．·＝·
[解析] ＝(cos α，sin α)，＝(cos β，－sin β)，所以||＝＝1，||＝＝1，故||＝||，A正确； 由题意得：·＝1×cos(α＋β)＋0×sin(α＋β)＝cos(α＋β)，·＝cos α·cos β＋sin α·(－sin β)＝cos(α＋β)，C正确； 故选AC．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，则(a＋b)·c＝_0__；a·b＝_3__.
[解析] ∵a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，
∴a＋b＝(4,0)，∴(a＋b)·c＝4×0＋0×1＝0，
∴a·b＝2×2＋1×(－1)＝3.
14．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝ 2 .
[解析] 由题意，S△ABC＝acsin B＝ac＝，
所以ac＝4，a2＋c2＝12，
所以b2＝a2＋c2－2accos B＝12－2×4×＝8，解得b＝2(负值舍去)．
故答案为2.
15．(2023·华侨、港澳台联考)在△ABC中，A＝2B，a＝6，b＝4，则cos B＝ .
[解析] 在△ABC中，＝，即＝，解得cos B＝.
16．在△ABC中，已知D为BC边上一点，BC＝3BD，AD＝，∠ADB＝135°，若AC＝AB，则BD＝ 2＋ .
[解析] 设AB＝k，则AC＝k.再设BD＝x，则DC＝2x.
在△ABD中，由余弦定理，得
k2＝x2＋2－2·x·×＝x2＋2＋2x.①
在△ADC中，由余弦定理，得
2k2＝4x2＋2－2×2x·×＝4x2＋2－4x，
即k2＝2x2＋1－2x. ②
由①②得x2－4x－1＝0，解得x＝2＋(负值舍去)．
故BD＝2＋.
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－1，－2)，B(2,3)，C(－2，－1)．
(1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长；
(2)设实数t满足(－t)·＝0，求t的值．
[解析] (1)＝(3,5)，＝(－1,1)，
求两条对角线的长即求|＋|与|－|的大小．由＋＝(2,6)，得|＋|＝2，
由－＝(4,4)，得|－|＝4.
(2)＝(－2，－1)，
∵(－t)·＝·－t2，
易求·＝－11，2＝5，
∴由(－t)·＝0得t＝－.
18．(本小题满分12分)如图，在△OAB中，P为线段AB上一点，且＝x＋y.
(1)若＝，求x，y的值；
(2)若＝3，||＝4，||＝2，且与的夹角为60°，求·的值．
[解析] (1)若＝，则＝＋，故x＝y＝.
(2)若＝3，
则＝＋.
·＝·(－)
＝－2－·＋
＝－×42－×4×2×cos 60°＋×22＝－3.
19．(本小题满分12分)在锐角△ABC中，a＝2，_____.
(1)求角A；
(2)求△ABC的周长l的范围．
注：在①m＝，
n＝，且m·n＝－，
②(2b－c)cos A＝acos C，
③f(x)＝cos xcos－， f(A)＝.
这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并对其进行求解．如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
[解析] (1)若选①，∵m＝，n＝，
且m·n＝－，
∴m·n＝－cos2＋sin2＝－，
∴cos A＝，∵A∈，∴A＝.
若选②，∵(2b－c)cos A＝acos C，
∴2bcos A＝acos C＋ccos A＝a·＋c·，
∴2bcos A＝b，∴cos A＝，
∵A∈，∴A＝.
若选③，f(x)＝cos x－＝cos2x＋cos xsin x－＝×＋×－＝＝sin ，
∵f(A)＝，∴sin ＝.
∵A∈，∴A＝.
(2)∵＝4，∴l＝4sin＋4sin B＋2，
∴l＝4sin ＋2.
∵△ABC为锐角三角形且A＝，∴B∈，
∴B＋∈，∴l∈(6＋2，6]．
20．(本小题满分12分)一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2－2)n mile到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile到达海岛C．
(1)求AC的长；
(2)如果下次航行直接从A出发达到C，求∠CAB的大小．
[解析] (1)由题意，在△ABC中，∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，
AB＝2－2，BC＝4，
根据余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝(2－2)2＋42＋(2－2)×4＝24，
所以AC＝2.
(2)根据正弦定理得，sin∠BAC＝＝，
所以∠CAB＝45°.
21．(本小题满分12分)△ABC是等腰直角三角形，∠B＝90°，D是边BC的中点，BE⊥AD，垂足为E，延长BE交AC于F，连接DF，求证：∠ADB＝∠FDC．
[证明] 如图，B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，设A(0,2)，C(2,0)，则D(1,0)，＝(2，－2)．
设＝λ，
则＝＋＝(0,2)＋(2λ，－2λ)＝(2λ，2－2λ)．
又＝(－1,2)，⊥，
∴·＝0，
∴－2λ＋2(2－2λ)＝0，
∴λ＝.
∴＝，＝－＝.
又＝(1,0)，∴cos ∠ADB＝＝，
cos ∠FDC＝＝，
又∠ADB，∠FDC∈(0，π)，
∴∠ADB＝∠FDC．
22．(本小题满分12分)已知向量a＝(2＋sin x,1)，b＝(2，－2)，c＝(sin x－3,1)，d＝(1，k)，(x∈R，k∈R)．
(1)若x∈，且a∥(b＋c)，求x的值；
(2)若函数f(x)＝a·b，求f(x)的最小值；
(3)是否存在实数k，使得(a＋d)⊥(b＋c)？若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)∵b＋c＝(sin x－1，－1)，又a∥(b＋c)，
∴－(2＋sin x)＝sin x－1，即sin x＝－.
又x∈，
∴x＝－.
(2)∵a＝(2＋sin x,1)，b＝(2，－2)，
∴f(x)＝a·b＝2(2＋sin x)－2＝2sin x＋2.
又x∈R，
∴当sin x＝－1时，f(x)有最小值，且最小值为0.
(3)∵a＋d＝(3＋sin x,1＋k)，b＋c＝(sin x－1，－1)，
若(a＋d)⊥(b＋c)，则(a＋d)·(b＋c)＝0，
即(3＋sin x)(sin x－1)－(1＋k)＝0，
∴k＝sin 2x＋2sin x－4＝(sin x＋1)2－5.
由sin x∈[－1,1]，
∴－5≤(sin x＋1)2－5≤－1，得k∈[－5，－1]．
∴存在k∈[－5，－1]，使得(a＋d)⊥(b＋c)．