课时分层作业(七) 平面向量基本定理
一、选择题
1．(多选)(2022·广东雷州市白沙中学月考)如图所示，D是△ABC的边AB上的中点，则向量＝( )
A．－＋ B．
C．－ D．＋
2．如图，在矩形ABCD中，若＝5e1，＝3e2，则＝( )
A．(5e1＋3e2)
B．(5e1－3e2)
C．(3e2－5e1)
D．(5e2－3e1)
3．(2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA．记＝m，＝n，则＝( )
A．3m－2n B．－2m＋3n
C．3m＋2n D．2m＋3n
4．如图，向量e1，e2，a的起点与终点均在正方形的格点上．若a＝λe1＋μe2，则λ＋μ＝( )
A．－1 B．3
C．1 D．－3
5．如图，在△ABC中，＝，＝，若＝λ＋μ，则等于( )
A． B．
C．3 D．
二、填空题
6．设e1，e2是平面内一组基底，且a＝e1＋2e2，b＝＋e2，则向量e1＋e2可以表示为以a，b为基底的线性组合，即e1＋e2＝________．
7．若向量a＝4e1＋2e2与b＝ke1＋e2共线，其中e1，e2是同一平面内两个不共线的向量，则k的值为________．
8．设D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，AD＝AB，BE＝BC，若＝λ1＋λ2(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．
三、解答题
9．设e1，e2是不共线的非零向量，且a＝e1－2e2，b＝e1＋3e2．
(1)证明：{a，b}可以作为一个基底；
(2)以{a，b}为基底表示向量c＝3e1－e2．
10．若＝a，＝b，＝λ(λ≠－1)，则等于( )
A．a＋λb B．λa＋(1－λ)b
C．λa＋b D．a＋b
11．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆弧AB的两个三等分点，＝a，＝b，则等于( )
A．a－b B．a－b
C．a＋b D．a＋b
12．(多选)(2022·河北保定一中月考)在△ABC中，M，N分别是线段AB，AC上的点，CM与BN交于P点，若＝＋，则( )
A．＝ B．＝2
C．＝3 D．＝
13．如图所示，OM∥AB，点P在由射线OM，线段OB及AB的延长线围成的阴影区域内(不含边界)运动，且＝x＋y，则x的取值范围是________；当x＝－时，y的取值范围是________．
14．若点M是△ABC所在平面内一点，且满足：＝＋．
(1)求△ABM与△ABC的面积之比；
(2)若N为AB中点，AM与CN交于点O，设＝x＋y，求x，y的值．
15．(2022·山东枣庄三中月考)如图，在平行四边形ABCD中，E点是AB的中点，F，G点分别是AD，BC的四等分点．设＝a，＝b．
(1)用a，b表示；
(2)如果|b|＝2|a|，EF，EG有什么位置关系？用向量的方法证明你的结论．
课时分层作业(七)
1．AD [＝＝－＋＝＋＝＋)＝＋．故选AD．]
2．A [＝＝)
＝)＝(5e1＋3e2)．故选A．]
3．B [因为点D在边AB上，BD＝2DA，所以＝2，即＝2()，所以＝3－2＝3n－2m＝－2m＋3n．故选B．]
4．A [根据题中图象可知，a＝－2e1＋e2，所以λ＝－2，μ＝1，即λ＋μ＝－2＋1＝－1，故选A．]
5．A [由题意可得，＝＝＝＝＋＝＋＝＋，据此可知λ＝，μ＝，则＝．]
6．a－b [由a＝e1＋2e2①，b＝－e1＋e2②，①＋②得e2＝a＋b，代入①可求得e1＝a－b，
所以e1＋e2＝a－b．]
7．2 [∵向量a与b共线，∴存在实数λ，使得b＝λa，
即ke1＋e2＝λ(4e1＋2e2)＝4λe1＋2λe2．
∵e1，e2是同一平面内两个不共线的向量，
∴∴k＝2．]
8． [如图，由题意知，D为AB的中点，＝，
所以＝＝＋
＝＋)＝－＋，
所以λ1＝－，λ2＝，
所以λ1＋λ2＝－＋＝．]
9．解 (1)证明：假设a＝λb(λ∈R)，
则e1－2e2＝λ(e1＋3e2)．
由e1，e2不共线，得
所以λ不存在．
故a与b不共线，可以作为一个基底．
(2)设c＝ma＋nb(m，n∈R)，
则3e1－e2＝m(e1－2e2)＋n(e1＋3e2)＝(m＋n)e1＋(－2m＋3n)e2．
所以
解得
所以c＝2a＋b．
10．D [∵＝λ，
∴＝λ()，
∴(1＋λ)＝＋λ，
∴＝＋＝a＋b．]
11．D [连接CD，OD(图略)，
∵点C，D是半圆弧AB的两个三等分点，
∴AC＝BD，∴CD∥AB，∠CAD＝∠DAB＝30°，
∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠DAO＝30°，
∴∠CAD＝∠ADO＝30°，
∴AC∥DO，
∴四边形ACDO为平行四边形，＝．
∵＝＝a，＝b，
∴＝a＋b．]
12．AD [设＝m＝n，由＝＋，可得＝＋＝＋．
因为C，P，M共线，所以＋＝1，解得m＝．
因为N，P，B共线，所以＋＝1，解得n＝．
故＝＝，
即＝＝．故选AD．]
13．(－∞，0) [由题意得＝a＋b(a，b∈(0，＋∞)且0
0)．由－aλ<0，得x∈(－∞，0)．
又由＝x＋y，知0当x＝－时，有0<－＋y<1，解得14．解 (1)由＝＋可知M，B，C三点共线，
如图，令＝λ ＝＝＋λ＝＋λ()＝(1－λ)＋λ λ＝，
所以＝，即面积之比为1∶4．
(2)由＝x＋y ＝x＋＝＋y，由O，M，A三点共线及O，N，C三点共线
15．解 (1)由已知，得＝＝a，＝＝b，
所以＝＝b－a，
＝＝b＋a．
(2)·＝·＝b2－a2，
如果|b|＝2|a|，那么·＝0，
即EF⊥EG．
所以EF与EG互相垂直．课时分层作业(八) 平面向量的正交分解及坐标表示
平面向量加、减运算的坐标表示
一、选择题
1．如果用i，j分别表示x轴和y轴正方向上的单位向量，且A(2，3)，B(4，2)，则可以表示为( )
A．2i＋3j B．4i＋2j
C．2i－j D．－2i＋j
2．已知向量＝(2，4)，＝(0，2)，则＝( )
A．(－2，－2) B．(2，2)
C．(1，1) D．(－1，－1)
3．(多选)下面几种说法中正确的有( )
A．相等向量的坐标相同
B．平面上一个向量对应于平面上唯一的坐标
C．一个坐标对应于唯一的一个向量
D．平面上一个点与以原点为始点、该点为终点的向量一一对应
4．已知四边形ABCD为平行四边形，其中A(5，－1)，B(－1，7)，C(1，2)，则顶点D的坐标为( )
A．(－7，0) B．(7，6)
C．(6，7) D．(7，－6)
5．(多选)在平面直角坐标系中，点A(2，3)，B(－3，4)，如图所示，x轴、y轴正方向上的两个单位向量分别为i和j，则下列选项正确的是( )
A．＝2i＋3j B．＝3i＋4j
C．＝－5i＋j D．＝5i－j
二、填空题
6．已知向量a＝(2m，m)，b＝(n，－2n)，若a＋b＝(9，－8)(m，n∈R)，则m－n的值为________．
7．已知2 023个向量的和为零向量，且其中一个向量的坐标为(8，15)，则其余2 022个向量的和为________．
8．如图，在 ABCD中，AC为一条对角线，若＝(2，4)，＝(1，3)，则＝________．
三、解答题
9．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)．
(1)若＝，求点P的坐标．
(2)若＝0，求的坐标．
10．已知M(3，－2)，N(5，－1)，若＝，则点P的坐标为( )
A．(3，2) B．(3，－1)
C．(7，0) D．(1，0)
11．若{i，j}为正交基底，设a＝(x2＋x＋1)i－(x2－x＋1)j(其中x∈R)，则向量a对应的坐标位于( )
A．第一、二象限 B．第二、三象限
C．第三象限 D．第四象限
12．对于向量m＝(x1，y1)，n＝(x2，y2)，定义m n＝(x1x2，y1y2)．已知a＝(2，－4)，且a＋b＝a b，那么向量b等于( )
A． B．
C． D．
13．已知在非平行四边形ABCD中，AB∥DC，且A，B，D三点的坐标分别为(0，0)，(2，0)，(1，1)，则顶点C的横坐标的取值范围是________．
14．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，OA＝4，AB＝3，∠AOx＝45°，∠OAB＝105°，＝a，＝b，四边形OABC为平行四边形．
(1)求向量a，b的坐标；
(2)求点B的坐标．
15．已知向量u＝(x，y)和向量v＝(y，2y－x)的对应关系可以用v＝f (u)表示．
(1)若a＝(1，1)，b＝(1，0)，试求向量f(a)及f(b)的坐标；
(2)求使f (c)＝(4，5)的向量c的坐标．
课时分层作业(八)
1．C [记O为坐标原点，则＝2i＋3j，＝4i＋2j，所以＝＝2i－j．故选C．]
2．A [＝＝(－2，－2)．故选A．]
3．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．]
4．D [因为四边形ABCD为平行四边形，
所以＝．
设D(x，y)，则有(－1－5，7＋1)＝(1－x，2－y)，
即解得
因此D点坐标为(7，－6)．]
5．ACD [i，j互相垂直，故可作为基底，由平面向量基本定理，有＝2i＋3j，＝－3i＋4j，＝＝－5i＋j，＝＝5i－j．]
6．－3 [因为a＋b＝(2m＋n，m－2n)＝(9，－8)，
所以所以
所以m－n＝2－5＝－3．]
7．(－8，－15) [设其余2 022个向量的和为(x，y)，
则(8，15)＋(x，y)＝(0，0)，
∴(x，y)＝(－8，－15)．]
8．(－3，－5) [＝＝(1，3)－(2，4)＝(－1，－1)，＝＝＝(－1，－1)－(2，4)＝(－3，－5)．]
9．解 (1)因为＝(1，2)，＝(2，1)，
所以＝(1，2)＋(2，1)＝(3，3)，
即点P的坐标为(3，3)．
(2)设点P的坐标为(x，y)，
因为＝0，又＝(1－x，1－y)＋(2－x，3－y)＋(3－x，2－y)＝(6－3x，6－3y)，
所以解得
所以点P的坐标为(2，2)，故＝(2，2)．
10．C [设点P的坐标为(x，y)，则＝(x－5，y＋1)．＝(5－3，－1＋2)＝(2，1)，因为＝，即(x－5，y＋1)＝(2，1)，所以解得所以点P的坐标为(7，0)，故选C．]
11．D [因为x2＋x＋1＝＋＞0，
－(x2－x＋1)＝－＜0，
所以向量a对应的坐标位于第四象限．]
12．A [设b＝(x，y)，由新定义及a＋b＝a b，可得(2＋x，y－4)＝(2x，－4y)，所以2＋x＝2x，y－4＝－4y，解得x＝2，y＝，所以向量b＝．]
13．(1，3)∪(3，＋∞) [当四边形ABCD为平行四边形时，
则＝＝(2，0)＋(1，1)＝(3，1)，故满足题意的顶点C的横坐标的取值范围是(1，3)∪(3，＋∞)．]
14．解 (1)过点A作AM⊥x轴于点M(图略)，
则OM＝OA·cos 45°＝4×＝2，
AM＝OA·sin 45°＝4×＝2，
∴A(2，2)，故a＝(2，2)．
∵∠AOC＝180°－105°＝75°，∠AOy＝45°，
∴∠COy＝30°．又OC＝AB＝3，
∴C，∴＝＝，
即b＝．
(2)∵＝＝(2，2)＋
＝，
∴点B的坐标为
15．解 (1)由v＝f(u)可得，当u＝(x，y)时，有v＝(y，2y－x)＝f(u)，从而f(a)＝(1，2×1－1)＝(1，1)，f (b)＝(0，2×0－1)＝(0，－1)．
(2)设c＝(x，y)，则f (c)＝(y，2y－x)＝(4，5)，
所以解得即c＝(3，4)．课时分层作业(九) 平面向量数乘运算的坐标表示
一、选择题
1．在下列向量组中，可以把向量a＝(3，2)表示出来的是( )
A．e1＝(0，0)，e2＝(1，2)
B．e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)
C．e1＝(3，5)，e2＝(6，10)
D．e1＝(2，－3)，e2＝(－2，3)
2．已知两点A(2，－1)，B(3，1)，与平行且方向相反的向量a可能是( )
A．(1，－2) B．(9，3)
C．(－1，2) D．(－4，－8)
3．已知向量a＝(1－sin θ，1)，b＝，且a∥b，则锐角θ等于( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
4．已知向量a＝(2，1)，b＝(3，4)，c＝(k，2)．若(3a－b)∥c，则实数k的值为( )
A．－8 B．－6
C．－1 D．6
5．(多选)已知在平面直角坐标系中，点P1(0，1)，P2(4，4)．当P是线段P1P2的一个三等分点时，点P的坐标为( )
A． B．
C．(2，3) D．
二、填空题
6．若A(3，－6)，B(－5，2)，C(6，y)三点共线，则y＝________．
7．与向量a＝(－3，4)平行的单位向量是________．
8．已知向量a＝(1，λ)，b＝(2，1)，c＝(1，－2)，若向量2a＋b与c共线，则λ＝________．
三、解答题
9．已知A，B，C三点的坐标分别为(－1，0)，(3，－1)，(1，2)，且＝＝．
(1)求点E，F的坐标；
(2)判断与是否共线．
10．设向量a＝(1，－3)，b＝(－2，4)，若表示向量4a，3b－2a，c的有向线段首尾相接能构成三角形，则向量c为( )
A．(1，－1) B．(－1，1)
C．(－4，6) D．(4，－6)
11．(多选)已知A(3，－6)，B(－5，2)，且A，B，C三点在一条直线上，则C点的坐标可能是( )
A．(－9，6) B．(－1，－2)
C．(－7，－2) D．(6，－9)
12．(多选)已知A(2，1)，B(0，2)，C(－2，1)，O(0，0)，则下列结论正确的是( )
A．直线OC与直线BA平行
B．＝
C．＝
D．＝－2
13．已知向量＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(5－m，－3－m)，若点A，B，C能构成三角形，则实数m应满足的条件为________．
14．如图所示，在四边形ABCD中，已知A(2，6)，B(6，4)，C(5，0)，D(1，0)，求直线AC与BD交点P的坐标．
15．已知三角形的三条中线交于一点G(也称为三角形的重心)，且点G将每条中线分为2∶1的两段(如图，AG∶GM＝2∶1)．设△ABC三个顶点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．
(1)求点G的坐标；
(2)利用向量的坐标运算证明：＝0．
课时分层作业(九)
1．B [只有选项B中两个向量不共线可以表示向量a．故选B．]
2．D [由题意得＝(1，2)，结合选项可知a＝(－4，－8)＝－4(1，2)＝－4，所以D正确．]
3．B [由a∥b，可得(1－sin θ)(1＋sin θ)－＝0，即cos θ＝±，而θ是锐角，故θ＝45°．
故选B．]
4．B [由题意得3a－b＝(3，－1)，因为(3a－b)∥c，所以6＋k＝0，k＝－6．故选B．]
5．AD [设P(x，y)，则＝(x，y－1)，
＝(4－x，4－y)，
当点P靠近点P1时，＝，
则解得
所以P，
当点P靠近点P2时，＝2，
则解得所以P．]
6．－9 [＝(－8，8)，＝(3，y＋6)，
∵A，B，C三点共线，即∥，
∴－8(y＋6)－8×3＝0，解得y＝－9．]
7．或 [设与a平行的单位向量为e＝(x，y)，
则∴或 ]
8．－ [因为向量a＝(1，λ)，b＝(2，1)，c＝(1，－2)，所以2a＋b＝(4，2λ＋1)，所以由2a＋b与c共线，得－8－(2λ＋1)＝0，解得λ＝－．]
9．解 (1)设E(x1，y1)，F(x2，y2)．依题意，
得＝(2，2)，＝(－2，3)．
由＝可知，(x1＋1，y1)＝(2，2)，
所以解得
所以点E的坐标为．
由＝可知，(x2－3，y2＋1)＝(－2，3)，所以解得
所以点F的坐标为．
(2)由(1)可知，
＝－＝，
又＝(4，－1)，所以＝(4，－1)＝，
所以与共线．
10．D [由题知4a＝(4，－12)，
3b－2a＝(－6，12)－(2，－6)＝(－8，18)，由4a＋(3b－2a)＋c＝0，知c＝(4，－6)．故选D．]
11．ABD [设C(x，y)，则＝(x－3，y＋6)，＝(－8，8)．∵A，B，C三点在同一条直线上，∴＝，即x＋y＋3＝0，将四个选项分别代入x＋y＋3＝0验证可知，可能的是ABD．]
12．ACD [因为＝(－2，1)，＝(2，－1)，所以＝－，又直线OC，BA不重合，所以直线OC∥BA，所以A正确；因为＝≠，所以B错误；因为＝(0，2)＝，所以C正确；因为＝(－4，0)，－2＝(0，2)－2(2，1)＝(－4，0)，所以D正确．]
13．m≠ [＝＝(6，－3)－(3，－4)＝(3，1)，＝＝(5－m，－3－m)－(3，－4)＝(2－m，1－m)，由于点A，B，C能构成三角形，则与不共线，则3(1－m)－(2－m)≠0，解得m≠．]
14．解 设P(x，y)，则＝(x－1，y)，＝(5，4)，＝(－3，6)，＝(4，0)．
由B，P，D三点共线可得＝λ＝(5λ，4λ)．
又因为＝＝(5λ－4，4λ)，
由与共线，得(5λ－4)×6＋12λ＝0．
解得λ＝，所以＝＝，
所以P的坐标为．
15．解 (1)设G(x，y)，由＝－2，A(x1，y1)，
M，
∴
∴
∴G．
(2)证明：∵＝
＝，
＝＝，
＝
＝，
∴＝0．课时分层作业(十) 平面向量数量积的坐标表示
一、选择题
1．若向量a＝(x，2)，b＝(－1，3)，a·b＝3，则x等于( )
A．3 B．－3
C． D．－
2．设平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，y)，若a∥b，则|2a－b|等于( )
A．4 B．5
C．3 D．4
3．已知向量m＝(1，1)，向量n与向量m的夹角为，且m·n＝－1，则|n|＝( )
A．－1 B．1
C．2 D．－2
4．已知向量a＝(0，－2)，b＝(1，)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为( )
A． B．
C． D．
5．(多选)已知a，b是单位向量，且a＋b＝(1，－1)，则( )
A．|a＋b|＝2
B．a与b垂直
C．a与a－b的夹角为
D．|a－b|＝1
二、填空题
6．(2022·全国甲卷)已知向量a＝(m，3)，b＝(1，m＋1)．若a⊥b，则m＝________．
7．在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的对角线OB的两端点坐标分别为O(0，0)，B(1，1)，则·＝________．
8．设向量a＝(m，1)，b＝(1，2)，且|a＋b|2＝，则m＝________．
三、解答题
9．已知平面向量a＝(1，x)，b＝(2x＋3，－x)(x∈R)．
(1)若a∥b，求|a－b|；
(2)若a与b的夹角为锐角，求x的取值范围．
10．已知A(－2，1)，B(6，－3)，C(0，5)，则△ABC的形状是( )
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．等边三角形
11．(2022·新高考Ⅱ卷)已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则实数t＝( )
A．－6 B．－5
C．5 D．6
12．已知O为坐标原点，向量＝(2，2)，＝(4，1)，在x轴上有一点P使得·有最小值，则点P的坐标是( )
A．(－3，0) B．(2，0)
C．(3，0) D．(4，0)
13．已知A(1，－1)，B(2，2)，C(3，0)三点，直线CD⊥AB且CB∥AD，则点D的坐标是________．
14．在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝，n＝(sin x，cos x)，x∈．
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为，求x的值．
15．(源自北师大版教材)(1)已知定点A和向量，点P是直线AB外的一点，请写出点P到直线AB的距离的向量表示．
(2)已知点A(1，1)，向量m＝(2，1)，过点A作以向量m为方向向量的直线l，求点P(3，5)到直线l的距离．
课时分层作业(十)
1．A [a·b＝－x＋6＝3，故x＝3．]
2．D [由a∥b得y＋4＝0，
∴y＝－4，b＝(－2，－4)，
∴2a－b＝(4，8)，
∴|2a－b|＝4．故选D．]
3．B [cos ＝＝＝－，|n|＝1，故选B．]
4．D [向量a在向量b上的投影向量为·＝·＝－b，其坐标为－(1，)＝．故选D．]
5．BC [由a＋b＝(1，－1)两边平方，得|a|2＋|b|2＋2a·b＝12＋(－1)2＝2，则|a＋b|＝，所以A选项错误；因为a，b是单位向量，所以1＋1＋2a·b＝2，得a·b＝0，所以B选项正确；由|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝2，所以|a－b|＝，所以D选项错误；设a与a－b的夹角为θ，则cos θ＝＝＝＝，θ∈[0，π]，所以a与a－b的夹角为，所以C选项正确．故选BC．]
6．－ [由题意知，a·b＝m＋3(m＋1)＝0，解得m＝－．]
7．1 [如图所示，在正方形OABC中，A(0，1)，C(1，0)(当然两者位置可互换，不影响最终结果)，则＝(1，0)，＝(1，－1)，从而·＝(1，0)×(1，－1)＝1×1＋0×(－1)＝1．]
8．－2 [法一：a＋b＝(m＋1，3)，
又|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，
∴(m＋1)2＋32＝m2＋1＋5，解得m＝－2．
法二：由|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，
得a·b＝0，即m＋2＝0，解得m＝－2．]
9．解 (1)因为a∥b，所以－x－x(2x＋3)＝0，
解得x＝0或x＝－2．
当x＝0时，a＝(1，0)，b＝(3，0)，
所以a－b＝(－2，0)，则|a－b|＝2．
当x＝－2时，a＝(1，－2)，b＝(－1，2)，
所以a－b＝(2，－4)，则|a－b|＝2．
综上，|a－b|＝2或2．
(2)因为a与b的夹角为锐角，
所以a·b＞0，即2x＋3－x2＞0，解得－1＜x＜3．
又当x＝0时a∥b，故x的取值范围是(－1，0)∪(0，3)．
10．A [由题设知＝(8，－4)，＝(2，4)，＝(－6，8)，所以·＝2×8＋(－4)×4＝0，即⊥．所以∠BAC＝90°，故△ABC是直角三角形．]
11．C [由已知有c＝(3＋t，4)，cos 〈a，c〉＝cos 〈b，c〉，故＝，解得t＝5．故选C．]
12．C [设点P的坐标为(x，0)，
则＝(x－2，－2)，＝(x－4，－1)．
所以·＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)
＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1，
所以当x＝3时，·有最小值1．
此时点P的坐标为(3，0)．]
13．(0，1) [根据题意，设D(x，y)，则
＝(x－3，y)，＝(1，3)，
＝(－1，2)，＝(x－1，y＋1)．
因为CD⊥AB，
所以·＝(x－3)×1＋3y＝0．①
因为CB∥AD，所以∥，
则2(x－1)＝(－1)(y＋1)．②
由①②得x＝0，y＝1，
所以点D的坐标为(0，1)．]
14．解 (1)因为m＝，
n＝(sin x，cos x)，m⊥n．
所以m·n＝0，即sin x－cos x＝0，
所以sin x＝cos x，所以tan x＝1．
(2)因为|m|＝|n|＝1，所以m·n＝cos ＝，
即sin x－cos x＝，所以sin ＝，
因为0所以x－＝，即x＝．
15．解 (1)设n⊥，作向量(如图)．
则·表示向量在向量n上的投影数量，
是点P到直线AB的距离．
(2)设n⊥l，即n⊥m，作向量(如图)．
设n＝(x，y)，由于直线l的方向向量m＝(2，1)，又n⊥m，
则n·m＝(x，y)·(2，1)＝0，
即2x＋y＝0，令x＝1，得y＝－2，n＝(1，－2)．
由于A(1，1)，P(3，5)，于是＝(3，5)－(1，1)＝(2，4)．
由(1)知，点P到直线l的距离d＝＝＝．课时分层作业(十一) 平面几何中的向量方法向量在物理中的应用举例
一、选择题
1．某人在无风条件下骑自行车的速度为v1，风速为v2(|v1|>|v2|)，则逆风行驶的速度的大小为( )
A．v1－v2 B．v1＋v2
C．|v1|－|v2| D．
2．一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90°角，且F1，F2的大小分别为2和4，则F3的大小为( )
A．6 B．2
C．2 D．2
3．在直角三角形ABC中，斜边BC长为2，O是平面ABC内一点，点P满足＝＋)，则||等于( )
A．2 B．1
C． D．4
4．在△ABC中，若()·()＝0，则△ABC( )
A．是正三角形 B．是直角三角形
C．是等腰三角形 D．形状无法确定
5．(多选)关于船从两平行河岸的一岸驶向另一岸所用的时间，正确的是( )
A．船垂直到达对岸所用时间最少
B．当船速v的方向与河岸垂直时用时最少
C．沿任意直线航行到达对岸的时间都一样
D．船垂直到达对岸时航行的距离最短
二、填空题
6．用两条成120°角的等长绳子悬挂一个灯具，已知灯具重量为10 N，则每根绳子的拉力大小为________N．
7．点P在平面上做匀速直线运动，速度v＝(4，－3)(即点P的运动方向与v相同，且每秒移动的距离为|v|个单位)．设开始时点P0的坐标为(－10，10)，则5 s后点P的坐标为________．
8．在四边形ABCD中，若＝(1，2)，＝(－4，2)，则向量与的夹角为________，四边形ABCD的面积为________．
三、解答题
9．如图所示，在倾斜角为37°(sin 37°≈0.6)，高为2 m的斜面上，质量为5 kg的物体m沿斜面下滑，物体m受到的摩擦力是它对斜面压力的0.5倍．
(1)求斜面对物体m的支持力所做的功；
(2)重力对物体m所做的功．(g＝9.8 m/s2)
10．在△ABC中，AB＝4，AC＝2，∠BAC＝135°，D为边BC的中点，且＝，则向量的模为( )
A． B．
C．或 D．或
11．长江某地南北两岸平行，一艘游船从南岸码头A出发航行到北岸．假设游船在静水中的航行速度v1的大小为|v1|＝10 km/h，水流的速度v2的大小为|v2|＝4 km/h．设v1和v2的夹角为θ(0°<θ<180°)，北岸的点A′在A的正北方向，若游船正好到达A′处，则cos θ等于( )
A． B．－
C． D．－
12．若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足3＝0，则△ABM与△ABC的面积之比为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶4 D．2∶5
13．已知△ABC的三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，P为AB边上任意一点，则·()的最大值为________．
14．如图，已知正方形ABCD中，E，F分别是CD，AD的中点，BE，CF交于点P．求证：
(1)BE⊥CF；
(2)AP＝AB．
15．(2022·上海市延安中学月考)如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，CA＝3，CB＝4，＝m＝n，其中m，n∈(0，1)，设DE中点为M，AB中点为N．
(1)若m＝n，求证：C，M，N三点共线；
(2)若m＋n＝1，求||的最小值．
课时分层作业(十一)
1．C [题目要求的是速度的大小，即向量的大小，而不是求速度，速度是向量，速度的大小是实数．故逆风行驶的速度的大小为|v1|－|v2|．]
2．C [由题意知F3＝－(F1＋F2)，
所以|F3|2＝(F1＋F2)2＝＋2F1·F2
＝4＋16＝20，∴|F3|＝2．]
3．B [设BC边的中点为M，则)＝，
∴＝＝，
∴P与M重合，
∴||＝||＝1．]
4．C [由条件知＝，即||＝||，即△ABC为等腰三角形．]
5．BD [根据向量将船速v分解，当v垂直河岸时，用时最少．船垂直到达对岸时航行的距离最短．]
6．10 [如图，由题意，得
∠AOC＝∠COB＝60°，||＝10，
则||＝||＝10，即每根绳子的拉力大小为10 N．]
7．(10，－5) [由题意知，＝5v＝(20，－15)，
设点P的坐标为(x，y)，则
解得点P的坐标为(10，－5)．]
8． 5 [由·＝1×(－4)＋2×2＝0知⊥，故向量与的夹角为．
又∵||＝，||＝＝2，
∴S＝||||＝×2＝5．]
9．解 (1)物体m的位移大小为|s|＝＝(m)，则支持力对物体m所做的功为W1＝F·s＝|F||s|cos 90°＝0(J)．
(2)重力对物体m所做的功为W2＝G·s＝|G||s|·cos 53°＝5×9.8××0.6＝98(J)．
10．B [因为AB＝4，AC＝2，∠BAC＝135°，
所以·＝－8．
因为＝＝
＝＝－＋，
所以＝
＝＝．
故选B．]
11．D [设船的实际速度为v，v1与南岸上游的夹角为α，如图所示．
要使得游船正好到达A′处，
则|v1|cos α＝|v2|，即cos α＝＝，
又θ＝π－α，所以cos θ＝cos(π－α)＝－cos α＝－．]
12．B [如图，设D为BC边的中点，
则＝)．
因为3＝0，
所以3＝2，所以＝，
所以S△ABM＝S△ABD＝S△ABC．]
13．9 [法一(坐标法)：由题意可知AC⊥BC，所以以C为原点，建立平面直角坐标系如图所示，设P点坐标为(x，y)且0≤y≤3，0≤x≤4，则·()＝·＝(x，y)·(0，3)＝3y，当y＝3时，·()取得最大值9．
法二(基向量法)：∵＝＝，
∴·()＝()·
＝＋·＝9－·
＝9－||||cos ∠BAC
＝9－3||cos ∠BAC．
∵cos ∠BAC为正且为定值，
∴当||最小即||＝0时，·()取得最大值9．]
14．解 如图建立平面直角坐标系xOy，其中A为原点，不妨设AB＝2，
则A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，E(1，2)，F(0，1)．
(1)＝＝(1，2)－(2，0)＝(－1，2)，
＝＝(0，1)－(2，2)＝(－2，－1)，
∵·＝(－1)×(－2)＋2×(－1)＝0，
∴⊥，即BE⊥CF．
(2)设P(x，y)，则＝(x，y－1)，＝(－2，－1)．
∵∥，∴－x＝－2(y－1)，即x＝2y－2．
同理由∥，得y＝－2x＋4，代入x＝2y－2，
解得x＝，∴y＝，即P．
∴＝＋＝4＝，
∴||＝||，即AP＝AB．
15．解 (1)当m＝n时，
＝)＝(m＋m)＝)，＝)，故＝m，故C，M，N三点共线，即得证．
(2)当m＋n＝1时，＝)＝(m＋n)，＝)，
故＝＝)－(m＋n)＝(n＋m)，
故||2＝|n＋m|2
＝(9n2＋16m2＋2mn·)
＝(9n2＋16m2)
＝＝(25m2－18m＋9)，
故当m＝＝时，||2取得最小值＝，
即||的最小值为．课时分层作业(十二) 余弦定理
一、选择题
1．在△ABC中，已知a＝5，b＝7，c＝8，则A＋C＝( )
A．90° B．120° C．135° D．150°
2．在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，C＝60°，a＝4b，c＝，则b＝( )
A．1 B．2
C．3 D．
3．在△ABC中，A＝60°，a2＝bc，则△ABC一定是( )
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等边三角形
4．在△ABC中，bcos C＋ccos B＝2b，则＝( )
A． B．
C．－ D．2
5．(多选)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a＝2，c＝2，cos A＝，且bA．b＝2 B．b＝2
C．B＝60° D．B＝30°
二、填空题
6．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝C，2b＝a，则cos A＝________．
7．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，且a，b是方程x2－5x＋2＝0的两个根，C＝60°，则c＝________．
8．在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则A＝________，AC边上的高为________．
三、解答题
9．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A的大小；
(2)若b＋c＝2a＝2，试判断△ABC的形状．
10．若△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·的值为( )
A．19 B．14
C．－18 D．－19
11．在△ABC中，若内角A，B，C的对边分别为a，b，c，cos2＝，则△ABC的形状为( )
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形
12．(多选)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，对于△ABC，有如下命题，其中正确的有( )
A．sin (B＋C)＝sin A
B．cos (B＋C)＝cos A
C．若a2＋b2＝c2，则△ABC为直角三角形
D．若a2＋b213．已知△ABC为钝角三角形，a＝3，b＝4，c＝x，则x的取值范围是________．
14．(源自苏教版教材)如图，AM是△ABC的边BC上的中线，求证：AM＝．
15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos C＋(cos A－sin A)cos B＝0．
(1)求角B的大小；
(2)若a＋c＝1，求b的取值范围．
课时分层作业(十二)
1．B [cos B＝＝＝．
所以B＝60°，所以A＋C＝120°．]
2．A [由余弦定理知()2＝a2＋b2－2abcos 60°，因为a＝4b，所以13＝16b2＋b2－2×4b×b×，解得b＝1，故选A．]
3．D [在△ABC中，因为A＝60°，a2＝bc，
所以由余弦定理可得，
a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc，
所以bc＝b2＋c2－bc，即(b－c)2＝0，
所以b＝c，结合A＝60°可得△ABC一定是等边三角形．]
4．B [由余弦定理的推论及bcos C＋ccos B＝2b，
得b·＋c·＝2b．
∴＝2b，
得a＝2b．因此＝．]
5．AD [由a2＝b2＋c2－2bccos A，得4＝b2＋12－6b b2－6b＋8＝0 (b－2)(b－4)＝0，由b6． [由B＝C，2b＝a，
可得b＝c＝a，
所以cos A＝
＝＝．]
7． [由题意得，a＋b＝5，ab＝2．
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C
＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝52－3×2＝19，
所以c＝．]
8． [由余弦定理的推论，可得
cos A＝＝＝，
又0则AC边上的高为h＝ABsin A＝3×＝．]
9．解 (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＝，
∴△ABC为等边三角形．
10．D [设三角形的三边BC，AC，AB分别为a，b，c，依题意得，a＝5，b＝6，c＝7．
∴·＝||·||·cos(π－B)＝－ac·cos B．
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B，
∴－ac·cos B＝(b2－a2－c2)＝(62－52－72)
＝－19，∴·＝－19．]
11．B [在△ABC中，由已知cos2 ＝，
得＝，所以cos A＝．
根据余弦定理的推论，得＝．
所以b2＋c2－a2＝2b2，即c2＝a2＋b2，
因此△ABC是直角三角形．]
12．AC [依题意，在△ABC中，B＋C＝π－A，sin (B＋C)＝sin(π－A)＝sin A，A正确；
cos (B＋C)＝cos(π－A)＝－cos A，B错误；
因为a2＋b2＝c2，则由余弦定理的推论得cos C＝＝0，而0因为a2＋b213．(1，)∪(5，7) [①若x>4，则x所对的角为钝角，
∴<0且x<3＋4＝7，∴5②若x<4，则4对的角为钝角，
∴<0且3＋x>4，∴1∴x的取值范围是(1，)∪(5，7)．]
14．证明 设∠AMB＝α，则∠AMC＝180°－α．
在△ABM中，由余弦定理，得
AB2＝AM2＋BM 2－2AM·BM cos α．
在△ACM中，由余弦定理，得
AC2＝AM2＋MC2－2AM·MC cos (180°－α)．
因为cos (180°－α)＝－cos α，BM＝MC＝BC，
所以AB2＋AC2＝2AM2＋BC 2，
从而AM＝．
15．解 (1)由已知得－cos (A＋B)＋cos A cos B－sin Acos B＝0，
即有sin A sin B－sin A cos B＝0．
因为sin A≠0，所以sin B－ cos B＝0．
又cos B≠0，所以tan B＝．又0＜B＜π，
所以B＝．
(2)由余弦定理，可知b2＝a2＋c2－2ac cos B．
因为a＋c＝1，cos B＝，
所以b2＝3＋．
又0＜a＜1，于是有≤b2＜1，即有≤b＜1．课时分层作业(十三) 正弦定理
一、选择题
1．在△ABC中，若BC＝，sin C＝2sin A，则AB＝( )
A．2 B．3 C．4 D．5
2．在△ABC中，已知B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长为( )
A． B．
C． D．
3．在△ABC中，A＝60°，a＝4，b＝4，则B等于( )
A．45°或135° B．135°
C．45° D．以上答案都不对
4．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
5．在△ABC中，A∶B∶C＝4∶1∶1，则a∶b∶c等于( )
A．4∶1∶1 B．2∶1∶1
C．∶1∶1 D．∶1∶1
二、填空题
6．在△ABC中，cos A＝，a＝4，b＝4，则B＝________．
7．在△ABC中，若＝，则C的值为________．
8．在△ABC中，若B＝，b＝a，则A＝________．
三、解答题
9．在△ABC中，已知a＝10，B＝75°，C＝60°，试求c及△ABC的外接圆半径R．
10．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若3a＝2b，则的值为( )
A．－ B．
C．1 D．
11．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝2A，a＝1，b＝，则c＝( )
A．2 B．2
C． D．1
12．(多选)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(，－1)，n＝(cos A，sin A)，若m⊥n，且acosB＋bcosA＝csinC，则( )
A．A＝ B．C＝
C．B＝ D．C＝
13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，则b＝________．
14．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，b＝，同时还可能满足以下某些条件：
①A＝；②B>A；③sin B(1)直接写出所有可能满足的条件序号；
(2)在(1)的条件下，求B及c的值．
15．某地出土一块古代玉佩(如图)，其一角已破损．现测得如下数据：BC＝2.57 cm，CE＝3.57 cm，BD＝4.38 cm，B＝45°，C＝120°．为了复原，请计算原玉佩另两边的长．(精确到0.01 cm)
课时分层作业(十三)
1．A [利用正弦定理化简sin C＝2sin A，得AB＝2BC，因为BC＝，所以AB＝2．]
2．B [因为B＝45°，C＝60°，所以A＝75°，
故B角最小，所以b为最短边，由正弦定理＝，得b＝＝＝，故所求的最短边长为．]
3．C [∵sin B＝＝＝，
∴B＝45°或135°．
∵a＞b，∴当B＝135°时，不符合题意，
∴B＝45°，故选C．]
4．B [因为bcos C＋ccos B＝asin A，由正弦定理，
得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin Asin A，
即sin (B＋C)＝sin Asin A，解得sin A＝1，A∈(0，π)，
故A＝，故△ABC为直角三角形．故选B．]
5．D [∵A＋B＋C＝180°，A∶B∶C＝4∶1∶1，
∴A＝120°，B＝30°，C＝30°．
由正弦定理的变形公式得a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝sin 120°∶sin 30°∶sin 30°＝∶∶＝∶1∶1．]
6．45° [由cos A＝，得sin A＝，A＝60°，由正弦定理得sin B＝＝．因为三角形的内角和为180°，且a＞b，所以B＝45°．]
7．45° [由正弦定理，知＝，∴＝，∴cos C＝sin C，∴tan C＝1，
又∵0°8． [在△ABC中，由正弦定理＝，得＝＝＝2a，所以sin A＝，所以A＝或．
因为b＝a>a，所以B>A，
即A<，所以A＝．]
9．解 ∵A＋B＋C＝180°，
∴A＝180°－75°－60°＝45°．
由正弦定理，得＝＝2R，
∴c＝＝＝5，
∴2R＝＝＝10，∴R＝5．
10．D [由正弦定理得＝2－1＝2－1．因为3a＝2b，所以＝，
所以＝2×－1＝．故选D．]
11．B [由＝得＝，
又因为B＝2A，
所以＝＝，
所以cos A＝，又0所以B＝60°，C＝90°，所以c＝＝2．]
12．ACD [因为m⊥n，所以cos A－sin A＝0，所以tan A＝，因为A∈(0，π)，所以A＝．由正弦定理及题意，得sin A cos B＋sin B cos A＝sin2C，所以sin(A＋B)＝sin2C，所以sinC＝sin2C．因为013． [在△ABC中，由cos A＝，cos C＝，
可得sin A＝，sin C＝，
sin B＝sin (A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝，
又a＝1，故由正弦定理得b＝＝．]
14．解 (1)①，③．
(2)由＝，可得＝，
所以sin B＝＝＝．
因为a＝2>b＝，所以A>B，所以B＝．
由a2＝b2＋c2－2bc cos A，得22＝()2＋c2－2××c×，
解得c＝＋1或c＝－＋1(舍去)．
15．解 将BD，CE分别延长相交于点A(如图)．
在△ABC中，BC＝2.57 cm，B＝45°，C＝120°，
A＝180°－(B＋C)＝180°－(45°＋120°)＝15°．
由正弦定理，得＝，
所以AC＝＝≈7.02(cm)．
同理AB≈8.60(cm)．
因此，原玉佩另两边的长分别约为7.02 cm，8.60 cm．课时分层作业(十四) 余弦定理、正弦定理习题课
一、选择题
1．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a＝1，b＝，B＝60°，则△ABC的面积为( )
A． C．1 D．
2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＋c＝2a，3sin A＝5sin B，则C等于( )
A． B．
C． D．
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A－bsin B＝4csin C，cos A＝－，则等于( )
A．6 B．5
C．4 D．3
4．(多选)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．下列各组条件中使得△ABC有唯一解的是( )
A．a＝3，b＝4，A＝
B．a＝3，b＝4，cos B＝
C．a＝3，b＝4，C＝
D．a＝3，b＝4，B＝
5．(多选)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列等式恒成立的是( )
A．a2＝b2＋c2－2bccos A
B．asin B＝bsin A
C．a＝bcos C＋ccos B
D．acos B＋bcos C＝c
二、填空题
6．在△ABC中，A＝，a＝c，则＝________．
7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin B＝2sin A，且△ABC的面积为a2sin B，则cos B＝________．
8．在△ABC中，B＝60°，c＝2，若满足条件的三角形有两个，则b的取值范围为________．
三、解答题
9．(2022·广东深圳南山华侨城中学月考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足cos A＝a cos C．
(1)求角A；
(2)若a＝，b＋c＝5，求△ABC的面积．
10．如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则该四边形的面积等于( )
A． B．5
C．6 D．7
11．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)2－c2＝4，C＝120°，则△ABC的面积为( )
A． B．
C． D．2
12．在圆O的内接四边形ABCD中，AB＝2，BC＝6，CD＝AD＝4，则四边形ABCD的面积S为( )
A．4 B．6
C．8 D．10
13．已知在△ABC中，AC＝2，AB＝3，∠BAC＝60°，AD是∠BAC的角平分线，则AD＝________．
14．如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝，BC＝，AB⊥AD，AC⊥CD．
(1)若sin ∠BAC＝，求sin ∠BCA；
(2)若AD＝3AC，求AC．
15．在△ABC中，已知＝，且cos (A－B)＋cos C＝1－cos 2C．
(1)试确定△ABC的形状；
(2)求的取值范围．
课时分层作业(十四)
1．B [∵a＝1，b＝，B＝60°，
∴由正弦定理可得sin A＝＝＝，
∵a＜b，∴A＜60°，
∴A＝30°，C＝180°－A－B＝90°，
∴S△ABC＝ab＝×1×＝．故选B．]
2．C [由＝和3sin A＝5sin B，得3a＝5b，
即b＝a，又b＋c＝2a，∴c＝a，
∴由余弦定理的推论，得
cos C＝＝－，
∴C＝，故选C．]
3．A [∵asin A－bsin B＝4csin C，
∴由正弦定理，得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2．
由余弦定理的推论，得cos A＝＝＝＝－，∴＝6．]
4．BCD [根据题意，在A的条件下，由正弦定理＝ sin B＝×sin A＝，因为<<，所以角B在和上各有一个解，并且这两个解与角A的和都小于π，所以A不满足；
在B的条件下，根据余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B，即16＝9＋c2－c，解得c＝5或c＝－(舍)，所以只有1个解，满足题意；
在C的条件下，条件为边角边，根据余弦定理可以求得唯一的c边，所以有唯一解；
在D的条件下，由正弦定理＝ sin A＝×sin B＝，因为<，所以角A在和上各有一个解，当解在上时，角B与角A的和大于π，所以只有1个解，满足题意．]
5．ABC [对于A，根据余弦定理，可得a2＝b2＋c2－2bccos A，故A正确；
对于B，根据正弦定理边角互化，
可得a sin B＝bsin A ab＝ab，故B正确；
对于C，根据正弦定理，得a＝bcos C＋ccos B sin A＝sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin (B＋C)＝sin A，故C正确；
对于D，根据正弦定理的边角互化可得，
sin Acos B＋sin Bcos C＝sin C＝sin (A＋B)＝sin A·cos B＋cos Asin B，即sin B cos C＝cos Asin B，
又sin B≠0，所以cos C＝cos A，当A＝C时，等式成立，故D不正确．]
6．1 [由＝得sin C＝＝×＝，
又0所以＝＝＝1．]
7． [由sin B＝2sin A，得b＝2a，由△ABC的面积为a2sin B，得acsin B＝a2sin B，由sin B≠0，知c＝2a，∴cos B＝＝＝．]
8．在△ABC中，B＝60°，c＝2，若满足条件的三角形有两个，则b的取值范围为________．
(，2) [因为满足条件的三角形有两个，
所以c sin B＜b＜c，
将B＝60°，c＝2代入，解得＜b＜2．]
9．解 (1)在△ABC中，∵cos A＝a cos C，
由正弦定理，得cos A＝sin A cos C，
化为：2sin B cos A＝sin C cos A＋sin A cos C＝sin ＝sin B，又sin B≠0，解得cos A＝，又A∈，∴A＝．
(2)由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，
∵a＝，b＋c＝5，
∴13＝－3cb＝52－3bc，即bc＝4，
所以△ABC的面积S＝bc sin A＝×4×＝．
10．B [连接BD(图略)，在△BCD中，由已知条件，知∠DBC＝＝30°，
∴∠ABD＝90°．在△BCD中，由余弦定理知，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD cos C＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，∴BD＝2，
∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝×4×2＋×2×2×sin 120°＝5．]
11．C [将c2＝a2＋b2－2abcos C与(a＋b)2－c2＝4联立，解得ab＝4，∴S△ABC＝absin C＝．]
12．C [如图，连接BD，
在△ABD中，由余弦定理，得
BD2＝4＋16－2×2×4cos A＝20－16cos A，
在△CBD中，由余弦定理，得
BD2＝16＋36－2×4×6cos C
＝52－48cos C，
∵A＋C＝180°，∴20－16cos A＝52＋48cos A，
解得cos A＝－，∴A＝120°，C＝60°．
S＝S△ABD＋S△CBD＝×2×4×sin 120°＋×4×6×sin 60°＝8．]
13． [如图，∵S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
∴×3×2×sin 60°＝×3AD×sin 30°＋×2AD×sin 30°，∴AD＝．]
14．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．
15．解 (1)在△ABC中，设其外接圆半径为R，
根据正弦定理得，sin A＝，sin B＝，sin C＝，代入＝，得＝，
所以b2－a2＝ab．①
因为cos (A－B)＋cos C＝1－cos 2C，
所以cos (A－B)－cos (A＋B)＝2sin2C，
所以sinAsin B＝sin2C．
由正弦定理，得·＝，
所以ab＝c2．②
把②代入①得，b2－a2＝c2，即a2＋c2＝b2．
所以△ABC是直角三角形．
(2)由(1)知B＝，所以A＋C＝，
所以C＝－A．所以sinC＝sin ＝cos A．
根据正弦定理，得
＝＝sin A＋cos A＝sin ．
因为ac所以0＜A＜，所以＜A＋＜．
所以＜sin <1，
所以1＜sin <，
即的取值范围是(1，)．课时分层作业(十五) 余弦定理、正弦定理应用举例
一、选择题
1．已知海上A，B两个小岛相距10海里，C岛临近陆地，若从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B岛与C岛之间的距离是( )
A．10海里 B．海里
C．5海里 D．5海里
2．一艘船向正北方向航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向上，另一灯塔在船的南偏西75°方向上，则这艘船的速度是( )
A．5海里/时 B．5海里/时
C．10海里/时 D．10海里/时
3．如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10 000 m，速度为50 m/s．某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为(≈1.4，≈1.7)( )
A．7 350 m B．2 650 m
C．3 650 m D．4 650 m
4．(多选)如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D(B，C，D不在同一直线上)，测得CD＝s．测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有：∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是( )
A．s，∠ACB，∠BCD，∠BDC
B．s，∠ACB，∠BCD，∠ACD
C．s，∠ACB，∠ACD，∠ADC
D．s，∠ACB，∠BCD，∠ADC
二、填空题
5．有一个长为1千米的斜坡，它的倾斜角为75°，现要将其倾斜角改为30°，则坡底要伸长________千米．
6．已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东30°的方向航行，B船沿正北方向航行(如图)．若A船的航行速度为40 n mile/h，1 h后，B船测得A船位于B船的北偏东45°的方向上，则此时A，B两船相距________n mile．
三、解答题
7．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧远处一山顶D在西偏北45°的方向上，仰角为30°，行驶4 km后到达B处，测得此山顶在西偏北60°的方向上．
(1)求此山的高度(单位：km)；
(2)设汽车行驶过程中仰望山顶D的最大仰角为θ，求tan θ．
8．如图，在山脚A处测得山顶P的仰角为30°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走a m到B，在B处测得山顶P的仰角为60°，则山高h＝( )
A．a m B． m C．a m D．a m
9．一次机器人足球比赛中，甲队1号机器人由点A开始做匀速直线运动，到达点B时，发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动，如图所示，已知AB＝4 dm，AD＝17 dm，∠BAC＝45°，若忽略机器人原地旋转所需的时间，则该机器人最快可在距A点________dm的C处截住足球．
10．某省第三次农业普查农作物遥感测量试点工作，用上了无人机．为了测量两山顶M，N间的距离，无人机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内(如图)，无人机能够测量的数据有俯角和A，B间的距离，请设计一个方案，包括：①指出需要测量的数据(用字母表示，并在图中标出)；②用文字和公式写出计算M，N间的距离的步骤．
课时分层作业(十五)
1．D [如图所示，C＝180°－60°－75°＝45°，AB＝10海里．
由正弦定理，得＝，
所以BC＝5(海里)．]
2．D [如图，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10(海里)，在Rt△ABC中，由正弦定理，可得AB＝5(海里)，所以这艘船的速度是10海里/时．故选D．]
3．B [如图，设飞机的初始位置为点A，经过420 s后的位置为点B，山顶为点C，作CD⊥AB于点D，
则∠BAC＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°，
在△ABC中，AB＝50×420＝21 000，
由正弦定理得＝，
则BC＝×sin 15°＝10 500()，因为CD⊥AB，
所以CD＝BC sin 45°＝10 500()×＝10 500(－1)＝7 350，
所以山顶的海拔高度大约为10 000－7 350＝2 650(m)．
故选B．]
4．ACD [解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长．
对于A, 在△CBD中，已知s，∠BCD，∠BDC，可以解这个三角形得到BC，再利用∠ACB、BC解直角△ABC得到AB的值；
对于B，在△CBD中，已知s，∠BCD，无法解出此三角形，在△CAD中，已知s，∠ACD，无法解出此三角形，也无法通过其他三角形求出它的其他几何元素，所以它不能计算出塔AB的高度；
对于C，在△ACD中，已知s，∠ACD，∠ADC，可以解△ACD得到AC，再利用∠ACB、AC解直角△ABC得到AB的值；
对于D，如图，过点B作BE⊥CD，连接AE．
由于cos ∠ACB＝，cos ∠BCD＝，cos ∠ACE＝，
所以cos ∠ACE＝cos ∠ACB·cos ∠BCD，所以可以求出∠ACD的大小，
在△ACD中，已知∠ACD，∠ADC，s可以求出AC，再利用∠ACB、AC解直角△ABC得到AB的值．故选ACD．]
5． [如图，∠BAO＝75°，∠C＝30°，AB＝1，
∴∠ABC＝∠BAO－∠BCA＝75°－30°＝45°．
在△ABC中，＝，
∴AC＝＝＝(千米)．]
6．20 [由题意∠BCA＝30°，∠ABC＝180°－45°＝135°，AC＝40×1＝40，
由正弦定理得＝，即
＝，解得AB＝20 n mile．]
7．解 (1)设此山高h(km)，则AC＝，
在△ABC中，∠ABC＝120°，∠BCA＝60°－45°＝15°，AB＝4．
根据正弦定理得＝，即＝，解得h＝2()(km)．
(2)由题意可知，当点C到公路距离最小时，仰望山顶D的仰角达到最大，
所以过C作CE⊥AB，垂足为E，连接DE．
则∠DEC＝θ，CE＝AC·sin 45°，DC＝AC·tan 30°，所以tan θ＝＝．
8．A [由题意知，∠PAQ＝30°，∠BAQ＝15°，∠PBC＝60°，AB＝a m，在△PAB中，∠PAB＝15°，∠BPA＝30°，∴＝，∴PB＝a m，∴h＝PC＋CQ＝a×sin 60°＋a sin 15°＝a m，故选A．]
9．7 [设BC＝x dm，由题意知CD＝2x dm，AC＝AD－CD＝(17－2x)dm．
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A，
即x2＝(4)2＋(17－2x)2－8(17－2x)cos 45°，解得x1＝5，x2＝．
∴AC＝17－2x＝7(dm)或－(dm)(舍去)．
∴该机器人最快可在线段AD上距A点7 dm的点C处截住足球．]
10．解 方案一：①需要测量的数据有：A点到M，N点的俯角1，β1；B点到M，N的俯角α2，β2；A，B间的距离d．
②第一步：计算AM．由正弦定理得AM＝；
第二步：计算AN．
由正弦定理得AN＝；
第三步：计算MN．由余弦定理得
MN＝．
方案二：①需要测量的数据有：A点到M，N点的俯角α1，β1；B点到M，N点的俯角α2，β2；A，B间的距离d．
②第一步：计算BM．
由正弦定理得BM＝；
第二步：计算BN．由正弦定理得BN＝；
第三步：计算MN．由余弦定理得
MN＝．