课时跟踪检测部分
第六章 平面向量及其应用
6.1 平面向量的概念
1.B 对于A，时间和距离只有大小，没有方向，是数量，不是向量，故A错误；对于B，两个有共同起点且相等的向量，其终点一定相同，故B正确；对于C，向量与向量表示的是模长相等，方向相反的两个不同的向量，故C错误；对于D，平行向量也叫做共线向量，故D错误.故选B.
2.B ｜｜与｜｜表示等腰梯形两腰的长度，故B正确，A错误，又因任意两个向量都不能比较大小，故C、D均错误，选B.
3.D 平面内到定点距离等于定长的点的轨迹是圆，所以将所有长度为1的向量固定在同一点，这些向量形成的轨迹是圆面.故选D.
4.A 向量，共线 直线AB，CD平行或重合；直线AB∥CD 向量，共线.因此“向量，共线”是“直线AB∥CD”的必要不充分条件.
5.ACD 对于A，若a＝b，则a与b的长度相等且方向相同，所以a∥b；对于B，若｜a｜＝｜b｜，则a与b的长度相等，而方向不确定，因此不一定有a∥b；对于C，方向相同或相反的向量都是平行向量，因此若a与b方向相反，则有a∥b；对于D，零向量与任意向量平行，所以若｜a｜＝0或｜b｜＝0，则a∥b.
6.BC 对于A，两个向量不相等，可能是长度不相等，但方向相同或相反，所以a与b有共线的可能，故A不正确.对于B，在 ABCD中，｜｜＝｜｜，与平行且方向相同，所以＝，故B正确.对于C，a＝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C正确.对于D，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D不正确.故选B、C.
7.60° 2 解析：由已知图形可知，的几何意义是从A点沿西偏南60°方向行走了2 km.
8.外 解析：由｜｜＝｜｜＝｜｜可得O点到三角形各顶点的距离相等，所以点O是△ABC的外心.
9.菱形 解析：∵＝，∴AB＝DC，AB∥DC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵｜｜＝｜｜，∴四边形ABCD是菱形.
10.解：（1）＝，＝.
（2）与共线的向量有，，.
（3）与模相等的向量有，，，，，，.
11.1 解析：由｜｜＝｜｜，得∠ABC＝∠OCB＝30°，又∠ACB＝90°，则｜｜＝｜｜＝×2＝1.
12.0 解析：向量m与向量是平行向量，则向量m与向量方向相同或相反；向量m与是共线向量，则向量m与向量方向相同或相反.由A，B，C是不共线的三点，可知向量与向量方向不同且不共线，则m＝0.
13.解：（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＝.
所以｜｜的最大值为，最小值为.
6.2 平面向量的运算
6.2.1 向量的加法运算
1.D ＋＋＝＋＋＝，故选D.
2.A 若a和b方向相同，则它们的和的方向应该与a（或b）的方向相同；若它们的方向相反，而a的模大于b的模，则它们的和的方向与a的方向相同.故选A.
3.B 如图，易知tan α＝，所以α＝30°.故a＋b的方向是北偏东30°.又｜a＋b｜＝2 km，故选B.
4.B 因为在矩形ABCD中，＋＝，所以＋＋的长度为｜｜的2倍.又｜｜＝＝2，所以向量＋＋的长度为4.
5.AC 由题意，向量a＝（＋）＋（＋）＝＋＝0，且b是一个非零向量，所以a∥b成立，所以A正确；由a＋b＝b，所以B不正确，C正确；由｜a＋b｜＝｜b｜，｜a｜＋｜b｜＝｜b｜，所以｜a＋b｜＝｜a｜＋｜b｜，所以D不正确.故选A、C.
6.ACD 由向量加法的平行四边形法则可得＋＝，故A正确；由向量加法的三角形法则可得＋＋＝＋＝＋＝，故B错误；由向量加法的平行四边形法则可得＋＋＝＋＝，故C正确；＋＋＝＋＝0，故D正确.故选A、C、D.
7.e 解析：a＋b＋c＋d＝＋＋＋＝＝e.
8.1 解析：易知｜＋｜＝｜｜＝1，以AB，AC为邻边作平行四边形ABDC（图略），则｜＋｜＝｜｜＝2｜｜×sin 60°＝2×1×＝.
9.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.
10.解：（1）＋＋＝＋＝.
（2）＋＋＝（＋）＋＝＋＝.
（3）＋＋＝＋＋＝＋＝.
11.D 以AB，AC为邻边作平行四边形ABDC，∵AB＝AC＝1，AD＝，∴∠ABD为直角，该四边形为正方形，∴∠BAC＝90°，△ABC为等腰直角三角形.
12.C 因为｜a＋b｜＝｜b｜，所以｜a＋2b｜＝｜a＋b＋b｜≤｜a＋b｜＋｜b｜＝2｜b｜.因为a，b是非零不共线向量，所以a＋b与b不共线，故等号不成立.
13.24 解析：当a与b同向共线时，｜a＋b｜max＝20；当a与b反向共线时，｜a＋b｜min＝4，所以｜a＋b｜的最大值与最小值的和为24.
14.解：如图，设表示飞机从A地按北偏东35°的方向飞行800 km，表示飞机从B地按南偏东55°的方向飞行800 km.
则飞机飞行的路程指的是｜｜＋｜｜，两次飞行的位移的和指的是＋＝.
依题意，有｜｜＋｜｜＝800＋800＝1 600（km）.
又∠α＝35°，∠β＝55°，∠ABC＝35°＋55°＝90°，
所以｜｜＝＝＝800（km），
其中∠BAC＝45°，
所以的方向为北偏东35°＋45°＝80°.
从而飞机飞行的路程是1 600 km，两次飞行的位移的和的大小为800 km，方向为北偏东80°.
6.2.2 向量的减法运算
1.D 根据向量的概念可得A、B错误；对于C，－＝，故错误；对于D，＋＋＝，故正确.故选D.
2.D 由题可得＝＝＝－＝b－c，故选D.
3.A 由四边形可知，B、C错误；在平行四边形ABCD中，＋＝，－＝，由题知｜｜＝｜｜，即平行四边形的对角线相等，所以四边形ABCD是矩形，A正确；易知四边形ABCD不一定是正方形，故D错误.
4.D 如图，作菱形ABCD，则｜－｜＝｜－｜＝｜｜＝ .
5.ABD 对于A，＋＋＝＋＝0，故A符合题意；对于B，－＋－＝＋－＝－＝0，故B符合题意；对于C，－－＝－＝＋＝2，故C不符合题意；对于D，＋＋－＝＋（－）＝＋＝0，故D符合题意.故选A、B、D.
6.BCD 向量与的方向不同，但它们的模相等，所以B正确，A错误；因为｜－｜＝｜＋｜＝2｜｜，｜＋｜＝2｜｜，且｜｜＝｜｜，所以｜－｜＝｜＋｜，所以C正确；因为｜＋｜＝｜＋｜＝｜｜，｜－｜＝｜｜，所以D正确.故选B、C、D.
7.0 解析：－＋－＋＝＋＋＋＋＝0.
8.0 2 解析：若a，b为相反向量，则a＋b＝0，所以｜a＋b｜＝0，又a＝－b，所以｜a｜＝｜－b｜＝1，因为a与－b共线，所以｜a－b｜＝2.
9.平行四边形 解析：∵＋＝＋，∴－＝－ ＝，∴BA＝CD，BA∥CD，则四边形ABCD的是平行四边形.
10.解：由题图知＝a，＝b，＝c，＝d，＝e.
（1）＝＋＋＝d＋e＋a.
（2）＝－＝－－＝－b－c.
（3）＝＋＋＝e＋a＋b.
（4）＝－＝－（＋）＝－c－d.
11.D ∵＋＝＋，∴－＝－，∴＝＋，－＝，即＝.故点P在边AC所在的直线上.
12.ABD 当a，b不共线时，根据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边有｜｜a｜－｜b｜｜＜｜a±b｜＜｜a｜＋｜b｜.当a，b同向时，有｜a＋b｜＝｜a｜＋｜b｜，｜｜a｜－｜b｜｜＝｜a－b｜.当a，b反向时，有｜a＋b｜＝｜｜a｜－｜b｜｜，｜a｜＋｜b｜＝｜a－b｜.故选A、B、D.
13.2 （0，4） 解析：易知－＋＝＋＋＝，因为菱形ABCD的边长为2，所以向量－＋的模为2.易知＝＋，且｜｜－｜｜＜｜＋｜＜｜｜＋｜｜，所以｜｜的取值范围为（0，4）.
14.解：（1）由已知得a＋b＝＋＝，
∵＝c，∴延长AC到E，使｜｜＝｜｜，如图所示，
则a＋b＋c＝且｜｜＝2.
∴｜a＋b＋c｜＝2.
（2）作＝，连接CF，则＋＝，
而＝－＝－＝a－b，
∴｜a－b＋c｜＝｜＋｜＝｜｜且｜｜＝2.
∴｜a－b＋c｜＝2.
6.2.3 向量的数乘运算
1.B 对于①，m（a－b）＝ma－mb，故①中命题正确；对于②，（m－n）a＝ma－na，故②中命题正确；对于③，当m＝0时，由0·a＝0·b，不能得到a＝b，故③中命题错误；对于④，当a＝0时，由ma＝na，不能得到m＝n，故④中命题错误.故选B.
2.A 因为＝2，E为BC的中点，所以＝＋＝＋＝＋（－）＝＋，故选A.
3.B 因为＝4，所以＋＝（＋）＋4＝－5.所以x－y＝1－（－5）＝6，故选B.
4.B 因为A，B，D三点共线，故存在一个实数λ，使得＝λ，又＝3e1＋2e2，＝ke1＋e2，＝3e1－2ke2，所以＝－＝3e1－2ke2－（ke1＋e2）＝（3－k）e1－（2k＋1）e2，所以3e1＋2e2＝λ（3－k）e1－λ（2k＋1）e2，所以解得k＝－.
5.AD 当λ＞0时，a与λa方向相同，当λ＜0时，a与λa方向相反，故A正确；当a≠0时，结论才成立，故B错误；当｜b｜＝2｜a｜时，b与2a不一定共线，C错误；显然当b＝±2a时，｜b｜＝2｜a｜，故D正确.
6.AB 选项A，由2a－3b＝4e且a＋2b＝－2e，可得a＝e，b＝－e，则b＝－4a，故a，b共线；选项B，不妨设λ≠0，则有a＝－b，故a，b共线；选项C，a，b显然不共线；选项D，当AB，CD分别为梯形的两腰时，直线AB，CD是相交直线，则向量a，b不共线，故选A、B.
7.± 解析：由a＝λb，得｜a｜＝｜λb｜＝｜λ｜｜b｜.∵｜a｜＝3，｜b｜＝5，∴｜λ｜＝，即λ＝±.
8.－ 解析：因为＝2a＋mb，＝3a－b，且A，B，C三点共线，所以存在唯一的实数λ，使得＝λ，即2a＋mb＝3λa－λb.解得λ＝，m＝－.
9.－ 解析：利用向量的三角形法则，可得＝－，＝＋，∵E为BC的中点，F为AE的中点，∴＝，＝，∴＝－＝－＝（＋）－＝＋－.又∵＝，∴＝－.
10.解：（1）5（3a－2b）＋4（2b－3a）＝（15a－12a）＋（－10b＋8b）＝3a－2b.
（2）（a－2b）－（3a－2b）－（a－b）＝（a－a－a）＋（－b＋b＋b）＝－a＋b.
（3）（x＋y）a－（x－y）a＝（xa－xa）＋（ya＋ya）＝2ya.
11.B 由于a，b为不共线的非零向量，向量和，向量和显然没有倍数关系，根据共线向量定理，它们不共线，A、C选项错误；＝＋＝a＋5b＝，于是A，B，D三点共线，B选项正确；＝＋＝－a＋13b，显然和没有倍数关系，D选项错误.故选B.
12.A ＝＋＝＋（＋）＝＋＋＝＋－＝＋.∵＝x＋y，∴x＋y＝＋，∴（x－）＝（－y），又与不共线，∴x－＝0且－y＝0，故x＝，y＝.∴x＋y＝.
13.a＋b 解析：∵△DEF∽△BEA，∴＝＝，∴DF＝DC＝AB，∴＝＋＝＋.∵＝＋＝a，＝－＝b，联立得，＝（a－b），＝（a＋b），∴＝（a＋b）＋（a－b）＝a＋b.
14.解：（1）证明：∵＝a＋b，＝2a＋8b，＝3（a－b）.
∴＝＋＝2a＋8b＋3（a－b）＝2a＋8b＋3a－3b＝5（a＋b）＝5.
∴，共线，且有公共点B，
∴A，B，D三点共线.
（2）∵ka＋b与a＋kb反向共线，
∴存在实数λ（λ＜0），使ka＋b＝λ（a＋kb），
即ka＋b＝λa＋λkb，
∴（k－λ）a＝（λk－1）b.
∵a，b是不共线的两个非零向量，
∴k－λ＝λk－1＝0，
∴（舍去）或
∴k＝－1.
6.2.4 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
1.A 延长AC到D，延长BC到E，则与的夹角为∠DCE，又因∠ACB＝∠DCE，所以与的夹角为60°.故选A.
2.B 由题意，根据向量的数量积的定义，可得力F做的功W＝F·s＝10×10×cos 60°＝50（J）.
3.B 设非零向量a与b的夹角为θ，则θ∈[0，π]，cos θ∈[－1，1]，则a·b＝｜a｜·｜b｜·cos θ≤｜a｜·｜b｜，故选B.
4.D 向量a在向量b上的投影向量是｜a｜cos＜a，b＞ ＝2×cos 120°×＝－b.故选D.
5.A a·b＝·＝－·＝－｜｜·｜｜cos 60°＝－.同理b·c＝－，c·a＝－，∴a·b＋b·c＋c·a＝－.
6.CD a·b＝0 a⊥b或a＝0或b＝0，所以A错误；非零向量a，b共线时其夹角为0或π，所以B错误；由数量积的定义知，C正确；因为a·a＝｜a｜｜a｜cos 0＝｜a｜2，所以｜a｜＝，所以D正确.
7.矩形 解析：由·＝0，知AB⊥BC.由＝，知BC AD，所以四边形ABCD是矩形.
8.4 解析：设a与b的夹角为θ，且a·b＝16，∴｜a｜·｜b｜·cos θ＝16，又∵a在b上的投影向量为4e，∴｜a｜·cos θ e＝4e，∴｜a｜cos θ＝4，∴｜b｜＝4.
9.－1 解析：·＝｜｜·｜｜·cos（180°－B）＝－｜｜·｜｜·cos B＝－｜｜·｜｜·＝－｜｜2＝－1.
10.解：（1）由a·b＝｜a｜｜b｜cos θ，
得cos θ＝＝＝－.
∴θ＝120°.
（2）a在b上的投影向量为｜a｜cos θe＝－e.
11.A cos θ＝＝＝－，∵θ∈[0，π]，∴sin θ＝.∴｜a×b｜＝2×5×＝8.
12.ABC 对于选项A，根据投影向量的定义，知A正确；对于选项B，∵a·b＝｜a｜｜b｜cos θ＜0，则cos θ＜0，又∵0≤θ≤π，∴θ∈（，π］，故B正确；对于选项C，a在e上的投影向量为｜a｜cose＝6×0e＝0，故C正确；对于选项D，由题意知，a·b＝｜a｜｜b｜·cos θ＝｜a｜｜b｜｜cos θ｜，所以cos θ＝｜cos θ｜，则θ可能为锐角，也可能θ＝或θ＝0，故D错误.
13.等边三角形 －8 解析：·＝｜｜｜｜cos∠BAC，即8＝4×4cos∠BAC，于是cos∠BAC＝，因为0°＜∠BAC＜180°，所以∠BAC＝60°.又AB＝AC，故△ABC是等边三角形.此时·＝｜｜｜｜·cos 120°＝－8.
14.解：（1）若＝，则＝＋，
故x＝y＝.
（2）因为｜｜＝4，｜｜＝2，∠BOA＝60°，
所以∠OBA＝90°，所以｜｜＝2.
又因为＝3，所以｜｜＝.
所以｜｜＝＝，cos∠OPB＝.
设与的夹角为θ，所以与的夹角θ的余弦值为－.
所以·＝｜｜｜｜cos θ＝－3.
15.D 连接BD，BC（图略）.∵C，D是的两个三等分点.∴∠DBA＝60°，∠ABC＝30°，∠DAC＝30°.在Rt△ABD中，AD＝AB·sin 60°＝4×＝2.在Rt△ABC中，AC＝AB·sin 30°＝4×＝2，∴·＝｜｜｜｜·cos 30°＝2×2×＝6.
16.解：（1）由已知可得＝，连接AM，BM（图略），则四边形OAMB是菱形，则＝＋，
所以＝－＝－（＋）＝－－.
（2）易知∠DMC＝60°，且｜｜＝｜｜，那么只需求MC的最大值与最小值即可.
当MC⊥OA时，MC最小，此时MC＝，
则·＝××cos 60°＝.
当MC与MO重合时，MC最大，此时MC＝1，
则·＝cos 60°＝.
所以·的取值范围为［，］.
第2课时 向量数量积的运算
1.C 由题意得（2a＋b）·（2a－b）＝4a2－b2＝4－1＝3.
2.D 因为向量a＋kb与a－kb互相垂直，所以有（a＋kb）·（a－kb）＝0 a2－k2b2＝0 9－16k2＝0 k＝±，故选D.
3.D ∵（a－b）⊥a，∴（a－b）·a＝｜a｜2－a·b＝0，∴a·b＝｜a｜2＝2，∴｜a＋b｜2＝a2＋2a·b＋b2＝10，∴｜a＋b｜＝.
4.B 由｜a｜＝｜b｜＝｜c｜且a＋b＝c，得｜a＋b｜＝｜b｜，两边平方得｜a｜2＋｜b｜2＋2a·b＝｜b｜2，∴2a·b＝－｜a｜2，则2｜a｜｜b｜cos θ＝－｜a｜2，∴cos θ＝－.又0°≤θ≤180°，∴θ＝120°.
5.ACD 根据数量积的分配律知A正确；∵[（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，B错误；∵a，b不共线，∴｜a｜，｜b｜，｜a－b｜组成三角形，∴｜a｜－｜b｜＜｜a－b｜成立，C正确；显然D正确.故正确结论的选项是A、C、D.
6.CD 分析知｜a｜＝1，｜b｜＝2，a与b的夹角是120°，故B错误；∵（a＋b）2＝｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝3，∴｜a＋b｜＝，故A错误；∵（4a＋b）·b＝4a·b＋b2＝4×1×2×cos 120°＋4＝0，∴（4a＋b）⊥b，故C正确；a·b＝1×2×cos 120°＝－1，故D正确.
7. 解析：因为cos＜a，b＞＝－，所以a·b＝｜a｜｜b｜·cos＜a，b＞＝－，则（2a－b）·（a＋b）＝2a2＋a·b－b2＝2－－1＝.
8. 解析：｜a＋b｜＝＝
＝＝.
9. 解析：｜4a＋b｜＝两边平方得16a2＋8a·b＋b2＝13，设a，b的夹角为θ，即16｜a｜2＋8｜a｜·｜b｜cos θ＋｜b｜2＝13，因为a，b为单位向量，所以16＋8cos θ＋1＝13，解得cos θ＝－，因为θ∈[0，π]，所以θ＝.
10.解：（1）由｜a－b｜＝，得a2－2a·b＋b2＝7，
∴1－2×1×2×cos θ＋4＝7，
∴cos θ＝－.
又θ∈[0，π]，∴θ＝.
（2）∵a⊥c，∴a·（ta＋b）＝0，
∴ta2＋a·b＝0，∴t＋1×2×（－）＝0，
∴t＝1，
∴c＝a＋b，c2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×2×（－）＋4＝3，
∴｜c｜＝.
11.A 因为（－）·（＋－2）＝0，即·（＋）＝0，又因为－＝，所以（－）·（＋）＝0，即｜｜＝｜｜，所以△ABC是等腰三角形.
12.C 因为｜a－tb｜≥｜a－b｜恒成立，两边平方，化简得b2t2－2a·bt＋2a·b－b2≥0对任意的t∈R恒成立，又｜b｜≠0，则Δ＝4（a·b）2－4b2（2a·b－b2）≤0，即（a·b－b2）2≤0，所以a·b－b2＝0，所以b·（a－b）＝0，即b⊥（a－b）.
13. 1 解析：∵b⊥（a－b），∴b·（a－b）＝0 b·a－b2＝0 b·a＝b2，∴cos＜a，b＞＝＝＝＝，∴a在b方向上的投影向量为｜a｜·cos＜a，b＞＝5×·＝b，即b＝λb，解得λ＝1.
14.解：（1）∵（a－3b）·（a＋b）＝3，
∴｜a｜2＋a·b－3a·b－3｜b｜2＝3，
∴4－2a·b－3＝3，即a·b＝－1，
故｜a＋b｜＝＝＝＝.
（2）设向量a与a－2b的夹角为θ，
则cos θ＝＝，
∵｜a－2b｜＝＝＝＝2，∴cos θ＝＝，
又∵θ∈[0，π]，∴θ＝，即a与a－2b的夹角为.
15.B 设a＋b与c的夹角为θ，由题意知，a·b＝0，则（c－a）·（c－b）＝c2－（a＋b）·c＋a·b＝c2－（a＋b）·c＝｜c｜2－｜a＋b｜｜c｜cos θ＝0，因为c为非零向量，所以｜c｜＝｜a＋b｜·cos θ≤｜a＋b｜，易得｜a＋b｜＝，因此｜c｜的最大值为.
16.解：（1）∵E是BC的中点，点F是CD上靠近点C的三等分点，
∴＝＝，＝－＝－，
∴＝＋＝－＋，
又＝λ＋μ，
∴λ＝－，μ＝，故λ＋μ＝－＋＝.
（2）设＝m（0≤m≤1），
则＝＋＝－m，
又＝＋＝＋，·＝0，
∴·＝（＋）·（－m）＝－m＋＝－4m＋2＝1，
故m＝.
∴·＝（＋）·（＋）＝＋＝3＋2＝5，
易得｜｜＝，｜｜＝，
∴cos∠EAF＝＝＝.
6.3 平面向量基本定理及坐标表示
6.3.1 平面向量基本定理
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.C ∵向量e1与e2不共线，且3xe1＋（10－y）e2＝（4y－7）e1＋2xe2，∴解得∴x＋y＝7.
3.A ＝＋＝－＋（＋）＝－＋＋＝－＋＋＝－＋＝－a＋b.故选A.
4.C 因为＝＋＋＝a＋2b－4a－b－5a－3b＝－8a－2b＝2（－4a－b）＝2，即＝2，所以AD∥BC且AD≠BC.故四边形ABCD为梯形.选C.
5.AB A正确；B正确，平面内的任一向量都可以用基底表示；C错误，在平面α内任一向量都可表示为λ1e1＋λ2e2的形式，故λ1e1＋λ2e2一定在平面α内；D错误，这样的λ1，λ2是唯一的，而不是无数对.
6.AD 如图，在△ABC中，＝＋＝－＋＝－b－a，故A正确；＝＋＝a＋b，故B错误；＝＋＝－b－a，＝＋＝b＋（－b－a）＝－a＋b，故C错误；＝＝－a，故D正确.故选A、D.
7.a＋b 解析：＝＋＝＋＝＋（－）＝＋＝a＋b.
8. 解析：由题意可得，＝－＝－，＝＋＝＋＝＋（－）＝＋，据此可知λ＝，μ＝，∴＝.
9.9 解析：考虑以{，}为基底来计算.∵＝3，＝2，∴＝＋，＝－＝－＋，∴·＝（＋）·（－＋）＝－＝×36－×16＝9.
10.解：（1）证明：假设a＝λb（λ∈R），
则e1－2e2＝λ（e1＋3e2）.
由e1，e2不共线，得方程组无解，
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.
11.A 画出示意图如图所示，由题意可得，A，B，D三点共线，C为A，B，D所在直线外一点，且＝＋λ，则＋λ＝1，所以λ＝.
12.BD 如图，＝＋＋＝－＋＋＝＋，故选项A不正确；＝＝（＋）＝［－（＋）］＝（－）＝＋，故选项B正确；＝＋＋＝－－＋＋＝－－，故选项C不正确；＝－＝＋－＝－＋，故选项D正确.故选B、D.
13. 解析：依题意作图，设＝μ＝μ（－）＝－μ＋μ ，由条件＝＋，∴μ＝－，＝μ＝－，＝－，∴点D在AB的延长线上，并且AD＝AB，∴＝＝.
14.解：（1）因为＝2，
所以＝，
所以＝－＝－，
所以｜｜＝
＝
＝
＝，
即CD的长为.
（2）＝－＝－＋＝－（－）＋
＝＋，
所以·＝·（＋）＝＋·＝＋×2×3×＝.
15.4 解析：∵A，B，C三点共线，∴与共线，∴存在实数λ，使得＝λ，即（a－1）e1＋e2＝bλe1－2λe2.∵e1，e2不共线，∴解得∵a＞0，b＞0，∴0＜a＜1，∴＋＝＋＝＝＝＝.当a＝时，＋取得最小值，最小值为4.
16.解：（1）证明：设AB的中点为E，则＝＝×（a＋b）＝（a＋b）.
（2）点A1，A2是线段AB的三等分点，
＝（＋），＝（＋），＝（＋），
则＋＋＝（a＋b）＋（＋）＝（a＋b）＋［a＋（b－a）＋a＋（b－a）］＝a＋b.
（3）设A1是AB的二等分点，则＝（a＋b），＋＝（＋）＋（＋）＝（a＋b）＋＝（a＋b）＋×（a＋b）＝（a＋b），
设A1、A2、A3是线段AB的四等分点，则＋＋＝（a＋b），
或设A1、A2、…、An－1是线段AB的n等分点，则＋＝a＋b（k＝1，2，…，n－1），
设A1、A2、…、An－1是线段AB的n等分点，则＋＋…＋＝（a＋b），
设A1、A2、…、An－1是线段AB的n等分点，则＋＋…＋＝（a＋b）.
6.3.2 平面向量的正交分解及坐标表示
6.3.3 平面向量加、减运算的坐标表示
1.D 由题图知，M（1，1），N（－1，－2），则＝（－1－1，－2－1）＝（－2，－3），故选D.
2.B 设B点的坐标为（x，y），则＝（x－3，y－4）＝（1，2）.∴解得∴B点的坐标是（4，6）.
3.B 由题意以及题图可知Q（π，0），O（0，0），所以＋＝＝（π，0），故选B.
4.B ＝＋＋＝－－－＝－（－1，4）－（m，n）－（2，3）＝（－1－m，－7－n）.
5.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.
6.ABC 设点D的坐标为（x，y）.若是平行四边形ABCD，则有＝，即（5－3，4－2）＝（6－x，7－y），解得x＝4，y＝5，所以所求顶点D的坐标为（4，5），所以A正确；若是平行四边形ABDC，则有＝，即（5－3，4－2）＝（x－6，y－7），解得x＝8，y＝9，所以所求顶点D的坐标为（8，9），所以B正确；若是平行四边形ACBD，则有＝，即（6－3，7－2）＝（5－x，4－y）， 解得x＝2，y＝－1，所以所求顶点D的坐标为（2，－1），所以C正确.综上，顶点D的坐标为（4，5）或（8，9）或（2，－1）.故选A、B、C.
7.（－4，0） （0，6） （－2，－5）
解析：将各向量分别向i，j所在直线分解，则a＝－4i＋0j，所以a＝（－4，0）；b＝0i＋6j，所以b＝（0，6）；c＝－2i－5j，所以c＝（－2，－5）.
8.（－8，－15） 解析：设其余2 023个向量的和为（x，y），则（8，15）＋（x，y）＝（0，0），∴（x，y）＝（－8，－15）.
9.－3 解析：∵a＋b＝（2m＋n，m－2n）＝（9，－8），∴∴∴m－n＝2－5＝－3.
10.解：因为△AOB为等边三角形，且A（2，－2），
所以｜｜＝｜｜＝｜｜＝4.
因为在0～2π范围内，以Ox为始边，OA为终边的角为.
（1）当点B在OA的上方时，以OB为终边的角为.
由三角函数的定义得＝（4cos，4sin）＝（2，2）.
所以＝－＝（2，2）－（2，－2）＝（0，4）.
（2）当点B在OA的下方时，以OB为终边的角为.
由三角函数的定义得＝（0，－4），
所以＝－＝（0，－4）－（2，－2）＝（－2，－2）.
综上所述，点B的坐标为（2，2），的坐标为（0，4）或点B的坐标为（0，－4），的坐标为（－2，－2）.
11.C ∵点A（1，1），B（2，4），∴＝（1，3），将向量向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度后，向量的大小和方向没有变化，∴＝＝（1，3）.故选C.
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＝（2，）.
13.（1，3）∪（3，＋∞） 解析：当ABCD为平行四边形时，＝＋＝（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）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）.
15.D 过点A作AA'⊥y轴于点A'，过点B作BB'⊥x轴于点B'，则△OAA'≌△OBB'，且AA'＝BB'＝5，OA'＝OB'＝12，所以B（－12，5），所以＝（－12，5），故选D.
16.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）.
6.3.4 平面向量数乘运算的坐标表示
1.D ∵＝（2，4），＝（0，2），∴＝－＝（－2，－2），∴＝（－1，－1）.
2.B 对于A，因e1＝0，则有e1∥e2，e1与e2不能作为基底；对于B，因e1＝（－1，2），e2＝（5，7），（－1）×7－2×5≠0，则有e1与e2不共线，e1与e2可作基底；对于C，因e1＝（3，5），e2＝（6，10），则有e2＝2e1，e1与e2不能作为基底；对于D，因e1＝（2，－3），e2＝（，－），则有e1＝4e2，e1与e2不能作为基底.故选B.
3.B 设P点的坐标为（x，y），则＝（－1－x，4－y），＝（－4，6），由＝，得解得所以P点的坐标为（0，）.
4.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.
5.AD ∵a＝（5，4），b＝（3，2），∴2a－3b＝（1，2），则与2a－3b平行的向量c＝（x，y）需满足y－2x＝0，即y＝2x.选项A，D中向量满足，故选A、D.
6.ABD 若A，B，C三点不共线即可作为三角形的顶点.因为＝－＝（2，－1）－（1，－3）＝（1，2），＝－＝（m＋1，m－2）－（1，－3）＝（m，m＋1），假设A，B，C三点共线，则1×（m＋1）－2m＝0，即m＝1.所以只要m≠1，A，B，C三点即可作为三角形的顶点.故选A、B、D.
7.7 解析：由于p＝ma＋nb，即（9，4）＝（2m，－3m）＋（n，2n）＝（2m＋n，－3m＋2n），所以解得所以m＋n＝7.
8.－2 解析：∵a与b共线且方向相反，∴存在实数λ（λ＜0），使得b＝λa，即（4，k）＝λ（k，1）＝（λk，λ），∴解得或（舍去）.
9.（6，－9） 解析：设点P的坐标为（x，y），由条件可知＝－2，由定比分点坐标公式可知即点P的坐标为（6，－9）.
10.解：（1）设B（x1，y1），
因为＝（4，3），A（－1，－2），
所以（x1＋1，y1＋2）＝（4，3），
所以解得
所以B（3，1）.
同理可得D（－4，－3），设BD的中点M（x2，y2），
则x2＝＝－，y2＝＝－1，
所以M（－，－1）.
（2）因为＝（3，1）－（2，y）＝（1，1－y），
＝（－4，－3）－（3，1）＝（－7，－4），
又＝λ（λ∈R），
所以（1，1－y）＝λ（－7，－4）＝（－7λ，－4λ），
所以解得
11.D 由题设知，C在第三象限内，又｜｜＝2且∠AOC＝，所以C（－2，－2），所以＝（－2，－2），而＝（－3，0），＝（0，－2），则＝λ＋，即（－2，－2）＝λ（－3，0）＋（0，－2）＝（－3λ，－2），可得λ＝.故选D.
12.AC A选项，＋＝－＋－＝－＝（λ，1）－（1，μ）＝（λ－1，1－μ），A选项正确；B选项，若∥，则λ·μ＝1，故也可取λ＝3，μ＝，B选项错误；C选项，若A是BD的中点，则＝－，即（λ，1）＝（－1，－μ） λ＝μ＝－1，所以＝＝（－1，1），所以B，C两点重合，C选项正确；D选项，由于B，C，D三点共线，所以∥，＝－＝（－1，1）－（λ，1）＝（－1－λ，0），＝－＝（1，μ）－（λ，1）＝（1－λ，μ－1），则（－1－λ）×（μ－1）＝0×（1－λ） λ＝－1或μ＝1，所以D选项错误.
13.（，3） （2，3） 解析：由题可得△ABC的重心G的坐标为（，），即（，3）.由题意得＝3.设D（x，y），则＝（x＋1，y），＝（3－x，4－y），所以x＋1＝3（3－x），y＝3（4－y），解得x＝2，y＝3，即D（2，3）.
14.解：由题意得＝（1，2），＝（3，3），
∴＝＋t＝（1，2）＋t（3，3）＝（1＋3t，2＋3t）.
（1）若点P在x轴上，则有2＋3t＝0，解得t＝－；
若点P在y轴上，则有1＋3t＝0，解得t＝－；
若点P在第二象限，则有解得－＜t＜－.
（2）不能.理由：＝－＝（3－3t，3－3t），若四边形OABP是平行四边形，则有＝，即有3－3t＝1且3－3t＝2，这显然是不可能的.因此，四边形OABP不能成为平行四边形.
15.（3，3） 解析：设P（x，y），则＝（x，y），因为＝（4，4），且与共线，所以4x＝4y，即x＝y.又＝（x－4，y），＝（－2，6），且与共线，则得（x－4）×6－y×（－2）＝0，解得x＝y＝3，所以点P的坐标为（3，3）.
16.解：由a＝2b，
知
∴
∴＝＝2－，
∵cos2α＋2sin α＝－sin2α＋2sin α＋1
＝－（sin α－1）2＋2，－1≤sin α≤1，
∴－2≤cos2α＋2sin α≤2，
∴－2≤λ2－m＝（2m－2）2－m≤2，
∴≤m≤2，
∴－6≤2－≤1，
即－6≤≤1，
∴的取值范围为[－6，1].
6.3.5 平面向量数量积的坐标表示
1.D 由题意得，2a＋b＝（2，－4）＋（－1，2）＝（1，－2），所以（2a＋b）·a＝1×1＋（－2）×（－2）＝5.故选D.
2.B 因为a＝（1，－2），b＝（x，2），且a∥b，所以2x＋2＝0，解得x＝－1，所以b＝（－1，2），则｜b｜＝＝.
3.A 由题设知＝（8，－4），＝（2，4），＝（－6，8），所以·＝8×2＋（－4）×4＝0，即⊥.所以∠BAC＝90°，故△ABC是直角三角形.
4.B ∵四边形OABC是平行四边形，∴＝，即（4－0，2－0）＝（a－2，8－a），∴a＝6，∴＝（4，2），＝（2，6），设向量与的夹角为θ，∴cos θ＝＝＝，又θ∈（0，π），∴与的夹角为.
5.BD 由2×2－（－3）×（－1）≠0知，A错误；由题意得a＋b＝（－1，1），所以（a＋b）·c＝－1＋1＝0，所以B正确，C错误；由题意得5a＋3b＝5（2，－1）＋3（－3，2）＝（1，1）＝c，所以D正确.故选B、D.
6.ACD 对于A：由题意得，a－b＝（5，0），所以a与a－b夹角的余弦值为＝，故A正确；对于B：由题意得，a＋b＝（－1，2），所以（a＋b）·a＝－1×2＋1×2＝0，所以（a＋b）⊥a，故B不正确；对于C：易知＝＝＝－，所以向量a在向量b上的投影向量的模为，故C正确；对于D：因为a＝（2，1），c＝（，－），所以a·c＝2×＋1×（－）＝0，所以a⊥c，故D正确.故选A、C、D.
7.－1 解析：由题意得ma－b＝（m＋1，－m），根据向量垂直的充要条件可得1×（m＋1）＋0×（－m）＝0，所以m＝－1.
8.5 解析：因为a⊥b，所以－2＋2n＝0，于是n＝1，因此a＝（1，2），b＝（－2，1），所以3a＋b＝（1，7），故｜3a＋b｜＝5.
9.（－4，9）∪（9，＋∞） 解析：因为a与b的夹角为锐角，所以a·b＞0，且a与b不共线，所以解得t＞－4且t≠9，所以实数t的取值范围为（－4，9）∪（9，＋∞）.
10.解：（1）a＋2b＝（5，0），
a－b＝（－4，3），
｜a－b｜＝＝5.
（2）a·（a－b）＝10，
｜a｜＝＝，
cos＜a，a－b＞＝＝＝.
11.B ∵＋＝，∴n·（＋）＝n·，即n·＋n·＝n·，∴n·＝n·－n·＝7－5＝2.
12.C 以A为原点，AB所在直线为x轴、AD所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系.∵AB＝，BC＝2，∴A（0，0），B（，0），C（，2），D（0，2），∵点E在边CD上，且＝2，
∴E（，2）.∴＝（，2），＝（－，2），∴·＝－＋4＝.
13.（3，0） 解析：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）.
14.解：（1）设c＝（x，y），由c∥a及｜c｜＝2.
可得
所以或
因为c与a方向相反，所以c＝（－2，－4）.
（2）因为（a＋2b）⊥（2a－b），
所以（a＋2b）·（2a－b）＝0，
即2｜a｜2＋3a·b－2｜b｜2＝0，
所以2×5＋3a·b－2×＝0，
所以a·b＝－，
所以cos θ＝＝－1.
又因为 θ∈[0，π]，所以θ＝π.
15.A 因为△ABC是锐角三角形，所以A＋B＞，即＞A＞－B＞0，又因为函数y＝sin x在（0，）上单调递增，所以sin A＞sin（－B）＝cos B，所以p·q＝sin A－cos B＞0，设p与q的夹角为θ，所以cos θ＝＞0，又因为p与q不共线，所以p与q的夹角是锐角.
16.解：（1）∵＝＋＋＝（x＋4，y－2），
∴＝－＝（－x－4，2－y）.
又∥，且＝（x，y），
∴x（2－y）－y（－x－4）＝0，
即x＋2y＝0.
（2）＝＋＝（x＋6，y＋1），
＝＋＝（x－2，y－3）.
∵⊥，∴·＝0，
即（x＋6）（x－2）＋（y＋1）（y－3）＝0.
由（1）知x＋2y＝0，与上式联立，
化简得y2－2y－3＝0，
解得y＝3或y＝－1.
当y＝3时，x＝－6，
此时＝（0，4），＝（－8，0）；
当y＝－1时，x＝2，
此时＝（8，0），＝（0，－4）；
∴S四边形ABCD＝｜｜｜｜＝16.
培优课 平面向量中的最值（范围）问题
1.B 由题意知，2a－b＝（－2，－m），所以｜2a－b｜＝≤3，得4＋m2≤9，即m2≤5，解得－≤m≤，即实数m的取值范围为[－，]，故选B.
2.C （a－2b）·（2a＋b）＝2a2＋a·b－4a·b－2b2＝2×9－3｜a｜｜b｜cos θ－2×16＝－14－3×3×4cos θ≥4，所以cos θ≤－，所以θ∈［，π］.
3.A 如图，建立平面直角坐标系，则A（0，0），E（2，1），设F（x，2）（0≤x≤2），所以＝（2，1），＝（x，2），因此·＝2x＋2，因为0≤x≤2，所以2≤2x＋2≤14，故·的取值范围是[2，14].
4.C ∵＝－＝（2＋sin θ－cos θ，2－cos θ－sin θ），∴｜｜＝
＝，∵0≤θ＜2π，∴－1≤cos θ≤1，∴≤≤3，当cos θ＝－1时，｜｜有最大值3.
5.B ∵＝λ＝（－λ，λ），＝（1－λ）＋λ＝（1－λ，λ），·≥·，∴（1－λ，λ）·（－1，1）≥（λ，－λ）·（λ－1，1－λ），∴2λ2－4λ＋1≤0，解得1－≤λ≤1＋，∵点P是线段AB上的一个动点，∴0≤λ≤1，即满足条件的实数λ的取值范围是1－≤λ≤1.
6.ABC 以B为原点，，为x，y轴正方向建立平面直角坐标系，设BC＝2，则B（0，0），E（0，1），D（2，2），设M（t，2），则0≤t≤2，因为＝λ＋μ，所以（t，2）＝λ（0，1）＋μ（2，2）＝（2μ，λ＋2μ），所以2μ＝t，λ＋2μ＝2，即λ＝2－t，μ＝，对于选项A，因为M为线段AD的中点，所以t＝1，故λ＋μ＝2－＝，A正确；对于选项B，λμ＝（2－t）＝t－t2，0≤t≤2，当t＝1时，λμ取最大值为，B正确；对于选项C，因为μ＝，0≤t≤2，所以0≤μ≤1，μ的取值范围为[0，1]，C正确；对于选项D，λ＋μ＝2－，0≤t≤2，所以1≤λ＋μ≤2，所以λ＋μ的取值范围为[1，2]，D错误.故选A、B、C.
7. 解析：｜a－b｜2＝（a－b）2＝a2－2a·b＋b2＝1－2×1×｜b｜cos＋｜b｜2＝｜b｜2－｜b｜＋1＝（｜b｜－）2＋≥，所以｜a－b｜≥，当｜b｜＝时取得最小值.
8. 解析：在△ABC中，＝－，所以·（－4）＝（－）·（－4）＝－4｜｜2－｜｜2＋5·＝－4｜｜2－｜｜2＋5｜｜·｜｜cos A＝0，在△ABC中，设｜｜＝b，｜｜＝c，则有－4b2－c2＋5bccos A＝0，所以cos A＝≥＝，当且仅当2b＝c时，等号成立.
9.[2，3] 解析：如图，取AF的中点Q，根据题意，△AOF是边长为2的正三角形，易得｜OQ｜＝，又·＝（＋）·（＋）＝｜｜2＋·＋·＋·＝｜｜2＋·（＋）－1＝｜｜2－1，根据图形可知，当点P位于正六边形各边的中点时，｜PO｜有最小值为，此时｜｜2－1＝2，当点P位于正六边形的顶点时，｜PO｜有最大值为2，此时｜｜2－1＝3，所以2≤·≤3.
10.解：因为·＝0，所以⊥，
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系.
（1）令｜｜＝a，则C（0，a），B（2a，0），
所以－＝（2a，－a），＋＝（2a，a）.
设向量－与向量＋的夹角为θ，
所以cos θ＝＝＝.
（2）因为｜｜＝2｜｜＝2，则C（0，1），B（2，0），M（1，），设O（x，），x∈[0，1]，
所以·＋·＝·（＋）＝2·＝2（－x，－）·（1－x，－）＝2（x2－x＋－）＝（x2－x）＝（x－）2－.
当且仅当x＝时，·＋·取得最小值－.
11.解：（1）如图①，延长AG，交BC于点D，则D为BC的中点，＝＝（＋）＝（＋）＝［＋（－）］＝a＋b.
（2）＝－＝a－b，如图②，连接GP并延长，交BC于点P'.
令＝t'（0＜t＜1），'＝m（0＜m＜1），
则＝＋＝a＋b＋t'＝a＋b＋t（＋'）＝a＋b＋t（＋m）＝a＋b＋t（a－b）＋tm（b－a）＝（＋t－tm）a＋（－t＋tm）b（0＜t＜1，0＜m＜1），
因为＝λa＋μb，所以λ＝＋t－tm，μ＝－t＋tm，故λ＋μ＝＋t，
因为0＜t＜1，所以λ＋μ＝＋t∈（，1）.
故λ＋μ的取值范围为（，1）.
12.解：（1）因为＝＋，
所以－＝（－），
所以＝.
又，有公共点B，
所以A，B，C三点共线，＝.
（2）因为A（1，sin x），B（1＋sin x，sin x），
所以＝＋＝（ 1＋sin x，sin x），
所以·＝1＋sin x＋sin2x.
又｜｜＝sin x，
所以f（x）＝·＋（ 2m－）·｜｜＝sin2x＋2msin x＋1.
设sin x＝t，因为x∈（0，π），
所以t∈（0，1]，
所以y＝t2＋2mt＋1＝（t＋m）2＋1－m2.
①当－m≤0，即m≥0时，y＝t2＋2mt＋1无最小值，不合题意；
②当0＜－m≤1，即－1≤m＜0时，
当t＝－m时，ymin＝1－m2＝，
所以m＝－；
③当－m＞1，即m＜－1时，当t＝1时，ymin＝2＋2m＝，m＝－＞－1，不合题意.
综上可知，m＝－.
6.4 平面向量的应用
6.4.1 平面几何中的向量方法
1.C （＋）·（－）＝－＝0，即｜｜＝｜｜，∴CA＝CB，则△ABC是等腰三角形.
2.A ∵＝（3，3），＝（－2，－2），∴＝－，∴与共线.又｜｜≠｜｜，∴该四边形为梯形.
3.D ∵·＝－6＋6＝0，∴AC⊥BD.∴四边形ABCD的面积S＝｜｜｜｜＝××2＝10.
4.D 以O为原点，以OA，OC所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示.由题意知，＝（1，），＝（，1），故cos∠DOE＝＝＝.
5.C 取BC的中点O，连接AO，如图所示.∵＋2＝0，即＝2，∴M为BC边上靠近C的三等分点，∵AB＝AC，∴AO⊥BC，∴·＝0，又＝，∴·＝·（＋）＝·＋·＝·＝｜｜2＝，解得｜｜＝2，即BC＝2.
6.ACD 依题意，因为在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠BAD＝，＝2，所以＝＝＝2，即M为BC的中点，所以＝＝（＋）＝－，故A正确；因为，不共线，所以＝4错误，故B错误；·＝2×1×cos＝1，故C正确；·＝（－）·（＋）＝＋·－＝，故D正确.故选A、C、D.
7. 解析：如图所示，取BC中点M，连接AM，则三角形中由向量公式得＋＝2，又因为G为△ABC的重心，故＝，因此＝（＋），故λ＝.
8.－ 解析：如图，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（2，0），D（0，1），∴C（2，1）.∵E，F分别为BC，CD的中点，∴E（2，），F（1，1），∴＝（2，），＝（1，1），∴＋＝（3，），＝（－2，1），∴（＋）·＝3×（－2）＋×1＝－.
9. 解析：取AC的中点D，因为＋2＝，所以＋＝－2，故2＝－2，所以＝，因为S△ABC＝3，因此S△MBC＝S△DBC＝S△ABC＝.
10.证明：∵D为MC的中点，且D为AB的中点，
∴＝＋.
∴＝－＝.
同理可证明＝－＝.
∴＝－，
∴，共线.
又与有公共点A，
∴M，A，N三点共线.
11.B ∵＝＝－，∴－＝（－），∴＝，故选B.
12.C 假设BC的中点是O，则－＝（＋）·（－）＝2·＝2·，即（－）·＝·＝0，所以⊥，所以动点M在线段BC的垂直平分线上，所以动点M形成的图形必经过△ABC的外心.
13.－ 解析：＝＋，＝＋，且＝－，所以·＝（＋）·（＋）＝－＝－1＝－.
14.解：以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系.
（1）因为AB＝BC＝2，点F是边CD上靠近点C的三等分点，点E是BC边上的中点，
所以A（0，0），B（2，0），C（2，2），E（2，1），D（0，2），F（，2），
所以＝（2，1），＝（－，1），
所以·＝－＋1＝－.
（2）因为AB＝，BC＝2，
所以A（0，0），B（，0），E（，1），C（，2），D（0，2），
设F（a，2）（0≤a≤ ），
所以＝（，1），＝（a－，2），
当·＝0时，（a－）＋2＝0，
解得a＝，
所以CF＝－＝.
15. 解析：设点P（x，y）是直线BC上的任意一点，则∥，又＝（x－2，y＋1），＝（－3，4），∴4（x－2）＝－3（y＋1），整理得y＝－x＋，∴直线BC的一个方向向量为.取e＝（3，－4），则n＝（4，3）为BC的一个法向量，又＝（6，－1），∴点A到直线BC的距离d＝＝＝.
16.解：不存在.理由如下：
以点B为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系.
∵AB＝AC＝5，BC＝6，
∴B（0，0），A（3，4），C（6，0），∴＝（3，－4）.
∵点M是AC边上靠近A点的一个三等分点，
∴＝＝（ 1，－），
∴M（ 4，），
∴＝（ 4，）.
假设在BM上存在点P使得PC⊥BM，则设＝λ，且0＜λ＜1，即＝λ（ 4，）＝（ 4λ，λ），
∴＝＋＝（－6，0）＋（ 4λ，λ）＝（ 4λ－6，λ）.
∵PC⊥BM，∴·＝0，
即4×（4λ－6）＋×λ＝0，
解得λ＝.
∵λ＝ （0，1），
∴在线段BM（端点除外）上不存在点P使得PC⊥BM.
6.4.2 向量在物理中的应用举例
1.D 因为F1＋F2＝（1，2lg 2），所以W＝（F1＋F2）·s＝（1，2lg 2）·（2lg 5，1）＝2lg 5＋2lg 2＝2.
2.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｜.
3.D 由题意知f4＝－（f1＋f2＋f3）＝－[（－2，－1）＋（－3，2）＋（4，－3）]＝－（－1，－2）＝（1，2）.故选D.
4.C 设降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小｜F｜，则8｜F｜cos θ＝mg，故｜F｜＝，故选C.
5.A 设两只胳膊的拉力分别为f1，f2，则｜f1｜＝｜f2｜＝370 N，＜f1，f2＞＝60°，∴｜f1＋f2｜＝＝＝＝370（N），∴mg＝370，∴m≈64.故选A.
6.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.
7.2 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）.
8.30° 解析：设＝F1，＝F2，＝－G，由向量加法法则可得＝＋， 当｜F1｜＝｜F2｜＝｜G｜时，△OAC为正三角形，∴∠AOC＝60°，从而∠AOB＝120°.
9.10 解析：如图所示，由题意知，｜｜＝2 m/s，｜｜＝1 m/s，所以｜｜＝＝（m/s），所以南北两岸的距离为×20＝20（m）；现快艇从北岸返回，速度大小不变，方向为正南，所以时间为20÷2＝10（s），即从北岸出发返回南岸的时间是10 s.
10.解：（1）＝（7，0）－（20，15）＝（－13，－15），
力F1对质点所做的功W1＝F1·＝（3，4）·（－13，－15）＝3×（－13）＋4×（－15）＝－99（J），
力F2对质点所做的功W2＝F2·＝（6，－5）·（－13，－15）＝6×（－13）＋（－5）×（－15）＝－3（J）.
所以力F1，F2对质点所做的功分别为－99 J和－3 J.
（2）合力F对质点所做的功W＝F·＝（F1＋F2）·＝[（3，4）＋（6，－5）]·（－13，－15）＝（9，－1）·（－13，－15）＝9×（－13）＋（－1）×（－15）＝－117＋15＝－102（J）.
所以合力F对质点所做的功为－102 J.
11.B 设夹角90°时，合力为F，｜F1｜＝｜F2｜＝｜F｜cos 45°＝10 N，当θ＝120°时，由平行四边形法则知：｜F合｜＝｜F1｜＝｜F2｜＝10 N.
12.ACD 对于A，当该物体处于平衡状态时，｜F2｜＝｜F1＋G｜＝＝5（N），选项A正确；对于B，当F2与F1方向相反，且｜F2｜＝5 N时，物体所受合力大小为＝2（N），选项B错误；对于C，当物体所受合力为F1时，｜F2｜＝｜－G｜＝4 （N），选项C正确；对于D，当｜F2｜＝2 N时，因为F1与G的合力大小为｜F1＋G｜＝5 N，所以3 N≤｜F1＋F2＋G｜≤7 N，选项D正确.
13. km/h 北偏西60° 解析：如图，设水流的速度为v1，风的速度为v2，v1＋v2＝a.可求得a的方向是北偏东30°，a的大小为3 km/h.设船的实际航行速度为v，方向由南向北，大小为2 km/h.船本身的速度为v3，则a＋v3＝v，即v3＝v－a，由数形结合知，v3的方向是北偏西60°，大小是 km/h.
14.解：如图所示，以O为原点，正东方向为x轴的正方向、正北方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，则F1＝（1，），F2＝（2，2），F3＝（－3，3），所以F＝F1＋F2＋F3＝（2－2，2＋4）.
因为位移s＝（4，4），
所以合力F所做的功W＝F·s＝（2－2，2＋4）·（4，4）＝24（J）.
故合力F所做的功为24 J.
15.AC 设水的阻力为f，绳的拉力为F，F与水平方向夹角为θ（0＜θ＜）.则｜F｜cos θ＝｜f｜，所以｜F｜＝.因为θ增大，cos θ减小，所以｜F｜增大.因为｜F｜sin θ增大，且｜F｜sin θ加上浮力等于船的重力，所以船的浮力减小.
16.解：设t h后，台风中心移动到Q处，
此时城市开始受到台风的侵袭，∠OPQ＝θ－45°.
∵＝＋，
∴＝（＋）2
＝｜｜2＋｜｜2＋2·
＝｜｜2＋｜｜2－2｜｜｜｜·cos（θ－45°）
＝3002＋（20t）2－2×300×20t×
＝100（4t2－96t＋900）.
依题意得≤（60＋10t）2，
解得12≤t≤24.
所以12小时后该城市开始受到台风的侵袭.
6.4.3 余弦定理、正弦定理
第1课时 余弦定理
1.C 由余弦定理，得a＝＝，故选C.
2.C ∵a＝2，b＝3，c＝，∴由余弦定理的推论可得cos C＝＝＝.∵C∈（0，π），∴C＝.故选C.
3.A cos B＝，由余弦定理得＝，整理得b2＋a2＝c2，即C为直角，则△ABC为直角三角形.
4.D 由AB＝5，BC＝7，AC＝8，得cos B＝＝，∴·＝｜｜｜｜cos（π－B）＝5×7×（－）＝－5.故选D.
5.AD 由a2＝b2＋c2－2bccos A，得4＝b2＋12－6b b2－6b＋8＝0 （b－2）·（b－4）＝0，由b＜c，得b＝2，又a＝2，cos A＝，所以B＝A＝30°.故选A、D.
6.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不正确；因为a2＋b2＝c2，则由余弦定理的推论得cos C＝＝0，而0＜C＜π，即有C＝，则△ABC为直角三角形，C正确；因为a2＋b2＜c2，则cos C＝＜0，而0＜C＜π，即有＜C＜π，则△ABC为钝角三角形，D不正确.
7.1 解析：在△ABC中，因为A＝60°，AC＝2，BC＝，设AB＝x，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A，化简得x2－2x＋1＝0，所以x＝1，即AB＝1.
8. 解析：因为b2＝ac，且c＝2a，得b2＝2a2，由余弦定理的推论，cos B＝＝＝.
9. 解析：由余弦定理的推论，可得cos A＝＝＝，又0＜A＜π，所以A＝，所以sin A＝.则AC边上的高为h＝ABsin A＝3×＝.
10.解：因为sin C＝，且0＜C＜π，所以C＝或C＝.
当C＝时，cos C＝，此时c2＝a2＋b2－2abcos C＝4，所以c＝2.
当C＝时，cos C＝－，此时c2＝a2＋b2－2abcos C＝28，所以c＝2.
综上所述，c的值为2或2.
11.D cos 2A＝－cos A＝2cos2A－1，即2cos2A＋cos A－1＝0，解得cos A＝－1（舍去）或cos A＝，在△ABC中，根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A＝28，得a＝2.故选D.
12.（60°，90°） 解析：∵a2＜b2＋c2，∴b2＋c2－a2＞0，则cos A＝＞0.∴A＜90°.又∵a为最大边，∴A＞60°.故A的取值范围是（60°，90°）.
13. 解析：∵＋＝，∴＋＝3，∴＋＝1.∴c（b＋c）＋a（a＋b）＝（a＋b）（b＋c），即ac＝a2＋c2－b2.∴cos B＝＝，∴B＝.
14.解：（1）因为cos A＝2cos2－1，2cos2＋cos A＝0，
所以2cos A＋1＝0，所以cos A＝－，
又0°＜A＜180°，所以A＝120°.
（2）由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccos A.
又a＝2，b＝2，cos A＝－，
所以（2）2＝22＋c2－2×2×c×（－），
化简，得c2＋2c－8＝0，解得c＝2或c＝－4（舍去）.
15.BC 在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得m2＝42＋c2－2·4ccos，即c2－4c＋16－m2＝0.依题意，关于c的一元二次方程有两个不相等的正根，所以Δ＝（－4 ）2－4×1×（16－m2）＝4m2－32＞0，且16－m2＞0.又m＞0，所以2＜m＜4.选项B、C符合条件.故选B、C.
16.解：∵2a＋1，a，2a－1是三角形的三边，
∴∴a＞.
要使2a＋1，a，2a－1构成三角形，还需满足即a＞2.
由题意知2a＋1是三角形的最大边，设其对应的角为θ（钝角），则cos θ＝＜0，
∴a2＋（2a－1）2－（2a＋1）2＜0，即a2－8a＜0，解得0＜a＜8.
又∵a＞2，∴a的取值范围是（2，8）.
第2课时 正弦定理
1.A 由＝，故＝，解得sin B＝.故选A.
2.B 由正弦定理＝及＝，可得sin B＝cos B.又0＜B＜π，所以B＝.
3.C 因为AB＝AC，由正弦定理得＝，又因为B＝30°，所以sin C＝，又因为AB＞AC，所以C＝45°或C＝135°.
4.C sin C＝sin（A＋B）＝.由正弦定理得c＝·sin C＝×＝.故选C.
5.AC 由正弦定理＝，得＝.又acos A＝bcos B，所以＝，所以＝，所以sin A·cos A＝sin B·cos B，所以2sin A·cos A＝2sin B·cos B，即sin 2A＝sin 2B.因为A，B为三角形内角，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，得A＝B或A＋B＝，故△ABC是等腰三角形或直角三角形.
6.ABD A中，∵＝，∴sin B＝＝1，∴B＝90°，即只有一解；B中，∵＝，∴sin C＝＝＝，且c＞b，∴C＞B，故有两解；C中，∵A＝90°，a＝5，c＝2，∴b＝＝，有解；D中，∵＝，∴sin B＝＝＝，又b＜a，∴只有一解.
7.1∶1∶ 解析：在△ABC中，因为A∶B∶C＝1∶1∶4，所以内角A，B，C分别为30°，30°，120°，所以a∶b∶c＝sin 30°∶sin 30°∶sin 120°＝1∶1∶.
8.45°或135° 解析：设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理，得2×2Rsin Asin C＝×2Rsin C，因此sin A＝，又因为0°＜A＜180°，故A＝45°或A＝135°.
9.1 解析：在△ABC中，∵sin B＝，0＜B＜π，∴B＝或B＝π.又∵B＋C＜π，C＝，∴B＝，∴A＝π－－＝π.∵＝，∴b＝＝1.
10.解：（1）∵A＝30°，C＝105°，∴B＝180°－（A＋C）＝45°.
∵＝＝，
∴b＝＝＝2，
c＝＝＝＋.
∴B＝45°，b＝2，c＝＋.
（2）由正弦定理，得＝，
即＝，解得sin C＝.
∵c＞b，∴C＝60°或C＝120°.
①当C＝60°时，A＝180°－（B＋C）＝90°，△ABC为直角三角形，此时a＝＝6.
②当C＝120°时，A＝180°－（B＋C）＝30°＝B，∴a＝b＝3.
综上可知，A＝90°，C＝60°，a＝6或A＝30°，C＝120°，a＝3.
11.A 由正弦定理得＝＝＝2cos B.又＜B＜，余弦函数在此范围内单调递减，故＜cos B＜，∴∈（，）.
12.ACD 对于A，由＝＝＝2R，可得a∶b∶c＝2Rsin A∶2Rsin B∶2Rsin C＝sin A∶sin B∶sin C，故A正确；对于B，由sin 2A＝sin 2B，可得A＝B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，故B错误；对于C，在△ABC中，由正弦定理可得，sin A＞sin B a＞b A＞B，故C正确；对于D，由＝＝＝2R，可得＝＝2R＝，故D正确.
13.（，2） 解析：在△ABC中，B＝60°，c＝2，由正弦定理＝，得c＝.若此三角形有两解，则必须满足的条件为c＞b＞csin B，即＜b＜2.
14.解：（1）由acos C＋c＝b，
得sin Acos C＋sin C＝sin B.
因为sin B＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C，
所以sin C＝cos Asin C.
因为sin C≠0，所以cos A＝.
因为0＜A＜π，所以A＝.
（2）由正弦定理，得sin B＝＝.
又b＞a，所以B＞A，所以B＝或B＝.
①当B＝时，由A＝，得C＝，
所以c＝＝2.
②当B＝时，由A＝，得C＝.
所以c＝a＝1.
综上可得c＝1或c＝2.
15. 解析：由题得AC＝＝2，∠ACB＝60°.设∠BCP＝α，∴∠ACP＝60°－α，∠CAP＝180°－120°－（60°－α）＝α，在Rt△PBC中，PC＝1×cos α＝cos α.在△ACP中，由正弦定理得＝，∴tan α＝.
16.解：由正弦定理，得＝＝，
即＝＝＝2，
∴b＝2sin B，c＝2sin C，
∴△ABC的周长为L＝a＋b＋c＝＋2sin B＋2sin C＝＋2sin B＋2sin（－B）
＝＋3sin B＋cos B
＝＋2sin（B＋），
又B∈（0，），∴B＋∈（，），
∴sin（B＋）∈（，1］，∴L∈（2，3].
即△ABC的周长的取值范围为（2，3].
第3课时 用余弦定理、正弦定理解三角形
1.B 由题中条件及正弦定理得b＝2c＝4，由面积公式得，△ABC的面积为bcsin A＝×4×2×＝2.故选B.
2.A 由余弦定理及题中条件可得△ABC的面积S△ABC＝absin C＝＝abcos C，可得sin C＝cos C，∵C∈（0，π），∴C＝.故选A.
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.故选A.
4.B 连接BD（图略）.在△BCD中，由已知条件，知∠DBC＝＝30°，所以∠ABD＝90°.在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos C，知BD2＝22＋22－2×2×2cos 120°＝12.所以BD＝2 ，所以S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝×4×2＋×2×2×sin 120°＝5 .
5.AD ∵AB＝，AC＝1，B＝，又由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B，∴BC2－3BC＋2＝0，∴BC＝1或BC＝2，∵S△ABC＝·AB·BC·sin B，∴S△ABC＝或S△ABC＝.
6.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＝，可得asin B＝bsin A，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，根据正弦定理可得，sin Acos B＋sin Bcos C＝sin C＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋cos Asin B，即sin Bcos 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.
7.2 解析：由已知及正弦定理，得sin2A·sin B＋sin Bcos2A＝2sin A，即sin B（sin2A＋cos2A）＝2sin A，所以sin B＝2sin A，所以b＝2a，即＝2.
8.9＋ 解析：由题意及三角形的面积公式，得absin C＝5，即a×5×＝5，解得a＝4，根据余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，即c2＝16＋25－2×4×5×＝21，c＝，所以△ABC的周长为9＋.
9. 解析：在△ABC中，a＝2，c＝3，B＝，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝4＋9－2×2×3×＝7，解得b＝（负值舍去），设AC边上的高为h，则S△ABC＝acsin B＝h·b，即×2×3×sin＝h×，解得h＝.
10.解：（1）因为（c－b）（sin B＋sin C）＝（sin C－sin A）a，
所以由正弦定理得c2－b2＝ac－a2，即a2＋c2－b2＝ac，
由余弦定理的推论得cos B＝＝＝.
因为0＜B＜π，所以B＝.
（2）因为c＝4，△ABC的面积为3，
所以acsin B＝3，
即×4a×＝3，解得a＝3.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝9＋16－2×3×4×＝13，所以b＝（负值舍去），
所以cos C＝＝＝.
11.A 设向量a与b的夹角为θ，则由题意得，cos θ＝＝＝，则sin θ＝，所以平行四边形的面积为S＝2××｜a｜·｜b｜sin θ＝×2×＝6.
12.ABC 如图，在△BCD中，CB＝2CD，cos∠CDB＝－，由余弦定理BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠CDB，得4CD2＝9＋CD2＋CD，即CD2－CD－3＝0，解得CD＝，BC＝2，又由余弦定理的推论得cos B＝＝，则sin B＝，在△ABC中，由余弦定理，得AC＝＝＝2，所以△ABC的面积S△ABC＝AB·BCsin B＝8，A正确；△ABC的周长为AB＋BC＋AC＝8＋4，B正确；显然AB是最大边，cos∠ACB＝＝－＜0，所以∠ACB为钝角，C正确；sin∠CDB＝＝，D不正确.
13.解：（1）由正弦定理，得a2＋c2－ac＝b2.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B.
故cos B＝，又0°＜B＜180°，因此B＝45°.
（2）sin A＝sin（30°＋45°）＝sin 30°·cos 45°＋cos 30°sin 45°＝.
故由正弦定理，得a＝b·＝1＋.
由已知得，C＝180°－45°－75°＝60°，
故c＝b·＝2×＝.
14.（2，2） 解析：因为B＝2A，故sin B＝sin 2A＝2sin Acos A，所以AC＝2BCcos A＝4cos A，而△ABC为锐角三角形，故故＜A＜，故4cos＜AC＜4cos即2＜AC＜2.
15.解：选①A＋C＝2B.易知B＝，A∈（0，），
sin Asin Bsin C＝－cos（2A＋）∈（0，］.
选②a＋c＝2b.可知ac≤（）2＝4，cos B＝＝－1≥，
从而B∈（0，］，sin B∈（0，］，
而sin Asin Bsin C＝sin3B≤，当且仅当a＝b＝c＝2时取等号，从而sin Asin Bsin C∈（0，］.
第4课时 余弦定理、正弦定理应用举例
1.D 由题意知，A＝B＝30°，所以C＝180°－30°－30°＝120°，由正弦定理得＝，即AB＝＝＝4 m.故选D.
2.B 如图所示，∠ACB＝90°，又因为AC＝BC，所以∠CBA＝45°.因为β＝30°，所以α＝90°－45°－30°＝15°.所以点A在点B的北偏西15°方向上.
3.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.
4.D 如图所示，由题意得∠ABC＝30°，AB＝x，BC＝3，∵S△ABC＝AB·BCsin∠ABC＝x＝，∴x＝.由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝12－6cos 30°＝3，∴AC＝，即此人这时离出发点的距离为 m.故选D.
5.AC 由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12，AC＝8，在△ABD中，由正弦定理得＝，所以AD＝＝24（n mile），故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝，
即CD＝
＝ 8（n mile），故B错误；因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，D在灯塔B的北偏西60°，故D错误.故选A、C.
6.ABC 对于A，利用内角和定理先求出C＝π－A－B，再利用正弦定理＝解出c；对于B，直接利用余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C即可解出c；对于C，先利用内角和定理求出C＝π－A－B，再利用正弦定理＝解出c；对于D，不知道长度，显然不能求c.
7.3 解析：连接AB，由题意AC＝BC＝，∠ACB＝120°，则AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 120°＝3＋3－2×3×，即AB2＝9，即AB＝3 km.
8.5.3 解析：如图，过C点作直线AB的垂线，垂足为D.由题意得AB＝300×＝10 km，∠ACB＝30°，因为＝，所以BC＝AB·＝10 km，又因为sin 75°＝sin（45°＋30°）＝，所以CD＝BC·sin∠CBD＝10×＝5（＋1）≈13.66 km.故山顶的海拔约为19－13.66≈5.3 km.
9.1 解析：设t h时，B市恰好处于危险区，则由余弦定理得（20t）2＋402－2×20t×40×cos 45°＝302.化简，得4t2－8t＋7＝0，∴t1＋t2＝2，t1·t2＝.从而｜t1－t2｜＝＝1（h）.
10.解：在△ABC中，因为cos A＝，
cos C＝，
所以sin A＝，sin C＝.
从而sin B＝sin[π－（A＋C）]＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.
由＝，得AB＝·sin C＝×＝1 040（m）.
所以索道AB的长为1 040 m.
11.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°＋asin 15°＝a（m），故选A.
12.BCD 由题意可得∠OAP＝30°，∠OBP＝45°，设OP＝x km.又OP⊥OA，OP⊥OB，则OA＝x km，OB＝x km.因为AB＝7.5××20＝（km），所以cos∠AOB＝＝＝－，解得x＝1，从而PA＝2 km.易知sin∠AOB＝，所以由等面积法可得O到AB的距离h＝ km，则最大仰角的正切值为＝.又AO＞BO，所以最小仰角为30°.故选B、C、D.
13.4 解析：在△ABD中，由正弦定理得sin∠ADB＝＝＝，∵∠ADC＝90°，∴cos∠BDC＝，在△BDC中，由余弦定理得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cos∠BDC＝24＋48－4×4×＝48，∴BC＝4（负值舍去）.
14. 解析：依题意，设乙的速度为x m/s，则甲的速度为x m/s，因为AB＝1 040 m，BC＝500 m，所以＝，解得AC＝1 260（m）.在△ABC中，由余弦定理的推论得，cos A＝＝＝，所以sin A＝＝＝.
15.解：此题答案不唯一，下面举出三种方案.
（方案一）在以P，Q，R为顶点的三角形区域内选一点C（可同时看见A，B两地），测出BC，AC的长及∠ACB.
由余弦定理，得AB＝
.
（方案二）解四边形ABNM.如图①，
测出AM，MN，NB的长，∠AMN，∠MNB的度数.
在△AMN中，由余弦定理，得AN＝
，
sin∠ANM＝，
在△ANB中，∠ANB＝∠MNB－∠ANM.由余弦定理，得AB＝.
（方案三）
在线段AB上选一点C，
布设三角形网，如图②，使建筑物R的底部在△MCN的内部，不影响视线.
在△AMC中，测出AM，CM的长及∠AMC，则AC＝
.
在△BNC中，测出BN，CN的长及∠BNC，则BC＝
.
于是AB＝AC＋BC.
培优课 解三角形中的综合问题
1.C 由题知周长为a＋b＋c＝4（＋1）①，∵sin B＋sin C＝sin A，由正弦定理得b＋c＝a②，∴由①②，可解得a＝4，故选C.
2.A ∵向量m，n共线，∴acos ＝bcos ，由正弦定理得sin Acos ＝sin Bcos ，∴2sin·coscos＝2sincoscos.∵cos≠0，cos≠0，∴sin＝sin.∵0＜＜，0＜＜，∴＝，即A＝B，同理可得B＝C，∴△ABC为等边三角形.故选A.
3.C 由题意结合正弦定理得sin C＝2sin Bcos B，即sin C＝sin 2B，因为B，C为△ABC的内角，所以C＝2B或C＋2B＝180°，当C＝2B时，B＝60°，不符合三角形内角和定理，当C＋2B＝180°时，B＝30°，故A＝30°，因此a＝b，因为△ABC的面积为，所以a·a·＝，解得a＝2（负值舍去），即a＝b＝2.由余弦定理可知c＝＝＝2.设AC边的中点为D，则＝（＋），因此｜｜＝
＝
＝＝.故选C.
4.B 因为A＝60°，角A的平分线交BC于点D，所以∠CAD＝∠BAD＝30°.又b＝3c，所以＝＝＝＝3.因为BD＝，所以CD＝3，a＝CB＝4.由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，所以112＝9c2＋c2－2×3c·c·，解得c＝4.在△ABD中，由正弦定理得＝，即＝，所以sin∠ADB＝.因为b＞c，所以B＞C.又因为∠ADB＝30°＋C，∠ADC＝30°＋B，所以∠ADB＜∠ADC，所以∠ADB为锐角，所以cos∠ADB＝.故选B.
5.D ∵BC边上的高为a，∴S△ABC＝a×a＝bcsin A，∴a2＝2·bcsin A，由余弦定理得2bcsin A＝b2＋c2－2bccos A，整理得＝2sin A＋2cos A，即＋＝4sin（A＋）.∵A∈（0，π），∴A＋∈（，），∴当A＋＝，即A＝时，4sin（A＋）有最大值，且最大值为4.∴＋的最大值为4.
6.B 设CD＝x，∠ADB＝θ，则BD＝3x，在△ACD中，由余弦定理得b2＝9＋x2＋6xcos θ ①，在△ABD中，由余弦定理得c2＝9＋9x2－18xcos θ ②，联立①②，消去cos θ得3b2＋c2＝36＋12x2 ③，在△ABC中，由余弦定理得b2＋c2－bc＝16x2 ④，联立③④，消去x得144＝9b2＋c2＋3bc≥6bc＋3bc＝9bc（当且仅当3b＝c时，等号成立），∴bc≤16，∴S△ABC＝bcsin ≤×16×＝4.故选B.
7.BCD 如图所示，因为AD是角平分线，设∠CAD＝∠DAB＝α，则∠BAC＝2α，根据二倍角公式得cos 2α＝2cos2α－1＝，且0＜α＜，所以cos α＝，在Rt△ACD中，AD＝1，所以AC＝ADcos α＝，在Rt△ACB中，AB＝＝×8＝6，故A错误，C正确；根据角平分线定理，＝＝×＝，故B正确；因为cos α＝，且0＜α＜，所以sin α＝，所以S△ABD＝AD·AB·sin α＝×6×＝，故D正确，故选B、C、D.
8.ACD 因为（a＋b）∶（a＋c）∶（b＋c）＝9∶10∶11，所以可设解得所以由正弦定理可得sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c＝4∶5∶6，故A正确；易知c最大，所以△ABC中角C最大，又cos C＝＝＝＞0，所以C为锐角，所以△ABC为锐角三角形，故B错误；易知a最小，所以△ABC中角A最小，又cos A＝＝＝，所以cos 2A＝2cos2A－1＝，所以cos 2A＝cos C，由△ABC中角C最大且C为锐角可得2A∈（0，π），C∈（0，），所以2A＝C，故C正确；设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理得2R＝，又c＝6，sin C＝＝，所以2R＝，解得R＝，故D正确.故选A、C、D.
9.2 解析：∵2sin Asin Bcos C＝sin2C，∴2abcos C＝c2 a2＋b2－c2＝c2 ＝2，∴cos C＝＝≥，当且仅当a＝b时取等号.∵0＜C＜π，∴0＜C≤，即角C的最大值为.
10.［，1］ 解析：∵C＝，a＝6，1≤b≤4，∴由余弦定理得c2＝a2＋b2－ab＝36＋b2－6b＝（b－3）2＋27，∴c2＝（b－3）2＋27∈[27，31]，∴c∈[3，]，∴由正弦定理＝，可得sin A＝＝＝∈［，1］.
11.解：（1）因为a＝（sin x，－cos x），b＝（cos x，cos x），
则f（x）＝a·b＝sin xcos x－cos2x＝sin 2x－cos 2x－＝sin（2x－）－，
由2x－＝kπ＋（k∈Z），得x＝＋（k∈Z），
即函数f（x）图象的对称轴方程为x＝＋（k∈Z）.
（2）由f（B）＝，得sin（2B－）＝1，又2B－∈（－，），即2B－＝.
所以B＝，又b＝，
由正弦定理＝＝，得a＝2sin A，c＝2sin C，
即a＋c＝2sin A＋2sin C＝2sin A＋2sin（－A）＝2cos（A－），
又0＜A＜，所以－＜A－＜，
所以2cos（A－）∈（，2].
即a＋c的取值范围为（，2].
12.解：（1）如图，过A作AE⊥BC于E.
因为＝＝2，
所以BD＝2DC.
因为AD平分∠BAC，所以∠BAD＝∠DAC.
在△ABD中，＝，所以sin B＝.
在△ADC中，＝，
所以sin C＝，
所以＝＝.
（2）由（1）知，BD＝2DC＝2×＝.
如图，过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N.
因为AD平分∠BAC，所以DM＝DN，
所以＝＝2，所以AB＝2AC.
令AC＝x，则AB＝2x.
因为∠BAD＝∠DAC，
所以cos∠BAD＝cos∠DAC，
所以由余弦定理可得
＝，
解得x＝1，即AC＝1.
综上，BD的长为，AC的长为1.
13.解：（1）因为在△OAB中，OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°，所以∠OAB＝60°.
在△AOM中，由OA＝3 km，AM＝ km，∠OAM＝60°及余弦定理，得
OM＝＝ km.
所以OM2＋AM2＝OA2，
即OM⊥AN，
所以∠AOM＝30°，即∠AON＝60°.
所以△OAN为等边三角形，所以△OAN的周长为3OA＝9 km，即防护网的总长度为9 km.
（2）设∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°）.
在△OAN中，由＝，得ON＝ km.
在△AOM中，由＝，得OM＝ km.
所以S△OMN＝OM·ON·sin 30°
＝
＝ km2.
当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°时，△OMN的面积最小，最小面积为 km2.
第七章 复数
7.1 复数的概念
7.1.1 数系的扩充和复数的概念
1.C z＝－＋i的虚部为，故选C.
2.A 复数z＝m2－9＋（m－3）i为纯虚数，则解得m＝－3，故选A.
3.A 因为（x＋y）＋（y－1）i＝y＋（2y＋1）i，所以解得所以x＋y＝－2，故选A.
4.B 若复数a－bi为纯虚数，则a＝0且b≠0，故ab＝0.而由ab＝0不一定能得到复数a－bi是纯虚数，故“ab＝0”是“复数a－bi为纯虚数”的必要不充分条件.
5.AB 对于A：因为a2＋1≥1，所以（a2＋1）i（a∈R）是纯虚数，故正确；对于B：i2＝－1，所以－i2＝1，故正确；对于C：复数不能比较大小，故错误；对于D：当z＝i时，z2＝i2＝－1＜0，故错误.故选A、B.
6.BCD 复数集是实数集和虚数集的并集，A为假命题；当x＝i时，x2＋2＝0，B为真命题；两个复数z1，z2满足z1＞z2，说明z1，z2都是实数，显然有z1－z2＞0，C为真命题；根据虚数单位i的定义，D为真命题.故选B、C、D.
7.－1－3i 解析：由已知可得z＝－1－3i.
8.2＋i 解析：由xi－i2＝y＋2i可得1＋xi＝y＋2i，则所以x＋yi＝2＋i.
9.kπ＋（k∈Z） 解析：由题意知sin 2α＝0，1－cos 2α≠0，∴2α＝2kπ＋π（k∈Z），∴α＝kπ＋（k∈Z）.
10.解：由m2＋5m＋6＝0，得m＝－2或m＝－3，由m2－2m－8＝0，得m＝4或m＝－2.
（1）当m2－2m－8＝0时，复数z为实数，∴m＝4或m＝－2.
（2）当m2－2m－8≠0时，复数z为虚数，∴m≠4且m≠－2.
（3）当时，复数z是纯虚数，∴m＝－3.
（4）当时，复数z＝0，∴m＝－2.
11.D 复数包括实数与虚数，所以实数集与纯虚数集无交集，所以R∩I＝ .
12.B 由题意知（n2＋mn）＋2ni＝－2－2i，即解得∴z＝3－i.
13.{3} 解析：由已知，得解得m＝3，所以所求实数m的取值集合是{3}.
14.解：（1）因为x，y∈R，所以由复数相等的充要条件得解得
（2）因为x∈R，所以由复数相等的充要条件得
即
所以x＝3.
15.C 复数a2－a－2＋（｜a－1｜－1）i（a∈R）不是纯虚数，则有a2－a－2≠0或｜a－1｜－1＝0，解得a≠－1.
16.解：（1）∵z1为纯虚数，
∴解得m＝－2.
（2）由z1＝z2，
得
∴λ＝4－cos2θ－2sin θ＝sin2θ－2sin θ＋3＝（sin θ－1）2＋2.
∵－1≤sin θ≤1，
∴当sin θ＝1时，λmin＝2，
当sin θ＝－1时，λmax＝6，
∴实数λ的取值范围是[2，6].
7.1.2 复数的几何意义
1.D 由题意可知：点P的坐标为（3，2），所以复平面内点P所表示的复数为3＋2i，故选D.
2.C 由题意可知，点A的坐标为（－1，－2），则点B的坐标为（1，－2），故向量对应的复数为1－2i.
3.C 复数z＝4－3i，则＝4＋3i，所以｜｜＝＝5，故选C.
4.C 由｜z｜＝＞，得m2＞9，解得m＞3或m＜－3.故“｜z｜＞”是“m＞3”的必要不充分条件.
5.CD 由于复数z1＝1－ai（a∈R）对应的点Z1满足｜｜＝，所以｜｜＝＝，所以a＝±1，Z1（1，1）或Z1（1，－1），又点Z与Z1关于x轴对称，所以点Z（1，－1）或Z（1，1），所以复数z为1－i或1＋i.故选C、D.
6.AC ｜z｜＝＝，A正确；复数z在复平面内对应的点的坐标为（－1，－2），在第三象限，B不正确；z的共轭复数为－1＋2i，C正确；复数z在复平面内对应的点（－1，－2）不在直线y＝－2x上，D不正确.故选A、C.
7.－1－2i 解析：因为复数z对应的点的坐标是（－1，2），所以z＝－1＋2i，因此＝－1－2i.
8.（－2，1） 解析：∵z＝m－1＋（m＋2）i在复平面内对应的点在第二象限，∴m－1＜0，m＋2＞0，解得－2＜m＜1，故实数m的取值范围是（－2，1）.
9.2 解析：｜z｜＝＝，当cos θ＝1时，｜z｜max＝2.
10.解：（1）设向量对应的复数为z1＝x1＋y1i（x1，y1∈R），
则点B的坐标为（x1，y1），
由题意可知，点A的坐标为（2，1），
根据对称性可知，x1＝2，y1＝－1，
故z1＝2－i.
（2）设点C对应的复数为z2＝x2＋y2i（x2，y2∈R），
则点C的坐标为（x2，y2），由（1）可得，点B的坐标为（2，－1），
由对称性可知x2＝－2，y2＝－1，
故z2＝－2－i.
11.A 由题意知（｜z｜－3）（｜z｜＋1）＝0，即｜z｜＝3或｜z｜＝－1.∵｜z｜≥0，∴｜z｜＝3，∴复数z对应的点的集合是以坐标原点为圆心，3为半径的圆.
12.BC 对于A，当α＝－时，z＝cos（－）＋［sin（－）］i＝－i，复平面内表示复数z的点位于第四象限，故A错误；对于B，当α＝时，z＝cos ＋（sin ）i＝i，为纯虚数，故B正确；对于C，｜z｜＝＝，最大值为，故C正确；对于D，z的共轭复数为＝cos α－（sin α）i，故D错误.故选B、C.
13.－6＋8i 解析：设复数z＝x＋yi，x，y∈R，则＝（x，y），∵复数z对应的向量与a＝（3，4）共线，∴4x－3y＝0①，由｜z｜＝10得x2＋y2＝100②，由①②可得x＝6，y＝8或x＝－6，y＝－8.∵z对应的点Z在第三象限，∴z＝－6－8i，∴＝－6＋8i.
14.解：（1）由点A对应的复数为－1，对应的复数为2＋2i，
得A（－1，0），＝（2，2），可得B（1，2）.
又对应的复数为4－4i，得＝（4，－4），可得C（5，－2）.
设点D对应的复数为x＋yi，x，y∈R.得＝（x－5，y＋2），＝（－2，－2）.
∵ABCD为平行四边形，∴＝，解得x＝3，y＝－4，
故点D对应的复数为3－4i.
（2）由＝（2，2），＝（4，－4），可得·＝0，
∴⊥ ，又∵｜｜＝2，｜｜＝4，
故平行四边形ABCD的面积为2×4＝16.
15. 解析：由题意得＝（1，2），＝（3，－1），则｜｜＝＝，｜｜＝＝，∴cos∠Z1OZ2＝＝＝，∴sin∠Z1OZ2＝，∴△OZ1Z2的面积S＝｜｜·｜｜sin∠Z1OZ2＝×××＝.
16.解：（1）由题意得｜z｜＝＝≥2，显然当x＝0时，复数z的模最小，最小值为2.
（2）由（1）知当x＝0时，复数z的模最小，则Z（－2，2）.
因为点Z在一次函数y＝－mx＋n的图象上，所以2m＋n＝2.
又mn＞0，所以m＞0，n＞0.
所以＋＝（ ＋）（ m＋）＝＋＋≥＋.当且仅当＝，即n2＝2m2时等号成立.
又2m＋n＝2且mn＞0，所以取等号时m＝2－，n＝2－2.
7.2 复数的四则运算
7.2.1 复数的加、减运算及其几何意义
1.B z＝1－（3－4i）＝－2＋4i，所以z的虚部是4.
2.A 依题意，得x＋1＝2且1－y＝0，所以x＝y＝1，所以xy＝1.
3.D 因为z＋1－2i＝－3＋i，所以z＝－4＋3i，所以｜z｜＝＝5.故选D.
4.C 因为＝－＝－（＋），所以表示的复数为3＋2i－（1＋5i－2＋i）＝4－4i.
5.ACD 由复数的几何意义，知复数3＋2i，1＋i分别对应复平面内的点（3，2）与点（1，1），所以｜（3＋2i）－（1＋i）｜表示点（3，2）与点（1，1）之间的距离，故A正确，B错误；｜（3＋2i）－（1＋i）｜＝｜2＋i｜表示点（2，1）到原点的距离，｜（1＋i）－（3＋2i）｜＝｜－2－i｜表示坐标为（－2，－1）的向量的模，故C、D正确.故选A、C、D.
6.BC 如图，由题意，O（0，0），A（1，1），B（1，2），＝（0，1），∵OABC为平行四边形，∴＝（0，1），则C（0，1），∴z3＝i，点C位于虚轴上，故A错误；z1＋z3＝（1＋i）＋i＝1＋2i＝z2，故B正确；｜z1－z3｜＝｜1＋i－i｜＝1＝｜｜，故C正确；｜z2＋z3｜＝｜（1＋2i）＋i｜＝｜1＋3i｜＝，故D错误.故选B、C.
7.4＋i 解析：两式相加得2z1＝8＋2i，所以z1＝4＋i.
8.3＋3 解析：z1＋z2＝3＋3i，故f（z1＋z2）＝f（3＋3i）＝3＋｜3＋3i｜＝3＋3.
9.1＋i（答案不唯一） 解析：z＝a＋bi，故z－2i＝a＋（b－2）i.由｜z－2i｜＝｜z｜知，＝，化简得b＝1，故只要b＝1，即z＝a＋i（a可为任意实数）均满足题意，可取z＝1＋i.
10.解：（1）原式＝（2＋）－（＋2）i＝－i.
（2）原式＝3＋（2＋－2）i＝3＋i.
（3）原式＝1＋2i＋i－1＋5＝5＋3i.
（4）原式＝[6＋3－3－（－2）]＋[－3＋2－（－4）－1]i＝8＋2i.
11.D ｜z1－z2｜＝｜（1－sin θ）＋（cos θ＋1）i｜＝
＝
＝，∵－1≤cos（ θ＋）≤1，∴｜z1－z2｜max＝＝＋1.
12.AD 因为复数z与其共轭复数的实部相等，虚部互为相反数，所以z＋∈R，A为真命题；当z为实数时，也为实数，则z－是实数，B为假命题；若z＝cos＋isin，则｜z｜＝≠1，C为假命题；｜z－i｜＝1表示以点（0，1）为圆心，1为半径的圆，结合图形（图略）知，｜z｜的最大值为圆心到原点的距离与半径之和，即为1＋1＝2，D为真命题.
13. 解析：由题意可设z2＝a＋bi（a＜0，b＞0），则解得∴z2＝－1＋2i，∴z1＋z2＝（2＋i）＋（－1＋2i）＝1＋3i，∴｜z1＋z2｜＝.
14.解：（1）由题意得＝1－（10－a2）i，
所以＋z2＝1－（10－a2）i＋（2a－5）i＝1＋（a2＋2a－15）i，
因为＋z2∈R，所以a2＋2a－15＝0，解得a＝－5或a＝3，因为a＞0，所以a＝3.
（2）由（1）知z2＝i，所以满足条件｜z－z2｜＝2的点的集合是以（0，1）为圆心，2为半径的圆，设为圆A，所以｜z｜的取值范围即圆A上的点到坐标原点的距离的范围，所以2－1≤｜z｜≤2＋1，即1≤｜z｜≤3.
故｜z｜的取值范围为[1，3].
15.B 设z＝x＋yi（x，y∈R），则｜z－2｜＋｜z＋2｜＋｜z＋2i｜表示点Z（x，y）到△ABC三个顶点A（2，0），B（－2，0），C（0，－2）的距离之和.依题意结合对称性可知△ABC的费马点P位于虚轴的负半轴上，且∠APB＝120°，则∠PAO＝∠PBO＝30°，此时｜PA｜＋｜PB｜＋｜PC｜＝×2＋（2－2tan 30°）＝2＋2.故选B.
16.解：（1）∵向量对应的复数为1＋2i，向量对应的复数为3－i，
∴向量对应的复数为（3－i）－（1＋2i）＝2－3i.
又∵＝＋，
∴点C对应的复数为（2＋i）＋（2－3i）＝4－2i.
∵＝，
∴向量对应的复数为3－i.
即＝（3，－1）.设D（x，y），
则＝（x－2，y－1）＝（3，－1），
∴解得
∴点D对应的复数为5.
（2）∵·＝｜｜｜｜cos B，
∴cos B＝＝＝.
∵0＜B＜π，∴sin B＝.
∴S平行四边形ABCD＝｜｜｜｜sin B＝××＝7.
∴平行四边形ABCD的面积为7.
7.2.2 复数的乘、除运算
1.A z＝i（2－i）＝2i－i2＝1＋2i，∴复数对应的点的坐标为（1，2），位于第一象限.
2.B z＝＋5i＝＋5i＝－1＋7i，故｜z｜＝5，故选B.
3.C 法一 因为＝＝1＋＝1＋i，所以z＝1＋＝1－i.故选C.
法二 由＝1＋i，得z＝（z－1）·（1＋i），即zi＝1＋i，z＝＝1－i.
4.C ∵（1＋i）2＝2i，∴（1＋i）4＝－4，又（1－i）2＝－2i，∴（1－i）4＝－4，∴（1＋i）20－（1－i）20＝（－4）5－（－4）5＝0.
5.BD 复数＝＝＝－1－i对应的点的坐标为（－1，－1）.因为复数z对应的点与复数对应的点关于实轴对称，所以复数z对应的点的坐标为（－1，1），所以复数z＝－1＋i.故A、C均错.＝－1－i，｜｜＝，的实部是－1，B、D正确.
6.BD 由z（1－i）＝｜1－i｜，得z（1－i）＝2，所以z＝＝＝1＋i，A错误；实部为1，B正确；＝1－i，C错误；z2＝（1＋i）2＝1＋2i＋i2＝2i，D正确.故选B、D.
7.－5－15i 解析：（4－i）（6＋2i）－（7－i）（4＋3i）＝（24＋8i－6i＋2）－（28＋21i－4i＋3）＝（26＋2i）－（31＋17i）＝－5－15i.
8.－3±i 解析：x＝＝－3±i.
9.－i 解析：∵z为纯虚数，∴∴a＝，∴＝＝＝＝－i.
10.解：（1）（ －＋i）（2－i）（3＋i）＝（ －＋i）·（7－i）＝＋i.
（2）＝
＝＝＝
＝－2－2i.
11.C 由z（1＋i）＝2ti（t∈R），得z＝＝＝ti（1－i）＝t＋ti，因为｜z｜＝2，所以t2＋t2＝（2）2，解得t＝2或t＝－2.
12.CD 对于方程x3＝1，移项因式分解可得：（x－1）（x2＋x＋1）＝0，x＝1为实数根，要求虚数根，解方程x2＋x＋1＝0即可，解得x＝. 故选C、D.
13.6 解析：令z＝a＋bi（a，b∈R），则a2－b2＋2abi－4＋3＝0，得当b＝0时，a2－4｜a｜＋3＝0，a＝±1或a＝±3；当a＝0时，b2＋4｜b｜－3＝0，｜b｜＝－2＋或｜b｜＝－2－（舍）.综上共有6个解：z＝±1，z＝±3，z＝±（－2）i.
14.解：（1）关于x的实系数方程x2＋px＋q＝0的虚根互为共轭复数，所以它的另一根是2－i，根据根与系数的关系可得p＝－4，q＝5，p＋q＝1.
（2）设w＝a＋bi（a，b∈R）.
由（a＋bi）（2＋i）＝（2a－b）＋（a＋2b）i∈R，得a＋2b＝0.又｜w｜＝2，则a2＋b2＝20，
解得a＝4，b＝－2或a＝－4，b＝2，因此w＝4－2i或w＝－4＋2i.
15.BCD 当z＝i，则z2＝－1∈R，而z＝i R，故A错误；当z∈R时，z2∈R，故B正确；复数z1，z2满足z1·z2＝0，不妨设z1＝a＋bi（a，b∈R），z2＝c＋di（c，d∈R），则z1·z2＝ac－bd＋（ad＋bc）i＝0，则两式平方后相加得：a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2＝（a2＋b2）·（c2＋d2）＝0，故a2＋b2＝0或c2＋d2＝0，即z1＝0或z2＝0，C正确；设z＝m＋ni（m，n∈R），则｜z｜2＝m2＋n2，z2＝m2－n2＋2mni，则m2＋n2＝m2－n2＋2mni，整理得：n2＝mni，故n＝0，m∈R，所以z∈R，D正确.故选B、C、D.
16.解：（1）设z＝a＋bi（a，b∈R），则z＋2i＝a＋（b＋2）i，
∵z＋2i为实数，∴b＋2＝0，解得b＝－2，
∴＝＝＝＋i，
∵为实数，∴＝0，解得a＝4.
∴z＝4－2i.
（2）∵复数（z＋xi）2＝[4＋（x－2）i]2＝16－（x－2）2＋8（x－2）i＝（12＋4x－x2）＋（8x－16）i，且复数（z＋xi）2在复平面内对应的点在第一象限，
∴解得2＜x＜6.
即实数x的取值范围是（2，6）.
7.3*复数的三角表示
1.C 因为a＜0，所以辐角主值为π，故其三角形式为－a（cos π＋isin π）.故选C.
2.D 因为r＝2，所以cos θ＝，因为z＝－i对应的点在第四象限，所以arg（－i）＝，故z＝－i＝2.
3.B （sin 10°＋icos 10°）（sin 10°＋icos 10°）＝（cos 80°＋isin 80°）·（cos 80°＋isin 80°）＝cos 160°＋isin 160°.故选B.
4.A i＝cos＋isin，将绕原点按顺时针方向旋转得到对应的复数为cos＋isin＝＋i.
5.B 2÷2（cos 60°＋isin 60°）＝2（cos 0°＋isin 0°）÷[2（cos 60°＋isin 60°）]＝cos（0°－60°）＋isin（0°－60°）＝cos（－60°）＋isin（－60°）＝－i.故选B.
6.AD 当两个复数z1，z2的模与辐角分别相等时，z1＝z2成立；当z1＝z2时，两个复数的模相等，但辐角不一定相等，故p q，q /p.故选A、D.
7. 解析：原式＝cos＋isin（2π＋）＝cos＋isin，故其辐角主值为.
8.＋i 解析：（cos 40°＋isin 40°）÷（cos 10°＋isin 10°）＝ cos（40°－10°）＋isin（40°－10°）＝cos 30°＋isin 30°＝＋i.
9.1－i
解析：将z＝1＋i代入，得原式＝＝＝1－i＝（cos＋isin）.
10.解：（1）不是.
－2＝2（－cos－isin）
＝2
＝2.
（2）不是.
sin＋icos＝cos＋isin＝cos＋isin＝cos＋isin.
11.B （1＋i）（cos θ＋isin θ）＝·（cos＋isin）（cos θ＋isin θ）＝［cos（θ＋）＋isin（θ＋）］，∵θ∈，∴θ＋∈，∴该复数的辐角主值是θ＋.故选B.
12.C 由题意，得（cos＋isin）n＝cos＋isin＝cos－isin，由复数相等的定义，得解得＝2kπ－（k∈Z），∴n＝6k－1（k∈Z）.
13.2＋i 解析：∵A，B所表示的复数分别是＋i和2，∴所表示的复数为－i，把逆时针旋转60°得到，对应的复数为（－i）·（cos 60°＋isin 60°）＝＋i，又＝＋，∴对应的复数为＋i＋＋i＝2＋i，即点C对应的复数是2＋i.
14.解：（1）原式＝2×［cos（＋π）＋isin（＋π）］＝（cosπ＋isinπ）＝－＋i.
（2）原式＝2［cos＋isin］÷［（cos＋isin）］＝2［cos（－－）＋isin（－－）］＝2［cos（－）＋isin（－）］＝－2i.
15.C 由棣莫弗公式知，（cos＋isin）2 024＝cos＋isin＝cos（337π＋）＋isin（337π＋）＝cos（π＋）＋isin（π＋）＝－－i，∴复数（cos＋isin）2 024在复平面内所对应的点的坐标为（－，－），位于第三象限.故选C.
16.解：因为z1＝＋i＝2（cos＋isin），
设z2＝2（cos α＋isin α），α∈（0，π），
所以z1·＝2（cos＋isin）×4（cos 2α＋isin 2α）＝8［cos（2α＋）＋isin（2α＋）］.
由题设知2α＋＝2kπ＋（k∈Z），
所以α＝kπ＋（k∈Z）.
又α∈（0，π），所以α＝，
所以z2＝2＝－1＋i.
第八章 立体几何初步
8.1 基本立体图形
第1课时 棱柱、棱锥、棱台
1.C 根据棱锥的定义和结构特征可以判断，①②④是棱锥，③不是棱锥.故选C.
2.A 由棱台的定义知A正确，B、C不正确；棱柱的侧棱都相等且相互平行，且侧面是平行四边形，但侧面并不一定全等，D不正确.
3.D 因为此正棱锥有6个顶点，所以此正棱锥为正五棱锥.又正棱锥的侧棱都相等，五条侧棱长的和为60，可知每条侧棱长为12.
4.B 根据定义知，正方体是特殊的正四棱柱，正四棱柱是特殊的长方体，长方体是特殊的直四棱柱，所以{正方体} {正四棱柱} {长方体} {直四棱柱}，故选B.
5.BD 正四面体是正三棱锥，但正三棱锥不一定就是正四面体，故A错误；根据正棱锥的概念知，B正确；六棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确.
6.ACD 根据棱柱的几何性质可得，棱柱的两个底面都全等，故选项A正确；根据棱锥的定义可知，只有正棱锥的侧棱长都相等，故选项B错误；根据棱台的定义可知，棱台的上底面和下底面是相似多边形，有的棱台的侧棱长都相等，故选项C、D正确.故选A、C、D.
7.1∶4 解析：由棱台的结构特征知，棱台上、下底面是相似多边形，面积之比为对应边之比的平方.
8.①③④⑤ 解析：①正确，因为有六个面，属于六面体；②错误，因为侧棱的延长线不能交于一点，所以不正确；③正确，如果把几何体中两个梯形作为底面就会发现是一个四棱柱；④⑤都正确，如图（1）（2）.
9.北
10.解：（1）这是一个上、下底面是平行四边形，4个侧面也是平行四边形的四棱柱.
（2）这是一个六棱锥.
（3）这是一个三棱台.
11.C 选项A中≠，故A不符合题意；选项B中≠，故B不符合题意；选项C中＝＝，故C符合题意；选项D中满足这个条件的可能是一个三棱柱，不可能是三棱台.
12.AB 按如图①所示用一个平面去截三棱锥，截面是三角形；按如图②所示用一个平面去截三棱锥，截面是四边形.故选A、B.
13.5 解析：依题意得，B＝AB2＋AD2＋A＝32＋42＋52＝50，∴BD1＝5.
14.解：（1）如图①所示，三棱锥A1-AB1D1（答案不唯一）.
（2）如图②所示，三棱锥B1-ACD1（答案不唯一）.
（3）如图③所示，三棱柱A1B1D1-ABD（答案不唯一）.
15.4 解析：将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，如图，线段AA1的长为所求△AEF周长的最小值.因为∠AVB＝∠A1VC＝∠BVC＝30°，所以∠AVA1＝90°，又VA＝VA1＝4，所以AA1＝4 .所以△AEF周长的最小值为4 .
16.解：（1）不对.水面的形状就是用一个与棱（将长方体倾斜时固定不动的棱）平行的平面截长方体时截面的形状，因而可以是矩形，但不可能是非矩形的平行四边形.
（2）不对.水的形状就是用与棱（将长方体倾斜时固定不动的棱）平行的平面将长方体截去一部分后剩余部分的几何体，此几何体是棱柱，水比较少时，是三棱柱，水多时，可能是四棱柱或五棱柱，但第2课时 古典概型的综合问题
1.欧几里得大约生活在公元前330～前275年之间，著有《几何原本》《已知数》《圆锥曲线》《曲面轨迹》等著作.若从上述4部书籍中任意抽取2部，则抽到《几何原本》的概率为（ ）
A. B. C. D.
2.甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为（ ）
A. B.
C. D.
3.小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是（ ）
A. B.
C. D.
4.将2个1和3个0随机排成一行，则2个1不相邻的概率为（ ）
A.0.3 B.0.5 C.0.6 D.0.8
5.（2024·潍坊月考）将数据1，3，5，7，9这五个数中随机删去两个数，则剩下的三个数的平均数大于5的概率为（ ）
A. B.
C. D.
6.（多选）甲、乙两人做游戏，则下列游戏规则中公平的有（ ）
A.抛掷一枚质地均匀的骰子，若向上的点数为奇数，则甲获胜；若向上的点数为偶数，则乙获胜
B.同时抛掷两枚质地均匀的硬币，若恰有一枚正面向上，则甲获胜；若两枚都正面向上，则乙获胜
C.从一副不含大小王的扑克牌中抽一张，若扑克牌是红花色，则甲获胜；若扑克牌是黑花色，则乙获胜
D.甲、乙两人各写一个数字6或8，若两人写的数字相同，则甲获胜，否则乙获胜
7.设连续投掷两次骰子得到的点数分别为m，n，令平面向量a＝（m，n），b＝（2，3），则事件“a∥b”发生的概率为 .
8.从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为 .
9.（2024·台州月考）据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数（小木棍全部用完），那么这两个数的和不小于9的概率为 .
10.垃圾分类是改善环境，节约资源的新举措.住建部于6月28日拟定了包括某市在内的46个重点试点城市，要求这些城市在2024年底基本建成垃圾分类处理系统，为此，该市某中学对学生开展了“垃圾分类”有关知识的讲座并进行测试，将所得测试成绩整理后，绘制出频率分布直方图如图所示.
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计测试的平均成绩；
（2）学校要求对不及格（60分以下）的同学进行补考，现按比例分配的分层随机抽样的方法在成绩为[50，70）的同学中抽取5名，再从这5名同学中抽取2人，求这2人中至少有一人需要补考的概率.
11.已知A＝{1，2，3}，B＝{x∈R｜x2－ax＋b＝0，a∈A，b∈A}，则A∩B＝B的概率是（ ）
A. B. C. D.1
12.某校从高二年级800名男生中随机抽取50名测量其身高（单位：cm，被测学生的身高全部在155 cm到195 cm之间），将测量结果按如下方式分成8组：第一组[155，160），第二组[160，165），…，第八组[190，195]，绘制成的频率分布直方图如图所示，若从身高位于第六组和第八组的男生中随机抽取2名，记他们的身高分别为x，y，则｜x－y｜≤5的概率为（ ）
A. B. C. D.
13.某小组共有A，B，C，D，E五位同学，他们的身高（单位：米）及体重指标（单位：千克/米2）如下表所示：
A B C D E
身高 1.69 1.73 1.75 1.79 1.82
体重指标 19.2 25.1 18.5 23.3 20.9
（1）从该小组身高低于1.80米的同学中任选2人，求选到的2人的身高都在1.78米以下的概率；
（2）从该小组同学中任选2人，求选到的2人的身高都在1.70米以上且体重指标都在[18.5，23.9）中的概率.
14.如图所示，现有一只迷失方向的小青蛙在3处，它每跳动一次可以等可能地进入相邻的任意一格（若它在5处，跳动一次只能进入3处；若它在3处，则跳动一次可以等可能地进入1，2，4，5处），则它在第三次跳动后，首次进入5处的概率为 .
15.随着甜品的不断创新，现在的甜品无论是造型还是口感都十分诱人，某“网红”甜品店出售几种甜品，为了了解每个种类的甜品销售情况，专门收集了本店这个月里五种“网红甜品”的销售情况，统计后得到如下表格：
甜品种类 A甜品 B甜品 C甜品 D甜品 E甜品
销售总额（万元） 10 5 20 20 12
销售量（千份） 5 2 10 5 8
利润率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2
（利润率是指一份甜品的销售价格减去成本得到的利润与该甜品的销售价格的比值）
（1）从该甜品店本月卖出的甜品中随机选一份，求这份甜品的利润率高于0.2的概率；
（2）假设每种甜品利润率不变，销售一份A甜品获利x1元，销售一份B甜品获利x2元，销售一份C甜品获利x3元，销售一份D甜品获利x4元，销售一份E甜品获利x5元，设＝，若该甜品店从五种“网红甜品”中随机卖出两种不同的甜品，求至少有一种甜品获利超过元的概率.
3 / 310.1.3 古典概型
第1课时 古典概型的定义及概率计算
1.下列试验是古典概型的是（ ）
A.口袋中有2个白球和3个黑球，从中任取一球为白球
B.在区间[－1，5]上任取一个实数x，使x2－3x＋2＞0
C.某小组有男生5人，女生3人，从中任选1人做演讲
D.某人射击中靶或不中靶
2.同时掷两枚硬币，“至少出现一枚正面向上”的概率是（ ）
A. B.
C. D.
3.我国历法中将一年分春、夏、秋、冬四个季节，每个季节六个节气，如春季包含立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨.某书画院甲、乙、丙、丁四位同学接到绘制二十四节气的彩绘任务，现四位同学抽签确定各自完成哪个季节中的6幅彩绘，在制签抽签公平的前提下，甲抽到绘制夏季6幅彩绘的概率是（ ）
A. B.
C. D.
4.同时掷两个骰子，则向上的点数之和是4的概率为（ ）
A. B.
C. D.
5.（2024·中山月考）从正六边形的6个顶点中随机选择2个顶点连成线段，则它们过正六边形中心的概率等于（ ）
A. B.
C. D.
6.（2024·江门月考）从一个放有两个白球、两个黑球的罐子中任意摸两个球，则至少摸到一个黑球的概率是（ ）
A. B.
C. D.
7.从集合{a，b，c，d}的所有子集中任取一个，这个集合恰是集合{a，b}的子集的概率是 .
8.我国古代数学名著《数书九章》中有“米谷粒分”问题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为 石（结果保留整数）.
9.有1号、2号、3号共3个信箱和A，B，C，D共4封信，若4封信可以任意投入信箱，投完为止，则A信投入1号或2号信箱的概率是 .
10.一只口袋内装有大小相同的5个球，其中3个白球，2个黑球，从中一次摸出2个球.
（1）共有多少个样本点？
（2）摸出的2个球都是白球的概率是多少？
11.（2024·泉州月考）先后抛掷两枚质地均匀的正方体骰子（它们的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6），骰子朝上的面的点数分别为x，y，则log2xy＝1的概率为（ ）
A. B.
C. D.
12.（2024·泰安月考）甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6}，若｜a－b｜≤1，就称甲、乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（ ）
A. B.
C. D.
13.设关于x的一元二次方程x2＋2ax＋b2＝0.若a是从0，1，2，3这四个数中任取的一个数，b是从0，1，2这三个数中任取的一个数，则上述方程有实数根的概率是 .
14.书架上放有三套不同的小说，每套均分上、下册，共六本，从中任取两本，试求下列事件的概率：
（1）取出的书不成套；
（2）取出的书均为上册；
（3）取出的书上、下册各一本，但不成套.
15.（2024·金华月考）某学校成立三个社团，共60人参加，A社团有39人，B社团有33人，C社团有32人，同时只参加A，B社团的有10人，同时只参加A，C社团的有11人，三个社团都参加的有8人.随机选取1人，则他参加不超过两个社团的概率为 .
16.某县有特级教师6人，分别来自甲、乙、丙、丁四个学校，其中甲校教师记为A1，A2，乙校教师记为B1，B2，丙校教师记为C，丁校教师记为D.现从这6名特级教师中选出3名教师组成下届教师职称评审团，要求甲、乙、丙、丁四个学校中每校至多选出1名.
（1）请列出教师职称评审团组成人员的全部样本点；
（2）求教师A1被选中的概率；
（3）求评审团中没有乙校教师的概率.
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