高考数学第二轮专题复习平面向量教案

高考数学第二轮专题复习平面向量教案
一、本章知识结构：
二、高考要求
1、理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念。

2、掌握向量的加法和减法的运算法那么及运算律。

3、掌握实数与向量的积的运算法那么及运算律，理解两个向量共线的充要条件。

4、了解平面向量基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算。

5、掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件。

6、掌握线段的定比分点和中点坐标公式，并且能熟练运用；掌握平移公式。

7、掌握正、余弦定理，并能初步运用它们解斜三角形。

8、通过解三角形的应用的教学，继续提高运用所学知识解决实际问题的能力。

三、热点分析
对本章内容的考查主要分以下三类：
1.以选择、填空题型考查本章的基本概念和性质.此类题一般难度不大，用以解决有关长度、夹角、垂直、判断多边形形状等问题.
2.以解答题考查圆锥曲线中的典型问题.此类题综合性比较强，难度大，以解析几何中的常规题为主.
3.向量在空间中的应用〔在B类教材中〕.在空间坐标系下，通过向量的坐标的表示，运用计算的方法研究三维空间几何图形的性质.
在复习过程中，抓住源于课本，高于课本的指导方针.本章考题大多数是课本的变式题，即源于课本.因此，掌握双基、精通课本是本章关键.分析近几年来的高考试题，有关平面向量部分突出考查了向量的基本运算。

对于和解析几何相关的线段的定比分点和平移等交叉内容，作为学习解析几何的基本工具，在相关内容中会进行考查。

本章的另一部分是解斜三角形，它是考查的重点。

总而言之，平面向量这一章的学习应立足基础，强化运算，重视应用。

考查的重点是基础知识和基本技能。

四、复习建议
由于本章知识分向量与解斜三角形两部分，所以应用本章知识解决的问题也分为两类：一类是根据向量的概念、定理、法那么、公式对向量进行运算，并能运用向量知识解决平面几何中的一些计算和证明问题；另一类是运用正、余弦定理正确地解斜三角形，并能应用解斜三角形知识解决测量不可到达的两点间的距离问题。

在解决关于向量问题时，一是要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，进一步加深对“向量〞这一二维性的量的本质的认识，并体会用向量处理问题的优越性。

二是
向量的坐标运算表达了数与形互相转化和密切结合的思想，所以要通过向量法和坐标法的运用，进一步体会数形结合思想在解决数学问题上的作用。

在解决解斜三角形问题时，一方面要体会向量方法在解三角形方面的应用，另一方面要体会解斜三角形是重要的测量手段，通过学习提高解决实际问题的能力。

五、典型例题
平面向量
【例1】 在以下各命题中为真命题的是( ) ①假设a =(x 1,y 1)、b =(x 2,y 2)，那么a ·b =x 1y 1+x 2y 2
②假设A(x 1,y 1)、B(x 2,y 2)，那么｜AB ｜=221221)()(y y x x -+- ③假设a =(x 1,y 1)、b =(x 2,y 2),那么a ·b =0⇔x 1x 2+y 1y 2=0 ④假设a =(x 1,y 1)、b =(x 2,y 2)，那么a ⊥b ⇔x 1x 2+y 1y 2=0 A 、①② B 、②③ C 、③④ D 、①④
解：根据向量数量积的坐标表示；假设a =(x 1,y 1), b =(x 2,y 2)，那么a ·b =x 1x 2+y 1y 2，对照命题(1)的结论可知，它是一个假命题、
于是对照选择支的结论、可以排除(A)与(D)，而在(B)与(C)中均含有(3)、故不必对(3)进行判定，它一定是正确的、对命题(2)而言，它就是两点间距离公式，故它是真命题，这样就以排除了(C)，应选择(B)、
说明：对于命题(3)而言，由于a ·b =0⇔a =0或b =0或a ⊥b ⇔x 1x 2+y 1y 2=0，故它是一个真命题、 而对于命题(4)来讲，a ⊥b ⇒x 1x 2+y 1y 2=0、但反过来，当x 1x 2+y 1y 2=0时，可以是x 1=y 1=0，即a =0，而我们的教科书并没有对零向量是否与其它向量垂直作出规定，因此x 1x 2+y 1y 2=0⇒/a ⊥b )，所以命题(4)是个假命题、
【例2】 a =(－3,－1), b =(1, 3)，那么a ，b 的夹角θ=( ) A 、30° B 、60° C 、120° D 、150° 解：a ·b =(－3,－1)·(1，3)=－23 ｜a ｜=22)1()3(-+-=2 ｜b ｜=22)3(1+=2 ∴cos θ
=
223
2⨯-=2
3-
【例3】 a =(2,1), b =(－1,3),假设存在向量c 使得：a ·c =4, b ·c =－9，试求向量c 的坐标、
解：设c =(x ,y ),那么由a ·c =4可得： 2x +y =4；又由b ·c =－9可得：－x +3y =－9
于是有：⎩
⎨⎧=+-=+934
2y x y x )2()1(
由(1)+2(2)得7y =－14,∴y =－2,将它代入(1)可得：x =3 ∴c =(3,－2)、
说明：两向量a ，b 可以求出它们的数量积a ·b ，但是反过来，假设向量a 及数量积a ·b ，却不能确定b 、
【例4】 求向量a =(1,2)在向量b =(2，－2)方向上的投影、 解：设向量a 与b 的夹角θ、 有cos θ=
b
a b a •• =
2
222)2(221)2(221-++-⨯+⨯=－
10
10
∴a 在b 方向上的投影=｜a ｜cos θ=5×(－
1010
)=－2
2 【例5】 △ABC 的顶点分别为A(2，1)，B(3，2)，C(－3，－1)，BC 边上的高AD ，求AD 及点D 的坐标、
解：设点D 的坐标为(x ,y ) ∵AD 是边BC 上的高， ∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥BC 又∵C 、B 、D 三点共线， ∴BC ∥BD
又AD =(x －2,y －1), BC =(－6,－3)
BD =(x －3,y －2)
∴⎩
⎨
⎧=-+--=----0)3(3)2(60
)1(3)2(6x y y x
解方程组，得x =
59
,y =5
7 ∴点D 的坐标为(
59，57)，AD 的坐标为(－5
1
，52) 【例6】 设向量a 、b 满足：｜a ｜＝｜b ｜=1，且a +b =(1，0)，求a ，b 、 解：∵｜a ｜＝｜b ｜=1，
∴可设a =(cos α,sin α), b =(cos β,sin β)、 ∵a +b =(cos α+cos β,sin α+sin β)=(1,0)，
⎩
⎨
⎧=+=+)2(0βsin αsin )
1(1βcos αcos 由(1)得：cos α=1－cos β……(3) 由(2)得：sin α=－sin β……(4) ∴cos α=1－cos β=2
1
∴sin α=±
23,sin β= 2
3 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨
⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=23,2123,21b a 或⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-
=23,2123,21b a
【例7】 对于向量的集合A={v =(x ,y )｜x 2
+y 2
≤1}中的任意两个向量1v 、2v 与两个非负实数α、
β；求证：向量α1v +β2v 的大小不超过α+β、 证明：设1v =(x 1,y 1)，2v =(x 2,y 2) 根据条件有：x 2
1+y 2
1≤1,x 2
2+y 2
2≤1
又因为｜α1v +β2v ｜=221221)βα()βα(y y x x ++ =)(αβ2)(β)(α21212222221212y y x x y x y x +++++
其中x 1x 2+y 1y 2≤2121y x + 2
222y x +≤1
所以｜α1v +β2v ｜≤αβ2βα22++=｜α+β｜=α+β
【例8】 梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠CDA=∠DAB=90°,CD=DA=2
1
AB 、 求证：AC ⊥BC
证明：以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，建立直角坐标系、如图，设AD=1 那么A(0，0)、B(2，0)、C(1，1)、D(0，1)
∴BC =(－1,1), AC =(1,1)
BC ·AC =－1×1+1×1=0
∴BC ⊥AC 、
【例9】 A(0，a ),B(0,b),(0＜a ＜b)，在x 轴的正半轴上求点C ，使∠ACB 最大，并求出最大值、 解，设C(x ,0)(x ＞0)
那么CA =(－x ,a ), CB =(－x ,b) 那么CA ·CB =x 2
+a b 、 cos ∠ACB=
CB
CA CB CA ••=
2
22
2
2b
x a
x ab x +++
令t=x 2
+a b 故cos ∠ACB=
11)(1
)(1
222
+•-+--t b a t
b a ab
当t 1=ab 21即t=2a b 时，cos ∠ACB 最大值为b
a a
b +2、 当C 的坐标为(ab ,0)时，∠ACB 最大值为arccos
b
a ab
+2、
【例10】 如图，四边形ABCD 是正方形，P 是对角线BD 上的一点，PECF 是矩形，用向量法证明 (1)PA=EF (2)PA ⊥EF
证明：建立如下图坐标系，设正方形边长为1， ｜OP ｜=λ,那么A(0，1)，P(22λ，2
2λ)，E(1，
22
λ)，F(
2
2
λ，0) ∴PA =(－
22λ,1－22λ), EF =(22λ－1,－ 2
2λ) (1)｜PA ｜2
=(－2
2λ)2+(1－22λ)2=λ2
－2λ+1
｜EF ｜2
=(
22λ－1)2+(－2
2λ)2=λ2
－2λ+1 ∴｜PA ｜2=｜EF ｜2
,故PA=EF (2) PA ·EF =(－
22λ)(22λ－1)+(1－22λ)(－2
2
λ)=0 ∴PA ⊥EF ∴PA ⊥EF 、
【例11】 ).1,2(),0,1(==b a
① 求|3|b a
+；
②当k 为何实数时,k -a b 与b a
3+平行, 平行时它们是同向还是反向？
解：①b a
3+= (1,0) + 3(2,1) = ( 7,3) , ∴|3|b a += 2237+=58.
②k -a b
= k(1,0)－(2,1)=(k －2,－1).
设k
-a b =λ(b a
3+),即(k －2,－1)= λ(7,3), ∴⎩⎨⎧=-=-λ31λ72k ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
-=-=⇒31
λ31k . 故k= 3
1
-
时, 它们反向平行. 【例12】 ,1||,2||==b a a 与b 的夹角为3
π
,假设向量b k a +2与b a +垂直, 求k.
解：3
πcos ||||b a b a =⋅=2×1×21
=1.
∵b k a +2与b a
+垂直,
∴(b k a +2))(b a
+⋅= 0 ,
∴20222
=++⋅+b k b a k b a a ⇒ k = － 5.
【例13】 如果△ABC 的三边a 、b 、c 满足b 2
+ c 2
= 5a 2
,BE 、CF 分别为AC 边与AB 上的中线, 求证：BE ⊥CF. 解：
,0)5(8
1
)5(81)](2
1
)(21)(21[41)
(41
)(2
1
),(2122222222222222222=-+=-+=-+---++-+-=⋅--⋅+⋅-=⋅∴+=+=
a c
b BC AC AB BA CB CA BC BC AC AB AC BC BA CA CB BC AC AB BC BA CF BE CA CB CF BC BA BE
∴BE ⊥CF , 即 BE ⊥CF .
【例14】 是否存在4个平面向量，两两不共线，其中任何两个向量之和均与其余两个向量之和垂直?
解：如下图，在正△ABC 中，O 为其内心，P 为圆周上一点， 满足PA ，PB ，PC ，PO 两两不共线，有 (PA +PB )·(PC +PO )
=(PO +OA +PO +OB )·(PO +OC +PO ) =(2PO +OA +OB )·(2PO +OC ) =(2PO －OC )·(2PO +OC ) =4PO 2
－OC 2
=4PO 2
－OC 2
=0
有(PA +PB )与(PC +PO )垂直、
同理证其他情况、从而PA ，PB ，PC ，PO 满足题意、故存在这样4个平面向量、
平面向量的综合应用
1．利用向量的坐标运算，解决两直线的夹角，判定两直线平行、垂直问题
【例1】 向量321,,OP OP OP 满足条件0321=++OP OP OP ，1321===OP OP OP ，求证：
321P P P ∆是正三角形
解：令O 为坐标原点，可设()()()333222111sin ,cos ,sin ,cos ,sin ,cos θθθθθθP P P 由321OP OP OP -=+，即()()()332211θsin θcos θsin ,θcos θsin ,θcos --=+
⎩⎨
⎧-=+-=+321321θsin θsin θsin θcos θcos θcos 两式平方和为()11θθcos 2121=+-+，()2
1
θθcos 21-
=-， 由此可知21θθ-的最小正角为0
120，即1OP 与2OP 的夹角为0
120， 同理可得1OP 与
3OP 的夹角为0
120，2OP 与3OP 的夹角为0
120， ①
②
这说明321,,P P P 三点均匀分部在一个单位圆上， 所以321P P P ∆为等腰三角形.
【例2】 求等腰直角三角形中两直角边上的中线所成的钝角的度数 解：如图，分别以等腰直角三角形的两直角边为x 轴、y 轴建立直角坐标系，设()()a B a A 2,0,0,2，那么()()a C a D ,0,0,，
从而可求：()()a a BD a a AC 2,,,2-=-=,
()()a
a a a a a BD
AC BD AC 552,,2θcos ⋅-⋅-==
=
5
4
542
2
-
=-a a . ⎪⎭
⎫
⎝⎛-=∴54arccos θ.
2．利用向量的坐标运算，解决有关线段的长度问题
【例3】 ABC ∆，AD 为中线，求证()
2
222221⎪⎭
⎫
⎝⎛-+=BC AC AB AD
证明：以B 为坐标原点，以BC 所在的直线为x 轴建立如图2直角坐标系， 设()()0,,,c C b a A ，⎪⎭
⎫
⎝⎛0,2c D ，
()2222
2
402b a ac c b a c AD ++-=-+⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=， 2
21⎪
⎭
⎝-⎪⎭⎫+BC AC AB . =()4
42122
222222c ac b a c b a c b a +-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-++， =AD 2
21⎪
⎭ ⎝-⎪⎭⎫+BC AC AB ，
()
2
222
221⎪⎭
⎫
⎝⎛-+=BC AC AB AD .
3．利用向量的坐标运算，用向量表示未知向量
【例4】 点O 是，，内的一点，0
090BOC 150AOB =∠=∠∆ABC
,,,OA c OC b OB a ===设且,3,1,2===c b a 试用.,c b a 表示和
解：以O 为原点，OC ，OB 所在的直线为x 轴和y 轴建立如图3所示的坐标系. 由OA=2，0
120=∠AOx ，所以()
()
,31-A ,120sin 2,120cos 200，即A ， 易求()()3,0C 1-0B ，，，设
()
()().
31-λ3-λλ-3λ31-3,0λ1-0λ31-,λλOA 21122121⎪⎩
⎪
⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧==+=+=，，，，即OC OB
c b a 3
13--=.
【例5】 如图，
，的夹角为与，的夹角为与5OC ,30OA OC 120OB ,100===OA OB OA
用OB OA ，表示.OC
解：以O 为坐标原点，以OA 所在的直线为x 轴，建立如下图的直角坐标系，那么()0,1A ，
()
，，即，所以由⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛=∠25235C ,30sin 5,5cos30C 30COA 000 ⎪
⎪⎭
⎫
⎝⎛-23,21B 同理可求 ()⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=23,21-λ01λ25235,λλOC 2121，，即OB OA .335λ3310λλ2325λ21
-λ23521221⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==， OB OA OC 3
3
53310+=
∴. 4．利用向量的数量积解决两直线垂直问题
【例6】 如图，平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且
∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD . (1)求证：C 1C ⊥BD .
(2)当
1
CC CD
的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明. (1)证明：设CD =a , CB =b ,1CC =c ,依题意，|a |=|b |，CD 、CB 、1CC 中两两所成夹角为θ，
于是DB CD BD -==a －b ，BD CC ⋅1=c (a －b )=c ·a －c ·b =|c |·|a |cos θ－|c |·|b |cos θ=0,∴C 1C ⊥BD .
(2)解：假设使A 1C ⊥平面C 1BD ，只须证A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DC 1， 由)()(1111CC CD AA CA D C CA -⋅+=⋅
=(a +b +c )·(a －c )=|a |2
+a ·b －b ·c －|c |2
=|a |2
－|c |2
+|b |·|a |cos θ－|b |·|c |·cos θ=0,得 当|a |=|c |时，A 1C ⊥DC 1，同理可证当|a |=|c |时，A 1C ⊥BD ， ∴
1
CC CD
=1时，A 1C ⊥平面C 1BD . 【例7】 如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA =CB =1，∠
BCA =90°，AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点.
(1)求BN 的长；
(2)求cos<11,CB BA >的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .
解：(1)如图，以C 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 依题意得：B (0，1，0)，N (1，0，1) ∴|BN |=3)01()10()01(222=-+-+-.
(2)解：依题意得：A 1(1，0，2)，C (0，0，0)，B 1(0，1，2). ∴1BA =1),2,1,1(CB -=(0，1，2)
11CB BA ⋅=1×0+(－1)×1+2×2=3
|1BA |=6)02()10()01(222=-+-+-
5)02()01()00(||2221=-+-+-=CB .10
305
63|
|||,cos 111111=⋅=
⋅⋅>=
<∴CB BC CB BA CB BA (3)证明：依题意得：C 1(0，0，2)，M (2,2
1,21)
)2,1,1(),0,2
1
,21(11--==B A M C
∴,,00)2(2
1
121)1(1111M C B A M C B A ⊥∴=⨯-+⨯+⨯-=⋅ ∴A 1B ⊥C 1M .
5．利用向量的数量积解决有关距离的问题，距离问题包括点到点的距离，点的线的距离，点到面的距离，线到线的距离，线到面的距离，面到面的距离.
【例8】 求平面内两点),(),,(2211y x B y x A 间的距离公式 解：设点),(),,(2211y x B y x A ，),(1212y y x x AB --=∴
212212)()(||y y x x AB -+-=∴ ,而||||AB AB =
∴点A 与点B 之间的距离为：212212)()(||y y x x AB -+-=
6.利用向量的数量积解决线与线的夹角及面与面的夹角问题.
【例9】 证明:
βαβαβαsin sin cos cos )cos(+=-
证明：在单位圆O 上任取两点B A ,，以Ox 为始边，以
OB OA ,为终边的角分别为αβ,，那么A 点坐标为),sin ,(cos ββB 点坐标为)sin ,(cos αα；
那么向量=OA ),sin ,(cos ββ=OB )sin ,(cos αα，它们的夹角为βα-，
,1||||==OB OA βαβαsin sin cos cos +=⋅OB OA ,由向量夹角公式得：
==
-|
|||)βαcos(OB OA OB OA βαβαsin sin cos cos +,从而得证.
注：用同样的方法可证明=+)cos(βαβαβαsin sin cos cos - 7.利用向量的数量积解决有关不等式、最值问题.
【例10】 证明柯西不等式221212
22
22
12
1)()()(y y x x y x y x +≥+⋅+
证明：令),(),,(2211y x b y x a ==
（1） 当0 =a 或0 =b 时，02121=+=⋅y y x x b a
，结论显然成立； （2） 当0 ≠a 且0 ≠b 时，令θ为b a ,的夹角，那么],0[πθ∈
θcos ||||2121b a y y x x b a
=+=⋅. 又 1|cos |≤θ
||||||b a b a
≤⋅∴〔当且仅当b a //时等号成立〕
2
22221212121||y x y x y y x x +⋅+≤+∴
∴221212
22
22
12
1)()()(y y x x y x y x +≥+⋅+.〔当且仅当
2
2
11y x y x =
时等号成立〕 【例11】 求x x x x y 22cos 3cos sin 2sin ++=的最值 解：原函数可变为x x y 2cos 2sin 2++=， 所以只须求x x y 2cos 2sin +='的最值即可， 构造{}{}1,1,2cos ,2sin ==b x x a ，
那么22cos 2sin =≤=+x x .
故22,22min max -=+=y y .
【例12】 三角形ABC 中，A (5，－1)、B (－1，7)、C (1，2)，求：(1)BC 边上的中线
AM 的长；(2)∠CAB 的平分线AD 的长；(3)cos ABC 的值.
解：(1)点M 的坐标为x M =
)2
9
,0(,29227;0211M y M ∴=+==+- .2
221
)2
9
1()05(||22=
--+-=∴AM 5)21()15(||,10)71()15(||)2(2222=--+-==--++=AC AB D 点分BC 的比为2.
∴x D =
3
11
21227,3121121=+⨯+==+⨯+-D y
.23
14
)3111()315(||22=--+-=AD
(3)∠ABC 是BA 与BC 的夹角，而BA =(6，8〕，BC =(2，－5〕.
145
2629
29
1052)5(2)8(6)5()8(26|
|||cos 2
222=
=
-+⋅-+-⨯-+⨯=
⋅=
∴BC BA BC BA ABC 解斜三角形
【例1】 △ABC 的三个内角A 、B 、C 满足A +C =2B .B C A cos 2cos 1cos 1-=+，求cos 2
C
A -的值. 解法一：由题设条件知
B =60°，A +
C =120°.
设α=
2C
A -，那么A －C =2α，可得A =60°+α，C =60°－α， ,
43cos cos sin 43cos 41cos sin 2
3cos 211sin 23cos 211)
60cos(1)60cos(1cos 1cos 1222-αα
=α-αα=α+α+α-α=α-︒+
α+︒=+C A 所以 依题设条件有
,cos 2
43
cos cos 2B
-=-
αα .224
3
cos cos ,21cos 2-=-αα
∴=B
整理得42cos 2
α+2cos α－32=0(M )
(2cos α－2)(22cos α+3)=0，∵22cos α+3≠0， ∴2cos α－2=0.从而得cos
2
2
2=-C A . 解法二：由题设条件知B =60°，A +C =120°
22cos 1
cos 1,2260cos 2-=+∴-=︒-C
A
①，把①式化为
cos A +cos C =－22cos A cos C
②，
利用和差化积及积化和差公式，②式可化为
)]cos()[cos(22cos 2cos
2C A C A C
A C A -++-=-+ ③，
将cos
2C A +=cos60°=21，cos(A +C )=－2
1
代入③式得： )cos(22
22cos
C A C A --=-
④
将cos(A －C )=2cos 2
(
2
C A -)－1代入 ④：42cos 2
(2C A -)+2cos 2C A -－32=0，(*)，
.
2
2
2cos :,022cos 2,032cos 22,
0)32
cos 22)(222cos 2(=-=--∴=+-=+---C A C A C A C A C A 从而得
【例2】 在海岛A 上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P ，上午11时，测得一轮船在岛北30°东，俯角为60°的B 处，到11时10分又测得该船在岛北60°西、俯角为30°的C 处。

(1)求船的航行速度是每小时多少千米；
(2)又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的D 处，问此时船距岛A 有多远？ 解：(1)在Rt △PAB 中，∠APB =60° PA =1，∴AB =3 (千米) 在Rt △PAC 中，∠APC =30°，∴AC =
3
3
(千米) 在△ACB 中，∠CAB =30°+60°=90°
)/(3026
1
330330
)3()33(2222时千米=÷=+=+=∴AB AC BC
(2)∠DAC =90°－60°=30° sin DCA =sin(180°－∠ACB )=sin ACB =
1010
3
3
303=
=BC
AB
sin CDA =sin(∠ACB －30°)=sin ACB ·cos30°－cos ACB ·sin30°1010
3
=
. 20
10)133()10103(121232-=-⋅- 在△ACD 中，据正弦定理得
CDA
AC
DCA AD sin sin =
， ∴133920
10
)133(1010333sin sin +=-⋅
=⋅=CDA DCA AC AD 答：此时船距岛A 为
13
3
9+千米. 【例3】 △ABC 的三内角A 、B 、C 满足A +C =2B ，设x =cos 2C A -，f (x )=cos B (C
A cos 1
cos 1+). (1)试求函数f (x )的解析式及其定义域； (2)判断其单调性，并加以证明； (3)求这个函数的值域.
解：(1)∵A +C =2B ，∴B =60°，A +C =120°
,
342122
1
)
cos()cos(2cos
2cos
2cos cos cos cos 21)(22-=-+-=-++-+=
⋅+⋅=x x
x x C A C A C
A C A C A C A x f
∵0°≤|
2C A -|＜60°，∴x =cos 2
C A -∈(21
，1]
又4x 2
－3≠0，∴x ≠
23，∴定义域为(2
1
，23)∪(23，1］. (2)设x 1＜x 2，∴f (x 2)－f (x 1)=
3
423
422
112
22--
-x x x x
=
)
34)(34()34)((22
2
2
12121--+-x x x x x x ，假设x 1，x 2∈(23,21)，那么4x 12－3＜0，4x 22－3＜0，4x 1x 2+3＞0，x 1－x 2＜
0，∴f (x 2)－f (x 1)＜0
即f (x 2)＜f (x 1)，假设x 1，x 2∈(
2
3，1］，那么4x 12
－3＞0. 4x 22
－3＞0，4x 1x 2+3＞0，x 1－x 2＜0，∴f (x 2)－f (x 1)＜0.
即f (x 2)＜f (x 1)，∴f (x )在(2
1,23)和(23，1]上都是减函数. (3)由(2)知，f (x )＜f (21)=－2
1
或f (x )≥f (1)=2.
故f (x )的值域为(－∞，－2
1
)∪［2，+∞).
【例4】 在ABC ∆中，角C B A 、、所对的边分别为c b a 、、．假设()C a c b +︒=-60cos 2，求角A ．
解：由正弦定理，将等式中的边转化为角．可得
()C A C B +︒⋅=-60cos sin 2sin sin .
因为π=++C B A ，故有()C A C A C C A sin sin 3cos sin sin sin -=-+， ∴ C A C C A sin sin 3sin sin cos -=-. 又∵ 0sin ≠C , ∴ 1sin 3cos =+A A , 即216πsin =⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+A ，
由π<<A 0，可解得π3
2
=A ．
【例5】 在△ABC 中，()C B A C y 2cos cos cos 2--+=.
〔1〕假设任意交换C B A ,,的位置，y 的值是否会发生变化?试证明你的结论； 〔2〕求y 的最大值.
解：〔1〕∵ ()C B A C y 2cos cos cos 2--+=
()()C B A B A 2cos cos cos 2--+-= ()C B A 2cos 2cos 2cos 2
1
2-+-
= ()
C B A 222cos 1cos 21cos 22
1
2--+--
= C B A 222cos cos cos 3---= C B A 222sin sin sin ++=，
∴ 任意交换C B A ,,的位置，y 的值不会发生变化．
〔2〕
解法1：将y 看作是关于C cos 的二次函数. ()C B A C y 2cos cos cos 2--+=
()()2cos 41cos 21cos 22
+-+⎪⎭
⎫
⎝⎛---=B A B A C .
所以，当()B A C -=
cos 21cos ，
且()B A -2cos 取到最大值1时，也即3π
===C B A 时，y 取得最大值4
9． 解法2：用调整的方法, 也即对于每个固定的C 的值，去调整B A ,，求出y 取得最大值时B A ,所满足的条件．
对于()C B A C y 2cos cos cos 2--+=，如果固定C ，那么可将y 看作是关于()B A -cos 的一次或常数函数．为了讨论其最大值，显然应该考虑C cos 的符号，并由此展开讨论．
假设0cos <C ，那么2
π
<
-B A ，所以，()0cos >-B A ，所以， ()()()()()()()
⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=--⎪⎭
⎫
⎝⎛--+=---+<--=-<--+=C C C y C C C C C C C C C
B A
C C B A y π,2,2πcos 22cos πcos 2πcos πcos 2πcos 2cos 2cos cos cos 2,,22222
所以，只需考虑0cos ≥C 的情形．此时y 是关于()B A -cos 的常数函数或单调递增的一次函数，因此，最大值必可在()1cos =-B A 〔即2
πC
B A -==〕时取得．所以，
()C B A C y 2
cos cos cos 2--+=494921cos cos cos 22
2
≤+⎪⎭⎫ ⎝
⎛
--=-+≤C C C ，
等号当且仅当3
π
===C B A 时取得．
六、专题练习
【平面向量练习】
一、选择题：
1、以下各式中正确的是〔 C 〕
〔1〕(λ·a ) ·b =λ·(a b )=a · (λb ), 〔2〕|a ·b |=|a |·|b |, 〔3〕(a ·b )· c =a · (b ·c ), 〔4〕(a +b ) · c = a ·c +b ·c A ．〔1〕〔3〕 B ．〔2〕〔4〕 C ．〔1〕〔4〕 D ．以上都不对. 2、在ΔA BC 中,假设(CA +CB )·(CA －CB )=0,那么ΔA BC 为〔 C 〕 A ．正三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形 D ．无法确定 3、假设|a |=|b |=|a －b |,那么b 与a +b 的夹角为〔 A 〕
A ．30°
B ．60°
C ．150°
D ．120° 4、|a |=1,|b |=2 ,且(a －b )和a 垂直,那么a 与b 的夹角为〔 D 〕 A ．60° B ．30° C ．135° D ．45° 5、假设AB ·BC + 2
AB = 0,那么ΔA BC 为〔 A 〕
A ．直角三角形
B ．钝角三角形
C ．锐角三角形
D ．等腰直角三角形
6、设|a |= 4,|b |= 3, 夹角为60°, 那么|a +b |等于〔 C 〕 A ．37 B ．13 C ．37
D ．13
7、己知|a |=1,|b |=2, a 与b 的夹角为600
,c =3a +b , d =λa －b ,假设c ⊥d ,那么实数λ的值为〔 C 〕 A ．
7
4
B ．
7
5
C ．
4
7
D ．
5
7
8、设 a ,b ,c 是平面内任意的非零向量且相互不共线,那么〔 D 〕 ①(a b )c －(c a )b =0 ②|a | －|b |< |a －b | ③(bc )a －(c a )b 不与c 垂直 ④(3a +2b )(3a －2b )= 9|a |2
－4|b |2
其中真命题是 〔 〕
A ．①②
B ．②③
C ．③④
D ．②④
二、填空题：
9、e 是单位向量,求满足a ∥e 且a ·e =－18的向量a =__________.－18e 10、设a =(m+1)i －3j, b =i +(m －1)j , (a +b ) ⊥(a －b ), 那么m=________.－2 11、|a |=5, |b |=3,|a －b |=7,那么a 、b 的夹角为__________. 120° 12、 a 与d =b －
2
||)
(a b a a ⋅⋅关系为________. a ⊥b
三、解答题：
13、| a |=4,|b |=5,|a +b |=21 ,求：① a ·b ；②(2a －b ) ·(a +3b )
解：①|a +b |2
=〔a +b 〕2
=a 2
+2a b +b 2
=|a |2
+2a ·b +|b |2
，
222
||||||2
a b a b a b +--∴⋅=
=102
251621-=--.
②〔2a －b 〕·〔a +3b 〕=2a 2
+5a ·b －3b 2
=2|a |2
+5a ·b －3|b |2
=2×42
+5×〔－10〕－3×52
=－93.
14、四边形A BCD 中,AB = a , BC = b ,CD = c , DA = d ,且a ·b =b ·c =c ·d =d ·a ，判断四边形
A BCD 是什么图形？
分析：在四边形A BCD 中，a +b+c+d =0，这是一个隐含条件， 对a +b =－〔c+d 〕，两边平方后，用a ·b=b ·c=d ·c 代入， 从四边形的边长与内角的情况来确定四边形的形状.
解：∵a +b+c+d =0，∴a +b =－〔c+d 〕，
∴〔a +b 〕2
=〔c+d 〕2
，即|a |2
+2a ·b +|b |2
=|c |2
+2c ·d +|d |2
， ∵a ·b=c ·d ，∴|a |2
+|b |2
=|c |2
+|d|2
……① 同理：|a |2
+|d |2
=|b |2
+|c |2
……②
①，②两式相减得：|b |2
=|d |2
，|a |2
=|c |2
，即|b |=|d |，|a |=|c |. ∴A BCD 为平行四边形.
又∵a ·b=b ·c ，即b ·〔a －c 〕=0，而a =－c ， ∵b ·〔2a 〕=0 ∴a ⊥b ，
∴四边形A BCD 为矩形.
15、：|a |=5,|b|=4,且a 与b 的夹角为60°,问当且仅当k 为何值时,向量k a －b 与 a +2b 垂直？
解：)2()(b a b ka +⊥-
4260cos 45)12(5,02)12(,
0)2()(2
2
2
2
=⨯-⨯⨯⨯-+⨯∴=--+=+⋅-∴k k b ab k ka b a b ka 即
15
14
=
∴k .
【平面向量的综合应用练习】
一、选择题
1.设A 、B 、C 、D 四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，那么四边形ABCD 为( ) A.正方形 B.矩形
C.菱形
D.平行四边形
2.△ABC 中，AB =a ，AC =b ，a ·b <0，S △ABC =
4
15
,|a |=3,|b |=5,那么a 与b 的夹角是( ) A.30°
B.－150°
C.150°
D.30°或150°
二、填空题
3.将二次函数y =x 2
的图象按向量a 平移后得到的图象与一次函数y =2x －5的图象只有一个公共点(3，1)，那么向量a =_________.
4.等腰△ABC 和等腰Rt △ABD 有公共的底边AB ，它们所在的平面成60°角，假设AB =16 cm,AC =17 cm,那么CD =_________.
三、解答题
5.如图，在△ABC 中，设AB =a ，AC =b ，AP =c , AD =λa ,(0<λ<1),AE =μb (0<μ<1),试用向量a ，b 表示c .
6.正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ,侧棱长为2a . (1)建立适当的坐标系，并写出A 、B 、A 1、C 1的坐标； (2)求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.
7.两点M (－1，0)，N (1，0)，且点P 使NP NM PN PM MN MP ⋅⋅⋅,,成公差小于零的等差数列. (1)点P 的轨迹是什么曲线？
(2)假设点P 坐标为(x 0,y 0),Q 为PM 与PN 的夹角，求tan θ.
8.E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点.
(1)用向量法证明E 、F 、G 、H 四点共面； (2)用向量法证明：BD ∥平面EFGH ；
(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有)(4
1
OD OC OB OA OM +++=
.参考答案 一、1.解析：AB =(1，2〕，DC =(1，2〕，∴AB =DC ，∴AB ∥DC ，又线段AB 与线段DC 无公共点，∴AB ∥DC 且|AB |=|DC |，∴ABCD 是平行四边形，又|AB |=5，AC =(5，3〕，|AC |=34，∴|AB |≠|AC },∴
ABCD 不是菱形，更不是正方形；又BC =(4，1〕，
∴1·4+2·1=6≠0,∴AB 不垂直于BC ，∴ABCD 也不是矩形，应选D. 答案：D 2.解析：∵
21415=·3·5sin α得sin α=2
1
,那么α=30°或α=150°. 又∵a ·b ＜0,∴α=150°. 答案：C
二、3.(2,0) 4.13 cm
三、5.解：∵BP 与BE 共线，∴BP =m BE =m (AE －AB )=m (μb －a ), ∴AP =AB +BP =a +m (μb －a )=(1－m )a +m μb
①
又CP 与CD 共线，∴CP =n CD =n (AD －AC )=n (λa －b ), ∴AP =AC +CP =b +n (λa －b )=n λa +(1－n )b ②
由①②，得(1－m 〕a +μm b =λn a +(1－n )b .
∵a 与b 不共线，∴⎩
⎨
⎧=-+=-+⎩⎨⎧-==-010
111m n m n n m a m μλμλ即 ③
解方程组③得：m =
λμμλμλ--=--11,11n 代入①式得c =(1－m )a +m μb =πμ
-11［λ(1－μ)a +μ(1－λ)b ］. 6.解：(1)以点A 为坐标原点O ，以AB 所在直线为Oy 轴，以AA 1所在直线为Oz 轴，以经过原点且与平面ABB 1A 1垂直的直线为Ox 轴，建立空间直角坐标系.
由，得A (0，0，0〕，B (0，a ,0〕,A 1(0,0,2a ),C 1(－
,2
,23a
a 2a ).
(2)取A 1B 1的中点M ，于是有M (0，2,2
a
a 〕，连AM ，MC 1，有1MC =(－
2
3
a ,0,0〕, 且AB =(0，a ,0〕,1AA =(0,02a )
由于1MC ·AB =0，1MC ·1AA =0，所以M C 1⊥面ABB 1A 1，∴AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1
所成的角.
∵1AC =),2,2
,0(),2,2,23(a a
AM a a a =-
a a a AM AC 4
9
240221=++=⋅∴
a a a AM a a a a AC 2
324||,324143||22
221=+==++=而
232
3349,cos 2
1=⨯>=
<∴a
a a
AM AC
所以AM AC 与1所成的角，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.
7.解：(1)设P (x ,y 〕,由M (－1，0〕，N (1，0〕得，PM =－MP =(－1－x ,－y 〕,NP PN -= =(1－
x ,－y ),MN =－NM =(2,0),∴MP ·MN =2(1+x ), PM ·PN =x 2+y 2－1,NP NM ⋅ =2(1－x ).于是，NP NM PN PM MN MP ⋅⋅⋅,,是公差小于零的等差数列，等价于
⎩⎨⎧>=+⎪⎩⎪⎨
⎧<+---++=-+03 0
)1(2)1(2)]1(2)1(2[21122
2x y x x x x x y x 即 所以，点P 的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆. (2)点P 的坐标为(x 0,y 0)
,
3
0,1cos 21,3041||cos 42)24)(24()1()1(||||,2102
2
0002
020*******π
θθθ<≤≤<∴≤<-=
⋅=
∴-=-+=+-⋅++=⋅=-+=⋅x x PN
PM PN PM x x x y x y x PN PM y x PN PM
||3cos sin tan ,411cos 1sin 02
02
2y x x =-==∴--
=-=∴θθθθθ 8.证明：(1〕连结BG ，那么EH EF EH BF EB BD BC EB BG EB EG +=++=++=+=)(2
1
由共面向量定理的推论知：E 、F 、G 、H 四点共面，(其中
2
1
BD =EH 〕
(2〕因为BD AB AD AB AD AE AH EH 2
1
)(212121=-=-=
-=. 所以EH ∥BD ，又EH ⊂面EFGH ，BD ⊄面EFGH 所以BD ∥平面EFGH .
(3〕连OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG 由(2〕知BD EH 21=，同理BD FG 2
1
=，所以FG EH =，EH FG ,所以EG 、FH 交于一点M 且被M
平分，所以
).(4
1
)](21
[21)](21[212121)(21OD OC OB OA OD OC OB OA OG OE OG OE OM +++=
+++=+=+=.
【解斜三角形练习】
一、选择题
1.给出四个命题：(1)假设sin2A =sin2B ，那么△ABC 为等腰三角形；(2)假设sin A =cos B ，那么△ABC 为直角三角形；(3)假设sin 2
A +sin 2
B +sin 2
C ＜2，那么△ABC 为钝角三角形；(4)假设cos(A －B )cos(B －
C )cos(C －A )=1，那么△ABC 为正三角形.以上正确命题的个数是( )
A.1
B.2
C.3
D.4
二、填空题
2.在△ABC 中，A 、B 、C 成等差数列，那么2
tan 2tan 32tan 2tan
C
A C A ++的值为__________. 3.在△ABC 中，A 为最小角，C 为最大角，cos(2A +C )=－34，sin
B =5
4
，那么cos2(B +C )=__________. 三、解答题
4.圆内接四边形ABCD 的边长分别为AB =2，BC =6，CD =DA =4，求四边形ABCD 的面积.
5.如右图，在半径为R 的圆桌的正中央上空挂一盏电灯，桌子边缘一点处的照度和灯光射到桌子边缘的光线与桌面的夹角θ的正弦成正比，角和这一点到光源的距离 r 的平方成反比，即I =k ·
2
sin r θ
，其中 k 是一个和灯光强度有关的常数，那么怎样选择电灯悬挂的高度h ，才能使桌子边缘处最亮？
6.在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，2
7
cos 22sin 42=-+A C B . (1)求角A 的度数；
(2)假设a =3，b +c =3，求b 和c 的值.
7.在△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 所对的边分别为a 、b 、c ，且a 、b 、3c 成等比数列，又∠A －∠C =2
π
，
试求∠A 、∠B 、∠C 的值.
8.在正三角形ABC 的边AB 、AC 上分别取D 、E 两点，使沿线段DE 折叠三角形时，顶点A 正好落在边
BC 上，在这种情况下，假设要使AD 最小，求AD ∶AB 的值.
参考答案
一、1.解析：其中(3〕(4〕正确. 答案： B
二、2.解析：∵A+B+C =π，A+C=2B ，
.
32
tan 2tan 32tan 2tan )2
tan 2tan 1(32tan 2tan ,3)2tan(,32=++-=+=+=
+∴C
A C A C A C A C A C A 故π
答案：3
3.解析：∵A 为最小角∴2A +C =A +A +C ＜A+B+C =180°.
∵cos(2A +C )=－54，∴sin(2A+C )=5
3
. ∵C 为最大角，∴B 为锐角，又sin B =54.故cos B =5
3
.
即sin(A+C )=
54，cos(A +C )=－5
3
. ∵cos(B+C )=－cos A =－cos ［(2A+C )－(A+C )］=－25
24
， ∴cos2(B+C )=2cos 2
(B+C )－1=625
527
. 答案：
625
527
三、4.解：如图：连结BD ，那么有四边形ABCD 的面积：
S =S △ABD +S △CDB =21·AB ·AD sin A +2
1
·BC ·CD ·sin C
∵A+C =180°，∴sin A =sin C 故S =
21(AB ·AD +BC ·CD )sin A =2
1
(2×4+6×4)sin A =16sin A 由余弦定理，在△ABD 中，BD 2
=AB 2
+AD 2
－2AB ·AD ·cos A =20－16cos A 在△CDB 中，BD 2
=CB 2
+CD 2
－2CB ·CD ·cos C =52－48cos C ∴20－16cos A =52－48cos C ，∵cos C =－cos A ， ∴64cos A =－32，cos A =－
2
1
，又0°＜A ＜180°，∴A =120°故S =16sin120°=83. 5.解：R =r cos θ，由此得：
2
0,cos 1π<θ<θ=R r ， R
R h R k I R
k R k I R k
R k r k I 22
tan ,33sin ,392)32
()()sin 1)(sin 1(sin 2)(2)cos (sin cos sin sin 23
22222222222
22=θ==θ⋅≤⋅≤θ-θ-⋅θ⋅=θ⋅θ⋅=θ⋅θ⋅=θ⋅=此时时成立等号在由此得 .
12
21:23 2:3,3.
3)(2
1
221cos 2cos :)2(60,1800,
2
1
cos ,01cos 4cos 45
cos 4)cos 1(4,2
7
1cos 2)]cos(1[2:,1802
7
2cos 2sin 4)1(:.6222222
222222
⎩
⎨⎧==⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==+==+==-+∴=-+∴=-+=
︒=∴︒<<︒=∴=+-=-+=+-+-︒=++=-+c b c b bc c b bc c b a bc a c b bc a c b A bc
a c
b A A A A A A A A A C B C B A A C B 或得由代入上式得将由余弦定理得即得及由解
7.解：由a 、b 、3c 成等比数列，得：b 2
=3ac ∴sin 2
B =3sin
C ·sin A =3(－
2
1
)［cos(A +C )－cos(A －C )］ ∵B =π－(A+C ).∴sin 2
(A+C )=－23［cos(A+C )－cos 2
π］ 即1－cos 2
(A+C )=－
23cos(A+C )，解得cos(A+C )=－2
1
. ∵0＜A+C ＜π，∴A+C =
32π.又A －C =2π∴A =127π，B =3π，C =12
π
. 8.解：按题意，设折叠后A 点落在边BC 上改称P 点，显然A 、P 两点关于折线DE 对称，又设∠BAP =
θ，∴∠DPA =θ，∠BDP =2θ，再设AB =a ，AD =x ，∴DP =x .在△ABC 中，
∠APB =180°－∠ABP －∠BAP =120°－θ，
由正弦定理知：
APB
AB
BAP BP sin sin =
.∴BP =)120sin(sin θθ-︒a 在△PBD 中，︒
=-︒︒⋅==60sin 2sin )120sin(sin ,60sin sin ,sin sin θ
θθθx a x BP BDP BP DBP DP 从而所以,
.3
)260sin(23)120sin(2sin 60sin sin ++︒=-︒⋅︒⋅=
∴θθθθa
a x
∵0°≤θ≤60°，∴60°≤60°+2θ≤180°，∴当60°+2θ=90°，即θ=15°时， sin(60°+2θ)=1，此时x 取得最小值
)332(3
23-=+a a ，即AD 最小，
∴AD ∶DB =23－3.。