平面向量与解三角形复习试题
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平面向量与解三角形复习试题
23.解：如图，OC＝OD+OE＝λOA+μOB，
在△OCD中，∠COD=30°，∠OCD=∠COB=90°，
可求|OD|=4，
同理可求|OE|=2，
∴λ=4，μ=2，
∴λ+μ=6．
24.解：（1）由条件知：3a+2b＝(7，7)，
故|3a+2b|＝72+72＝72．
（2）a+kb＝(3，1)+k(−1，2)＝(3−k，1+2k)，2a−b＝(7，0)．
∵(a+kb)∥(2a−b)，
∴（3-k）•0-7（1+2k）=0，
解得k＝−12
25.解：由A，B，C成等差数列，有2B=A+C（1）
因为A，B，C为△ABC的内角，所以A+B+C=π．
由（1）（2）得B=π3．（3）
由a，b，c成等比数列，有b2=ac（4）
由余弦定理及（3），可得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac
再由（4），得a2+c2-ac=ac，
即（a-c）2=0
因此a=c
从而A=C（5）
由（2）（3）（5），得A=B=C=π3
所以△ABC为等边三角形．
26.解：（Ⅰ）∵3acosC=csinA，
由正弦定理得：3sinAcosC=sinCsinA，
∵0＜A＜π，∴sinA＞0，
∴3cosC=sinC，即tanC=3，
又0＜C＜π，∴C=π3；
（Ⅱ）∵a=3，△ABC的面积为332，
∴S=12absinC=12×3bsinπ3=332，
∴b=2，
由余弦定理得：c2=4+9-6=7，即c=7，cosA=22+(7)2−322×2×7=714，则CA•AB=bccos（π-A）=27×（-714）=-1．
27.解：（Ⅰ）∵在△ABC中，设AB＝a，AC＝b，
AP的中点为Q，BQ的中点为R，CR的中点恰为P．
AP=AR+AC2，AR=AQ+AB2，AQ＝12AP，消去AR，AQ
∵AP＝λa+μb，
可得AP=12（AQ+AB2）+12AC=14×12AP+14AB+12AC，
可得AP=27AB+47AC=λa+μb，
∴λ＝27μ＝47；
（Ⅱ）以AB，AC为邻边，AP为对角线，作平行四边形ANPM，
∵得AP=27AB+47AC，
∴S平行四边形ANPMS平行四边形ABC＝|AN|•|AM|•sin∠CAB12|AB|•|AC|•sin∠CAB＝2•|AN||AB|•|AM||AC|＝2×27×47＝1649；
28.解：因为ka+b＝(k−3，2k+2)，a−3b＝(10，−4)，当ka+b与a−3b平行时，
则（k-3）×（-4）-（2k+2）×10=0，解得：k＝−13，
此时a−3b＝(10，−4)，ka+b＝(k−3，2k+2)=(−13−3，2×(−13)+2)=(−103，43)=
-13（10，4）=-13（a-3b），所以，ka+b与a−3b反向．
29.解：（1）在△ABC中，
∵cos2A-cos2B=2cos(π6−A)cos(π6+A)=2（32cosA+12sinA）（32cosA-12sinA）
=2（34cos2A-14sin2A）=32cos2A-12sin2A=32-2sin2A．
又因为cos2A-cos2B=1-2sin2A-（2cos2B-1）=2-2sin2A-2cos2B，
∴2-2sin2A-2cos2B=32-2sin2A，∴cos2B=14，∴cosB=±12，
∴B=π3或2π3．
（2）∵b=3≤a，∴B=π3，
由正弦asinA=csinC=bsinB=332=2，得a=2sinA，c=2sinC，
故a-12c=2sinA-sinC=2sinA-sin（23π-A）=32sinA-32cosA=3sin（A-π6），
因为b≤a，所以π3≤A＜23π，π6≤A-π6＜π2，
所以a-12c=3sin（A-π6）∈[32，3）．
30.解：（1）在△ABC中，
∵cos2A-cos2B=2cos(π6−A)cos(π6+A)=2（32cosA+12sinA）（32cosA-12sinA）
=2（34cos2A-14sin2A）=32cos2A-12sin2A=32-2sin2A．
又因为cos2A-cos2B=1-2sin2A-（2cos2B-1）=2-2sin2A-2cos2B，
∴2-2sin2A-2cos2B=32-2sin2A，∴cos2B=14，∴cosB=±12，
∴B=π3或2π3．
（2）∵b=3≤a，∴B=π3，
由正弦asinA=csinC=bsinB=332=2，得a=2sinA，c=2sinC，
故a-12c=2sinA-sinC=2sinA-sin（23π-A）=32sinA-32cosA=3sin（A-π6），
因为b≤a，所以π3≤A＜23π，π6≤A-π6＜π2，
所以a-12c=3sin（A-π6）∈[32，3）．