資源簡介

第2課時　向量的數量積(二)
課標要求
1．掌握平面向量數量積的運算律及常用的公式．
2．會利用向量數量積的有關運算律進行計算或證明．
素養要求
通過引入平面向量數量積的運算律，體會數學抽象及數學運算素養的生成過程.
知識點 1　向量數量積的運算律
對于向量a，b，c和實數λ，有
(1)a·b＝ b·a　(交換律)．
(2)(λa)·b＝ λ(a·b)　＝ a·(λb)　(結合律)．
(3)(a＋b)·c＝ a·c＋b·c　(分配律)．
想一想：
若a·b＝b·c，是否可以得出結論a＝c
提示：不可以．
練一練：
判斷下列結論是否正確？
(1)a·0＝0.
(2)λ(a·b)＝λa·λb.
(3)·＋·＝·(＋)＝·.
(4)若a與b同向，則(a－b)2＝|a|2－2|a||b|＋|b|2.
(5)向量的數量積運算滿足(a·b)·c＝a·(b·c)．
[答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×
知識點 2　平面向量數量積的運算性質
類比多項式的乘法公式，寫出下表中的平面向量數量積的運算性質.
多項式乘法 向量形式
(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2 (a＋b)2＝ a2＋2a·b＋b2　
(a－b)2＝a2－2ab＋b2 (a－b)2＝a2－2a·b＋b2
(a＋b)(a－b)＝a2－b2 (a＋b)(a－b)＝ a2－b2　
(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca (a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a
題型探究
題型一　求數量積
典例1　已知|a|＝4，|b|＝7，且向量a與b的夾角為120°，求(2a＋3b)·(3a－2b)．
[解析]　(2a＋3b)·(3a－2b)
＝6a2－4a·b＋9b·a－6b2
＝6|a|2＋5a·b－6|b|2
＝6×42＋5×4×7×cos 120°－6×72＝－268.
[歸納提升]　根據數量積的運算律，向量的加、減與數量積的混合運算類似于多項式的乘法運算．
對點練習 已知兩個單位向量e1，e2的夾角為，若向量b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，則b1·b2＝_－6__.
[解析]　e1·e2＝，b1·b2＝(e1－2e2)·(3e1＋4e2)＝3e－2e1·e2－8e＝3－2×－8＝－6.
題型二　向量的模
典例2　(1)已知向量a，b的夾角為60°，|a|＝2，|b|＝1，則|a＋2b|＝ 2　.
(2)若向量a，b滿足：|a|＝1，(a＋b)⊥a，(2a＋b)⊥b，則|b|＝( B )
A．2 B．
C．1 D．
[解析]　(1)(數形結合法)：由|a|＝|2b|＝2知，以a與2b為鄰邊可作出邊長為2的菱形OACB，如圖，則|a＋2b|＝||.
又∠AOB＝60°，所以|a＋2b|＝2.
(2)由(a＋b)⊥a，∴(a＋b)·a＝0，a2＋a·b＝0,1＋a·b＝0，a·b＝－1.
由(2a＋b)⊥b，∴(2a＋b)·b＝0,2a·b＋b2＝0，
∴b2＝2，|b|＝.
[歸納提升]　求解向量模的問題就是要靈活應用a2＝|a|2，即|a|＝，忽忘記開方．
對點練習 已知|a|＝2，|b|＝3，a與b的夾角為120°，求：
(1)a·b；(2)a2－b2；(3)|a＋b|；(4)|a－b|.
[解析]　(1)a·b＝|a||b|cos 120°＝2×3×cos 120°＝－3.
(2)a2－b2＝|a|2－|b|2＝4－9＝－5.
(3)|a＋b|＝
＝
＝
＝＝.
(4)|a－b|＝＝＝＝.
題型三　向量的夾角和垂直問題
典例3　(1)已知向量a，b滿足(a＋2b)·(a－b)＝－6，且|a|＝1，|b|＝2，則a與b的夾角為 　；
(2)已知|a|＝3，|b|＝2，向量a，b的夾角為60°，c＝3a＋5b，d＝ma－3b，求當m為何值時，c與d垂直？
[分析]　(1)由向量的運算律結合向量的夾角公式求解．
(2)根據兩向量垂直的充要條件建立關于m的方程進行求解．
[解析]　(1)設a與b的夾角為θ，依題意有：(a＋2b)·(a－b)＝a2＋a·b－2b2＝－7＋2cos θ＝－6，所以cos θ＝，因為0≤θ≤π，故θ＝.
(2)由已知得a·b＝3×2×cos 60°＝3.
由c⊥d，得c·d＝0，即c·d＝(3a＋5b)·(ma－3b)
＝3ma2＋(5m－9)a·b－15b2
＝27m＋3(5m－9)－60＝42m－87＝0，
所以m＝，即m＝時，c與d垂直．
[歸納提升]　1.求向量夾角的方法
(1)求出a·b，|a|，|b|，代入公式cos θ＝求解．
(2)用同一個量表示a·b，|a|，|b|代入公式求解．
(3)借助向量運算的幾何意義，數形結合求夾角．
2．要注意夾角θ的范圍θ∈[0，π]，當cos θ>0時，θ∈；當cos θ<0時，θ∈，當cos θ＝0時，θ＝.
3．當兩向量垂直時，利用a·b＝0列方程(組)可求未知數．
對點練習 已知向量a，b的夾角為π，|a|＝1，|b|＝2.
(1)求a·b的值；
(2)若2a－b和ta＋b垂直，求實數t的值．
[解析]　(1)a·b＝|a||b|cos＝1×2×＝－1.
(2)因為2a－b和ta＋b垂直，
所以(2a－b)·(ta＋b)＝0，
即2ta2＋(2－t)a·b－b2＝0，
所以2t－(2－t)－4＝0，所以t＝2.
易錯警示
忽略向量共線的情形致錯
典例4　設兩個向量e1、e2滿足|e1|＝2，|e2|＝1，e1與e2的夾角為，若向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為鈍角，則實數t的取值范圍為 ∪　.
[錯解]　由向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角θ為鈍角，得
cos θ＝<0，
∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，
化簡得2t2＋15t＋7<0.解得－7∴t∈.
[錯因分析]　由兩個向量夾角的定義知，兩個非零向量a與b的夾角θ的取值范圍是[0，π]，它包括零角、銳角、直角、鈍角和平角這些情況．特別地，當向量a與b同向時，θ＝0；當向量a與b垂直時，θ＝；當向量a與b反向時，θ＝π.在具體解題時，要根據題意排除不符合的情況．
[正解]　設向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為θ，則
cos θ＝<0，
即(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，
化簡得2t2＋15t＋7<0.解得－7當2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為π時，也有cos θ<0，但此時夾角不是鈍角．
設2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)，λ<0，
因為e1，e2不共線，
所以解得
故實數t的取值范圍是
∪.
對點練習 已知e1，e2是互相垂直的單位向量，a＝e1－3e2，b＝2e1＋λe2，且a與b的夾角為銳角，則實數λ的取值范圍是( C )
A．∪
B．
C．(－∞，－6)∪
D．
[解析]　因為a與b的夾角為銳角，所以cos θ>0且cos θ≠1，即a·b>0且a與b方向不同，
即a·b＝2－3λ>0且a≠mb(m>0)，解得λ∈(－∞，－6)∪.
1．已知向量a，b滿足|a|＝1，a·b＝－1，則a·(2a－b)＝( B )
A．4 B．3
C．2 D．0
[解析]　a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b.
∵|a|＝1，a·b＝－1，∴ 原式＝2×12＋1＝3.
故選B．
2．若非零向量a，b滿足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，則a與b的夾角為( C )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
[解析]　(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝0，
所以2a·b＝－|b|2，
即2|a||b|cos〈a，b〉＝－|b|2，
又|a|＝|b|，∴cos〈a，b〉＝－，〈a，b〉＝120°.
3．在等腰直角三角形ABC中，AB＝BC＝4，則·＝_0__，·＝_－16__，·＝_－16__.
[解析]　由題意，得||＝4，||＝4，||＝4，所以·＝4×4×cos 90°＝0，·＝4×4×cos 135°＝－16，·＝4×4×cos 135°＝－16.
4．已知向量a，b的夾角為120°，|a|＝2，|b|＝3，則|2a＋b|＝ 　.
[解析]　|2a＋b|2＝4a2＋4a·b＋b2＝4|a|2＋4|a||b|cos 120°＋|b|2
＝4×4＋4×2×3×＋9＝13.
所以|2a＋b|＝.
5．已知向量a與b夾角為45°，且|a|＝1，|2a＋b|＝，求|b|.
[解析]　因為|2a＋b|＝，所以(2a＋b)2＝10，
所以4a2＋4a·b＋b2＝10，
又因為向量a與b的夾角為45°且|a|＝1，
所以4×12＋4×1×|b|×＋|b|2＝10，
整理得|b|2＋2|b|－6＝0，
解得|b|＝或|b|＝－3(舍去)．6.3.2　平面向量的正交分解及坐標表示
6.3.3　平面向量加、減運算的坐標表示
課標要求
借助平面直角坐標系掌握平面向量的正交分解及坐標表示，會用坐標表示平面向量的加減運算．
素養要求
借助平面直角坐標系及平面向量基本定理，學會平面向量的坐標表示及加減運算，體會數學抽象及數學運算素養.
知識點　平面向量的正交分解及坐標表示
1．平面向量正交分解的定義
把一個向量分解為兩個_垂直__的向量，叫做把向量作正交分解．
2．平面向量的坐標表示
(1)定義：在平面直角坐標系中，設與x軸、y軸方向相同的兩個_單位向量__分別為i，j，取{i，j}作為基底．對于平面內的任意一個向量a，由平面向量基本定理可知，有且只有一對實數x，y，使得a＝ xi＋yj　.我們把有序數對(x，y)叫做向量a的坐標，記作a＝(x，y)．此式叫做向量a的坐標表示．
(2)特殊向量的坐標：i＝(1,0)，j＝(0,1)，0＝(0,0)．
想一想：
點的坐標與向量坐標有什么區別？
提示：(1)向量a＝(x，y)中間用等號連接，而點的坐標A(x，y)中間沒有等號．因為向量坐標是a＝xi＋yj的簡寫．
(2)點A(x，y)的坐標(x，y)表示A在平面直角坐標系中的位置，a＝(x，y)的坐標(x，y)既表示向量的大小，也表示向量的方向．
(3)平面向量的坐標只有當起點在原點時，向量的坐標才與向量終點的坐標相同．
(4)在平面直角坐標系中，符號(x，y)可表示一個點，也可表示一個向量，敘述中應指明點(x，y)或向量(x，y)．
3．平面向量的坐標運算
設向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，λ∈R，則有下表：
文字描述 符號表示
加法 兩個向量和的坐標分別等于這兩個向量相應坐標的_和__ a＋b＝_(x1＋x2，y1＋y2)__
減法 兩個向量差的坐標分別等于這兩個向量相應坐標的_差__ a－b＝_(x1－x2，y1－y2)__
數乘 實數與向量的積的坐標等于用這個實數乘原來向量的_相應坐標__ λa＝_(λx1，λy1)__
向量坐標公式 一個向量的坐標等于表示此向量的有向線段的終點的坐標減去起點的坐標 已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＝_(x2－x1，y2－y1)__
想一想：
將向量平移到另一個位置，向量的坐標變不變？
提示：向量平移后，向量不變，坐標也不變．
練一練：
1．已知向量a＝(1,2)，b＝(3,1)，則b－a＝( B )
A．(－2,1) B．(2，－1)
C．(2,0) D．(4,3)
[解析]　b－a＝(3,1)－(1,2)＝(2，－1)．
2．已知＝(1,2)，A(3,4)，則B點坐標是_(4,6)__.
[解析]　設B點的坐標為(x，y)，則＝(x－3，y－4)＝(1,2)．
∴解得
∴B點的坐標是(4,6)．
題型探究
題型一　平面向量的坐標表示
典例1　(1)已知向量a在射線y＝x(x≥0)上，且起點為坐標原點O，又|a|＝，分別取與x軸，y軸正方向相同的兩個單位向量{i，j}作為基底，則向量a的坐標為( A )
A．(1,1) B．(－1，－1)
C．(，) D．(－，－)
(2)如圖所示，在平面直角坐標系中，i，j分別為與兩個坐標軸正方向同向的單位向量，，a是平面內的向量，且A點坐標為(x，y)，則下列說法正確的是_①③__.(填序號)
①向量a可以表示為a＝mi＋nj；
②只有當a的起點在原點時a＝(x，y)；
③若a＝，則終點A的坐標就是向量a的坐標．
[解析]　(1)由題意，a＝(cos 45°)i＋(sin 45°)j＝i＋j＝(1,1)．
(2)由平面向量的基本定理知，有且只有一對實數m，n，使得a＝mi＋nj，所以①正確．當a＝時，均有a＝(x，y)，所以②錯，③正確．
[歸納提升]　求向量坐標的三個步驟：
對點練習 已知O是坐標原點，點A在第一象限，||＝4，∠xOA＝60°.
(1)求向量的坐標；
(2)若B(，－1)，求的坐標．
[解析]　(1)設點A(x，y)，則x＝4cos 60°＝2，y＝4sin 60°＝6，即A(2，6)，＝(2，6)．
(2)∵B(，－1)，∴＝(，－1)，則＝－＝(2，6)－(，－1)＝(，7).
題型二　平面向量的坐標運算
典例2　已知平面上三個點A(4,6)、B(7,5)、C(1,8)，求、、＋、－的坐標．
[分析]　先計算出，的坐標，再進行向量的線性運算．
[解析]　∵A(4,6)、B(7,5)、C(1,8)，
∴＝(7,5)－(4,6)＝(3，－1)；＝(1,8)－(4,6)＝(－3,2)；
＋＝(3，－1)＋(－3,2)＝(0,1)；
－＝(3，－1)－(－3,2)＝(6，－3)．
[歸納提升]　平面向量坐標運算的技巧
(1)若已知向量的坐標，則直接應用兩個向量和、差的運算法則進行．
(2)若已知有向線段兩端點的坐標，則可先求出向量的坐標，然后再進行向量的坐標運算．
(3)向量的線性坐標運算可完全類比實數的運算進行．
對點練習 (1)已知點A(0,1)，B(3,2)，向量＝(－4，－3)，則向量＝( A )
A．(－7，－4) B．(7,4)
C．(－1,4) D．(1,4)
(2)設＝(2,3)，＝(m，n)，＝(－1,4)，則＝( A )
A．(－1－m，－7－n) B．(1＋m，－7＋n)
C．(1－m,7－n) D．(－1＋m，－7＋n)
[解析]　(1)解法一：設C(x，y)，則＝(x，y－1)＝(－4，－3)．
即x＝－4，y＝－2，故C(－4，－2)，則＝(－7，－4)，故選A．
解法二：＝－＝(－7，－4)．
(2)＝＋＋＝(2,3)＋(m，n)＋(－1,4)＝(1＋m,7＋n)，所以＝－＝(－1－m，－7－n)．
故選A．
題型三　平面向量坐標運算的綜合應用
典例3　已知平面上三點的坐標分別為A(－2，1)，B(－1，3)，C(3,4)，求點D的坐標，使這四點構成平行四邊形的四個頂點．
[分析]　利用坐標形式下向量相等的條件，可以建立相等關系，進而求出D點的坐標．
[解析]　設點D的坐標為(x，y)，
當平行四邊形為ABCD時，由＝(1,2)，＝(3－x，4－y)，且＝，得D(2,2)．
當平行四邊形為ACDB時，由＝(1,2)，＝(x－3，y－4)，且＝，得D(4,6)．
當平行四邊形為ACBD時，由＝(5,3)，＝(－1－x,3－y)，且＝，得D(－6,0)，
故點D的坐標為(2,2)或(4,6)或(－6,0)．
[歸納提升]　平行四邊形頂點坐標的求解
(1)已知平行四邊形的三個頂點的坐標求第四個頂點的坐標主要是利用平行四邊形的對邊平行且相等這個性質，則其對應的向量相等，即向量的坐標相等．
(2)當平行四邊形的頂點順序未確定時，要分類討論．
對點練習 (2023·北京高三)AC為平行四邊形ABCD的對角線，＝(2,4)，＝(1,3)，則＝_(－1，－1)__.
[解析]　如圖在平行四邊形ABCD中，
＝＝(2,4)，
在△ACD中，＝＋＝＋，
所以＝－＝(1,3)－(2,4)＝(－1，－1)，
故答案為(－1，－1)．
易錯警示
誤把向量的坐標當作點的坐標
典例4　已知點A(2,3)，B(5,4)，C(7,10)，若＝＋λ(λ∈R)，試求當點P在第三象限時，λ的取值范圍．
[錯解]　由已知得＝＋λ＝(5－2,4－3)＋λ(7－2,10－3)＝(3,1)＋λ(5,7)＝(3＋5λ，1＋7λ)，
又點P在第三象限，所以所以λ<－，
故λ的取值范圍為.
[錯因分析]　錯解中誤把向量的坐標當作點P的坐標，混淆了點的坐標與向量的坐標的概念．
[正解]　同錯解得＝(3＋5λ，1＋7λ)，
設點P(x，y)，則＝(x－2，y－3)．
于是(x－2，y－3)＝(3＋5λ，1＋7λ)，即
又點P在第三象限，所以
解得λ<－1.
所以λ的取值范圍為(－∞，－1)．
[誤區警示]　向量的坐標反映的是向量的長度和向量的方向，與終點坐標無關，只有當向量的始點是坐標原點時，向量的坐標與終點的坐標才是一致的．
對點練習 已知邊長為1的正方形ABCD中，AB與x軸正半軸成30°角．求點B和點D的坐標和與的坐標．
[解析]　由題知B，D分別是30°角，120°角的終邊與單位圓的交點．設B(x1，y1)，D(x2，y2)．由三角函數的定義，得x1＝cos 30°＝，y1＝sin 30°＝，所以B.x2＝cos 120°＝－，y2＝sin 120°＝，所以D.所以＝，＝.
1．(2023·山東棗莊)已知O是坐標原點，若向量＝(3,2)，＝(－4,5)，則點A的坐標為( B )
A．(－1,7) B．(7，－3)
C．(－1，－3) D．(7,7)
[解析]　由題意，∵＝(3,2)，＝(－4,5)，
∴＝－＝(3,2)－(－4,5)＝(7，－3)，
∴A(7，－3)，故選B．
2．如圖，{e1，e2}是一個基底，且e1＝(1,0)，e2＝(0,1)，則向量a的坐標為( A )
A．(1,3) B．(3,1)
C．(－1，－3) D．(－3，－1)
[解析]　因為e1，e2分別是與x軸、y軸方向相同的兩個單位向量，由題圖可知a＝e1＋3e2，根據平面向量坐標的定義可知a＝(1,3)．
3．如圖所示，向量的坐標是( D )
A．(1,1)
B．(－1，－2)
C．(2,3)
D．(－2，－3)
[解析]　由圖知，M(1,1)，N(－1，－2)，
則＝(－1－1，－2－1)＝(－2，－3)．
4．(2023·湖北武漢)設點A(1,2)，B(3,5)，將向量按向量a＝(－1，－1)的方向平移后得到為( B )
A．(1,2) B．(2,3)
C．(3,4) D．(4,7)
[解析]　因為A(1,2)，B(3,5)，所以＝(2,3)，向量是可以平移的，因為向量平移后仍是，故向量按向量a＝(－1，－1)的方向平移后得到為(2,3)，故選B．
5．在如圖所示的網格中，每個小正方形的邊長為1，則向量a＋b－c的坐標為( A )
A．(1，－2) B．(1,2)
C．(2，－1) D．(－1,2)
[解析]　由圖可知a＝c＝(1,2)，b＝(1，－2)，所以a＋b－c＝(1，－2)．6.3.4　平面向量數乘運算的坐標表示
課標要求
掌握數乘向量的坐標運算法則，理解用坐標表示平面向量共線的條件，掌握三點共線的判斷方法．
素養要求
通過數乘向量的坐標運算，理解平面向量共線的坐標表示形式，體會數學運算及數學抽象素養.
知識點 1　平面向量數乘運算的坐標表示
設向量a＝(x，y)，則有λa＝_(λx，λy)__，這就是說實數與向量的積的坐標等于用這個實數乘原來向量的相應坐標．
知識點 2　平面向量共線的坐標表示
利用向量平行的坐標運算解決共線問題時可減少運算量且思路簡單明快
設a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0.向量a，b(b≠0)共線的充要條件是_x1y2－x2y1＝0__.
知識點 3　定比分點坐標公式
P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，若＝λ(λ≠－1)，則點P(x，y)的坐標為特別地，線段P1P2的中點P0(x0，y0)的坐標為此公式為中點坐標公式．
[拓展]　兩個向量共線條件的三種表示方法
已知a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)．
(1)當b≠0時，a＝λb.
這是幾何運算，體現了向量a與b的長度及方向之間的關系．
(2)x1y2－x2y1＝0.
這是代數運算，用它解決向量共線問題的優點在于不需要引入參數“λ”，從而減少未知數的個數，而且使問題的解決具有代數化的特點和程序化的特征．
(3)當x2y2≠0時，＝.
即兩向量的相應坐標成比例，通過這種形式較易記憶向量共線的坐標表示，而且不易出現搭配錯誤．
練一練：
1．已知向量a＝(2,4)，b＝(－1,1)，則2a－b＝_(5,7)__.
[解析]　因為a＝(2,4)，b＝(－1,1)，所以2a－b＝(2×2－(－1)，2×4－1)＝(5,7)．
2．已知向量a＝(2,1)，b＝(x，－2)，若a∥b，則a＋b＝_(－2，－1)__.
[解析]　∵a∥b，∴x＝－4，∴a＋b＝(2,1)＋(－4，－2)＝(－2，－1)．
題型探究
題型一　向量數乘的坐標運算
典例1　已知a＝(－1,2)，b＝(2,1)，求：
(1)2a＋3b；(2)a－3b；(3)a－b.
[分析]　可先進行數乘向量的坐標運算，再進行向量坐標加減運算．
[解析]　(1)2a＋3b＝2(－1,2)＋3(2,1)
＝(－2,4)＋(6,3)＝(4,7)．
(2)a－3b＝(－1,2)－3(2,1)
＝(－1,2)－(6,3)＝(－7，－1)．
(3)a－b＝(－1,2)－(2,1)
＝－＝.
[歸納提升]　向量的坐標運算主要是利用加、減運算法則及數乘運算進行，解題時要注意方程思想的運用及正確使用運算法則．
對點練習 (1)已知向量a＝(5,2)，b＝(－4，－3)，若c滿足3a－2b＋c＝0，則c＝( A )
A．(－23，－12) B．(23,12)
C．(7,0) D．(－7,0)
(2)已知M(3，－2)，N(－5，－1)，＝，則P點坐標為 　.
[解析]　(1)由3a－2b＋c＝0，∴c＝－3a＋2b＝－3(5,2)＋2(－4，－3)＝(－23，－12)，
∴c＝(－23，－12)．
(2)解法一：設P(x，y)，∴＝(x－3，y＋2)，＝(－8，1)，由＝得P.
解法二：由＝得P為MN中點，由中點坐標公式得P.
題型二　向量共線坐標表示的簡單應用
典例2　(1)下列四組向量中，能作為表示它們所在平面內所有向量的基底的是( B )
A．a＝(1,2)，b＝(－2，－4)
B．a＝(3,4)，b＝(4,3)
C．a＝(2，－1)，b＝(－2,1)
D．a＝(3,5)，b＝(6,10)
(2)(2022·重慶高一檢測)已知向量a＝(2，x)，b＝(1，x－1)，若(2a－b)∥a，則x＝( B )
A．－2 B．2
C． D．－
[解析]　(1)對于A，因為1×(－4)－2×(－2)＝0，所以不可以作為表示它們所在平面內所有向量的基底；對于B，因為3×3－4×4＝－7≠0，所以可以作為表示它們所在平面內所有向量的基底；對于C，因為2×1－(－1)×(－2)＝0，所以不可以作為表示它們所在平面內所有向量的基底；對于D，因為3×10－5×6＝0，所以不可以作為表示它們所在平面內所有向量的基底．
(2)根據題意，向量a＝(2，x)，b＝(1，x－1)，則2a－b＝(3，x＋1)，若(2a－b)∥a，則有2(x＋1)＝3x，解可得x＝2.
[歸納提升]　1.向量共線的判定方法
2．利用向量平行的條件求參數值的思路
(1)利用共線向量定理a＝λb(b≠0)列方程組求解．
(2)利用向量平行的坐標表達式直接求解．
對點練習 (1)已知向量a＝(t,4)，b＝(1，t)，若a∥b，則實數t＝_±2__.
(2)已知m∈R，三點A(－1，－1)、B(1,3)、C(m,2m＋t)共線，則t＝_1__.
[解析]　(1)因為向量a＝(t,4)，b＝(1，t)且a∥b，
所以t×t－4×1＝0，解得t＝±2，
故答案為±2.
(2)因為m∈R，三點A(－1，－1)、B(1,3)、C(m,2m＋t)共線，則∥，
且＝(2,4)，＝(m＋1,2m＋t＋1)，
所以2(2m＋t＋1)＝4(m＋1)，解得t＝1.
故答案為1.
題型三　向量共線的應用
典例3　(1)已知＝(3,4)，＝(7,12)，＝(9,16)，求證：A，B，C三點共線；
(2)設向量＝(k,12)，＝(4,5)，＝(10，k)，當k為何值時，∥？
[解析]　(1)證明：∵＝－＝(4,8)，＝－＝(6,12)，
∴＝，即與共線．
又∵與有公共點A，∴A，B，C三點共線．
(2)∵＝－＝(4－k，－7)，＝－＝(10－k，k－12)，∴(4－k)(k－12)＋7(10－k)＝0.
解得k＝－2或k＝11.
[歸納提升]　若已知三點的坐標，判斷其是否共線可采用以下兩種方法：
①直接利用上述條件，計算(x2－x1)(y3－y1)－(x3－x1)·(y2－y1)是否為0；
②任取兩點構成向量，計算出兩向量，如，，再通過兩向量共線的條件進行判斷．
對點練習 已知A(－2,4)，B(1,3)，C(m，n)，若A，B，C三點共線，則m，n的關系式為_3n＋m＝10__.
[解析]　由A(－2,4)，B(1,3)，C(m，n)可得：
＝(3，－1)，＝(m－1，n－3)，
因為A，B，C三點共線，所以∥，
所以3(n－3)＝1－m，整理得：3n＋m＝10.
故答案為3n＋m＝10.
拓展應用
定比分點問題
典例4　已知線段M1M2的端點的坐標分別為M1(1,2)，M2(2,3)，點P(x，y)在直線M1，M2上．
(1)若＝2，則P點坐標為 　.
(2)若＝－2，則P點坐標為_(3,4)__.
[解析]　(1)解法一：由＝2，
得(x－1，y－2)＝2(2－x,3－y)，
∴
∴P.
解法二(利用定比分點坐標公式)：
x＝＝，y＝＝，
∴P.
(2)同(1)中兩種方法，可得P(3,4)．
[歸納提升]　涉及定比分點的問題的兩種思路
①利用向量共線定理列方程組求解；
②利用定比分點坐標公式求解．
本例(1)中定比λ＝2>0，P在線段M1M2上，為內分點；
本例(2)中定比λ＝－2<0，P在線段M1M2的延長線上，為外分點．
對點練習 若過點P1(2,3)，P2(6，－1)的直線上一點P使||∶||＝3∶1，則點P的坐標為_(8，－3)或(5,0)__.
[解析]　設O為坐標原點，連接OP，OP1，OP2.
∵||∶||＝3∶1，
∴||＝3||，
∴＝3或＝－3.
設P(x，y)，
若＝3，即＝－3，
∴
若＝－3即＝3，
∴
故點P的坐標為(8，－3)或(5,0)．
1．(2023·貴州貴陽)已知a＝(0,1)，b＝(1,2)，c＝(2,3)，則( B )
A．a＋b＝c B．a＋c＝2b
C．2a＋b＝c D．a＋2b＝c
[解析]　a＋b＝(1,3)≠c，故A錯誤；a＋c＝(2,4)＝2b，故B正確；2a＋b＝(1,4)≠c，故C錯誤；a＋2b＝(2,5)≠c，故D錯誤．故選B．
2．已知向量a＝(1,2)，b＝(2,3)，c＝(3,4)，且c＝λ1a＋λ2b，則λ1，λ2的值分別為( D )
A．－2,1 B．1，－2
C．2，－1 D．－1,2
[解析]　因為c＝λ1a＋λ2b，
所以(3,4)＝λ1(1,2)＋λ2(2,3)＝(λ1＋2λ2,2λ1＋3λ2)，
所以
解得λ1＝－1，λ2＝2.
3．已知向量a＝(－1，m)，b＝(－m,2m＋3)，且a∥b，則m等于( C )
A．－1 B．－2
C．－1或3 D．0或－2
4．已知a＝(2,1)，b＝(x，－1)且a－b與b共線，則|x|＝_2__.
[解析]　a－b＝(2－x,2)，∵(a－b)∥b，∴(2－x)×(－1)－2x＝0，解得x＝－2，∴|x|＝2.
5．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，則λ＝ 　.
[解析]　2a＋b＝(4,2)，因為c∥(2a＋b)，所以4λ＝2，得λ＝.6.3.5　平面向量數量積的坐標表示
課標要求
1．掌握平面向量數量積的坐標表示，會進行平面向量數量積的坐標運算．
2．能運用坐標表示兩個向量的夾角和模，會利用坐標運算判斷向量垂直．
素養要求
通過推導數量積的坐標運算及求夾角和模及向量垂直的判斷中體會邏輯推理素養及數學運算素養.
知識點 1　平面向量的數量積與向量垂直的坐標表示
設非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2).
數量積 兩個向量的數量積等于_它們對應坐標的乘積的和__，即a·b＝_x1x2＋y1y2__
兩個向量垂直 a⊥b _x1x2＋y1y2＝0__
想一想：
公式a·b＝|a||b|cos〈a，b〉與a·b＝x1x2＋y1y2有什么區別與聯系？
提示：公式a·b＝|a||b|cos 與a·b＝x1x2＋y1y2都是用來求兩向量的數量積的，沒有本質區別，只是書寫形式上的差異，兩者可以相互推導．若題目中給出的是兩向量的模與夾角，則可直接利用公式a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉求解；若已知兩向量的坐標，則可選用公式a·b＝x1x2＋y1y2求解．
[提醒]　對比記憶平行與垂直的條件
已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a∥b與a⊥b的坐標表示如下：
a∥b x1y2＝x2y1，即x1y2－x2y1＝0；
a⊥b x1x2＝－y1y2，即x1x2＋y1y2＝0.
兩個結論不能混淆，可以對比學習，分別簡記為：縱橫交錯積相等，橫橫縱縱積相反．
練一練：
1．已知向量a＝(x－5,3)，b＝(2，x)，且a⊥b，則由x的值構成的集合是( C )
A．{2,3} B．{－1,6}
C．{2} D．{6}
[解析]　∵a⊥b，∴2(x－5)＋3x＝0，∴x＝2.故選C．
2．設a＝(1，－2)，b＝(3,1)，c＝(－1,1)，則(a＋b)·(a－c)等于( A )
A．11 B．5
C．－14 D．10
[解析]　a＋b＝(4，－1)，a－c＝(2，－3)．所以(a＋b)·(a－c)＝4×2＋(－1)×(－3)＝11.故選A．
知識點 2　平面向量的模與夾角的坐標表示
設向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a與b的夾角為θ，則有下表：
坐標表示
模 |a|2＝_x＋y__或|a|＝ 　
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則||＝ 　
夾角 cos θ＝＝ 　(a，b為非零向量)
[拓展]　向量的模即向量的長度，其大小應為平面直角坐標系中兩點間的距離，如a＝(x，y)，則在平面直角坐標系中，一定存在點A(x，y)，使得＝a＝(x，y)，∴||＝|a|＝，即|a|為點A到原點的距離．同樣，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＝(x2－x1，y2－y1)，∴||＝，即平面直角坐標系中任意兩點間的距離．由此可知，向量的模的坐標運算的實質為平面直角坐標系中兩點間的距離的運算．
想一想：
若兩個非零向量的夾角θ滿足cos θ>0，則兩向量的夾角θ一定是銳角，對嗎？
提示：不對，當兩向量同向共線時，cos θ＝1>0，但夾角θ＝0，不是銳角．
練一練：
在平面直角坐標系中，O為原點，已知A(16,12)，B(－5,15)，則||＝_20__，||＝ 15　.
[解析]　由題意可得||＝＝＝20，||＝＝＝15.
題型探究
題型一　數量積的坐標運算
典例1　(1)(2023·遼寧朝陽期中)已知a＝(－2,1)，b＝(3,2)，則a·(a＋b)＝( A )
A．1 B．2
C．3 D．4
(2)(2023·北京高一檢測)已知A(1,2)，B(2,3)，C(－2,5)，則·＝_0__.
(3)如圖，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，點E為BC的中點，點F在邊CD上，若·＝，則·的值是 　.
[解析]　(1)因為a＝(－2,1)，b＝(3,2)，
所以a·(a＋b)＝(－2,1)·(1,3)＝－2＋3＝1.
故選A．
(2)由已知得＝(1,1)，＝(－3,3)，所以·＝1×(－3)＋1×3＝0.
(3)以A為坐標原點，AB為x軸、AD為y軸建立平面直角坐標系，
則B(，0)，D(0,2)，C(，2)，E(，1)．
可設F(x,2)，因為·＝(，0)·(x,2)＝x＝，
所以x＝1，所以·＝(，1)·(1－，2)＝.
[歸納提升]　平面向量數量積坐標運算的兩條途徑
進行向量的數量積運算，前提是牢記有關的運算法則和運算性質．解題時通常有兩條途徑：
一是先將各向量用坐標表示，直接進行數量積運算；
二是先利用數量積的運算律將原式展開，再依據已知計算．
對點練習 (1)設a＝(1，－2)，b＝(－3,4)，c＝(3,2)，則(a＋2b)·c＝( C )
A．12 B．0
C．－3 D．－11
(2)已知a＝(1,1)，b＝(2,5)，c＝(3，x)，若(8a－b)·c＝30，則x＝( C )
A．6 B．5
C．4 D．3
(3)已知a＝(2，－1)，a＋2b＝(6,3)，若b·c＝14，|c|＝5，則向量c的坐標為_(3,4)或(4,3)__.
[解析]　(1)∵a＝(1，－2)，b＝(－3,4)，c＝(3,2)，∴a＋2b＝(－5,6)，∴(a＋2b)·c＝(－5)×3＋6×2＝－3.
(2)由題意可得，8a－b＝(6,3)，又(8a－b)·c＝30，c＝(3，x)，∴18＋3x＝30，解得x＝4.
(3)因為2b＝(a＋2b)－a＝(6,3)－(2，－1)＝(4,4)，所以b＝(2,2)．設c＝(x，y)，則由題可知解得或所以c＝(3,4)或c＝(4,3).
題型二　與平面向量模有關的問題
典例2　(1)平面向量a與b的夾角為60°，a＝(2,0)，|b|＝1，則|a＋2b|＝( B )
A． B．2
C．4 D．12
(2)已知向量a＝(1,2)，b＝(3，－1)，則|a－2b|＝ 　.
(3)已知向量a＝(cos θ，sin θ)，向量b＝(，0)，則|2a－b|的最大值為 2＋　.
[解析]　(1)|a|＝＝2.
|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2
＝4＋4×2×1×cos 60°＋4＝12.
|a＋2b|＝2.
(2)解法一：因為a＝(1,2)，b＝(3，－1)，
所以a－2b＝(－5,4)，
于是|a－2b|＝＝.
解法二：因為a＝(1,2)，b＝(3，－1)，
所以|a|＝，|b|＝，a·b＝1.
于是|a－2b|＝
＝
＝＝.
(3)2a－b＝(2cos θ－，2sin θ)，
|2a－b|＝
＝
＝，
當cos θ＝－1時，|2a－b|取最大值2＋.
[歸納提升]　求向量的模的兩種基本策略
(1)字母表示下的運算：
利用|a|2＝a2，將向量模的運算轉化為向量與向量的數量積的問題．
(2)坐標表示下的運算：
若a＝(x，y)，則a·a＝a2＝|a|2＝x2＋y2，于是有|a|＝.
對點練習 (1)已知a＝(1,2)，b＝(x,4)，且a與b平行，則|a－b|＝ 　.
(2)已知向量a＝(1，－2)，b＝(m,2)，且a⊥b，則|ma＋b|＝_10__.
[解析]　(1)已知a＝(1,2)，b＝(x,4)，且a與b平行，
所以2×x＝1×4，所以x＝2，
所以b＝(2,4)，所以a－b＝(－1，－2)，
所以|a－b|＝＝.
故答案為.
(2)因為向量a＝(1，－2)，b＝(m,2)，且a⊥b，所以1·m－2×2＝0，解得m＝4.
所以b＝(4,2)．故ma＋b＝(4，－8)＋(4,2)＝(8，－6)，
所以|ma＋b|＝＝10.
故答案為10.
題型三　向量夾角和垂直問題
典例3　已知點A(2,1)，B(3,2)，D(－1,4)．
(1)求證：AB⊥AD；
(2)要使四邊形ABCD為矩形，求點C的坐標以及矩形ABCD兩對角線所夾銳角的余弦值．
[解析]　(1)證明：因為A(2,1)，B(3,2)，D(－1,4)，所以＝(1,1)，＝(－3,3)，
所以·＝1×(－3)＋1×3＝0，
所以⊥，即AB⊥AD．
(2)因為⊥，四邊形ABCD為矩形，
所以＝，設C點的坐標為(x，y)，
則由＝(1,1)，＝(x＋1，y－4)，
得解得所以C點的坐標為(0,5)，
從而＝(－2,4)，＝(－4,2)，
且||＝2，||＝2.
·＝8＋8＝16，設與的夾角為θ，
則cos θ＝＝＝，
所以矩形的兩條對角線的夾角的余弦值為.
[歸納提升]　利用數量積的坐標運算求兩向量夾角的步驟
(1)利用平面向量數量積的坐標表示公式求出這兩個向量的數量積．
(2)利用|a|＝計算出這兩個向量的模．
(3)由公式cos θ＝直接求出cos θ的值．
(4)在[0，π]內，由cos θ的值求角θ.
對點練習 (1)已知a＝(1,2)，b＝(－3,2)，若ka＋b與a－3b垂直，則k的值為_19__.
(2)已知2a－b＝(－1，)，c＝(1，)，且a·c＝3，|b|＝4，則b與c的夾角為_60°__.
[解析]　(1)ka＋b＝k(1,2)＋(－3,2)＝(k－3,2k＋2)．
a－3b＝(1,2)－3(－3,2)＝(10，－4)．
又ka＋b與a－3b垂直，
故(ka＋b)·(a－3b)＝0，
即(k－3)×10＋(2k＋2)×(－4)＝0，得k＝19.
(2)(2a－b)·c＝2a·c－b·c
＝(－1，)·(1，)＝2.
∵a·c＝3，∴b·c＝4.
∴cos〈b，c〉＝＝＝.
故〈b，c〉＝60°.
易錯警示
忽視向量共線致誤
典例4　已知a＝(1，－2)，b＝(1，λ)，且a與b的夾角θ為銳角，則實數λ的取值范圍是( A )
A．(－∞，－2)∪
B．
C．∪
D．
[錯解]　∵a與b的夾角θ為銳角，
∴cos θ>0，即a·b＝1－2λ>0，得λ<，故選D．
[錯因分析]　由于0≤θ≤π，利用cos θ＝來判斷角θ時，要注意cos θ<0有兩種情況：一是θ是鈍角，二是θ＝π；cos θ>0也有兩種情況：一是θ為銳角，二是θ＝0.本題錯解中就是忽略了θ＝0這種情況，此時cos θ＞0成立，但夾角不是銳角．
[正解]　∵a與b的夾角θ為銳角，
∴cos θ>0且cos θ≠1，即a·b>0且a與b方向不同，
即a·b＝1－2λ>0，且a≠mb(m>0)，解得λ∈(－∞，－2)∪，故選A．
[誤區警示]　對于非零向量a與b，設其夾角為θ，則θ為銳角 cos θ>0，且cos θ≠1 a·b>0，且a≠mb(m>0)；θ為鈍角 cos θ<0，且cos θ≠－1 a·b<0，且a≠mb(m<0)；θ為直角 cos θ＝0 a·b＝0.
對點練習 已知向量＝(0，－6)，＝(8,0)，＝(x，y)．
(1)若點A，B，C三點共線，求實數x，y滿足的關系；
(2)若x＝1且∠ACB為鈍角，求實數y的取值范圍．
[解析]　(1)因為A，B，C三點共線，即∥，
＝(－x，－6－y)，＝(8－x，－y)，所以xy－(－6－y)(8－x)＝0，
即3x－4y－24＝0.
(2)因為∠ACB為鈍角，所以·<0且，不共線，
由(1)得：當x＝1，且∥時，y＝－，
因為，不共線，所以y≠－，
＝(－1，－6－y)，＝(7，－y)，
·＝－7＋6y＋y2<0，
解得：－7所以實數y的取值范圍為∪.
1．若向量a＝(x,2)，b＝(－1,3)，a·b＝3，則x等于( A )
A．3 B．－3
C． D．－
[解析]　a·b＝－x＋6＝3，故x＝3.
2．設向量a＝(2,0)，b＝(1,1)，則下列結論中正確的是( D )
A．|a|＝|b| B．a·b＝0
C．a∥b D．(a－b)⊥b
[解析]　a－b＝(1，－1)，所以(a－b)·b＝1－1＝0，所以(a－b)⊥b.
3．設平面向量a＝(1,2)，b＝(－2，y)，若a∥b，則|2a－b|等于( D )
A．4 B．5
C．3 D．4
[解析]　由a∥b得y＋4＝0，
所以y＝－4，b＝(－2，－4)，所以2a－b＝(4,8)，所以|2a－b|＝4.
4．已知a＝(3，－1)，b＝(1，－2)，則a與b的夾角為( B )
A． B．
C． D．
[解析]　∵|a|＝，|b|＝，a·b＝5.
∴cos 〈a，b〉＝＝＝.
又∵a，b的夾角范圍為[0，π]，∴a與b的夾角為.
5．已知向量a＝(3，－1)，b＝(1，－2)，求：
(1)a·b；
(2)(a＋b)2；
(3)(a＋b)·(a－b)．
[解析]　(1)因為a＝(3，－1)，b＝(1，－2)，則a·b＝3×1＋(－1)×(－2)＝5.
(2)因為a＝(3，－1)，b＝(1，－2)，則a＋b＝(4，－3)，
因此，(a＋b)2＝42＋(－3)2＝25.
(3)由已知可得a－b＝(2,1)，則(a＋b)·(a－b)＝4×2＋(－3)×1＝5.6.4.1　平面幾何中的向量方法
6.4.2　向量在物理中的應用舉例
課標要求
1．掌握用向量方法解決簡單的幾何問題、力學問題等一些實際問題．
2．體會向量是一種處理幾何問題、物理問題的重要工具．
3．培養運用向量知識解決實際問題和物理問題的能力．
素養要求
通過合作探究用向量方法解決平面幾何問題的實際過程，體會數學建模及邏輯推理素養.
知識點 1　用向量方法解決平面幾何問題的“三步曲”
(1)建立平面幾何與向量的聯系，用向量表示問題中涉及的幾何元素，將平面幾何問題轉化為向量問題．
(2)通過向量運算，研究幾何元素之間的關系，如距離、夾角等問題．
(3)把運算結果“翻譯”成幾何關系．
知識點 2　向量在物理中的應用
(1)物理問題中常見的向量有力、速度、位移等．
(2)向量的加減法運算體現在一些物理量的合成和分解中．
(3)動量mv是向量的數乘運算．
(4)功是力F與位移s的數量積．
練一練：
1．若＝3a，＝－5a，且||＝||，則四邊形ABCD是( C )
A．平行四邊形 B．菱形
C．等腰梯形 D．非等腰梯形
[解析]　∵＝3a，＝－5a，∴∥，||≠||，∵||＝||，
∴四邊形ABCD是等腰梯形，故選C．
2．某人在無風條件下騎自行車的速度為v1，風速為v2(|v1|>|v2|)，則逆風行駛的速度的大小為( C )
A．v1－v2 B．v1＋v2
C．|v1|－|v2| D．
[解析]　題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，速度的大小是實數．故逆風行駛的速度的大小為|v1|－|v2|.
題型探究
題型一　平行(共線)問題
典例1　如圖，在平行四邊形ABCD中，已知DE＝AB，DF＝DB，求證：A，E，F三點共線．
[證明]　要證明A，E，F三點共線，只需證明∥即可．
證法一：因為DE＝AB，DF＝DB，
所以＝，＝＝.
于是＝－＝－＝＋＝＝－，因此∥，
又因為，有公共點F，所以A，E，F三點共線．
證法二：以A為原點，以為x軸正方向建立平面直角坐標系如圖：
則A(0,0)，設B(3a,0)，D(m，n)，則E(m＋a，n)．
∵＝，∴＝3，設F(x，y)，則
即F，
又＝(m＋a，n)，＝＝(m＋a，n)＝，
∴∥.又A為公共點，
∴A，E，F三點共線．
[歸納提升]　(1)證明A，B，C三點共線的步驟
①證明其中兩點組成的向量與另外兩點組成的向量共線．
②說明兩向量有公共點．
③下結論，即A，B，C三點共線．
(2)證明三點共線的方法
①基底法．
②坐標法．
對點練習 (1)已知A，B，C，D四點的坐標分別為(1,0)，(4,3)，(2,4)，(0,2)，則此四邊形為( A )
A．梯形 B．菱形
C．矩形 D．正方形
(2)如圖所示，在平行四邊形ABCD中，BC＝2BA，∠ABC＝60°，作AE⊥BD交BC于點E，求BE∶EC．
[解析]　(2)設＝a，＝b，|a|＝1，|b|＝2，
則a·b＝|a||b|cos 60°＝1，
＝a＋b.
設＝λ＝λb，則＝－＝λb－a.
由AE⊥BD，得·＝0，
即(λb－a)·(a＋b)＝0，
解得λ＝，
所以BE∶EC＝∶＝2∶3.
題型二　垂直問題
典例2　如圖所示，在正方形ABCD中，P為對角線AC上任一點，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分別為E，F，連接DP，EF，求證：DP⊥EF.
[證明]　證法一：設正方形ABCD的邊長為1，AE＝a(0則EP＝AE＝a，PF＝EB＝1－a，AP＝a，
∴·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·
＝1×a×cos 180°＋1×(1－a)×cos 90°＋a×a×cos 45°＋a×(1－a)×cos 45°
＝－a＋a2＋a(1－a)＝0.
∴⊥，即DP⊥EF.
證法二：設正方形的邊長為1，建立如圖所示的平面直角坐標系，
設P(x，x)，則D(0,1)，E(x,0)，F(1，x)，所以＝(x，x－1)，＝(1－x，x)，
由于·＝x(1－x)＋x(x－1)＝0，
所以⊥，即DP⊥EF.
[歸納提升]　向量法解決平面幾何問題的兩種方法
(1)基底法：選取適當的基底(盡量用已知模或夾角的向量作為基底)，將題中涉及的向量用基底表示，利用向量的運算法則、運算律或性質計算；
(2)坐標法：建立平面直角坐標系，實現向量的坐標化，將幾何問題中的長度、垂直、平行等問題轉化為代數運算．一般地，題目中已建好坐標系或易建坐標系的問題適合用坐標法．
對點練習 如圖所示，在正方形ABCD中，E，F分別是AB，BC的中點，求證：AF⊥DE.
[證明]　證法一：設＝a，＝b，則|a|＝|b|，a·b＝0，
又＝＋＝－a＋，＝＋＝b＋，
所以·＝·＝－a2－a·b＋
＝－|a|2＋|b|2＝0.
故⊥，即AF⊥DE.
證法二：建立如圖所示的平面直角坐標系，設正方形的邊長為2，則A(0,0)，D(0,2)，E(1,0)，F(2,1)，＝(2,1)，＝(1，－2)．
因為·＝(2,1)·(1，－2)＝2－2＝0，
所以⊥，即AF⊥DE.
題型三　長度與距離問題
典例3　證明：平行四邊形兩條對角線的平方和等于四條邊的平方和．已知：平行四邊形ABCD．求證：AC2＋BD2＝AB2＋BC2＋CD2＋DA2.
[分析]　設＝a，＝b，利用a、b表示、，然后帶入||2＋||2中計算即可完成證明．
[證明]　不妨設＝a，＝b，則＝a＋b，＝a－b，
||2＝|a|2，||2＝|b|2，得||2＝·＝(a＋b)·(a＋b)＝|a|2＋|b|2＋2a·b①
同理||2＝·＝(a－b)·(a－b)＝|a|2＋|b|2－2a·b②，
①＋②得：
||2＋||2＝2(|a|2＋|b|2)＝2(||2＋||2)＝||2＋||2＋||2＋||2
所以，平行四邊形兩條對角線的平方和等于四條邊的平方和．得證．
[歸納提升]　利用向量法解決長度問題的策略
向量法求平面幾何中的長度問題，即向量長度的求解，一是利用圖形特點選擇基底，向向量的數量積轉化，用公式|a|2＝a2求解；二是建立坐標系，確定相應向量的坐標，代入公式：若a＝(x，y)，則|a|＝.
對點練習 已知Rt△ABC中，∠C＝90°，設AC＝m，BC＝n.
(1)若D為斜邊AB的中點，求證：CD＝AB；
(2)若E為CD的中點，連接AE并延長交BC于F，求AF的長度(用m，n表示)．
[解析]　(1)證明：以C為坐標原點，以邊CB，CA所在的直線分別為x軸，y軸建立平面直角坐標系，如圖所示，A(0，m)，B(n,0)．
∵D為AB的中點，∴D，
∴||＝，||＝，
∴||＝||，即CD＝AB．
(2)∵E為CD的中點，∴E，
設F(x,0)，則＝，＝(x，－m)．
∵A，E，F三點共線，∴＝λ.
即(x，－m)＝λ，
則
故λ＝，即x＝，∴F，
∴||＝，
即AF＝.
題型四　向量在物理中的應用
典例4　(1)在重300 N的物體上系兩根繩子，這兩根繩子在鉛垂線的兩側，與鉛垂線的夾角分別為30°，60°(如圖)，求重物平衡時，兩根繩子拉力的大小；
(2)已知兩恒力F1＝(3,4)，F2＝(6，－5)作用于同一質點，使之由點A(20,15)移動到點B(7,0)，求F1，F2分別對質點所做的功(力的單位：N，位移的單位：m)．
[分析]　(1)向量在解決涉及速度、位移等物理量的合成與分解時，實質就是向量的線性運算．
(2)物理上力的做功就是力在物體前進方向上的分力與物體位移的乘積，即W＝|F||s|cos 〈F，s〉，功是一個實數，它可正可負，也可以為零．力的做功涉及兩個向量及這兩個向量的夾角，它的實質是向量F與s的數量積．
[解析]　(1)如圖，兩根繩子的拉力之和＋＝，且||＝||＝300 N，∠AOC＝30°，∠BOC＝60°.
在△OAC中，∠ACO＝∠BOC＝60°，∠AOC＝30°，則∠OAC＝90°，
從而||＝||·cos 30°＝150(N)，
||＝||·sin 30°＝150(N)，
所以||＝||＝150(N)．
所以與鉛垂線成30°角的繩子的拉力是150 N，與鉛垂線成60°角的繩子的拉力是150 N.
(2)設物體在力F作用下的位移為s，則所做的功為W＝F·s.
∵＝(7,0)－(20,15)＝(－13，－15)．
∴W1＝F1·＝(3,4)·(－13，－15)＝3×(－13)＋4×(－15)＝－99(焦)，
W2＝F2·＝(6，－5)·(－13，－15)＝6×(－13)＋(－5)×(－15)＝－3(焦)．
[歸納提升]　用向量方法解決物理問題的“三步曲”
對點練習 (1)河水自西向東流動的速度為10 km/h，小船自南岸沿正北方向航行，小船在靜水中的速度為10 km/h，求小船的實際航行速度；
(2)一物體在力F1＝(2,4)和F2＝(－5,3)的作用下，由點A(1,0)移動到點B(2,4)，在這個過程中這兩個力的合力對物體所做的功等于( A )
A．25 B．5
C．－5 D．－25
[解析]　(1)設a，b分別表示水流的速度和小船在靜水中的速度，過平面內一點O作＝a，＝b，以，為鄰邊作矩形OACB，連接，如圖，
則＝a＋b，并且即為小船的實際航行速度．
∴||＝＝＝20(km/h)，
tan ∠AOC＝＝，
∴∠AOC＝60°，
∴小船的實際航行速度為20 km/h，按北偏東30°的方向航行．
(2)∵F1＋F2＝(－3,7)，＝(1,4)，∴(F1＋F2)·＝－3×1＋7×4＝25，
即兩個力的合力對物體所做的功等于25.
故選A．
易錯警示
做功問題因對角度認識不清而致錯
典例5　如圖所示，某人用1.5 m長的繩索，施力25 N，把重物沿坡度為30°的斜面向上拖了6 m，拖拉點距斜面的垂直高度為1.2 m．求此人對物體所的功．
[錯解]　記沿斜面向上方向的單位向量為e，則位移s＝6e，W＝F·s＝|F||s|cos θ＝25×6×＝75(J)，
所以此人對物體所做的功為75 J.
[錯因分析]　要求此人對物體所做的功，可以轉化為求解作用力F與物體的位移s兩者之間的數量積，根據向量數量積的公式，關鍵是求解作用力F與物體的位移s兩者之間的夾角的大小，進而根據公式求得此人對物體所做的功．錯解中錯誤地利用了題目中給出的角度，此角度不是作用力F與物體的位移s兩者之間的夾角．
[正解]　因為繩索長1.5 m，拖拉點距斜面的垂直高度為1.2 m，斜面坡度為30°，所以作用力F與斜面之間所成的角度θ滿足sin θ＝＝，所以cos θ＝＝，記沿斜面向上方向的單位為e，則位移s＝6e，
W＝F·s＝|F||s|cos θ＝25×6×＝30(J)，
所以此人對物體所做的功為30 J.
對點練習 如圖所示，在傾斜角為37°(sin 37°＝0.6)，高為2 m的斜面上，質量為5 kg的物體m沿斜面下滑，物體m受到的摩擦力是它對斜面壓力的0.5倍，則斜面對物體m的支持力所做的功為_0__J，重力對物體m所做的功為_98__J(g＝9.8 m/s2)．
[解析]　物體m的位移大小為|s|＝＝(m)，則支持力對物體m所做的功為W1＝F·s＝|F|·|s|cos 90°＝0(J)；
重力對物體m所做的功為W2＝G·s＝|G||s|·cos 53°＝5×9.8××0.6＝98(J)．
1．若＝2e1，＝－3e1，||＝||，則四邊形ABCD是( C )
A．平行四邊形 B．梯形
C．等腰梯形 D．菱形
[解析]　由于＝－，所以∥且||≠||，所以四邊形ABCD是梯形．又因為||＝||，即梯形的腰長相等，因此四邊形ABCD是等腰梯形，故選C．
2．已知作用在點A(1,1)的三個力F1＝(3,4)，F2＝(2，－5)，F3＝(3,1)，則合力F＝F1＋F2＋F3的終點坐標是( B )
A．(8,0) B．(9,1)
C．(－1,9) D．(3,1)
[解析]　∵F＝(8,0)，∴終點坐標為(8,0)＋(1,1)＝(9,1)，故選B．
3．在四邊形ABCD中，若＋＝0，·＝0，則四邊形為( D )
A．平行四邊形 B．矩形
C．等腰梯形 D．菱形
[解析]　由＋＝0，得＝－＝，∴四邊形ABCD為平行四邊形．又·＝0知，對角線互相垂直，故四邊形為菱形，故選D．
4．如圖所示，一力作用在小車上，其中力F的大小為10 N，方向與水平面成60°角，當小車向前運動10米，則力F做的功為( B )
A．100焦耳 B．50焦耳
C．50焦耳 D．200焦耳
[解析]　F做的功為|F|cos 60°×10＝10××10＝50(焦耳)．
5．在△ABC中，已知A(4,1)，B(7,5)，C(－4,7)，則BC邊上的中線AD的長是( B )
A．2 B．
C．3 D．
[解析]　∵BC的中點為D，＝，∴||＝.6.4.3　余弦定理、正弦定理
第1課時　余弦定理
課標要求
1．掌握余弦定理的兩種表示形式及證明余弦定理的向量方法．
2．會運用余弦定理解決兩類基本的解三角形問題．
素養要求
借助于向量的運算，探索三角形邊長與角度的關系，體會邏輯推理及數學運算素養.
知識點 1　余弦定理
文字語言 三角形中任何一邊的平方等于其他兩邊的平方的和_減去__這兩邊與它們的夾角的余弦的積的　_兩__倍
符號語言 在△ABC中，a2＝_b2＋c2－2bccos_A__，b2＝_c2＋a2－2cacos_B__，c2＝_a2＋b2－2abcos_C__
推論 在△ABC中，cos A＝ 　，cos B＝ 　，cos C＝ 　
[提醒]　(1)利用余弦定理可以解兩類有關三角形的問題
①已知兩邊及其夾角，解三角形；
②已知三邊，解三角形．
(2)余弦定理和勾股定理的關系
在△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C，若角C＝90°，則cos C＝0，于是c2＝a2＋b2，這說明勾股定理是余弦定理的特例，余弦定理是勾股定理的推廣．
練一練：
在△ABC中，符合余弦定理的是( A )
A．c2＝a2＋b2－2abcos C
B．c2＝a2－b2－2bccos A
C．b2＝a2－c2－2bccos A
D．cos C＝
[解析]　由余弦定理及其推論知只有A正確．故選A．
知識點 2　解三角形
一般地，三角形的三個角A，B，C和它們的對邊a，b，c叫做三角形的_元素__.已知三角形的幾個元素求其他元素的過程叫做_解三角形__.
想一想：
已知三角形內角的余弦值求角時，是否存在多解的情況？
提示：在已知三角形內角的余弦值求角時，由于函數y＝cos x在(0，π)上單調遞減，所以角的余弦值與角一一對應，故不存在多解的情況．
練一練：
1．在△ABC中，已知a＝9，b＝2，C＝150°，則c＝( D )
A． B．8
C．10 D．7
[解析]　由余弦定理得：
c＝＝＝7.故選D．
2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝1，b＝，c＝，則B＝_150°__.
[解析]　由余弦定理，得cos B＝＝＝－.又0°題型探究
題型一　已知兩邊及一角解三角形
典例1　(1)在△ABC中，已知b＝60 cm，c＝60 cm，A＝，則a＝_60__cm；
(2)在△ABC中，若c＝，b＝5，且cos C＝，則a＝_4或5__.
[分析]　(1)由余弦定理可直接求第三邊；
(2)先由余弦定理建立方程，從中解出a的長．
[解析]　(1)由余弦定理得：
a＝
＝＝60(cm)．
(2)由余弦定理得：()2＝52＋a2－2×5×a×，
所以a2－9a＋20＝0，解得a＝4或a＝5.
[歸納提升]　已知兩邊及一角解三角形的兩種情況
(1)若已知角是其中一邊的對角，可用余弦定理列出關于第三邊的一元二次方程求解．
(2)若已知角是兩邊的夾角，則直接運用余弦定理求出另外一邊，再用余弦定理和三角形內角和定理求其他角．
對點練習 (1)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝1，c＝2，cos B＝，則b＝ 　.
(2)(2022·成都高一檢測)在△ABC中，C＝，AB＝7，BC＝3，則AC＝( B )
A． B．5
C． D．6
[解析]　(1)在△ABC中，a＝1，c＝2，cos B＝，
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝12＋22－2×1×2×＝3，則b＝.故答案為.
(2)在△ABC中，C＝，AB＝7，BC＝3，如圖所示：
由余弦定理得72＝AC2＋32－2·3·AC·cos，
整理得AC2＋3·AC－40＝0，
解得AC＝5或AC＝－8(不合題意，舍去)，所以AC＝5.
題型二　已知三邊解三角形
典例2　(1)在△ABC中，已知a＝2，b＝6＋2，c＝4，求A，B，C；
(2)在△ABC中，a2－(b－c)2＝bc，則A＝( B )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
[解析]　(1)根據余弦定理，
cos A＝＝＝.
∵A∈(0，π)，∴A＝.
cos C＝
＝＝，
∵C∈(0，π)，∴C＝.
∴B＝π－A－C＝π－－＝，
∴A＝，B＝，C＝.
(2)由題意知a2－b2－c2＋2bc＝bc，
∴b2＋c2－a2＝bc
cos A＝＝＝，
所以A＝60°.
[歸納提升]　已知三角形三邊求角，可先用余弦定理求一個角，繼續用余弦定理求另一個角，進而求出第三個角．
對點練習 (1)在△ABC中，AB＝3，BC＝5，AC＝7，則角B的余弦值是 －　.
(2)在△ABC中，若(a＋c)(a－c)＝b(b－c)，則A等于( B )
A．90° B．60°
C．120° D．150°
[解析]　(1)在△ABC中，AB＝3，BC＝5，AC＝7，
則cos B＝＝－.故答案為－.
(2)因為(a＋c)(a－c)＝b(b－c)，
所以b2＋c2－a2＝bc，
所以cos A＝＝.
因為A∈(0°，180°)，所以A＝60°.
題型三　判斷三角形的形狀
典例3　在△ABC中，若b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C，試判斷△ABC的形狀．
[分析]　利用余弦定理將已知等式化為邊的關系．
[解析]　已知等式變形為b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝2bccos B·cos C，
∴b2＋c2＝b2cos2C＋c2cos2B＋2bccos B·cos C，
∵b2cos2C＋c2cos2B＋2bccos Bcos C＝
(bcos C＋ccos B)2＝a2，
∴b2＋c2＝a2，∴△ABC為直角三角形．
[歸納提升]　利用余弦定理判斷三角形形狀的方法及注意事項
(1)利用余弦定理把已知條件轉化為邊的關系，通過因式分解、配方等得出邊的相應關系，從而判斷三角形的形狀．
(2)統一成邊的關系后，注意等式兩邊不要輕易約分，否則可能會出現漏解．
對點練習 在△ABC中，acos A＋bcos B＝ccos C，試判斷△ABC的形狀．
[解析]　由余弦定理知cos A＝，
cos B＝，cos C＝，
代入已知條件得
a·＋b·＋c·＝0，
通分得
a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＋c2(c2－a2－b2)＝0，
展開整理得(a2－b2)2＝c4.
∴a2－b2＝±c2，即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2.
根據勾股定理知△ABC是直角三角形．
易錯警示
忽略三角形三邊關系導致出錯
典例4　設2a＋1，a,2a－1為鈍角三角形的三邊，求實數a的取值范圍．
[錯解]　∵2a＋1，a,2a－1是三角形的三邊，
∴解得a>，
∴2a＋1是三邊長中最長的邊，設其所對角為θ，
∵2a＋1，a,2a－1是鈍角三角形的三邊，
∴cos θ<0，
即＝<0，
解得∴a的取值范圍是.
[錯因分析]　解題時，易忽略三角形的三邊滿足兩邊之和大于第三邊，而使某些字母的范圍變大，本題中a＋(2a－1)>2a＋1，即a>2，而不是a>.
[正解]　∵2a＋1，a,2a－1是三角形的三邊，
∴解得a>，此時2a＋1最大．
要使2a＋1，a,2a－1表示三角形的三邊，
還需a＋(2a－1)>2a＋1，解得a>2.
設最長邊2a＋1所對的角為θ，
則cos θ＝＝<0，
解得∴a的取值范圍是(2,8)．
[誤區警示]　由于余弦定理及公式的變形較多，且涉及平方和開方等運算，可能會因不細心而導致錯誤．在利用余弦定理求出三角形的三邊時，還要判斷一下三邊能否構成三角形．
對點練習 在鈍角三角形ABC中，a＝1，b＝2，c＝t，且C是最大角，求t的取值范圍．
[解析]　因為a，b，c是△ABC的三邊，
所以b－a所以2－1又△ABC是鈍角三角形，且C是最大角，
所以90°所以cos C<0，所以cos C＝＝<0，
所以t2>5.又t>0，所以t>.
所以t的取值范圍為(，3)．
1．在△ABC中，已知a2＝b2＋c2＋bc，則角A等于( C )
A．60° B．45°
C．120° D．30°
[解析]　由cos A＝＝－，∴A＝120°.
2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc，則sin(B＋C)＝( B )
A．－ B．
C．± D．
[解析]　因為b2＋c2－a2＝bc，
所以cos A＝＝＝，A∈(0，π)，
所以sin A＝＝，
所以sin(B＋C)＝sin A＝.
3．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若>0，則△ABC( C )
A．一定是銳角三角形 B．一定是直角三角形
C．一定是鈍角三角形 D．是銳角或直角三角形
[解析]　由>0得－cos C>0，所以cos C<0，從而C為鈍角，因此△ABC一定是鈍角三角形．
4．已知在△ABC中，AB＝BC，AC＝3，cos B＝，則AB＝_5__.
[解析]　設BC＝4t，則AB＝5t(t>0)，由余弦定理可得AC2＝BC2＋AB2－2AB·BCcosB，
整理可得41t2－2×5t×4t×＝9，
解得t＝1，因此AB＝5t＝5.
5．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝1，c＝
(1)若B＝，求b；
(2)若A＝，求b.
[解析]　(1)由余弦定理，得cos B＝＝＝，
解得b＝1(負值舍去)，
故b＝1.
(2)由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
即1＝b2＋3－2b×，
整理得b2－3b＋2＝0，
解得b＝1或b＝2.第2課時　正弦定理
課標要求
借助于向量的運算，探索三角形邊長與角度的關系，掌握正弦定理，能用正弦定理解決簡單的解三角形問題．
素養要求
通過對任意三角形邊角關系的探索，證明正弦定理并運用正弦定理解三角形，提升邏輯推理素養及數學運算素養.
知識點 1　正弦定理的表示
文字語言 在一個三角形中，各邊和它所對角的_正弦__的比相等
符號語言 ＝ 　＝ 　
想一想：
在△ABC中，已知兩邊與其中一邊的對角時，怎樣確定三角形解的個數？
提示：已知△ABC的兩邊a，b和角A解三角形時，有以下方法：根據三角函數的性質來判斷．
由正弦定理，得sin B＝.
當>1時，則無解；
當＝1時，則有一解；
當<1時，若a≥b，即A≥B，則B一定為銳角，則有一解；若a[提醒]　利用正弦定理可以解決以下兩類有關三角形的問題
(1)已知兩角和任意一邊，求其他兩邊和第三個角．
(2)已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊的對角，從而求出其他的邊和角．
練一練：
在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，則sin B＝( A )
A． B．
C． D．
[解析]　由＝.
故＝，解得sin B＝.
知識點 2　正弦定理的常見變形
(1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C(R為△ABC外接圓的半徑)．
(2)sin A＝，sin B＝，sin C＝(R為△ABC外接圓的半徑)．
(3)三角形的邊長之比等于對應角的正弦比，即a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C．
(4)＝＝＝.
(5)asin B＝bsin A，asin C＝csin A，bsin C＝csin B．
想一想：
如圖所示，在Rt△ABC中，斜邊c等于Rt△ABC外接圓的直徑2R，故有＝＝＝2R，這一關系對銳角三角形和鈍角三角形也成立嗎？
提示：(1)如圖，△ABC為銳角三角形，圓O為△ABC的外接圓，連接BO并延長交圓O于點D，連接CD．
因為∠A＝∠D，則在△BCD中，＝＝2R.
同理，＝＝2R，所以＝＝＝2R成立．
(2)如圖，△ABC為鈍角三角形，圓O為△ABC的外接圓，連接AO并延長交圓O于點B′，連接CB′，則∠B＝180°－∠B．
則＝＝＝2R.同理＝2R，＝2R.
所以＝＝＝2R仍成立．
練一練：
在△ABC中，一定成立的式子是( C )
A．asin A＝bsin B B．asin A＝bcos B
C．asin B＝bsin A D．acos B＝b cos A
[解析]　由正弦定理，asin B＝bsin A sin Asin B＝sin Bsin A．故選C．
題型探究
題型一　已知兩角及一邊解三角形
典例1　在△ABC中，已知A＝45°，B＝30°，a＝2，解此三角形．
[分析]　已知兩角，由三角形內角和定理可求出第三個角，已知一邊可由正弦定理求其他兩邊．
[解析]　由三角形內角和定理得
C＝180°－(A＋B)＝180°－(45°＋30°)＝105°.
根據正弦定理得，b＝＝＝＝，
c＝＝＝＝＝＋1.
[歸納提升]　已知任意兩角和一邊，解三角形的步驟：
(1)求角：根據三角形內角和定理求出第三個角．
(2)求邊：根據正弦定理，求另外的兩邊．
已知內角不是特殊角時，往往先求出其正弦值，再根據以上步驟求解．
對點練習 在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b＝4，cos A＝，cos B＝，則c＝ 　.
[解析]　因為cos A＝，cos B＝，所以sin A＝，sin B＝，所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝，
因為＝，所以c＝＝＝.
題型二　已知兩邊及一邊的對角解三角形
典例2　在△ABC中，解三角形．
(1)b＝4，c＝8，B＝30°；
(2)a＝，b＝2，A＝30°.
[分析]　在△ABC中，已知兩邊和其中一邊的對角，可運用正弦定理求解，但要注意解的個數的判定．
[解析]　(1)由正弦定理，得sin C＝＝＝1.
∵30°從而A＝180°－(B＋C)＝60°.
a＝＝4.
∴C＝90°，A＝60°，a＝4.
(2)由＝，
得sin B＝＝＝，
∵aA＝30°，∴B＝45°或B＝135°.
當B＝45°時，
C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋45°)＝105°，
又＝，
∴c＝＝＝＝＝＋1.
當B＝135°時，
C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋135°)＝15°，
∴c＝＝＝＝－1.
∴B＝45°，C＝105°，c＝＋1或B＝135°，C＝15°，c＝－1.
[歸納提升]　已知三角形兩邊及一邊對角解三角形時利用正弦定理求解，但要注意判定解的情況．基本步驟是：(1)求正弦：根據正弦定理求另外一邊所對角的正弦值，判斷解的情況．(2)求角：先根據正弦值求角，再根據內角和定理求第三角．(3)求邊：根據正弦定理求第三條邊的長度．
對點練習 (1)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a＝4，b＝4，B＝60°，則角A＝( A )
A．30° B．45°
C．30°或150° D．45°或135°
(2)(多選題)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則下列對三角形解的個數判斷正確的是( BC )
A．a＝7，b＝14，A＝30°，有兩解
B．a＝30，b＝25，A＝150°，有一解
C．a＝，b＝，A＝60°，無解
D．a＝6，b＝9，A＝45°，有兩解
[解析]　(1)根據正弦定理＝可得，sin A＝＝＝.
又a故選A．
(2)由正弦定理得＝，
所以sin B＝.
sin B＝＝＝1，則B＝，只有一解，故A錯；
sin B＝＝＝，又a>b，則只有一解，故B正確；
sin B＝＝＝>1，則無解，故C正確；
sin B＝＝＝>1，則無解，故D錯；故選BC．
題型三　判斷三角形的形狀
典例3　在△ABC中，若(a－c·cos B)·sin B＝(b－c·cos A)·sin A，判斷△ABC的形狀．
[分析]　
[解析]　解法一：(角化邊)因為(a－c·cos B)·sin B＝(b－c·cos A)·sin A，
所以·b＝·a，
整理得：b2(a2－c2＋b2)＝a2(b2－c2＋a2)，
即(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，
所以a2＋b2－c2＝0或a2＝b2.
所以a2＋b2＝c2或a＝b.
故△ABC為直角三角形或等腰三角形．
解法二：(邊化角)根據正弦定理，原等式可化為：
(sin A－sin Ccos B)sin B＝(sin B－sin Ccos A)·sin A，
即sin Ccos Bsin B＝sin Ccos Asin A．
因為sin C≠0，所以sin Bcos B＝sin Acos A．
所以sin 2B＝sin 2A．所以2B＝2A或2B＋2A＝π，
即A＝B或A＋B＝.
所以△ABC是等腰三角形或直角三角形．
[歸納提升]　在判斷三角形的形狀時，一般考慮從兩個方向進行變形：一個方向是邊，走的是代數變形途徑，通常是正、余弦定理結合；另一個方向是角，走的是三角變換途徑．由于高考重點考查的是三角變換，故解決此類問題時，可先考慮把邊轉化成角，若用此種方法不好解決問題，再考慮把角轉化成邊，但計算量常較大．
對點練習 (1)在△ABC中，已知acos B＝bcos A，則△ABC一定是( A )
A．等腰三角形 B．等邊三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
(2)已知在△ABC中，角A，B所對的邊分別是a和b，若＝，試判斷△ABC的形狀．
[解析]　(1)由正弦定理得：acos B＝bcos A sin Acos B＝sin Bcos A sin(A－B)＝0，
由于－π(2)因為＝，
所以＝，
所以sin Acos A＝sin Bcos B，
即sin 2A＝sin 2B．
所以2A＝2B或2A＋2B＝π，
即A＝B或A＋B＝.
所以△ABC為等腰三角形或直角三角形.
題型四　正、余弦定理的簡單綜合
典例4　設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且bsin A＝acos B．
(1)求角B的大小；
(2)若b＝3，sin C＝2sin A，求a，c的值．
[分析]　(1)對條件用正弦定理可轉化統一成角的關系，進而求出B．(2)由正弦定理可知c＝2a，再用余弦定理列方程可求得a，c.
[解析]　(1)∵bsin A＝acos B，
由正弦定理得sin Bsin A＝sin Acos B．
在△ABC中，sin A≠0，
即得tan B＝，∴B＝.
(2)∵sin C＝2sin A，由正弦定理得c＝2a，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
即9＝a2＋4a2－2a·2acos ，
解得a＝，∴c＝2a＝2.
對點練習 (1)若b2＋c2－bc＝a2，且＝，則△ABC的形狀為( D )
A．直角三角形 B．鈍角三角形
C．等腰直角三角形 D．等邊三角形
(2)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若c(sin B－1)＝b－c，則角C為( B )
A． B．或
C． D．或
[解析]　(1)因為b2＋c2－bc＝a2，所以cos A＝＝，
因為A，B，C∈(0，π)，所以A＝，
又因為＝，所以＝，
即cos B＝cos C，所以B＝C，
故△ABC是等邊三角形，
故選D．
(2)∵c(sin B－1)＝b－c，
∴csin B＝b，
由正弦定理，∴sin Csin B＝sin B，
由角B為三角形內角，則sin B≠0，可得sin C＝，
由0故選B．
易錯警示
利用正弦定理解三角形
典例5　在△ABC中，若A＝60°，BC＝4，AC＝4，則角B的大小為( B )
A．30° B．45°
C．135° D．45°或135°
[錯解]　根據正弦定理得＝，即＝，
解得sin B＝.
又B為三角形的內角，
所以角B為45°或135°(忽略了對角大小的判斷)．
[錯因分析]　本題最易犯的錯誤就是：
(1)由sin B＝得B＝45°或135°，而忽視AC＝4(2)在求出角的正弦值后，要根據“大邊對大角”和“內角和定理”討論角的取舍．
[正解]　根據正弦定理得＝，
即＝，
解得sin B＝.
又BC>AC，所以A>B，
所以角B為45°.
對點練習 已知△ABC中，a＝，b＝，B＝60°，那么角A等于( C )
A．135° B．90°
C．45° D．30°
[解析]　在△ABC中，由正弦定理，得＝，
即＝，
∴sin A＝＝.
∵a1．在△ABC中，若a＝，sin A＝，B＝，則b＝( A )
A．1 B．2
C．2 D．
[解析]　由正弦定理可得，＝，
所以＝，
解得b＝＝1.
故選A．
2．在△ABC中，若∠A＝60°，∠B＝45°，BC＝3，則AC＝( B )
A．4 B．2
C． D．
[解析]　由正弦定理可得＝，
∴AC＝＝2.
3．在△ABC中，AB＝，∠A＝75°，∠B＝45°，則AC＝_2__.
[解析]　在△ABC中，∠A＝75°，∠B＝45°，
所以∠C＝60°，
由正弦定理知＝，
所以AC＝＝＝2.
4．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝1，b＝，A＋C＝2B，則sin A＝ 　.
[解析]　因為A＋B＋C＝180°，
且A＋C＝2B，所以B＝60°，由正弦定理得sin A＝＝＝.
5．在△ABC中，若sin A＝2sin Bcos C，且sin 2A＝sin 2B＋sin 2C，試判斷△ABC的形狀．
[解析]　根據正弦定理，得＝＝，
∵sin2A＝sin2B＋sin2C，∴a2＝b2＋c2，
∴A是直角，B＋C＝90°，
∴2sin Bcos C＝2sin Bcos(90°－B)＝2sin2B＝sin A＝1，
∴sin B＝.
∵0°∴△ABC是等腰直角三角形．第3課時　余弦定理、正弦定理應用舉例
課標要求
1．能利用余弦定理、正弦定理解決簡單的生產、生活中的實際問題．
2．鞏固深化余弦定理、正弦定理有關知識與方法．
素養要求
通過分析問題，利用余弦、正弦定理解決實際問題，體會數學建模及數學運算素養.
知識點 1　基線的概念與選擇原則
(1)基線的定義
在測量過程中，我們把根據測量的需要而確定的線段叫做基線．
(2)選擇基線的原則
在測量過程中，為使測量工具有較高的精確度，應根據實際需要選取合適的基線長度，一般來說，基線_越長__，測量的精確度越高．
知識點 2　相關術語
(1)仰角和俯角
與目標視線在同一鉛垂平面內的水平視線和目標視線的夾角，目標視線在水平視線_上方__時叫仰角，目標視線在水平視線_下方__時叫俯角，如圖所示．
(2)方位角
指從_正北方向__順時針轉到目標方向線的水平角，如B點的方位角為α(如圖1所示)．
(3)方位角的其他表示——方向角
①正南方向：指從原點O出發的經過目標的射線與正南的方向線重合，即目標在正南的方向線上．依此可類推正北方向、正東方向和正西方向．
②東南方向：指經過目標的射線是正東和正南的夾角平分線(如圖2所示)．
練一練：
若P在Q的北偏東44°50′方向上，則Q在P的( C )
A．東偏北45°10′方向上
B．東偏北44°50′方向上
C．南偏西44°50′方向上
D．西偏南44°50′方向上
[解析]　如圖所示．
題型探究
題型一　測量距離問題
典例1　為測量河對岸兩個建筑物A、B之間的距離，選取相距 km的C、D兩點，并測得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，A、B之間的距離為 km　.
[解析]　在△ACD中，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，∴AC＝CD＝ km.
在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°，
∴BC＝＝.在△ABC中，由余弦定理，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos ∠ACB＝()2＋2－2··cos 75°＝5.∴AB＝(km)．
故A、B之間的距離為 km.
[歸納提升]　測量距離的基本類型及方案
類型 A，B兩點間不可通或不可視 A，B兩點間可視，但有一點不可達 A，B兩點都不可達
圖形
方法 先測角C，AC＝b，BC＝a，再用余弦定理求AB 以點A不可達為例，先測角B，C，BC＝a，再用正弦定理求AB 測得CD＝a，∠BCD，∠BDC，∠ACD，∠ADC，在△ACD中用正弦定理求AC；在△BCD中用正弦定理求BC；在△ABC中用余弦定理求AB
對點練習 (1)海上A，B兩個小島相距10海里，從A島望C島和B島成60°的視角，從B島望C島和A島成75°的視角，則B，C間的距離是( D )
A．10海里 B．海里
C．5海里 D．5海里
(2)已知船A在燈塔C北偏東85°且到C的距離為2 km，船B在燈塔C北偏西65°且到C的距離為 km，則A，B兩船的距離為( D )
A．2 km B．3 km
C． km D． km
[解析]　(1)根據題意，可得如圖所示．
在△ABC中，A＝60°，B＝75°，AB＝10，所以C＝45°.
由正弦定理可得＝，
即＝，所以BC＝5(海里)．
(2)如圖可知∠ACB＝85°＋65°＝150°，
AC＝2 km，BC＝ km，
所以AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 150°＝13，所以AB＝ km.
題型二　測量高度問題
典例2　如圖，A，B是水平面上的兩個點，相距800 m，在點A測得山頂C的仰角為45°，∠BAD＝120°，又在B點測得∠ABD＝45°，其中點D是點C到水平面的垂足，求山高CD．
[解析]　由于CD⊥平面ABD，∠CAD＝45°，所以CD＝AD．
因此只需在△ABD中求出AD即可，在△ABD中，∠BDA＝180°－45°－120°＝15°，
由＝，
得AD＝＝＝800(＋1)(m)．
即山的高度為800(＋1)m.
[歸納提升]　測量高度問題的解題策略
(1)“空間”向“平面”的轉化：測量高度問題往往是空間中的問題，因此先要選好所求線段所在的平面，將空間問題轉化為平面問題．
(2)“解直角三角形”與“解斜三角形”結合，全面分析所有三角形，仔細規劃解題思路．
對點練習 如圖，大運塔是揚州首座以鋼結構為主體建設的直塔，為揚州中國大運河博物館的主體建筑之一．小強同學學以致用，欲測量大運塔AB的高度．他選取與塔底B在同一水平面內的兩個觀測點C，D，測得∠BCD＝120°，CD＝112 m，在C，D兩觀測點處測得大運塔頂部A的仰角分別為45°，30°，則大運塔AB的高為( B )
A．56 m B．112 m
C．112 m D．112 m
[解析]　由題意得，在直角△ABC中，∠ACB＝45°，所以BC＝AB，
在直角△ABD，∠ADB＝30°，所以＝tan 30°，即BD＝AB，
在△BCD中，∠BCD＝120°，CD＝112，
由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos 120°，
即3AB2＝AB2＋1122－2×112··AB，因為AB>0，所以解得AB＝112.
即大運塔AB的高為112 m.
故選B．
題型三　測量角度問題
典例3　某貨船在索馬里海域航行中遭海盜襲擊，發出呼叫信號，如圖，我國海軍護航艦在A處獲悉后，立即測出該貨船在方位角為45°，距離為10海里的C處，并測得貨船正沿方位角為105°的方向，以10海里/小時的速度向前行駛，我海軍護航艦立即以10海里/小時的速度前去營救，求護航艦的航向和靠近貨船所需的時間．
[解析]　設所需時間為t小時，則AB＝10t，CB＝10t，在△ABC中，根據余弦定理，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 120°，
可得(10t)2＝102＋(10t)2－2×10×10tcos 120°，
整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)．
所以護航艦需要1小時靠近貨船．
此時AB＝10，BC＝10，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
所以sin ∠CAB＝＝＝，
所以∠CAB＝30°，所以護航艦航行的方位角為75°.
[歸納提升]　解決角度問題時的方法：
1．測量角度問題的關鍵是在弄清題意的基礎上，畫出表示實際問題的圖形，并在圖形中標出有關的角和距離，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后將解得的結果轉化為實際問題的解．
2．在解三角形問題中，求某些角的度數時，最好用余弦定理求角．因為余弦函數在(0，π)上是單調遞減的，而正弦函數在(0，π)上不是單調函數，一個正弦值可以對應兩個角．但角在上時，用正、余弦定理皆可．
對點練習 甲船在A點發現乙船在北偏東60°的B處，乙船以每小時a海里的速度向北行駛，已知甲船的速度是每小時a海里，問甲船應沿著什么方向前進，才能最快與乙船相遇？
[解析]　如圖所示．
設經過t小時兩船在C處相遇，則在△ABC中，BC＝at(海里)，AC＝at(海里)，B＝90°＋30°＝120°，
由＝，得
sin ∠CAB＝＝＝＝，
∵0°<∠CAB<90°，∴∠CAB＝30°，
∴∠DAC＝60°－30°＝30°，
∴甲船應沿著北偏東30°的方向前進，才能最快與乙船相遇．
易錯警示
利用余弦定理產生增根致誤
典例4　某觀測站C在城A的南偏西20°的方向，由城A出發的一條公路，走向是南偏東40°，在C處測得公路上B處有一人，距C為31 km，正沿公路向A城走去，走了20 km后到達D處，此時CD間的距離為21 km，問：這人還要走多少千米才能到達A城？
[錯解]　本題為解斜三角形的應用問題，要求這人走多少路才可到達A城，即求AD的長，
在△ACD中，已知CD＝21 km，∠CAD＝60°，只需再求出一個量即可．
如圖，設∠ACD＝α，∠CDB＝β，
在△CBD中，由余弦定理，得cos β＝＝＝－，
∴sin β＝.∴在△ACD中，＝＝＝14，
∴AC＝14sin (180°－β)＝14sin β＝24，
∴CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos 60°，
即212＝242＋AD2－2×24×·AD，
整理，得AD2－24AD＋135＝0，解得AD＝15或AD＝9，
故這個人再走15 km或9 km就可到達A城．
[錯因分析]　本題在解△ACD時，由于先求AC的長，再用余弦定理求AD，產生了增解．
[正解]　如圖，令∠ACD＝α，∠CDB＝β，在△CBD中，由余弦定理得
cos β＝＝＝－，
∴sin β＝.
又sin α＝sin (β－60°)＝sin βcos 60°－sin 60°·cos β
＝×＋×＝，
在△ACD中，＝，∴AD＝＝15(km)．
故這個人再走15 km就可以到達A城．
對點練習 (多選題)如圖，有A，B，C三艘漁船在海島D附近作業，D在A的東北方向，D在B的東偏北60°方向，C在B的東偏北30°方向，B在A的正東方向，已知A，B相距(－1)a km，B，C相距 a km，則( BC )
A．D在C的北偏西60°方向
B．D在C的北偏西30°方向
C．D，C相距a km
D．D，C相距a km
[解析]　如圖所示，
∠DAB＝45°，∠DBE＝60°，∠DBC＝∠CBE＝30°，∠ADB＝15°，
又sin 15°＝sin (45°－30°)＝，
所以在△ABD中，＝，解得BD＝2a，
在△BDC中，DC2＝BD2＋BC2－2BD·BCcos ∠DBC＝a2，
所以DC2＋BC2＝BD2，則∠C＝90°，
所以D在C的北偏西30°方向，且D，C相距a km.
故選BC．
1．如圖，為了測量障礙物兩側A、B之間的距離，給定下列四組數據，測量時應該用的數據為( C )
A．α，a，b　　　　 B．α，β，a
C．a，b，γ D．α，β，b
[解析]　由余弦定理，得
|AB|＝.故選C．
2．從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關系為( B )
A．α>β B．α＝β
C．α＋β＝90° D．α＋β＝180°
[解析]　根據題意和仰角、俯角的概念畫出草圖如圖．知α＝β，故選B．
3．已知兩座建筑A，B與規劃測量點C的距離相等，A在C的北偏東40°，B在C的南偏東60°，則A在B的( B )
A．北偏東10° B．北偏西10°
C．南偏東10° D．南偏西10°
[解析]　如圖，由題意可知△ABC為等腰三角形，∠ACB＝80°，
所以∠CBA＝(180°－80°)＝50°，
又60°－50°＝10°.
所以A在B的北偏西10°.
4．學校體育館的人字屋架為等腰三角形，如圖，測得AC的長度為4 m，∠A＝30°，則其跨度AB的長為( D )
A．12 m B．8 m
C．3 m D．4 m
[解析]　由題意知，∠A＝∠B＝30°，
所以∠C＝180°－30°－30°＝120°，
由正弦定理得，＝，即
AB＝＝＝4.
5．如圖，線段AB，CD分別表示甲、乙兩樓，AB⊥BD，CD⊥BD，從甲樓頂部A處測得乙樓頂部C處的仰角為α＝30°，測得乙樓底部D的俯角β＝60°，已知甲樓高AB＝24米，則乙樓高CD＝_32__米．
[解析]　過A作AE⊥CD(圖略)，垂足為E，ED＝AB＝24米，
則AE＝＝＝8(米)．
在Rt△ACE中，CE＝AE·tan 30°＝8×＝8(米)，
∴CD＝CE＋ED＝8＋24＝32(米).章末知識梳理
1．五種常見的向量
(1)單位向量：模為1的向量．
(2)零向量：模為0的向量．
(3)平行(共線)向量：方向相同或相反的非零向量．
(4)相等向量：模相等，方向相同的向量．
(5)相反向量：模相等，方向相反的向量．
2．兩個重要定理
(1)向量共線定理：向量a(a≠0)與b共線，當且僅當有唯一一個實數λ，使b＝λa.
(2)平面向量基本定理：如果e1，e2是同一個平面內的兩個不共線向量，那么對于這一平面內的任一向量a，有且只有一對實數λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2，其中e1，e2是一組基底．
3．兩個非零向量平行、垂直的等價條件
若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則
(1)a∥b a＝λb(λ≠0) x1y2－x2y1＝0，
(2)a⊥b a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0.
4．平面向量的三個性質
(1)若a＝(x，y)，則|a|＝＝.
(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則||＝.
(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，
則cos θ＝＝.
5．向量的投影
向量a在b方向上的投影為|a|cos θ＝，其中θ為a與b的夾角．
6．向量的運算律
(1)交換律：a＋b＝b＋a，a·b＝b·a.
(2)結合律：a＋b＋c＝(a＋b)＋c，a－b－c＝a－(b＋c)，(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)．
(3)分配律：(λ＋μ)a＝λa＋μa，λ(a＋b)＝λa＋λb，(a＋b)·c＝a·c＋b·c.
(4)重要公式：(a＋b)·(a－b)＝a2－b2，(a±b)2＝a2±2a·b＋b2.
7．正弦定理與余弦定理
定理 正弦定理 余弦定理
內容 ＝＝＝2R a2＝b2＋c2－2bccos A；b2＝c2＋a2－2accos B；c2＝a2＋b2－2abcos C
變形公式 ①a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；②sin A＝，sin B＝，sin C＝；③a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；④＝ cos A＝；cos B＝；cos C＝
要點一　平面向量的線性運算及應用
向量線性運算的基本原則和求解策略
(1)基本原則
向量的加法、減法和數乘運算統稱為向量的線性運算．向量的線性運算的結果仍是一個向量，因此，對它們的運算法則、運算律的理解和運用要注意向量的大小和方向兩個方面．
(2)求解策略
①向量是一個有“形”的幾何量，因此在進行向量線性運算時，一定要結合圖形，這是研究平面向量的重要方法與技巧．
②字符表示下線性運算的常用技巧
首尾相接用加法的三角形法則，如＋＝；共起點兩個向量作差用減法的幾何意義，如－＝.
典例1　若D點在三角形ABC的邊BC上，且＝4＝r＋s，則3r＋s的值為( C )
A． B．
C． D．
[解析]　因為＝4＝r＋s，
所以＝＝(－)＝r＋s，
所以r＝，s＝－，所以3r＋s＝－＝.
對點練習 如圖所示，正方形ABCD中，M是BC的中點，若＝λ＋μ，則λ＋μ等于( B )
A． B．
C． D．2
[解析]　因為＝λ＋μ
＝λ(＋)＋μ(＋)
＝λ＋μ(－＋)
＝(λ－μ)＋，
且＝＋，所以得
所以λ＋μ＝，故選B．
要點二　向量的數量積
數量積運算是向量運算的核心，利用向量數量積可以解決以下問題：
(1)設a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，
a∥b x1y2－x2y1＝0，
a⊥b x1x2＋y1y2＝0.
(2)求向量的夾角和模的問題
①設a＝(x1，y1)，則|a|＝.
②兩向量夾角的余弦值(0≤θ≤π)
cos θ＝＝.
典例2　已知a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，且|ka＋b|＝|a－kb|(k>0)．
(1)用k表示數量積a·b；
(2)求a·b的最小值，并求出此時a與b的夾角θ的大小．
[解析]　(1)由|ka＋b|＝|a－kb|，
得(ka＋b)2＝3(a－kb)2，
∴k2a2＋2ka·b＋b2＝3a2－6ka·b＋3k2b2.
∴(k2－3)a2＋8ka·b＋(1－3k2)b2＝0.
∵|a|＝＝1，
|b|＝＝1，
∴k2－3＋8ka·b＋1－3k2＝0，
∴a·b＝＝(k>0)．
(2)a·b＝＝.
由對勾函數的單調性可知，f(k)＝在(0,1]上單調遞減，在[1，＋∞)上單調遞增，
∴當k＝1時， f(k)min＝f(1)＝×(1＋1)＝，
此時a與b的夾角θ的余弦值cos θ＝＝，
又∵0°≤θ≤180°，∴θ＝60°.
對點練習 已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，點D，E分別是邊AB，BC的中點，連接DE并延長到點F，使得DE＝2EF，則·的值為( B )
A．－ B．
C． D．
[解析]　∵＝－，＝＋
＝＋＝＋，
∴·＝(－)·
＝2－2－·
＝×1×1－×1×1－×1×1×cos 60°＝.
要點三　平面向量在幾何中的應用
把幾何圖形放到適當的坐標系中，就賦予了有關點與向量具體的坐標，這樣就能進行相應的代數運算和向量運算，從而解決問題．這樣的解題方法具有普遍性．
典例3　如圖，半徑為的扇形AOB的圓心角為120°，點C在上，且∠COB＝30°，若＝λ＋μ，則λ＋μ等于( A )
A． B．
C． D．2
[解析]　由題意，得∠AOC＝90°，故以O為坐標原點，OC，OA所在直線分別為x軸，y軸建立平面直角坐標系，
則O(0,0)，A(0，)，C(，0)，
B(cos 30°，－sin 30°)，
因為＝λ＋μ，
所以(，0)＝λ(0，)＋μ，
即則
所以λ＋μ＝.
對點練習 如圖，在四邊形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且＝λ，·＝－，則實數λ的值為 　，若M，N是線段BC上的動點，且||＝1，則·的最小值為 　.
[解析]　∵＝λ，∴AD∥BC，∴∠BAD＝180°－60°＝120°，
·＝λ·＝λ||·||cos 120°
＝λ×6×3×＝－9λ＝－，
解得λ＝，
以點B為坐標原點，BC所在直線為x軸建立如圖所示的平面直角坐標系xBy，
∵BC＝6，∴C(6,0)，
∵AB＝3，∠ABC＝60°，∴A的坐標為A，
又∵＝，則D，設M(x,0)，則N(x＋1,0)(其中0≤x≤5)，
＝，＝，
·＝＋2＝x2－4x＋＝(x－2)2＋，
所以，當x＝2時，·取得最小值.
要點四　綜合利用正弦、余弦定理解三角形
1．已知三角形的任意兩個角和一邊，可結合三角形內角和定理及正弦定理解此三角形．
2．已知三角形的兩邊和其中一邊的對角，這個三角形解的情況是不確定的．如已知△ABC的邊長a，b和角A，根據正弦定理求角B時，可能出現一解、兩解、無解的情況，這時應借助已知條件進行檢驗，務必做到不漏解、不多解．
3．很多考題是在正、余弦定理的應用下聚焦于簡單的三角恒等變換．
典例4　△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知(a＋2c)cos B＋bcos A＝0.
(1)求B；
(2)若b＝3，△ABC的周長為3＋2，求△ABC的面積．
[解析]　(1)由已知及正弦定理得
(sin A＋2sin C)cos B＋sin Bcos A＝0，
即(sin Acos B＋sin Bcos A)＋2sin C·cos B＝0，
即sin (A＋B)＋2sin Ccos B＝0，
又sin (A＋B)＝sin C，
且C∈(0，π)，sin C≠0，
∴cos B＝－，∵0(2)由余弦定理，得
9＝a2＋c2－2accos B．
∴a2＋c2＋ac＝9，則(a＋c)2－ac＝9.
∵a＋b＋c＝3＋2，b＝3，
∴a＋c＝2，∴ac＝3，∴S△ABC＝acsin B
＝×3×＝.
對點練習 在銳角△ABC中，BC＝1，B＝2A，則的值等于_2__，AC的取值范圍為 (，)　.
[解析]　根據正弦定理得：＝，因為B＝2A，化簡得＝，即＝2.
因為△ABC是銳角三角形，C為銳角，所以A＋B>，由B＝2A得到A＋2A>且2A＝B<，從而解得：要點五　余弦、正弦定理在實際問題中的應用
正、余弦定理在實際生活中，有著非常廣泛的應用，常見的問題涉及距離、高度、角度以及平面圖形的面積等很多方面．解決這類問題，關鍵是根據題意畫出示意圖，將問題抽象為三角形的模型，然后利用定理求解．注意隱含條件和最后將結果還原為實際問題進行檢驗．
典例5　某氣象儀器研究所按以下方案測試一種“彈射型”氣象觀測儀器的垂直彈射高度，如圖，在C處進行該儀器的垂直彈射，觀測點A，B兩地相距100 m，∠BAC＝60°，在A地聽到彈射聲音的時間比B地晚 s．A地測得該儀器在C處時的俯角為15°，A地測得該儀器在最高點H時的仰角為30°，求該儀器的垂直彈射高度CH.(聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s)
[分析]　由聲速可得AC和BC之間的關系，再結合已知A，B之間的距離，可在△ABC中求解得到AC的長，進而在△ACH中，根據條件由正弦定理求得高度CH.
[解析]　由題意，設AC＝x m，則BC＝x－×340＝(x－40)(m)．
在△ABC中，由余弦定理得
BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos ∠BAC，
即(x－40)2＝10 000＋x2－100x，解得x＝420.
在△ACH中，AC＝420 m，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°.
由正弦定理得＝，
所以CH＝AC·＝140(m)．
故該儀器的垂直彈射高度CH為140 m.
對點練習 (1)如圖所示，某學生社團在公園內測量某建筑AE的高度，E為該建筑頂部．在B處測得仰角∠ABE＝30°，當沿一固定方向前進60米到達C處時測得仰角∠ACE＝45°，再繼續前進30米到達D處時測得仰角∠ADE＝60°，已知該建筑底部A和B、C、D在同一水平面上，則該建筑高度AE為( D )
A．(30＋20)米 B．(20＋30)米
C．45米 D．90米
(2)如圖，貨輪在海上以40 km/h的速度沿著方位角(從指北方向順時針轉到目標方向線的水平角)為140°的方向航行．為了確定船的位置，船在B點觀測燈塔A的方位角為110°，航行 h到達C點，觀測燈塔A的方位角是65°，則貨輪到達C點時，與燈塔A的距離是( B )
A．10 km B．10 km
C．15 km D．15 km
[解析]　(1)設AE＝x，由題意知＝tan∠ADE＝，所以AD＝x，
同理＝tan∠ACE＝1，＝tan∠ABE＝，即AC＝x，AB＝3x.
在△ADC和△ABC中，∠ACD＋∠ACB＝180°.
由余弦定理可得：cos ∠ACD＝，
cos ∠ACB＝，
即＋＝0，
解得x＝30，∴x＝90.
故選D．
(2)在△ABC中，BC＝40×＝20(km)，∠ABC＝140°－110°＝30°，∠ACB＝(180°－140°)＋65°＝105°，
則A＝180°－(30°＋105°)＝45°.
由正弦定理，得
AC＝＝＝10(km)．

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