高三数学第二轮专题复习系列(5)--平面向量.doc
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高三数学第二轮专题复习系列(5)-- 平面向量 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则及运算律。3、掌握实数与向量的积的运算法则及运算律,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、法则、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体现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】 在下列各命题中为真命题的是( ) ①若=(x1,y1)、=(x2,y2),则·=x1y1+x2y2 ②若A(x1,y1)、B(x2,y2),则||= ③若=(x1,y1)、=(x2,y2),则·=0x1x2+y1y2=0 ④若=(x1,y1)、=(x2,y2),则⊥x1x2+y1y2=0 A、①② B、②③ C、③④ D、①④ 解:根据向量数量积的坐标表示;若=(x1,y1), =(x2,y2),则·=x1x2+y1y2,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·=0=或=或⊥x1x2+y1y2=0,故它是一个真命题、 而对于命题(4)来讲,⊥x1x2+y1y2=0、但反过来,当x1x2+y1y2=0时,可以是x1=y1=0,即=,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x1x2+y1y2=0⊥),所以命题(4)是个假命题、 【例2】 已知=(-,-1), =(1, ),那么,的夹角θ=( ) A、30° B、60° C、120° D、150° 解:·=(-,-1)·(1,)=-2 ||==2 ||==2 ∴cosθ=== 【例3】 已知=(2,1), =(-1,3),若存在向量使得:·=4, ·=-9,试求向量的坐标、 解:设=(x,y),则由·=4可得: 2x+y=4;又由·=-9可得:-x+3y=-9 于是有: 由(1)+2(2)得7y=-14,∴y=-2,将它代入(1)可得:x=3 ∴=(3,-2)、 说明:已知两向量,可以求出它们的数量积·,但是反过来,若已知向量及数量积·,却不能确定、 【例4】 求向量=(1,2)在向量=(2,-2)方向上的投影、 解:设向量与的夹角θ、 有cosθ= ==- ∴在方向上的投影=||cosθ=×(-)=- 【例5】 已知△ABC的顶点分别为A(2,1),B(3,2),C(-3,-1),BC边上的高AD,求及点D的坐标、 解:设点D的坐标为(x,y) ∵AD是边BC上的高, ∴AD⊥BC,∴⊥ 又∵C、B、D三点共线, ∴∥ 又=(x-2,y-1), =(-6,-3) =(x-3,y-2) ∴ 解方程组,得x=,y= ∴点D的坐标为(,),的坐标为(-,) 【例6】 设向量、满足:||=||=1,且+=(1,0),求,、 解:∵||=||=1, ∴可设=(cosα,sinα), =(cosβ,sinβ)、 ∵+=(cosα+cosβ,sinα+sinβ)=(1,0), 由(1)得:cosα=1-cosβ……(3) 由(2)得:sinα=-sinβ……(4) ∴cosα=1-cosβ= ∴sinα=±,sinβ= 或 【例7】 对于向量的集合A={=(x,y)|x2+y2≤1}中的任意两个向量、与两个非负实数α、β;求证:向量α+β的大小不超过α+β、 证明:设=(x1,y1), =(x2,y2) 根据已知条件有:x21+y21≤1,x22+y22≤1 又因为|α+β|= = 其中x1x2+y1y2≤ ≤1 所以|α+β|≤=|α+β|=α+β 【例8】 已知梯形ABCD中,AB∥CD,∠CDA=∠DAB=90°,CD=DA=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 则A(0,0)、B(2,0)、C(1,1)、D(0,1) ∴=(-1,1), =(1,1) ·=-1×1+1×1=0 ∴BC⊥AC、 【例9】 已知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) 则=(-x,a), =(-x,b) 则·=x2+ab、 cos∠ACB== 令t=x2+ab 故cos∠ACB= 当=即t=2ab时,cos∠ACB最大值为、 当C的坐标为(,0)时,∠ACB最大值为arccos、 【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:建立如图所示坐标系,设正方形边长为1, ||=λ,则A(0,1),P(λ,λ),E(1,λ),F(λ,0) ∴=(-λ,1-λ), =(λ-1,- λ) (1)||2=(-λ)2+(1-λ)2=λ2-λ+1 ||2=(λ-1)2+(-λ)2=λ2-λ+1 ∴||2=||2,故PA=EF (2) ·=(-λ)(λ-1)+(1-λ)(-λ)=0 ∴⊥ ∴PA⊥EF、 【例11】 已知 ① 求; ②当k为何实数时,k与平行, 平行时它们是同向还是反向? 解:①= (1,0) + 3(2,1) = ( 7,3) , ∴= =. ②k= k(1,0)-(2,1)=(k-2,-1). 设k=λ(),即(k-2,-1)= λ(7,3), ∴ . 故k= 时, 它们反向平行. 【例12】 已知与的夹角为,若向量与垂直, 求k. 解:=2×1×=1. ∵与垂直, ∴()= , ∴2 k = - 5. 【例13】 如果△ABC的三边a、b、c满足b2 + c 2 = 5a2,BE、CF分别为AC边与AB上的中线, 求证:BE⊥CF. 解: ∴⊥, 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:如图所示,在正△ABC中,O为其内心,P为圆周上一点, 满足,,,两两不共线,有 (+)·(+) =(+++)·(++) =(2++)·(2+) =(2-)·(2+) =42-2 =42-2=0 有(+)与(+)垂直、 同理证其他情况、从而,,,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】 已知向量满足条件,,求证:是正三角形 解:令O为坐标原点,可设 由,即 ① ② 两式平方和为,, 由此可知的最小正角为,即与的夹角为, 同理可得与的夹角为,与的夹角为, 这说明三点均匀分部在一个单位圆上, 所以为等腰三角形. 【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轴、 轴建立直角坐标系,设,则, 从而可求:, =. . 2.利用向量的坐标运算,解决有关线段的长度问题 【例3】 已知,AD为中线,求证 证明:以B为坐标原点,以BC所在的直线为轴建立如图2直角坐标系, 设,, 则, . =, 从而, . 3.利用向量的坐标运算,用已知向量表示未知向量 【例4】 已知点是 且试用 解:以O为原点,OC,OB所在的直线为轴和轴建立如图3所示的坐标系. 由OA=2,,所以, 易求,设 . 【例5】 如图, 用表示 解:以O为坐标原点,以OA所在的直线为轴,建立如图所示的直角坐标系,则, . 4.利用向量的数量积解决两直线垂直问题 【例6】 如图,已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD. (1)求证:C1C⊥BD. (2)当的值为多少时,能使A1C⊥平面C1BD?请给出证明. (1)证明:设=a, =b,=c,依题意,|a|=|b|,、、中两两所成夹角为θ,于是=a-b,=c(a-b)=c·a-c·b=|c|·|a|cosθ-|c|·|b|cosθ=0,∴C1C⊥BD. (2)解:若使A1C⊥平面C1BD,只须证A1C⊥BD,A1C⊥DC1, 由 =(a+b+c)·(a-c)=|a|2+a·b-b·c-|c|2=|a|2-|c|2+|b|·|a|cosθ-|b|·|c|·cosθ=0,得 当|a|=|c|时,A1C⊥DC1,同理可证当|a|=|c|时,A1C⊥BD, ∴=1时,A1C⊥平面C1BD. 【例7】 如图,直三棱柱ABC—A1B1C1,底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,AA1=2,M、N分别是A1B1、A1A的中点. (1)求的长; (2)求cos<>的值; (3)求证:A1B⊥C1M. 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) ∴||=. (2)解:依题意得:A1(1,0,2),C(0,0,0),B1(0,1,2). ∴==(0,1,2) =1×0+(-1)×1+2×2=3 ||= (3)证明:依题意得:C1(0,0,2),M() ∴ ∴A1B⊥C1M. 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】 求平面内两点间的距离公式 解:设点 , ,而 点与点之间的距离为: 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: 证明:在单位圆上任取两点,以为始边,以为终边的角分别为,则点坐标为点坐标为; 则向量,它们的夹角为, ,由向量夹角公式得: ,从而得证. 注:用同样的方法可证明 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 证明:令 (1) 当或时,,结论显然成立; (2) 当且时,令为的夹角,则 . 又 (当且仅当时等号成立) .(当且仅当时等号成立) 【例11】 求的最值 解:原函数可变为, 所以只须求的最值即可, 构造, 那么. 故. 【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)cosABC的值. 解:(1)点M的坐标为xM= D点分的比为2. ∴xD= (3)∠ABC是与的夹角,而=(6,8),=(2,-5). 解斜三角形 【例1】 已知△ABC的三个内角A、B、C满足A+C=2B.,求cos的值. 解法一:由题设条件知B=60°,A+C=120°. 设α=,则A-C=2α,可得A=60°+α,C=60°-α, 依题设条件有 整理得4cos2α+2cosα-3=0(M) (2cosα-)(2cosα+3)=0,∵2cosα+3≠0, ∴2cosα-=0.从而得cos. 解法二:由题设条件知B=60°,A+C=120° ①,把①式化为cosA+cosC=-2cosAcosC ②, 利用和差化积及积化和差公式,②式可化为 ③, 将cos=cos60°=,cos(A+C)=-代入③式得: ④ 将cos(A-C)=2cos2()-1代入 ④:4cos2()+2cos-3=0,(*), 【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= (千米) 在Rt△PAC中,∠APC=30°,∴AC= (千米) 在△ACB中,∠CAB=30°+60°=90° (2)∠DAC=90°-60°=30° sinDCA=sin(180°-∠ACB)=sinACB= sinCDA=sin(∠ACB-30°)=sinACB·cos30°-cosACB·sin30°. 在△ACD中,据正弦定理得, ∴ 答:此时船距岛A为千米. 【例3】 已知△ABC的三内角A、B、C满足A+C=2B,设x=cos,f(x)=cosB(). (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° ∵0°≤||<60°,∴x=cos∈(,1 又4x2-3≠0,∴x≠,∴定义域为(,)∪(,1]. (2)设x1<x2,∴f(x2)-f(x1)= =,若x1,x2∈(),则4x12-3<0,4x22-3<0,4x1x2+3>0,x1-x2<0,∴f(x2)-f(x1)<0 即f(x2)<f(x1),若x1,x2∈(,1],则4x12-3>0. 4x22-3>0,4x1x2+3>0,x1-x2<0,∴f(x2)-f(x1)<0. 即f(x2)<f(x1),∴f(x)在(,)和(,1上都是减函数. (3)由(2)知,f(x)<f()=-或f(x)≥f(1)=2. 故f(x)的值域为(-∞,-)∪[2,+∞. 【例4】 在中,角所对的边分别为.若,求角. 解:由正弦定理,将已知等式中的边转化为角.可得 . 因为,故有, ∴ . 又∵ , ∴ , 即, 由,可解得. 【例5】 在△ABC中,已知. (1)若任意交换的位置,的值是否会发生变化?试证明你的结论; (2)求的最大值. 解:(1)∵ , ∴ 任意交换的位置,的值不会发生变化. (2) 解法1:将看作是关于的二次函数. . 所以,当,且取到最大值1时,也即时,取得最大值. 解法2:用调整的方法, 也即对于每个固定的的值,去调整,求出取得最大值时所满足的条件. 对于,如果固定,则可将看作是关于的一次或常数函数.为了讨论其最大值,显然应该考虑的符号,并由此展开讨论. 若,则,所以,,所以, 所以,只需考虑的情形.此时是关于的常数函数或单调递增的一次函数,因此,最大值必可在(即)时取得.所以, , 等号当且仅当时取得. 六、专题练习 【平面向量练习】 一、选择题: 1、下列各式中正确的是( 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ΔABC中,若(+)·(-)=0,则ΔABC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、若|a|=|b|=|a-b|,则b与a+b的夹角为( A ) A.30° B.60° C.150° D.120° 4、已知|a|=1,|b|= ,且(a-b)和a垂直,则a与b的夹角为( D ) A.60° B.30° C.135° D.45° 5、若· + = 0,则ΔABC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°, 则|a+b|等于( C ) A.37 B.13 C. D. 7、己知|a|=1,|b|=2, a与b的夹角为600,c =3a+b, d =λa-b ,若c⊥d,则实数λ的值为( C ) A. B. C. D. 8、设 a,b,c是平面内任意的非零向量且相互不共线,则( D ) ①(ab)c-(ca)b=0 ②|a| -|b|< |a-b| ③(bc)a-(ca)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、已知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), 则m=________.-2 11、|a|=5, |b|=3,|a-b|=7,则a、b的夹角为__________. 120° 12、 a与d=b-关系为________. a⊥b 三、解答题: 13、已知| a|=4,|b|=5,|a+b|= ,求:① a·b ;②(2a-b) ·(a+3b) 解:①|a+b|2=(a+b)2=a2+2ab+b2=|a|2+2a·b+|b|2, =. ②(2a-b)·(a+3b)=2a2+5a·b-3b2=2|a|2+5a·b-3|b|2 =2×42+5×(-10)-3×52=-93. 14、四边形ABCD中,= a, = b,= c, = d,且a·b=b·c=c·d=d ·a,判断四边形ABCD是什么图形? 分析:在四边形ABCD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|. ∴ABCD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ABCD为矩形. 15、已知:|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ka-b与 a+2b 垂直? 解: . 【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),则四边形ABCD为( ) A.正方形 B.矩形 C.菱形 D.平行四边形 2.已知△ABC中,=a,=b,a·b<0,S△ABC=,|a|=3,|b|=5,则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=x2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),则向量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,若AB=16 cm,AC=17 cm,则CD=_________. 三、解答题 5.如图,在△ABC中,设=a, =b, =c, =λa,(0<λ<1), =μb(0<μ<1),试用向量a,b表示c. 6.正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为a. (1)建立适当的坐标系,并写出A、B、A1、C1的坐标; (2)求AC1与侧面ABB1A1所成的角. 7.已知两点M(-1,0),N(1,0),且点P使成公差小于零的等差数列. (1)点P的轨迹是什么曲线? (2)若点P坐标为(x0,y0),Q为与的夹角,求tanθ. 8.已知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.参考答案 一、1.解析: =(1,2), =(1,2),∴=,∴∥,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||=, =(5,3),||=,∴||≠|},∴ABCD不是菱形,更不是正方形;又=(4,1), ∴1·4+2·1=6≠0,∴不垂直于,∴ABCD也不是矩形,故选D. 答案:D 2.解析:∵·3·5sinα得sinα=,则α=30°或α=150°. 又∵a·b<0,∴α=150°. 答案:C 二、3.(2,0) 4.13 cm 三、5.解:∵与共线,∴=m=m(-)=m(μb-a), ∴=+=a+m(μb-a)=(1-m)a+mμb ① 又与共线,∴=n=n(-)=n(λa-b), ∴=+=b+n(λa-b)=nλa+(1-n)b ② 由①②,得(1-m)a+μmb=λna+(1-n)b. ∵a与b不共线,∴ ③ 解方程组③得:m=代入①式得c=(1-m)a+mμb=[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AA1所在直线为Oz轴,以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴,建立空间直角坐标系. 由已知,得A(0,0,0),B(0,a,0),A1(0,0,a),C1(-a). (2)取A1B1的中点M,于是有M(0,a),连AM,MC1,有=(-a,0,0), 且=(0,a,0),=(0,0a) 由于·=0,·=0,所以MC1⊥面ABB1A1,∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角. ∵= 所以所成的角,即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. 7.解:(1)设P(x,y),由M(-1,0),N(1,0)得, =-=(-1-x,-y), =(1-x,-y), =-=(2,0),∴·=2(1+x), ·=x2+y2-1, =2(1-x).于是,是公差小于零的等差数列,等价于 所以,点P的轨迹是以原点为圆心,为半径的右半圆. (2)点P的坐标为(x0,y0) 8.证明:(1)连结BG,则 由共面向量定理的推论知:E、F、G、H四点共面,(其中=) (2)因为. 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,同理,所以,EHFG,所以EG、FH交于一点M且被M平分,所以 . 【解斜三角形练习】 一、选择题 1.给出四个命题:(1)若sin2A=sin2B,则△ABC为等腰三角形;(2)若sinA=cosB,则△ABC为直角三角形;(3)若sin2A+sin2B+sin2C<2,则△ABC为钝角三角形;(4)若cos(A-B)cos(B-C)cos(C-A)=1,则△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,已知A、B、C成等差数列,则的值为__________. 3.在△ABC中,A为最小角,C为最大角,已知cos(2A+C)=-,sinB=,则cos2(B+C)=__________. 三、解答题 4.已知圆内接四边形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·,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,. (1)求角A的度数; (2)若a=,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=,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,若要使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, 答案: 3.解析:∵A为最小角∴2A+C=A+A+C<A+B+C=180°. ∵cos(2A+C)=-,∴sin(2A+C)=. ∵C为最大角,∴B为锐角,又sinB=.故cosB=. 即sin(A+C)=,cos(A+C)=-. ∵cos(B+C)=-cosA=-cos[(2A+C)-(A+C)]=-, ∴cos2(B+C)=2cos2(B+C)-1=. 答案: 三、4.解:如图:连结BD,则有四边形ABCD的面积: S=S△ABD+S△CDB=·AB·ADsinA+·BC·CD·sinC ∵A+C=180°,∴sinA=sinC 故S=(AB·AD+BC·CD)sinA=(2×4+6×4)sinA=16sinA 由余弦定理,在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cosA=20-16cosA 在△CDB中,BD2=CB2+CD2-2CB·CD·cosC=52-48cosC ∴20-16cosA=52-48cosC,∵cosC=-cosA, ∴64cosA=-32,cosA=-,又0°<A<180°,∴A=120°故S=16sin120°=8. 5.解:R=rcosθ,由此得:, 7.解:由a、b、3c成等比数列,得:b2=3ac ∴sin2B=3sinC·sinA=3(-)[cos(A+C)-cos(A-C)] ∵B=π-(A+C).∴sin2(A+C)=-[cos(A+C)-cos] 即1-cos2(A+C)=-cos(A+C),解得cos(A+C)=-. ∵0<A+C<π,∴A+C=π.又A-C=∴A=π,B=,C=. 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:.∴BP= 在△PBD中,, ∵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a,即AD最小, ∴AD∶DB=2-3.- 配套讲稿:
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