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章末复习提升课
平面向量的线性运算
(1)(2018·高考全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，
则EB＝( )
A.AB－AC B.AB－AC
C.AB＋AC D.AB＋AC(2)如图所示，在正方形ABCD中，M是BC的中点，若AC＝λAM
＋μBD，则λ＋μ＝( )
A. B.
C. D.2
【解析】 (1)法一：如图所示，EB＝ED＋DB＝AD＋CB＝×(AB
＋AC)＋(AB－AC)＝AB－AC，故选A.
法二：EB＝AB－AE＝AB－AD＝AB－×(AB＋AC)＝AB－AC，
故选A.
(2)因为AC＝λAM＋μBD＝λ(AB＋BM)＋μ(BA＋AD)＝λ(AB＋AD)＋μ(－AB＋AD)＝(λ
－μ)＋AD，且AC＝AB＋AD，所以得所以λ＋μ＝，故选B.
【答案】 (1)A (2)B
向量线性运算的基本原则
向量的加法、减法和数乘运算统称为向量的线性运算，向量的线性运算的结果仍是一
个向量，因此，对它们的运算法则、运算律的理解和运用要注意向量的大小和方向两个方
面．
已知平面向量a＝(2，－1)，b＝(1，1)，c＝(－5，1)．若(a＋kb)∥c，
则实数k的值为( )
A．2 B．
C． D．－
解析：选B.由题意知，a＋kb＝(2，－1)＋k(1，1)＝(k＋2，k－1)，由(a＋kb)∥c，得－
5(k－1)＝k＋2，解得k＝，故选B.
平面向量数量积的运算
如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD
＝120°，AB＝AD＝1.若点E为边CD上的动点，则AE·BE的最小值为(
)
A. B.
C. D.3
【解析】 以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立如图的平面
直角坐标系，
因为在平面四边形 ABCD 中，AB＝AD＝1，∠BAD＝120°，所以
A(0，0)，B(1，0)，D，设C(1，m)，E(x，y)，所以DC＝，AD＝，
因为AD⊥CD，所以·＝0，即×＋＝0，解得m＝，即C(1，)，因为
E在CD上，所以≤y≤，由CE∥DC，得(x－1)＝(y－)，即x＝y－2，因为AE＝(x，y)，BE
＝(x－1，y)，所以AE·BE＝(x，y)·(x－1，y)＝x2－x＋y2＝(y－2)2－y＋2＋y2＝4y2－5y＋6，
令f(y)＝4y2－5y＋6，y∈.因为函数f(y)＝4y2－5y＋6在上单调递减，在上单调递增，所以f(y) ＝4×－5×＋6＝.
min
所以AE·BE的最小值为，故选A.
【答案】 A
向量数量积的两种计算方法
(1)当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，即a·b＝|a||b|cos θ.
(2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x ，y)，b＝(x ，y)，则a·b＝
1 1 2 2
xx＋yy.
1 2 1 2
1．已知向量a，b的夹角为，|a|＝，|b|＝2，则a·(a－2b)＝________．
解析：a·(a－2b)＝a2－2a·b＝2－2××2×＝6.
答案：6
2．设四边形ABCD为平行四边形，|AB|＝6，|AD|＝4，若点M，N满足BM＝3MC，
DN＝2NC，则AM·NM等于________．
解析：AM＝AB＋BM＝AB＋AD，
NM＝CM－CN＝－AD＋AB，
所以AM·NM＝(4AB＋3AD)·(4AB－3AD)＝(16AB2－9AD2)＝(16×62－9×42)＝9.
答案：9
向量的夹角及垂直问题
(1)已知向量m＝(λ＋1，1)，n＝(λ＋2，2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则λ＝( )
A．－4 B．－3
C．－2 D．－1
(2)已知a＋b＋c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝，则向量a与b的夹角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．以上都不对
【解析】 (1)因为m＋n＝(2λ＋3，3)，m－n＝(－1，－1)，(m＋n)⊥(m－n)，
所以(m＋n)·(m－n)＝(2λ＋3，3)·(－1，－1)＝－2λ－6＝0，解得λ＝－3.
(2)设向量a与b的夹角为θ，因为a＋b＋c＝0，
所以c＝－(a＋b)，所以c2＝(a＋b)2，
即|c|2＝|a|2＋|b|2＋2|a||b|cos θ，
所以19＝4＋9＋12cos θ，
所以cos θ＝，又0°≤θ≤180°，所以a与b的夹角为60°.
【答案】 (1)B (2)C
解决两个向量垂直问题，其关键在于将问题转化为它们的数量积为零，与求夹角一样．若向量能用坐标表示(或能建立适当的直角坐标系)，将它转化为“xx ＋yy ＝0”较为简单．
1 2 1 2
1．设向量a＝(1，0)，b＝(－1，m)．若a⊥(ma－b)，则m＝________．
解析：因为a＝(1，0)，b＝(－1，m)，所以ma－b＝(m＋1，－m)．
由a⊥(ma－b)得a·(ma－b)＝0，
即m＋1＝0，得m＝－1.
答案：－1
2．(2019·东北三省三校检测)已知非零向量a，b满足|a－b|＝|a|，a·(a－b)＝0，则a－b
与b夹角的大小为________．
解析：因为非零向量a，b满足a·(a－b)＝0，所以a2＝a·b，由|a－b|＝|a|可得a2－2a·b
＋b2＝a2，解得|b|＝|a|，设a－b与b的夹角为θ，则cos θ＝＝＝＝－，又0°≤θ≤180°，所
以θ＝135°.
答案：135°
向量的长度(模)与距离的问题
已知平面向量a，b的夹角为，且|a|＝，|b|＝2，在△ABC中，AB＝2a＋2b，
AC＝2a－6b，D为BC的中点，则|AD|等于( )
A．2 B．4
C．6 D．8
【解析】 因为AD＝(AB＋AC)＝(2a＋2b＋2a－6b)＝2a－2b，所以|AD|2＝4(a－b)2＝
4(a2－2b·a＋b2)＝4×＝4，则|AD|＝2.
【答案】 A
解决向量模的问题常用的策略
(1)应用公式：|a|＝(其中a＝(x，y))．
(2)应用三角形法则或平行四边形法则．
(3)应用向量不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
(4)研究模的平方|a±b|2＝(a±b)2.
(2019·河南八市重点高中质检)已知平面向量a，b的夹角为，且a·(a－
b)＝8，|a|＝2，则|b|等于( )
A． B．2
C．3 D．4
解析：选D.因为a·(a－b)＝8，
所以a·a－a·b＝8，即|a|2－|a||b|cos〈a，b〉＝8，
所以4＋2|b|×＝8，解得|b|＝4.利用正、余弦定理解三角形
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin A＋csin C－asin C
＝bsin B.
(1)求角B的大小；
(2)若A＝75°，b＝2，求a，c.
【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＝，所以B＝45°.
(2)因为sin A＝sin(30°＋45°)＝sin 30°cos 45°＋cos 30°·sin 45°＝.
故a＝＝1＋.
又C＝180°－45°－75°＝60°，
所以c＝＝2×＝.
解三角形的一般方法
(1)已知两角和一边，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b.
(2)已知两边和这两边的夹角，如已知a，b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定
理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角．
(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a，b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C
＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况．
(4)已知三边a，b，c，可应用余弦定理求A，B，C.
1．(2018·高考全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面
积为，则C＝( )
A. B.
C. D.
解析：选C.根据题意及三角形的面积公式知absin C＝，所以sin C＝＝cos C，所以
在△ABC中，C＝.
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sin B－sin
C)2＝sin2A－sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若a＋b＝2c，求sin C.
解：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cos A＝＝.
因为0°＜A＜180°，所以A＝60°.
(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，即＋cosC＋sin C＝2sin C，可得cos(C＋60°)＝－.
因为0°＜C＜120°，
所以sin(C＋60°)＝，故
sin C＝sin(C＋60°－60°)
＝sin(C＋60°)cos 60°－cos(C＋60°)sin 60°
＝.
判断三角形的形状
在△ABC中，若已知b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C，试判断三角形的形状．
【解】 由正弦定理的推论，得＝＝＝2R，
则已知条件转化为
4R2sin2Bsin2C＋4R2sin2Csin2B
＝8R2sin Bsin Ccos Bcos C.
因为sin Bsin C≠0，
所以sin Bsin C＝cos Bcos C，
所以cos(B＋C)＝0.
因为0°8，
所以货轮无触礁危险．
正、余弦定理在实际应用中应注意的问题
(1)分析题意，弄清已知元素和未知元素，根据题意画出示意图．
(2)明确题目中的一些名词、术语的意义，如仰角、俯角、方向角、方位角等．
(3)将实际问题中的数量关系归结为数学问题，利用学过的几何知识，作出辅助线，将
已知与未知元素归结到同一个三角形中，然后解此三角形．
(4)在选择关系时，一是力求简便，二是要尽可能使用题目中的原有数据，尽量减少计
算中误差的积累．
(5)按照题目中已有的精确度计算，并根据题目要求的精确度确定答案并注明单位．
1．某运动会上举行升旗仪式，在坡角为15°的看台上，同一列上的第一排B处和最后
一排C处测得旗杆顶部P处的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10 m(如
图所示)，则旗杆的高度为( )
A．10 m B．30 m
C．10 m D．10 m解析：选B.依题意可知∠PCB＝45°，∠PBC＝180°－60°－15°＝105°，所以∠CPB＝
180°－45°－105°＝30°.在△PBC中，由正弦定理可得BP＝·sin∠PCB＝20(m)，所以在
Rt△BOP中，OP＝PB·sin∠PBO＝20×＝30(m)，即旗杆的高度为30 m.
2．如图，A，C两岛之间有一片暗礁，一艘小船于某日上午8时从A岛出发，以10海
里/小时的速度，沿北偏东75°方向直线航行，下午1时到达B处，然后以同样的速度，沿
北偏东15°方向直线航行，下午4时到达C岛．
(1)求A，C两岛之间的直线距离；
(2)求∠BAC的正弦值．
解：(1)在△ABC中，由已知，AB＝10×5＝50，BC＝10×3＝30，∠ABC＝180°－75°
＋15°＝120°.
根据余弦定理，得AC2＝502＋302－2×50×30cos 120°＝4 900，
所以AC＝70.故A，C两岛之间的直线距离是70海里．
(2)在△ABC中，由正弦定理，
得＝，所以sin∠BAC＝
＝＝.
故∠BAC的正弦值是.
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知AB＝(2，3)，AC＝(3，t)，|BC|＝1，则AB·BC＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选C.因为BC＝AC－AB＝(3，t)－(2，3)＝(1，t－3)，|BC|＝1，所以＝1，所以t
＝3，所以BC＝(1，0)，所以AB·BC＝2×1＋3×0＝2.
2．已知e ，e 是单位向量，m＝e ＋2e ，n＝5e －4e ，若m⊥n，则e 与e 的夹角为(
1 2 1 2 1 2 1 2
)
A. B.
C. D.
解析：选B.因为m⊥n，|e|＝|e|＝1，所以m·n＝(e ＋2e)·(5e －4e)＝5e＋6e·e －8e
1 2 1 2 1 2 1 2
＝－3＋6e·e ＝0.所以e·e ＝.设e 与e 的夹角为θ，则cos θ＝＝.因为θ∈[0，π]，所以
1 2 1 2 1 2
θ＝.
3．在△ABC中，A＝，BC＝6，AB＝2，则C＝( )
A.或 B.或
C. D.解析：选C. 由正弦定理＝，得sin C＝＝＝.又BC＝6>AB＝2，所以A>C，所以C
＝，故选C.
4．如图，在平行四边形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，CP＝3 PD，AP·BP＝2，则
AB·AD的值是________．
解析：由CP＝3 PD，得DP＝DC＝AB，AP＝AD＋DP＝AD＋AB，BP＝AP－AB＝AD
＋AB－AB＝AD－AB.因为AP·BP＝2，所以·＝2，即AD2－AD·AB－AB2＝2.
又AD2＝25，AB2＝64，所以AB·AD＝22.
答案：22
5．在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A.
(1)求cos A的值；
(2)求c的值．
解：(1)因为a＝3，b＝2，B＝2A，所以在△ABC中，
由正弦定理得＝.
所以＝.故cos A＝.
(2)由(1)知cos A＝，
所以sin A＝＝.
又因为B＝2A，
所以cos B＝2cos2A－1＝.
所以sin B＝＝.
在△ABC中，sin C＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B＝.
所以c＝＝5.
6．(2019·江西省赣州教育发展联盟联考)已知△ABC的周长为＋1，且sin A＋sin B＝
sin C．
(1)求边AB的长；
(2)若△ABC的面积为sin C，求角C的度数．
解：(1)由题意，及正弦定理，得AB＋BC＋AC＝＋1，BC＋AC＝AB，
两式相减，得AB＝1.
(2)由△ABC的面积BC·AC·sin C＝sin C，得BC·AC＝，
由余弦定理，得cos C＝
＝＝，所以C＝60°.[A 基础达标]
1．将3化成最简式为( )
A．－a＋b B．－4a＋5b
C.a－b D．4a－5b
解析：选B.原式＝3[a＋b]＝3＝－4a＋5b.
2．设x，y∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝
( )
A. B.
C．2 D．10
解析：选B.由题意可知解得故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝.
3．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边长为( )
A. B.
C. D.
解析：选B.A＝180°－(60°＋45°)＝75°，
故最短边为b，由正弦定理可得＝，
即b＝＝＝，故选B.
4．在锐角△ABC中，角A，B所对的边分别为a，b.若2asin B＝b，则角A等于( )
A. B.
C. D.
解析：选D.由已知及正弦定理得2sin Asin B＝sin B，因为sin B>0，所以sin A＝.又
A∈，所以A＝.
5．在△ABC中，已知sin2A＝sin2B＋sin2C，且sin A＝2sin Bcos C，则△ABC的形状
是( )
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
解析：选D.由sin2A＝sin2B＋sin2C及正弦定理可知a2＝b2＋c2 A为直角；而由sin A＝
2sin Bcos C，可得sin(B＋C)＝2sin Bcos C, 整理得sin Bcos C＝cos Bsin C，即sin(B－
⇒
C)＝0，故B＝C.综合上述，B＝C＝，A＝.即△ABC为等腰直角三角形．
6．已知非零向量a＝(t，0)，b＝(－1，)，若a＋2b与a的夹角等于a＋2b与b的夹角，
则t＝________．
解析：由题设得＝，所以|b|(|a|2＋2b·a)＝|a|(a·b＋2|b|2)，将a＝(t，0)，b＝(－1，)代
入整理得2t2＋t·|t|＝8|t|＋4t，当t>0时，3t2＝12t，所以t＝4；当t<0时，t2＝－4t，所以t＝
－4.综上，t的值为4或－4.
答案：4或－4
7．在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边．若2asin B＝b，b＋
c＝5，bc＝6，则a＝________．解析：因为2asin B＝b，所以2sin Asin B＝sin B.
所以sin A＝，因为△ABC为锐角三角形，
所以cos A＝，因为bc＝6，b＋c＝5，
所以b＝2，c＝3或b＝3，c＝2.
所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝22＋32－2×6×＝7，
所以a＝.
答案：
8．(2019·湖南株洲市检测)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的
中点．若AD·EB＝2，则AB的模为________．
解析：因为在平行四边形ABCD中，EB＝EC＋CB＝DC－BC，又DC＝AB，BC＝
AD，所以EB＝AB－AD，所以AD·EB＝AD·＝AB·AD－AD2＝|AB||AD|cos 60°－|AD|2＝|
AB|－1＝2，所以|AB|＝12.
答案：12
9．已知向量e，e，且|e|＝|e|＝1，〈e，e〉＝.
1 2 1 2 1 2
(1)求证：(2e－e)⊥e；
1 2 2
(2)若m＝λe＋e，n＝3e－2e，且|m|＝|n|，求λ的值．
1 2 1 2
解：(1)证明：因为|e|＝|e|＝1，〈e，e〉＝，
1 2 1 2
所以(2e －e)·e ＝2e·e －e＝2|e||e|cos－|e|2＝2×1×1×－12＝0，所以(2e －
1 2 2 1 2 1 2 2 1
e)⊥e.
2 2
(2)由|m|＝|n|得(λe＋e)2＝(3e－2e)2，
1 2 1 2
即(λ2－9)e＋(2λ＋12)e·e－3e＝0.
1 2
因为|e|＝|e|＝1，〈e，e〉＝，
1 2 1 2
所以e＝e＝1，e·e＝1×1×cos＝，
1 2
所以(λ2－9)×1＋(2λ＋12)×－3×1＝0，
即λ2＋λ－6＝0.所以λ＝2或λ＝－3.
10．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若B＝，且(a－b＋c)(a＋b
－c)＝bc.
(1)求cos C的值；
(2)若a＝5，求△ABC的面积．
解：(1)由(a－b＋c)(a＋b－c)＝bc，
得a2－(b－c)2＝bc，
即a2＝b2＋c2－bc，由余弦定理，
得cos A＝＝，
所以sin A＝.又因为B＝，
所以cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝.
(2)由(1)得sin C＝.在△ABC中，由正弦定理，得＝＝.
所以c＝＝8，所以S＝acsin B＝×5×8×sin＝10.
[B 能力提升]
11．飞机沿水平方向飞行，在A处测得正前下方地面目标C的俯角为30°，向前飞行
10 000米，到达B处，此时测得目标C的俯角为75°，这时飞机与地面目标C的距离为(
)
A．5 000米 B．5 000米
C．4 000米 D．4 000米
解析：选B.如图，在△ABC中，AB＝10 000米，A＝30°，C＝75°
－30°＝45°.根据正弦定理得，
BC＝＝
＝5 000 (米)．
12．在△ABC中，点D满足BD＝BC，当E点在线段AD上移动时，若AE＝λAB＋
μAC，则t＝(λ－1)2＋μ2的最小值是( )
A. B.
C. D.
解析：选C.如图所示，存在实数m使得AE＝mAD(0≤m≤1)，AD＝AB＋BD＝AB＋BC
＝AB＋(AC－AB)＝AB＋AC，所以AE＝m＝AB＋AC，所以所以t＝(λ－1)2＋μ2＝＋＝m2－＋
1＝＋，所以当m＝时，t＝(λ－1)2＋μ2取得最小值.
13．在△ABC中，BC＝a，AC＝b，a，b是方程x2－2x＋2＝0的两个根，且2cos(A＋
B)＝1.则C＝________，AB＝________．
解析：因为cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－，所以C＝120°.
由题设，得
所以AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C＝a2＋b2－2abcos 120°＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab
＝(2)2－2＝10.
所以AB＝.
答案：120°
14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a－b)cos C＝ccos B，
△ABC的面积S＝10，c＝7.
(1)求角C；
(2)求a，b的值．
解：(1)因为(2a－b)cos C＝ccos B，
所以(2sin A－sin B)cos C＝sin Ccos B，2sin Acos C－sin Bcos C＝sin Ccos B，
即2sin Acos C＝sin(B＋C)．
所以2sin Acos C＝sin A.
因为A∈(0，π)，
所以sin A≠0.
所以cos C＝.
所以C＝.
(2)由S＝absin C＝10，C＝，
得ab＝40.①
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C，
即c2＝(a＋b)2－2ab，
所以72＝(a＋b)2－2×40×.
所以a＋b＝13.②
由①②得a＝8，b＝5或a＝5，b＝8.
[C 拓展探究]
15．某单位有A，B，C三个工作点，需要建立一个公共无线网络发射点O，使得发射
点到三个工作点的距离相等．已知这三个工作点之间的距离分别为 AB＝80 m，BC＝70
m，CA＝50 m．假定A，B，C，O四点在同一平面内．
(1)求∠BAC的大小；
(2)求点O到直线BC的距离．
解：(1)在△ABC 中，因为 AB＝80 m，BC＝70 m，CA＝50 m，由余弦定理得
cos∠BAC＝＝＝.
因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝.
(2)法一：因为发射点O到A，B，C三个工作点的距离相等，所以点O为△ABC外接
圆的圆心．
设外接圆的半径为R，则在△ABC中，＝2R.
由(1)知A＝，所以sin A＝.
所以2R＝＝.即R＝.
如图，连接OB，OC，过点O作边BC的垂线，垂足为D.在△OBD中，OB＝R＝，BD
＝＝＝35，
所以OD＝＝＝.
即点O到直线BC的距离为 m.法二：因为发射点O到A，B，C三个工作点的距离相等，所以点O为△ABC外接圆
的圆心．连接OB，OC，过点O作边BC的垂线，垂足为D.
由(1)知∠BAC＝，
所以∠BOC＝，所以∠BOD＝.
在Rt△BOD中，BD＝＝＝35 ，
所以OD＝＝＝.
即点O到直线BC的距离为 m.
