[讲义答案]第7讲-9ad6f7294f52_学而思高三全套_2019年高三暑假直播_2019-暑高二升高三理科数学一轮复习直播凌云班（全国）10讲王侃_讲义答案

答 案
A
直击课堂
【本讲解读】
  上一讲中我们重点讲解了“三角函数”这一专题，由于高考中常以道大题和至道小题的形式出现，且三角函
数的解答题侧重于解三角形部分，因此，本讲将重点以“正弦定理”、“余弦定理”、“正余弦定理应用”、“平面几何中的
解三角形问题”等多个模块进行讲解．此外，解三角形常与向量结合考查，在本讲的第一部分会进行详细的阐述．
模块
模块1：七分钟快测
：七分钟快测
1
直击课堂
直击课堂
本讲解读
本讲解读
1
1
2
演练1
解析
解：向量
，
， 
若
，则
， 
解得
， 
则
，
， 
，
； 
则
． 
故选：A．
答 案
C
解析
解：由三角形的内角和定理可知：
，
，
，由正弦定理可得： 
．
答 案
D
解析
解：根据正弦定理
可得， 
， 
解得
， 
又
， 
，故
为锐角， 
， 
故选D．
答 案
A
1  79%
1  55%
1  58%
=
a
1, x + 1
(
)
=
b
1 −x, 2
(
)
⊥
a
b
⋅
a
=
b
1 −x +
(
)
2 x + 1 =
(
)
x + 3 = 0
x = −3
=
a
1, −2
(
)
=
b
4, 2
(
)
+
a
=
b
5, 0
(
)
−
a
=
b
−3, −4
(
)
+
−
=
( a
b ) ( a
b )
−15
演练2
A = 30∘
B = 60∘
C = 90∘
a : b : c = sinA : sinB : sinC = sin30 :
∘
sin60 :
∘
sin90 =
∘
:
2
1
 :
2
 3
1 = 1 :
 :
3
2
演练3
 =
sinA
a
 
sinB
b
 =
sin60∘
15
 
sinB
10
sinB =
 
3
 3
∵b < a
∴B < A
B
∴cos B =
 =
1 −sin B
2
 
3
 6
演练4
解析
解：
， 
，可得
， 
又
， 
． 
， 
． 
故选：A．
答 案
B
解析
A．若
，则
且
，但
不一定成立，故此项错； B．
且
，三个向量大小相等且方向相同，
，故此项对； C．与非零向量
共线的单位
向量有与
同向和反向的两个向量，故此项错； D．在平行四边形
中，
，故此项错．
答 案
A
解析
①向量不能比较大小，故①错误； 
②共线向量只需方向相同或相反即可，不一定在同一直线上，故②错误； 
③零向量与任意向量都是共线的，即零向量与任意向量平行，故③错误； 
④当
时，
，此时
、
不一定共线，故④错误． 
故选：A．
答 案
C
解析
模块
模块2：平面向量的线性运算与基本定理
：平面向量的线性运算与基本定理
考法：平面向量基本概念
1  46%
2  15%
考法：线性运算与共线定理
1  62%
∵a + c
a −c =
(
) (
)
b b + c
(
)
∴a −
2
c =
2
b +
2
bc
a =
2
b +
2
c +
2
bc
∵a =
2
b +
2
c −
2
2bccos A
∴cos A = −
 2
1
∵∠A ∈0 , 180
( ∘
∘)
∴∠A = 120∘
例题1
=
b
0
//
a
b
//
b
c
//
a
c
∵
=
a
b
=
b
c
∴
=
a
c
a
a
ABCD
=
AB
=
DC
−CD
λ = μ = 0
λ
=
a
μ
=
b
0
a
b
例题2
，
，
，即向量
与
共线，二者有公共点
， 
、
、
三点共线，故选C．
答 案
C
解析
，即点
到
、
、
三点的距离相等，  点
为
的外心． 如
图，设
为
边的中点，则
．
，
， 
，
、
、
三点共线，  点
在
边的中线
上，同理点
也在
、
边的中线上，  点
是重心． 
答 案
B
解析
因为
，所以
，即
，故
在中线
上，且为靠近
的一个四等分点，故
．
答 案
D
解析
∵
．故选D．
2  68%
3  61%
考法：共面向量基本定理
1  72%
2  46%
∵
=
BD
+
BC
=
CD
2
+
a
4 b
=
AB
+
a
2 b
∴
=
BD
2AB
AB
BD
B
∴A
B
D
 
 =
∣∣∣OA∣∣∣
 
 =
∣∣∣OB∣∣∣
 
 
∣∣∣OC∣∣∣
O
A
B
C
∴
O
△ABC
D
BC
+
NB
=
NC
2ND
∵
+
NA
+
NB
=
NC
0
∴
+
NA
2
=
ND
0
∴
=
NA
2DN
∴A
D
N
∴
N
BC
N
AB
AC
∴
N
 
+
3
2 MB
+
MA
=
MC
0
−
 
=
3
2 MB
+
MA
=
MC
2MD
=
MD
−
 3
1 MB
M
BD
D
 =
∣
∣
BM
∣
∣
MD
 3
1
例题3
=
AF
+
AC
=
CF
+
a
 
=
3
2 CD
+
a
 (
−
3
1
b
) =
a
 
+
3
2 a
 3
1 b
答 案
A
解析
由题可知
，
，
， 则
．
答 案
C
解析
解：
，
，
，
， 
，
，
，
， 
，
， 
 
 
， 
， 
解得
． 故选：C．
答 案
D
解析
法一：设
．当
时，
恒成立且等号能取到， 设 
，即
有唯一非负实根，故
，
；当
时，
 恒成立且等号能取到，即
有唯一非负实根，故
，
； 
时，
的值为；故选D． 
法二：设
．令
，
，则
3  53%
模块
模块3：平面向量的数量积与坐标运算
：平面向量的数量积与坐标运算
考法：向量的模长与夹角运算
1  53%
=
AD
 
+
3
2 AB
 3
1 AC
=
BE
 
+
3
2 BA
 3
1 BC
=
CF
 
+
3
2 CB
 3
1 CA
+
AD
+
BE
=
CF
 
−
3
1 BC
 
=
3
2 BC
−
 3
1 BC
∵
 =
AM
 1
+
AB
 n
1 BC
 =
AM
 2
+
AB
 n
2 BC
⋯
 =
AM
 
n−1
+
AB
 
n
n −1 BC
 =
AN
 1
+
AD
n
1 DC
 =
AN
 2
+
AD
 n
2 DC
⋯
 =
AN n−1
+
AD
 
n
n −1 DC
=
AB
DC
=
AD
BC
∴
 +
AM
 1
 +
AM
 2
⋯+
 +
AM
 
n−1
 +
AN
 1
 +
AN
 2
⋯+
 
AN
 
n−1
= (n −1 +
 +
n
1
 +
n
2
⋯+
 )(
+
n
n −1
AD
)
AB
=
 
=
2
3(n −1) AC
45AC
∴
 =
2
3(n −1)
45
n = 31
例题4
,
=
⟨a
b ⟩
θ ∈0 , 180
[ ∘
∘]
t > 0
 
−t
 =
∣∣∣b
a ∣∣∣2
4 +
 t
 −
∣∣∣a ∣∣∣2
4
 t
 cos θ ⩾
∣∣∣a ∣∣∣
3
 t
 =
∣∣∣a ∣∣∣
x
x −
2
4x cos θ + 1 = 0
cos θ =
 2
1
θ = 60∘
t < 0
 
−t
 =
∣∣∣b
a ∣∣∣2
4 +
 t
 +
∣∣∣a ∣∣∣2
4
 t
 cos θ ⩾
∣∣∣a ∣∣∣
3
x +
2
4x cos θ + 1 = 0
cos θ = −
 2
1
θ = 120∘
t = 0
 
−t
 
∣∣∣b
a ∣∣∣
2
,
=
⟨a
b ⟩
θ ∈0 , 180
[ ∘
∘]
=
a
OA
=
b
OB
表示直线
上的动点
 到点
的距离
，最小距离为
到直线
的距离，为
，故
或
， 故选D．
答 案
A
解析
由
，
，两边平方可得
，
，解得
，
，又由于
，所以
，则
，又
，所以的取值范围是
，故选A．
答 案
C
解析
， 
， 
，故选C．
答 案
D
解析
，
． 
，
．
．故选D．
2  59%
考法：几何图形中数量积的计算问题
1  54%
2  55%
 
−t
 =
∣∣∣b
a ∣∣∣
 
−t
 
∣∣∣OB
OA∣∣∣
OA
P
B
 
 
∣∣∣BP ∣∣∣
B
OA
 
 sinθ =
∣∣∣OB∣∣∣
2 sinθ =
 3
θ = 60∘
120∘
 
+
 =
∣∣∣a
b ∣∣∣
 3
−
 =
∣∣∣a
b ∣∣∣
1
 
 +
∣∣∣a ∣∣∣2
 
 +
∣∣∣b ∣∣∣2
2
⋅
a
=
b
3
 
 +
∣∣∣a ∣∣∣2
 
 −
∣∣∣b ∣∣∣2
2
⋅
a
=
b
1
 
 +
∣∣∣a ∣∣∣2
 
 =
∣∣∣b ∣∣∣2
2
⋅
a
=
b
2
1
 
 +
∣∣∣a ∣∣∣2
 
 ⩾2
 
 
 
 
∣∣∣b ∣∣∣2
∣∣∣a ∣∣∣
∣∣∣b ∣∣∣
0 <
 
 
 
 ⩽1
∣∣∣a ∣∣∣
∣∣∣b ∣∣∣
cos θ =
 =
 
 
 
 
∣∣∣a ∣∣∣
∣∣∣b ∣∣∣
⋅
a
b
 ⩾
 
2
 
 
 
 
∣∣∣a ∣∣∣
∣∣∣b ∣∣∣
1
2
1
θ ∈[0, π]
θ
0⩽θ⩽
 
3
 π 
例题5
=
AM
+
AB
=
BM
+
AB
 
=
4
3 BC
+
AB
4
3 AD
=
NM
+
NC
=
CM
 
−
3
1 AB
 
=
4
1 AD
 
−
 
3
1 (AB
4
3 AD)
⋅
AM
=
NM
 
+
 
⋅
3
1 (AB
4
3 AD)
−
 
=
(AB
4
3 AD)
 
 
 −
 
 
 
=
3
1 (∣∣∣AB∣∣∣2
∣∣∣∣
4
3 AD
∣∣∣∣2
)
 ×
3
1
∵
=
AD
+
AB
=
BD
+
AB
 
=
3
1 BC
+
AB
 
−
=
3
1 (AC
AB)
 
+
3
2 AB
 3
1 AC
∴
⋅
AD
=
BC
 
+
 
⋅
( 3
2 AB
3
1 AC)
−
=
(AC
AB)
−
 
 
 +
3
2
∣∣∣AB∣∣∣2
 
 
 +
3
1
∣∣∣AC∣∣∣2
 
⋅
3
1 AB
AC
= −
 ×
3
2
4 +
 ×
3
1
9 +
 ×
3
1
2 × 3 cos θ = 2 cos θ +
 3
1
∵−1 < cos θ < 1
∴−
 <
3
5
2 cos θ +
 <
3
1
 3
7
∴
⋅
AD
∈
BC
−
 ,
 
(
3
5
3
7 )
答 案
A
解析
由题意知，
，设
，则
， 所以
． 要求
的最小
值，即求
的最大值．因为
，
，所以当
时，
，所以
，故选A．
答 案
A
解析
，
，
，
，
，故选A． 
答 案
-5
解析
解：
， 
，
， 
则
， 
故答案为：
．
答 案
C
解析
3  42%
考法：数量积的坐标运算
1  64%
2
3  61%
+
OB
=
OC
2OM
 
 =
∣∣∣OM∣∣∣
x
 
 =
∣∣∣OA∣∣∣
 
 −
∣∣∣AM∣∣∣
x
⋅
OA
+
=
(OB
OC)
−2
 
 −x x ⩾
(∣∣∣AM∣∣∣
)
−
 
2
 
 
∣∣∣AM∣∣∣2
⋅
OA
+
(OB
OC)
∣∣∣AM∣∣∣
A = 60∘
BC = 2
 3
AM⊥BC
 
 
 =
∣∣∣AM∣∣∣
max
3
⋅
OA
+
⩾
(OB
OC)
−
 2
9
例题6
=
b
2
−
−
 
=
[ a
( a
2
1 b )]
−4, 2
(
)
2
+
a
=
b
−2, 6
(
)
∵(2
+
a
)//
,
=
b
c
c
(x, 3)
∴
 =
−2
x
 6
3
x = −1
=
c
+
a
λ
=
b
1, 2 +
(
)
λ −1, 1 =
(
)
1 −λ, 2 + λ
(
)
∵
⊥
a
c
∴
⋅
a
=
c
1 −λ + 2 2 + λ =
(
)
0
λ = −5
−5
2
3
因为
与
的夹角为钝角，所以
且
与
不共线，即
且
，解
得
且
，故选C．
答 案
D
解析
解：方法一：在
中，
，
，
， 由余弦定理得：
，即
， 
解得
或
， 
由正弦定理
得：
或
， 
， 
， 
或
， 
故选D． 
方法二：由正弦定理
，即 
，可得
， 
则
或
，又
，且
， 
则
或
．
答 案
B
解析
解：
中，
，
，
， 
， 
即
， 
化简得
， 
解得
或
(不合题意，舍去)， 
． 
故选：B．
模块
模块4：解三角形
：解三角形
考法：正余弦定理
1  69%
2
a
b
⋅
a
<
b
0
a
b
−2 −3λ < 0
 =
 
−1
2 / λ
−3
λ > −
 3
2
λ=
 
 
/ 2
3
例题7
∵
△ABC
∠B = 45∘
c = 2
 2
b =
 
3
4
 3
∴
b =
2
a +
2
c −
2
2accos B
 =
3
16
a +
2
8 −4a
a = 2 +
3
2
3
a = 2 −
 
3
2
 3
 =
sinA
a
 
sinB
b
sinA =
 =
b
a sinB
 
4
 +
 
6
2
 
4
 −
 
6
2
∵sin75 =
∘
sin(45 +
∘
30 ) =
∘
sin45 cos 30 +
∘
∘
cos 45 sin30 =
∘
∘
 
4
 +
 
6
2
sin15 =
∘
sin 45 −30
=
(
∘
∘)
sin45 cos 30 −
∘
∘
cos 45 sin30 =
∘
∘
 
4
 −
 
6
2
∴∠A = 75∘
15∘
 =
sinB
b
 
sinC
c
 =
sin45∘
 
3
4
 3
 
sinC
2
 2
sinC =
 =
4
 3
6
 
2
 3
∠C = 60∘
120∘
∠A + ∠B + ∠C = 180∘
∠B = 45∘
∠A = 75∘
15∘
△ABC
a = BC = 2
c = AB = 4
cos C = −
 4
1
∴c =
2
a +
2
b −
2
2ab cos C
16 = 4 + b −
2
4b ×
−
 
(
4
1 )
b +
2
b −12 = 0
b = 3
b = −4
∴b = AC = 3
答 案
D
解析
解： 
，
， 
， 
由正弦定理可得
， 
故选：D．
答 案
D
解析
解：由正弦定理得
． 
因为
， 
所以
． 
又
，所以
， 
因为
， 
所以
．故选D．
答 案
直角三角形
解析
， 即
，根据正弦定理得，
①， 又
，由正弦定
理及
可知
②， 由①②得
， 所以
是直角三角形，且
．
考法：边角互化
1  72%
2  89%
3  90%
4
例题8
∵cos A =
 2
1
a =
 3
∴sinA =
 
2
 3
 =
sinA + sinB + sinC
a + b + c
 =
sinA
a
 =
 
2
 3
 3
2
sinA cos C +
 sinC =
2
1
sinB
sinB = sin(A + C) = sinA cos C + cos A sinC
 sinC =
2
1
cos A sinC
sinC=
 0
/
cos A =
 2
1
0 < A <  π 
A =
 3
 π 
∵cos C + cos A −B =
(
)
1 −cos 2C, cos A −B −
(
)
cos A + B =
(
)
2sin C
2
sinA sinB = sin C
2
ab = c2
 =
a
a + b
 
sinB −sinA
sinB
b + a
sinB −sinA =
(
) (
)
a sinB
b −
2
a =
2
ab
b =
2
a +
2
c2
△ABC
B = 90∘
答 案
解析
解：因为
， 
利用正弦定理化简可得：
，即
， 
所以
，又
，所以
．
答 案
A
解析
解：解法一：
，再由余弦定理可得
． 
解法二：作
中
边上的高
，在
中求得高
， 
结合面积求得
，
，从而
．
答 案
解析
解：
的内角
，
，
的对边分别为，，， 
， 
利用正弦定理可得
， 
由于
，
， 
所以
， 
所以
， 
则
或
． 
由于
， 
又
， 
当
时，
， 
解得
， 
所以
． 
当
时，
， 
解得
(不合题意，舍去)． 
考法：面积公式
1
2
 3
π
a + b
sinA −sinB =
(
) (
)
c −b sinC
(
)
a + b
a −b =
(
) (
)
c −b c
(
)
b +
2
c −
2
a =
2
bc
cos A =
 =
2bc
b + c −a
2
2
2
 2
1
A ∈(0, π)
A =
 3
π
例题9
S
 =
△ABC
 acsin45 =
2
1
∘
2 ⇒c = 4
 2
b = 5
△ABC
AB
CD
Rt△BDC
CD =
 
2
 2
AB = 4
 2
AD =
 
2
7
 2
b =
 =
AD + CD
2
2
5
 
3
2
 3
△ABC
A
B
C
a
b
c
b sinC + csinB = 4a sinB sinC
sinB sinC + sinC sinB = 4 sinA sinB sinC
0 < B < π
0 < C < π
sinB sinC=
 0
/
sinA =
 2
1
A =
 6
π
 
6
5π
b +
2
c −
2
a =
2
8
cos A =
 
2bc
b + c −a
2
2
2
A =
 6
π
 =
2
 3
 
2bc
8
bc =
 
3
8
 3
S
 =
△ABC
 bcsinA =
2
1
 
3
2
 3
A =
 
6
5π
−
 =
2
 3
 
2bc
8
bc = −
 
3
8
 3
故
． 
故答案为：
．
答 案
见解析
解析
解：在
中，
，
，
， 
由正弦定理得
， 
即
，解得
． 
又
， 
．
答 案
见解析
解析
解：设
，则
， 
设
，则
， 
在
中，由已知和余弦定理得
， 
又在
中，有
， 
， 
， 
解得
(负值舍去)，  
．
答 案
见解析
考法：平面几何中的解三角形
1
2
1
S
 =
△ABC
 
3
2
 3
 
3
2
 3
例题10
△ACD
AC = 8
CD = 5
A =
 6
π
 =
sin
 6
π
5
 
sin
 + B
( 2
π
)
8
 =
sin
 6
π
5
 
cos B
8
cos B =
 5
4
B ∈
0,
 
(
2
π )
∴sinB =
 =
1 −cos B
2
 5
3
∠CDA = θ
∠CDB = π −θ
AD = m
BD = 2AD = 2m
△ACD
64 = m +
2
25 −2m ⋅5 ⋅cos θ
Rt△CDB
cos ∠CDB = cos  π −θ =
(
)
−cos θ =
 
2m
5
∴64 = m +
2
25 −10m ⋅
 
( 2m
5 )
m =
2
14
m = ±
 
14
∴AD =
 
14
例题11
解析
设
． 
在
中，由余弦定理，得
． 
于是由题设知，
，即
， 
解得
（
舍去）． 
在
中，由正弦定理，得
． 
于是
，即
．  
由题设知，
，于是由(1)知， 
． 
而
，所以 
． 
在
中，
， 
故
．
∠CED = α
1
( )
△CDE
EC =
2
CD +
2
DE −
2
2CD ⋅DE ⋅cos ∠EDC
7 = CD +
2
1 + CD
CD +
2
CD −6 = 0
CD = 2
CD = −3
△CDE
 =
sin∠EDC
EC
 
sinα
CD
sinα =
 =
EC
CD ⋅sin
 
3
2π 
 =
 7
2 ×
 
2
 3
 
7
 
21
sin∠CED =
 
7
 
21
2
( )
0 < α <
 3
π 
cos α =
 =
1 −sin α
2
 =
1 −
 
49
21
 
7
2
 7
∠AEB =
 −
3
2π 
α
cos ∠AEB = cos
 −α
=
( 3
2π 
)
cos
 cos α +
3
2π 
sin
 sinα =
3
2π 
−
 cos α +
2
1
 sinα
2
 3
Rt △AEB
cos ∠AEB =
 =
BE
EA
 
BE
2
BE =
 =
cos ∠AEB
2
 =
 
14
 7
2
4
 7