《第六章平面向量及其應(yīng)用》單元復習【體系構(gòu)建】

【規(guī)律方法】1．本章我們學習的向量具有大小和方向兩個要素．用有向線段表示向量時，與有向線段的起點位置沒有關(guān)系，同向且等長的有向線段都表示同一向量．數(shù)學中的向量指的是自由向量，根據(jù)需要可以進行平移．2．共線向量條件和平面向量基本定理，揭示了共線向量和平面向量的基本結(jié)構(gòu)，它們是進一步研究向量正交分解和用坐標表示向量的基礎(chǔ)．3．向量的數(shù)量積是一個數(shù)，當兩個向量的夾角是銳角或零角時，它們的數(shù)量積為正數(shù)；當兩個向量的夾角為鈍角或180°角時，它們的數(shù)量積為負數(shù)；當兩個向量的夾角是90°時，它們的數(shù)量積等于0.零向量與任何向量的數(shù)量積等于0.通過向量的數(shù)量積，可以計算向量的長度(模)、平面內(nèi)兩點間的距離、兩個向量的夾角，判斷相應(yīng)的兩條直線是否垂直．4．平面向量的應(yīng)用中，用平面向量解決平面幾何問題，要注意“三部曲”；用向量解決物理問題，體現(xiàn)了數(shù)學建模的要求，要根據(jù)題意結(jié)合物理意義作出圖形，轉(zhuǎn)化為數(shù)學問題，再通過向量運算使問題解決．5．正、余弦定理將三角形邊和角的關(guān)系進行量化，為我們解三角形或求三角形的面積提供了依據(jù)，而三角形中的問題常與向量、函數(shù)、方程及平面幾何相結(jié)合，通常可以利用正、余弦定理完成證明，求值問題．(1)解三角形與向量的交匯問題，可以結(jié)合向量的平行、垂直、夾角、模等知識轉(zhuǎn)化求解．(2)解三角形與其他知識交匯問題，可以運用三角形的基礎(chǔ)知識，正、余弦定理、三角形的面積公式與三角恒等變換，通過等價轉(zhuǎn)化構(gòu)造方程及函數(shù)求解．6．學習本章要注意類比，如向量的運算法則及運算律可與實數(shù)相應(yīng)的運算法則及運算律進行橫向類比．7．向量是數(shù)形結(jié)合的載體．在本章學習中，一方面通過數(shù)形結(jié)合來研究向量的概念和運算；另一方面，我們又以向量為工具，運用數(shù)形結(jié)合的思想解決數(shù)學問題和物理的相關(guān)問題．同時，向量的坐標表示為我們用代數(shù)方法研究幾何問題提供了可能，豐富了我們研究問題的范圍和手段．【學科思想培優(yōu)】一、向量的線性運算向量的線性運算包含向量及其坐標運算的加法、減法、數(shù)乘，向量的加法遵循三角形法則和平行四邊形法則，減法可以轉(zhuǎn)化為加法進行運算，向量的加法滿足交換律、結(jié)合律，數(shù)乘向量滿足分配律，向量的線性運算也叫向量的初等運算，它們的運算法則在形式上很像實數(shù)加減法與乘法滿足的運算法則，但在具體含義上是不同的．不過由于它們在形式上相類似，因此，實數(shù)運算中的去括號、移項、合并同類項等變形手段在向量的線性運算中都可以使用．如果e1，e2是同一平面內(nèi)的兩個不共線向量，那么對于這一平面內(nèi)的任一向量a，有且只有一對實數(shù)λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.[典例1]如圖，梯形ABCD中，AB∥CD，點M，N分別是DA，BC的中點，且eq\f(DC,AB)＝k，設(shè)eq\o(AD,\s\up6(→))＝e1，eq\o(AB,\s\up6(→))＝e2，以{e1，e2}為基底表示向量eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(MN,\s\up6(→)).解∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝e2，且eq\f(DC,AB)＝k，∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝keq\o(AB,\s\up6(→))＝ke2.∵eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(DA,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝e1＋(k－1)e2.又∵eq\o(MN,\s\up6(→))＋eq\o(NB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝0，且eq\o(NB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝－eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(NB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(k＋1,2)e2.[典例2]已知線段AB的端點為A(x,5)，B(－2，y)，直線AB上的點C(1,1)，且|Aeq\o(C,\s\up6(→))|＝2|Beq\o(C,\s\up6(→))|，求x，y的值．解由|Aeq\o(C,\s\up6(→))|＝2|Beq\o(C,\s\up6(→))|，可得Aeq\o(C,\s\up6(→))＝±2Beq\o(C,\s\up6(→))，又Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(1－x,1－5)，2Beq\o(C,\s\up6(→))＝2(1＋2,1－y)＝(6,2－2y)，①當Aeq\o(C,\s\up6(→))＝2Beq\o(C,\s\up6(→))時，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x＝6，,－4＝2－2y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝3.))②當Aeq\o(C,\s\up6(→))＝－2eq\o(BC,\s\up6(→))時，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x＝－6，,－4＝－2＋2y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝7，,y＝－1.))由①②可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝7，,y＝－1.))二、向量的數(shù)量積運算向量的數(shù)量積運算是本章的核心，由于向量數(shù)量積的運算及其性質(zhì)涵蓋向量的長度、角度以及不等式等，因此它的應(yīng)用也最為廣泛．利用向量的數(shù)量積可以求長度、也可判斷直線與直線之間的關(guān)系(相交的夾角以及垂直)，還可以通過向量的坐標運算將代數(shù)中的有關(guān)函數(shù)、不等式等知識融合在一起．[典例3]在△OAB中，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，OD是AB邊上的高，若eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，則實數(shù)λ等于()A．eq\f(b－a·a,|a－b|) B．eq\f(a－b·a,|a－b|2)C．eq\f(b－a·a,|a－b|2) D．eq\f(a－b·a,|a－b|)解析∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝λ(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，eq\o(OD,\s\up6(→))＝λeq\o(OB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OA,\s\up6(→))＝λb＋(1－λ)a，又eq\o(OD,\s\up6(→))是AB邊上的高，∴eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，即eq\o(OD,\s\up6(→))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0，∴[(1－λ)a＋λb]·(b－a)＝0.整理可得λ(a－b)2＝(a－b)·a，即λ＝eq\f(a－b·a,|a－b|2).答案B[典例4]平面內(nèi)有向量eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,7)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(5,1)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(2,1)，點M為直線OP上的一動點．(1)當eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))取最小值時，求eq\o(OM,\s\up6(→))的坐標；(2)在(1)的條件下，求cos∠AMB的值．解(1)設(shè)eq\o(OM,\s\up6(→))＝(x，y)，∵點M在直線OP上，∴向量eq\o(OM,\s\up6(→))與eq\o(OP,\s\up6(→))共線，又eq\o(OP,\s\up6(→))＝(2,1)．∴x×1－y×2＝0，即x＝2y.∴eq\o(OM,\s\up6(→))＝(2y，y)．又eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,7)，∴eq\o(MA,\s\up6(→))＝(1－2y,7－y)．同理eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝(5－2y,1－y)．于是eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(1－2y)(5－2y)＋(7－y)(1－y)＝5y2－20y＋12.可知當y＝eq\f(20,2×5)＝2時，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))有最小值－8，此時eq\o(OM,\s\up6(→))＝(4,2)．(2)當eq\o(OM,\s\up6(→))＝(4,2)，即y＝2時，有eq\o(MA,\s\up6(→))＝(－3,5)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(1，－1)，|eq\o(MA,\s\up6(→))|＝eq\r(34)，|eq\o(MB,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(－3)×1＋5×(－1)＝－8.cos∠AMB＝eq\f(\o(MA,\s\up6(→))·\o(MB,\s\up6(→)),|\o(MA,\s\up6(→))||\o(MB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－8,\r(34)×\r(2))＝－eq\f(4\r(17),17).三、向量的應(yīng)用向量的應(yīng)用是多方面的，但由于我們所學的知識范圍較窄，因此我們目前的應(yīng)用主要限于平面幾何以及用來探討函數(shù)、三角函數(shù)的性質(zhì)等方面，當然還有在物理方面的應(yīng)用．[典例5]在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝12，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝15，l為線段BC的垂直平分線，l與BC交于點D，E為l上異于D的任意一點．(1)求eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的值；(2)判斷eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的值是否為一個常數(shù)，并說明理由．解(1)∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，∴AB⊥AC．又|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝12，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝15，∴|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝9.由已知可得eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AC,\s\up6(→))2)＝eq\f(1,2)×(144－81)＝eq\f(63,2).(2)eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的值為一個常數(shù)．理由：∵l為線段BC的垂直平分線，l與BC交于點D，E為l上異于D的任意一點，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0.故eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→)))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(63,2).[典例6]平面向量a＝(eq\r(3)，－1)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，若存在不同時為0的實數(shù)k和t，使x＝a＋(t2－3)b，y＝－ka＋tb，且x⊥y，試求函數(shù)關(guān)系式k＝f(t)．解由a＝(eq\r(3)，－1)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))得a·b＝0，|a|＝2，|b|＝1，由x⊥y，得x·y＝[a＋(t2－3)b]·(－ka＋tb)＝0，即－ka2＋ta·b－k(t2－3)a·b＋t(t2－3)b2＝0，－4k＋t3－3t＝0，k＝eq\f(1,4)(t3－3t)，即k＝f(t)＝eq\f(1,4)(t3－3t)．[典例7]已知△ABC中，A(2,4)，B(－1，－2)，C(4,3)，BC邊上的高為AD．(1)求證：AB⊥AC；(2)求點D和向量eq\o(AD,\s\up6(→))的坐標；(3)設(shè)∠ABC＝θ，求cosθ；(4)求證：AD2＝BD·CD．解(1)證明：eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－2)－(2,4)＝(－3，－6)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4,3)－(2,4)＝(2，－1)．∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－3×2＋(－6)×(－1)＝0，∴AB⊥AC．(2)設(shè)D點坐標為(x，y)，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝(x－2，y－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(5,5)．∵AD⊥BC，∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝5(x－2)＋5(y－4)＝0.①又eq\o(BD,\s\up6(→))＝(x＋1，y＋2)，而eq\o(BD,\s\up6(→))與eq\o(BC,\s\up6(→))共線，∴5(x＋1)－5(y＋2)＝0，②聯(lián)立①②解得x＝eq\f(7,2)，y＝eq\f(5,2).故D點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，\f(5,2))).∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)－2，\f(5,2)－4))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2))).(3)cosθ＝eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(3×5＋6×5,\r(32＋62)×\r(52＋52))＝eq\f(3\r(10),10).(4)證明：∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2)))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，\f(9,2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\f(9,2)，|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))2)＝eq\f(9\r(2),2)，|eq\o(DC,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2).∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(BD,\s\up6(→))|·|eq\o(DC,\s\up6(→))|，即AD2＝BD·CD．[典例8]在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知向量m＝(a＋c，b)與向量n＝(a－c，b－a)互相垂直．(1)求角C；(2)求sinA＋sinB的取值范圍．解(1)由已知可得，(a＋c)(a－c)＋b(b－a)＝0?a2＋b2－c2＝ab，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由C＝eq\f(π,3)，得A＋B＝eq\f(2π,3)，sinA＋sinB＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝sinA＋sineq\f(2π,3)cosA－coseq\f(2π,3)sinA＝eq\f(3,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinA＋\f(1,2)cosA))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，由0<A<eq\f(2π,3)，eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)?eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤1.所以sinA＋sinB的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3))).四、數(shù)形結(jié)合思想向量本身既有大小，又有方向，可以用幾何法表示，而向量又有良好的運算性質(zhì)——坐標運算，可把向量與數(shù)聯(lián)系起來，這樣向量具備了“數(shù)”與“形”的兩方面特征．兩條直線平行、垂直，三點共線等幾何問題，可通過向量的坐標運算這種代數(shù)手段實現(xiàn)證明，還可利用向量的數(shù)量積處理線段的長度、角度等問題．[典例9]已知向量a與b不共線，且|a|＝|b|≠0，則下列結(jié)論正確的是()A．向量a＋b與a－b垂直B．向量a－b與a垂直C．向量a＋b與a垂直D．向量a＋b與a－b共線解析如圖所示，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OC,\s\up6(→))＝b，以O(shè)A和OC為鄰邊作?OABC．由于|a|＝|b|≠0，則四邊形OABC是菱形．所以必有AC⊥OB．又因為a＋b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，a－b＝eq\o(CA,\s\up6(→))，所以(a＋b)⊥(a－b)．答案A[典例10]已知向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2,0)，向量eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2,2)，向量eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，則向量eq\o(OA,\s\up6(→))與向量eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角的取值范圍為()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,12)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))解析如圖，向量eq\o(CA,\s\up6(→))的終點A在以點C(2,2)為圓心、半徑為eq\r(2)的圓上，OA1，OA2是圓的兩條切線，切點分別為A1，A2.在Rt△OCA1中，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)，|eq\o(CA1,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，所以∠COA1＝eq\f(π,6).所以∠COA2＝∠COA1＝eq\f(π,6).因為∠COB＝eq\f(π,4)，所以∠A1OB＝eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,12)，∠A2OB＝eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,12).所以向量eq\o(OA,\s\up6(→))與向量eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12))).答案D[典例11]如圖，A，B是海面上位于東西方向相距5(3＋eq\r(3))海里的兩個觀測點．現(xiàn)位于A點北偏東45°，B點北偏西60°的D點有一艘輪船發(fā)出求救信號，位于B點南偏西60°且與B點相距20eq\r(3)海里的C點的救援船立即前往營救，其航行速度為30海里/小時，該救援船到達D點需要多長時間？解由題意知AB＝5(3＋eq\r(3))(海里)，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.在△DAB中，由正弦定理，得eq\f(DB,sin∠DAB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，∴DB＝eq\f(ABsin∠DAB,sin∠ADB)＝eq\f(53＋\r(3)sin45°,sin105°)＝eq\f(53＋\r(3)sin45°,sin45°cos60°＋cos45°sin60°)＝eq\f(5\r(3)\r(3)＋1,\f(\r(3)＋1,2))＝10eq\r(3)(海里)，又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝20eq\r(3)(海里)，在△DBC中，由余弦定理，得CD2＝BD2＋BC2－2BD×BCcos∠DBC＝300＋1200－2×10eq\r(3)×20eq\r(3)×eq\f(1,2)＝900，∴CD＝30(海里)，則需要的時間t＝eq\f(30,30)＝1(小時)．答：該救援船到達D點需要1小時．《第六章平面向量及其應(yīng)用》單元檢測試卷一學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________題號一二三四總分得分第Ⅰ卷（選擇題）一．選擇題（共8小題）1．如果向量（0，1），（﹣2，1），那么|2|＝（）A．6 B．5 C．4 D．32．在矩形ABCD中，AB＝1，AD，點M在對角線AC上，點N在邊CD上，且，，則（）A． B．4 C． D．3．如圖，在等腰直角△ABC中，斜邊6，且2，點P是線段AD上任一點，則的取值范圍是（）A．[0，4] B．[] C．[0，] D．[]4．設(shè)，是兩個不共線的平面向量，已知，，若，則k＝（）A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣65．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若A＝60°，a，則等于（）A． B． C． D．26．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，如果a＝2，A＝45°，B＝30°，那么b＝（）A． B． C． D．7．海倫公式是利用三角形的三條邊的邊長a，b，c直接求三角形面積S的公式，表達式為：S，p；它的特點是形式漂亮，便于記憶．中國宋代的數(shù)學家秦九韶在1247年獨立提出了“三斜求積術(shù)”，雖然它與海倫公式形式上有所不同，但它與海倫公式完全等價，因此海倫公式又譯作海倫﹣秦九韶公式．現(xiàn)在有周長為10+2的△ABC滿足sinA：sinB：sinC＝2：3：，則用以上給出的公式求得△ABC的面積為（）A． B． C． D．128．已知向量，，，則當取最小值時，實數(shù)t＝（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非選擇題）二．多選題（共4小題）9．在△ABC中，，AC＝1，，則角A的可能取值為（）A． B． C． D．10．已知△ABC的面積為3，在△ABC所在的平面內(nèi)有兩點P，Q，滿足2，，記△APQ的面積為S，則下列說法正確的是（）A．∥ B． C． D．S＝411．以下關(guān)于正弦定理或其變形正確的有（）A．在△ABC中，a：b：c＝sinA：sinB：sinC B．在△ABC中，若sin2A＝sin2B，則a＝b C．在△ABC中，若sinA＞sinB，則A＞B，若A＞B，則sinA＞sinB都成立 D．在△ABC中，12．已知向量（2，1），（1，﹣1），（m﹣2，﹣n），其中m，n均為正數(shù)，且（）∥，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)與b的夾角為鈍角 B．向量a在b方向上的投影為 C．2m+n＝4 D．mn的最大值為2三．填空題（共4小題）13．設(shè)向量（1，﹣1），（m+1，2m﹣4），若⊥，則m＝．14．設(shè)，為單位向量，且||＝1，則||＝．15．若tanα，向量（1，﹣1），（cos2α，sin2α），則?．16．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，如果a＝3，b，c＝2，那么cosA＝．四．解答題（共5小題）17．已知，α∈R．（1）若向量，求的值；（2）若向量，證明：．18．如圖，在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，，．（1）求CD的長；（2）求的值．19．已知函數(shù)．（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，c＝1，求△ABC的面積．20．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，設(shè)平面向量，且（Ⅰ）求C；（Ⅱ）若，求△ABC中AB邊上的高h．21．在①a，②（2a﹣b）sinA+（2b﹣a）sinB＝2csinC這兩個條件中任選一個，補充在下列問題中，并解答．已知△ABC的角A，B，C對邊分別為a，b，c，c而且_______．（1）求∠C；（2）求△ABC周長的最大值．《第六章平面向量及其應(yīng)用》單元檢測試卷一答案解析一．選擇題（共8小題）1．如果向量（0，1），（﹣2，1），那么|2|＝（）A．6 B．5 C．4 D．3【解答】解：由向量（0，1），（﹣2，1），所以2（﹣4，3），由向量的模的運算有|2|5，故選：B．2．在矩形ABCD中，AB＝1，AD，點M在對角線AC上，點N在邊CD上，且，，則（）A． B．4 C． D．【解答】解：，∴（）?（）．故選：C．3．如圖，在等腰直角△ABC中，斜邊6，且2，點P是線段AD上任一點，則的取值范圍是（）A．[0，4] B．[] C．[0，] D．[]【解答】解：AB＝AC＝3，，（），設(shè)λ，則（1），∴（）?[（1）]（1）10λ2﹣6λ，∵0≤λ≤1，∴當λ時，取得最小值，當λ＝1時，取得最大值4．故選：B．4．設(shè)，是兩個不共線的平面向量，已知，，若，則k＝（）A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6【解答】解：∵，，，∴，解得k＝﹣6．故選：D．5．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若A＝60°，a，則等于（）A． B． C． D．2【解答】解：A＝60°，a，由正弦定理可得，2，∴b＝2sinB，c＝2sinC，則2．故選：D．6．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，如果a＝2，A＝45°，B＝30°，那么b＝（）A． B． C． D．【解答】解：由正弦定理可得，，所以b，故選：A．7．海倫公式是利用三角形的三條邊的邊長a，b，c直接求三角形面積S的公式，表達式為：S，p；它的特點是形式漂亮，便于記憶．中國宋代的數(shù)學家秦九韶在1247年獨立提出了“三斜求積術(shù)”，雖然它與海倫公式形式上有所不同，但它與海倫公式完全等價，因此海倫公式又譯作海倫﹣秦九韶公式．現(xiàn)在有周長為10+2的△ABC滿足sinA：sinB：sinC＝2：3：，則用以上給出的公式求得△ABC的面積為（）A． B． C． D．12【解答】解：∵sinA：sinB：sinC＝2：3：，∴a：b：c＝2：3：，∵△ABC周長為10+2，即a+b+c＝10+2，∴a＝4，b＝6，c＝2，∴p5，∴△ABC的面積S6．故選：C．8．已知向量，，，則當取最小值時，實數(shù)t＝（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)P（x，y）；因為向量，，，可得（x，y﹣2）＝t（1，﹣2）；故；∴；當t時取最小值．故選：C．二．多選題（共4小題）9．在△ABC中，，AC＝1，，則角A的可能取值為（）A． B． C． D．【解答】解：由正弦定理可得，即，所以sinC，所以C或，當C時，A，當C時，A．故選：AD．10．已知△ABC的面積為3，在△ABC所在的平面內(nèi)有兩點P，Q，滿足2，，記△APQ的面積為S，則下列說法正確的是（）A．∥ B． C． D．S＝4【解答】解：已知△ABC的面積為3，在△ABC所在的平面內(nèi)有兩點P，Q，滿足2，所以A，P，C三點共線．點P為線段AC的三等分點，由于，所以A，B，Q三點共線，且B為線段AQ的中點，如圖所示：所以①不平行，故選項A錯誤．②根據(jù)三角形法則：．③④△ABC的面積為3，所以，則S△ABP＝2，S△BCP＝1，且S△ABP＝S△BPQ＝2，所以S△APQ＝2+2＝4．故選：BD．11．以下關(guān)于正弦定理或其變形正確的有（）A．在△ABC中，a：b：c＝sinA：sinB：sinC B．在△ABC中，若sin2A＝sin2B，則a＝b C．在△ABC中，若sinA＞sinB，則A＞B，若A＞B，則sinA＞sinB都成立 D．在△ABC中，【解答】解：對于A，由正弦定理，可得：a：b：c＝2RsinA：2RsinB：2RsinC＝sinA：sinB：sinC，故正確；對于B，由sin2A＝sin2B，可得A＝B，或2A+2B＝π，即A＝B，或A+B，∴a＝b，或a2+b2＝c2，故B錯誤；對于C，在△ABC中，由正弦定理可得sinA＞sinB?a＞b?A＞B，因此A＞B是sinA＞sinB的充要條件，正確；對于D，由正弦定理，可得右邊2R＝左邊，故正確．故選：ACD．12．已知向量（2，1），（1，﹣1），（m﹣2，﹣n），其中m，n均為正數(shù)，且（）∥，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)與b的夾角為鈍角 B．向量a在b方向上的投影為 C．2m+n＝4 D．mn的最大值為2【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：對于A，向量（2，1），（1，﹣1），則?2﹣1＝1＞0，則、的夾角為銳角，A錯誤；對于B，向量（2，1），（1，﹣1），則向量a在b方向上的投影為，B錯誤；對于C，向量（2，1），（1，﹣1），則（1，2），若（）∥，則（﹣n）＝2（m﹣2），變形可得2m+n＝4，C正確；對于D，由C的結(jié)論，2m+n＝4，而m，n均為正數(shù)，則有mn（2m?n）（）2＝2，即mn的最大值為2，D正確；故選：CD．三．填空題（共4小題）13．設(shè)向量（1，﹣1），（m+1，2m﹣4），若⊥，則m＝5．【解答】解：向量（1，﹣1），（m+1，2m﹣4），若⊥，則?m+1﹣（2m﹣4）＝﹣m+5＝0，則m＝5，故答案為：514．設(shè)，為單位向量，且||＝1，則||＝．【解答】解：，為單位向量，且||＝1，||2＝1，可得，1+21＝1，所以，則||．故答案為：．15．若tanα，向量（1，﹣1），（cos2α，sin2α），則?．【解答】解：向量（1，﹣1），（cos2α，sin2α），tanα，則?．故答案為：．16．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，如果a＝3，b，c＝2，那么cosA＝．【解答】解：由余弦定理可得，cosA．故答案為：四．解答題（共5小題）17．已知，α∈R．（1）若向量，求的值；（2）若向量，證明：．【解答】解：（1）因為，所以tanα，所以．（2）證明：因為，所以6（sin2α﹣cos2α）+5（1+cos2α）＝0，所以．18．如圖，在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，，．（1）求CD的長；（2）求的值．【解答】解：（1）∵，∴，∴，∴，即CD的長為；（2），∴．19．已知函數(shù)．（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，c＝1，求△ABC的面積．【解答】解：（1），由，得，k∈Z；由，得，k∈Z．故f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，k∈Z．（2），則，∵A∈（0，π），∴，即，由正弦定理得，即，解得，∴或，當C時，A+C＞π，舍去，所以，故，∴．20．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，設(shè)平面向量，且（Ⅰ）求C；（Ⅱ）若，求△ABC中AB邊上的高h．【解答】解：（Ⅰ）平面向量，且，可得，所以cos2B﹣sin2A+sinAsinB＝cos2C，即1﹣sin2B﹣sin2A+sinAsinB＝1﹣sin2C，即sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB，根據(jù)正弦定理得a2+b2﹣c2＝ab，所以，所以；（Ⅱ）由余弦定理，又，所以ab＝3，根據(jù)△ABC△的面積，即，解得，所以△ABC中AB邊上的高．21．在①a，②（2a﹣b）sinA+（2b﹣a）sinB＝2csinC這兩個條件中任選一個，補充在下列問題中，并解答．已知△ABC的角A，B，C對邊分別為a，b，c，c而且_______．（1）求∠C；（2）求△ABC周長的最大值．【解答】解：（1）選①，∵a，∴，∵sinA≠0，∴，即，又0＜C＜π，∴，故，即；選②，∵（2a﹣b）sinA+（2b﹣a）sinB＝2csinC，∴（2a﹣b）a+（2b﹣a）b＝2c2，即a2+b2﹣c2＝ab，∴，∵0＜C＜π，∴；（2）由（1）可知，，在△ABC中，由余弦定理得a2+b2﹣2abcosC＝3，即a2+b2﹣ab＝3，∴，∴，當且僅當那個a＝b時取等號，∴，即△ABC周長的最大值為．《第六章平面向量及其應(yīng)用》單元檢測試卷二學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________題號一二三四總分得分第Ⅰ卷（選擇題）一．選擇題（共8小題）1．設(shè)θ為兩個非零向量、的夾角，已知當實數(shù)t變化時的最小值為2，則（）A．若θ確定，則唯一確定 B．若θ確定，則唯一確定 C．若確定，則θ唯一確定 D．若確定，則θ唯一確定2．在△ABC中，內(nèi)角A、B、C所對邊分別為a、b、c，若，則∠B的大小是（）A． B． C． D．3．如圖，O是坐標原點，M，N是單位圓上的兩點，且分別在第一和第三象限，則||的范圍為（）A．[0，） B．[0，2） C．[1，） D．[1，2）4．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且（2b﹣c）cosA＝acosC，b＝2，若邊BC的中線等于3，則△ABC的面積為（）A．9 B． C．3 D．5．在△ABC中，點P滿足，過點P的直線與AB，AC所在的直線分別交于點M，N，若，（λ＞0，μ＞0），則λ+μ的最小值為（）A． B． C． D．6．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an+1＝an+a（n∈N*，a為常數(shù)），若平面內(nèi)的三個不共線的非零向量，，滿足，A，B，C三點共線且該直線不過O點，則S2010等于（）A．1005 B．1006 C．2010 D．20127．著名數(shù)學家歐拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半．此直線被稱為三角形的歐拉線，該定理則被稱為歐拉線定理．設(shè)點O，H分別是△ABC的外心、垂心，且M為BC中點，則（）A． B． C． D．8．若AB＝4，，平面內(nèi)一點P，滿足，sin∠PAB的最大值是（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非選擇題）二．多選題（共4小題）9．設(shè)P是△ABC所在平面內(nèi)的一點，，則（）A． B． C． D．10．下列命題中，正確的是（）A．在△ABC中，A＞B，∴sinA＞sinB B．在銳角△ABC中，不等式sinA＞cosB恒成立 C．在△ABC中，若acosA＝bcosB，則△ABC必是等腰直角三角形 D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，則△ABC必是等邊三角形11．已知，是兩個單位向量，λ∈R時，|λ|的最小值為，則下列結(jié)論正確的是（）A．，的夾角是 B．，的夾角是或 C．|＝1或 D．1或12．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且（a+b）：（a+c）：（b+c）＝9：10：11，則下列結(jié)論正確的是（）A．sinA：sinB：sinC＝4：5：6 B．△ABC是鈍角三角形 C．△ABC的最大內(nèi)角是最小內(nèi)角的2倍 D．若c＝6，則△ABC外接圓半徑為三．填空題（共4小題）13．如圖，在四邊形ABCD中，已知AB＝2，CD與以AB為直徑的半圓O相切于點D，且BC∥AD，若1，則BD＝；此時．14．如圖，某濕地為拓展旅游業(yè)務(wù)，現(xiàn)準備在濕地內(nèi)建造一個觀景臺P，已知射線AB，AC為濕地兩邊夾角為120°的公路（長度均超過2千米），在兩條公路AB，AC上分別設(shè)立游客接送點M，N，且AM＝AN＝2千米，若要求觀景臺P與兩接送點所成角∠MPN與∠BAC相等，記∠PMA＝α，觀景臺P到M，N建造的兩條觀光線路PM與PN之和記為y，則把y表示為α的函數(shù)為y＝；當兩臺觀光線路之和最長時，觀景臺P到A點的距離PA＝千米．15．設(shè)，為單位向量，滿足|2|，，3，設(shè)，的夾角為θ，則cos2θ的最小值為．16．在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在邊BC上，延長AD到P，使得AP＝9．若m（m）（m為常數(shù)），則CD的長度是．四．解答題（共5小題）17．△ABC的角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinA﹣sinC（sinB﹣sinC）．（1）求角A；（2）從三個條件：①a＝3；②b＝3；③△ABC的面積為3中任選一個作為已知條件，求△ABC周長的取值范圍．18．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知cosA．（1）若△ABC的面積為3，求的值；（2）設(shè)（2sin，1），（cosB，cos），且∥，求sin（B﹣2C）的值．19．已知△ABC中三個內(nèi)角A，B，C所對的邊為a，b，c，且B，b＝2．（1）若c，求sinA的值；（2）當取得最大值時，求A的值．20．已知向量（cosx+sinx，cosx），（cosx﹣sinx，﹣2sinx），記函數(shù)f（x）?．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在上的取值范圍；（Ⅱ）若g（x）＝f（x+t）為偶函數(shù)，求|t|的最小值．21．在①asinCC；②5ccosB+4b＝5a；③（2b﹣a）cosC＝ccosA，這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，然后解答補充完整的題目．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．且滿足______．（1）求sinC；（2）已知a+b＝5，△ABC的外接圓半徑為，求△ABC的邊AB上的高h．《第六章平面向量及其應(yīng)用》單元檢測試卷二答案解析一．選擇題（共8小題）1．設(shè)θ為兩個非零向量、的夾角，已知當實數(shù)t變化時的最小值為2，則（）A．若θ確定，則唯一確定 B．若θ確定，則唯一確定 C．若確定，則θ唯一確定 D．若確定，則θ唯一確定【解答】解：令f（t）22tt2；∴△＝4（?）2﹣4?4?（cosθ﹣1）≤0恒成立，當且僅當tcosθ時，f（t）取得最小值2，∴（cosθ）22（cosθ）??2，化簡sin2θ＝2．∴θ確定，則||唯一確定故選：A．2．在△ABC中，內(nèi)角A、B、C所對邊分別為a、b、c，若，則∠B的大小是（）A． B． C． D．【解答】解：由正弦定理可知，a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，（R為三角形外接圓半徑），因為，所以，，且A，B，C都為銳角，所以，所以﹣tanB＝tan（A+C），整理可得，tan2B＝3，故tanB，B．故選：D．3．如圖，O是坐標原點，M，N是單位圓上的兩點，且分別在第一和第三象限，則||的范圍為（）A．[0，） B．[0，2） C．[1，） D．[1，2）【解答】解：可設(shè)M（cosα，sinα），N（cosβ，sinβ），且0＜α，π＜β，則||，由0＜α，π＜β，可得α﹣β，即有cos（α﹣β）∈[﹣1，0），則||的范圍為[0，），故選：A．4．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且（2b﹣c）cosA＝acosC，b＝2，若邊BC的中線等于3，則△ABC的面積為（）A．9 B． C．3 D．【解答】解：由題意得，（2b﹣c）cosA＝acosC，根據(jù)正弦定理得，（2sinB﹣sinC）cosA＝sinAcosC，2sinBcosA＝sinAcosC+cosAsinC，2sinBcosA＝sin（A+C），①因為A+B+C＝180°，所以A+C＝180°﹣B，則sinB＝sin（A+C），代入①得，cosA，由0°＜A＜180°，得，A＝60°，∵b＝2，若如圖邊BC的中線AD等于3，∴2，兩邊平方可得：4222+2，可得4×32＝c2+12+2，整理可得c2+2c﹣24＝0，解得c＝2，或﹣4（舍去），∴S△ABCbcsinA3．故選：C．5．在△ABC中，點P滿足，過點P的直線與AB，AC所在的直線分別交于點M，N，若，（λ＞0，μ＞0），則λ+μ的最小值為（）A． B． C． D．【解答】解：∵△ABC中，，點P滿足，∴∴∵，（λ＞0，μ＞0），∴因為B，P，C三點共線，所以，，λ＞0，μ＞0∴λ+μ＝（λ+μ）（）＝11當且僅當μλ時取“＝”，則λ+μ的最小值為故選：B．6．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an+1＝an+a（n∈N*，a為常數(shù)），若平面內(nèi)的三個不共線的非零向量，，滿足，A，B，C三點共線且該直線不過O點，則S2010等于（）A．1005 B．1006 C．2010 D．2012【解答】解：由an+1＝an+a得，an+1﹣an＝a；∴{an}為等差數(shù)列；由，所以A，B，C三點共線；∴a1005+a1006＝a1+a2010＝1，∴S20102010＝1005．故選：A．7．著名數(shù)學家歐拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半．此直線被稱為三角形的歐拉線，該定理則被稱為歐拉線定理．設(shè)點O，H分別是△ABC的外心、垂心，且M為BC中點，則（）A． B． C． D．【解答】解：如圖所示的Rt△ABC，其中角B為直角，則垂心H與B重合，∵O為△ABC的外心，∴OA＝OC，即O為斜邊AC的中點，又∵M為BC中點，∴，∵M為BC中點，∴．故選：D．8．若AB＝4，，平面內(nèi)一點P，滿足，sin∠PAB的最大值是（）A． B． C． D．【解答】解：由向量關(guān)系A(chǔ)B＝4，，平面內(nèi)一點P，滿足，可得PC是∠APB角平分線，∴PA＝3PB，構(gòu)造阿波羅尼斯圓，A（﹣2，0），B（2，0），設(shè)P（x，y），則：3，解得圓的方程為：（x）2+y2．圓的圓心坐標，半徑為AP為圓Q切線時，∠PAB最大，sin∠PAB，故選：C．二．多選題（共4小題）9．設(shè)P是△ABC所在平面內(nèi)的一點，，則（）A． B． C． D．【解答】解：顯然成立，C對，∵，∴，∴，∴，∴，D對，∴，A錯，∴，B錯，故選：CD．10．下列命題中，正確的是（）A．在△ABC中，A＞B，∴sinA＞sinB B．在銳角△ABC中，不等式sinA＞cosB恒成立 C．在△ABC中，若acosA＝bcosB，則△ABC必是等腰直角三角形 D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，則△ABC必是等邊三角形【解答】解：對于A，由A＞B，可得：a＞b，利用正弦定理可得：sinA＞sinB，正確；對于B，在銳角△ABC中，A，B∈（0，），∵A+B，∴AB＞0，∴sinA＞sin（B）＝cosB，因此不等式sinA＞cosB恒成立，正確對于C，在△ABC中，由acosA＝bcosB，利用正弦定理可得：sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∵A，B∈（0，π），∴2A＝2B或2A＝2π﹣2B，∴A＝B或，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，因此是假命題，C錯誤．對于D，由于B＝600，b2＝ac，由余弦定理可得：b2＝ac＝a2+c2﹣ac，可得（a﹣c）2＝0，解得a＝c，可得A＝C＝B＝60°，故正確．故選：ABD．11．已知，是兩個單位向量，λ∈R時，|λ|的最小值為，則下列結(jié)論正確的是（）A．，的夾角是 B．，的夾角是或 C．|＝1或 D．1或【解答】解：∵，是兩個單位向量，且的最小值為，∴的最小值為，∴，∴與的夾角為或，∴或3，∴或．故選：BC．12．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且（a+b）：（a+c）：（b+c）＝9：10：11，則下列結(jié)論正確的是（）A．sinA：sinB：sinC＝4：5：6 B．△ABC是鈍角三角形 C．△ABC的最大內(nèi)角是最小內(nèi)角的2倍 D．若c＝6，則△ABC外接圓半徑為【解答】解：（a+b）：（a+c）：（b+c）＝9：10：11，可設(shè)a+b＝9t，a+c＝10t，b+c＝11t，解得a＝4t，b＝5t，c＝6t，t＞0，可得sinA：sinB：sinC＝a：b：c＝4：5：6，故A正確；由c為最大邊，可得cosC0，即C為銳角，故B錯誤；由cosA，由cos2A＝2cos2A﹣1＝21cosC，由2A，C∈（0，π），可得2A＝C，故C正確；若c＝6，可得2R，△ABC外接圓半徑為，故D正確．故選：ACD．三．填空題（共4小題）13．如圖，在四邊形ABCD中，已知AB＝2，CD與以AB為直徑的半圓O相切于點D，且BC∥AD，若1，則BD＝1；此時．【解答】解：設(shè)∠ODB＝∠DBA＝α，，則∠DAB，∵BC∥AD，∴∠ABC＝π﹣∠DAB，而∠ABC＝∠DBA+∠DBC＝α+∠DBC，∴∠DBC，即BD⊥BC，∴2×（2cosα）×cos（π﹣α）+0＝﹣1，∴，∴，即，在Rt△ABD中，BD，AD，∠ADO，∴．故答案為：1；．14．如圖，某濕地為拓展旅游業(yè)務(wù)，現(xiàn)準備在濕地內(nèi)建造一個觀景臺P，已知射線AB，AC為濕地兩邊夾角為120°的公路（長度均超過2千米），在兩條公路AB，AC上分別設(shè)立游客接送點M，N，且AM＝AN＝2千米，若要求觀景臺P與兩接送點所成角∠MPN與∠BAC相等，記∠PMA＝α，觀景臺P到M，N建造的兩條觀光線路PM與PN之和記為y，則把y表示為α的函數(shù)為y＝4sin（α+30°），其中30°＜α＜90°；當兩臺觀光線路之和最長時，觀景臺P到A點的距離PA＝2千米．【解答】解：由余弦定理可得MN2＝AM2+AN2﹣2AM?ANcos120°＝4+4﹣2×2×2×（）＝12，則MN＝2∵∠MPN＝∠BAC＝120°，∠PMA＝α，∴∠ANM＝∠AMN＝30°，∴∠PMN＝α﹣30°，∴∠PNM＝90﹣α，由正弦定理可得4，∴PM＝4sin（90°﹣α）＝4cosα，PN＝4sin（α﹣30°）＝2sinα﹣2cosα，∴y＝PM+PN＝4cosα+2sinα﹣2cosα＝2sinα+2cosα＝4sin（α+30°），其中30°＜α＜90°，∴60°＜α+30°＜120°，∴sin（α+30°）≤1，∴當α＝60°時，此時PM+PM的長度最長，此時PM＝PN＝2，∴PA＝2，故答案為：4sin（α+30°），其中30°＜α＜90°，2．15．設(shè)，為單位向量，滿足|