2011届高考数学第二轮专题复习系列(5)-平面向量-新人教版.doc

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.

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