二轮复习数学专题二第3讲-平面向量与解三角形.doc

2012年高考第二轮复习数学专题二第3讲　平面向量与解三角形

1．(2011课标全国卷，理10)已知a与b均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题：
p1：|a＋b|>1⇔θ∈
p2：|a＋b|>1⇔θ∈
p3：|a－b|>1⇔θ∈
p4：|a－b|>1⇔θ∈
其中的真命题是(　　)．
A．p1，p4 B．p1，p3 C．p2，p3 D．p2，p4
2．(2011课标全国卷，理16)在△ABC中，B＝60°，AC＝，则AB＋2BC的最大值为__________．
3．(2010课标全国卷，理16)在△ABC中，D为边BC上一点，BD＝DC，∠ADB＝120°，AD＝2.若△ADC的面积为3－，则∠BAC＝__________.
4．(2011陕西高考，理18)叙述并证明余弦定理．
5．(2009课标全国卷，理17)为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量．A，B，M，N在同一个铅垂平面内(如示意图)．飞机能够测量的数据有俯角和A，B间的距离．请设计一个方案，包括：①指出需要测量的数据(用字母表示，并在图中标出)；②用文字和公式写出计算M，N间的距离的步骤．

通过近几年的高考题可以分析出，平面向量的坐标运算、向量的线性表示、三角变换公式和解三角形的基本定理仍然是高考考查的重点和热点内容，并且三块知识经常相互交汇考查，如三角变换与平面向量的综合，三角变换在解三角形和三角函数化简中的应用，平面向量与解三角形的综合等；在平面向量运算方面还要注重信息题的强化和练习；处理此类问题的技巧方法一般是借助向量运算、三角变换、正、余弦定理等手段对题设和所求进行化简和关系上的沟通；本部分内容在高考中占有很重要的地位，一般客观题和主观题均有设置，但题目难度为中低档难度．

热点一　三角变换与解三角形的综合
三角变换与解三角形的综合题目在高考中一直作为重点，一般是以解三角形为载体，三角变换公式作为工具，在解决此类题目时，常用到的公式和结论有：
(1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C能有效实行边角转化(其中R为△ABC外接圆的半径)；
(2)余弦定理cos A＝等在形式上要注意其特点．如在形如代数式b2＋c2－a2＝λbc中，一般朝余弦定理靠拢；
(3)升降幂公式：1＋cos α＝2cos2；1－cos α＝2sin2；sin2α＝；cos2α＝，tan2α＝.
(4)辅助角公式：
形如asin α＋bcos α的形式可化为一个三角函数，即asin α＋bcos α＝sin(α＋φ)，其中cos φ＝，sin φ＝ .
【例1】 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C
(1)求角A的大小；
(2)若sin B＋sin C＝，试判断△ABC的形状．

正、余弦定理在边角转化中与三角变换在解三角形的化简或计算中具有突出作用．首先三角形为背景就隐含着一个条件A＋B＋C＝π，其次三角变换主要用到两角和(差)的正、余弦公式、倍角公式和辅助角公式等，还要注意强化公式的逆用及变形用．再者，在三角变换过程中，要紧紧围绕目标展开，且体现“统一函数、统一角、统一形式”三个统一为指导．
拓展延伸 在△ABC中，已知A，B，C是三角形的三个内角，a，b，c是对应的三边，已知a，b，c成等比数列，且a2－c2＝ac－bc.
(1)求角A的大小；
(2)若sin Bcos C＝，试判断△ABC的形状．

热点二　向量、不等式与解三角形的综合
向量、不等式的知识在解三角形中的应用在近几年的高考中占有突出的地位，常用的公式和结论有：
(1)在△ABC中，A>B⇔a>b；
(2)均值不等式：若a，b均大于0，则≥，当且仅当a＝b时等号成立；
(3)重要不等式：a2＋b2≥2ab(表达式中对任意的实数a，b成立，这一点有别于均值不等式的适用条件)；
(4)更一般有如下不等关系≥≥≥(a，b均为正数)，当且仅当a＝b时取“＝”．
(5)向量的数量积：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a·b＝|a||b|cos θ＝x1x2＋y1y2.(其中θ＝〈a，b〉)
(6)两向量的平行、垂直的充要条件
若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b⇔a＝λb(b≠)⇔x1y2－x2y1＝0.
若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
【例2】 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若向量m＝(2,0)，n＝(sin B,1－cos B)的夹角为.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝3，试求a＋c的最大值．

向量、不等式、解三角形的结合是高考的主流趋势，对于向量而言要掌握相关的夹角、垂直、平行等重要公式，而在三角形中有关最值的求解通常借助于正弦型、余弦型函数的范围，或归结为二次函数，或利用均值不等式等进行．无论应用哪种方式，都要强调变量的范围．
拓展延伸 已知锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(sin B，ac)，n＝(b2－a2－c2，cos B)，且m⊥n.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝3，试求△ABC面积的最大值．

热点三　解三角形的实际应用
三角形的建模、解模体现了解三角形知识在实践中的应用，越来越受到重视，也经常以解答题的形式在高考中出现，在解三角形的实际应用题中常用到以下术语和名称．
(1)仰角与俯角
与目标视线同在一铅垂水平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时的夹角叫做仰角；目标视线在水平视线下方时的夹角叫做俯角．如图所示．

(2)方位角
一般是指从正北方向顺时针转到目标方向的水平角，例如：方位角是30°，是指北偏东30°角．在实际问题中，一般更明确地指出方位角的具体方向．
(3)坡度
坡面与水平面的二面角的度数，如下图中的角α.与之对应的还有坡比i＝＝tan α.

【例3】 (2011广东揭阳高三一模，19)如图，某人在塔的正东方向上的C处在与塔垂直的水平面内沿南偏西60°的方向以每小时6千米的速度步行了1分钟以后，在点D处望见塔的底端B在东北方向上，已知沿途塔的仰角∠AEB＝α，α的最大值为60°.

(1)求该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了几分钟；
(2)求塔的高AB.

本例考查解三角形在解决实际问题中的应用，有关正、余弦定理的实际应用题首先要理清问题的情景，且要熟悉方位角、仰角、俯角、坡度等概念．解三角形的实际应用题的关键是正确画出示意图，把实际问题化归为解三角形的问题，然后根据已知和所求边和角灵活选用公式．
拓展延伸 把例3改为：
如图，某人在塔高为25(3－) m的正东方向上的C处且与塔垂直的水平面内沿南偏西60°的方向以每小时6千米的速度步行了1分钟后，在点D处望见塔的底端B在东北方向上，已知沿途塔的仰角∠AEB＝α，

(1)求该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了几分钟；
(2)求α的最大值．

热点四　平面向量与解析几何的综合
解析几何在高考中的考查力度相当大，有压轴式的解答题，也有客观题，尤其以椭圆、抛物线为主，且往往渗透平面向量的知识，如解决平行、垂直、夹角等问题．
平面向量与解析几何的结合常用到的核心知识有：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则
(1)a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0；
(2)a∥b⇔a＝λb(b≠)⇔x1y2－x2y1＝0；
(3)在△ABC中，A·A>0⇔A为锐角，<0⇔A为钝角，＝0⇔A为直角；
(4)斜率公式k＝＝tan α(其中α为直线的倾斜角)；
(5)弦长公式d＝|x2－x1|
＝，
＝|y2－y1|＝.
【例4】 已知在平面直角坐标系中，向量i＝(0,1)，△OFP的面积为2，且，.
(1)设4几何中的条件中去，进而达到了沟通．
拓展延伸 已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差都是1.
(1)求曲线C的方程．
(2)是否存在正数m，对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有·<0？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．

1．辨析数量与向量
数量只有大小，而向量除了大小还有方向，因此使得向量无法比较大小，但却存在a＝b或a≠b这种情况．
2．两直线的平行与两向量的平行不是一回事，向量的平行也可以称作向量共线(因为向量是可以自由移动的)；而两直线平行与两直线重合却是不同的．
3．向量的线性运算是封闭的，即结果仍是向量，但数量积的运算结果却变成了实数，且数量积运算不满足乘法结合律，这一点与实数乘法不一样．
举例说明：有下面四个关系式：①；②(a·b)c＝a(b·c)；③a·b＝b·a；④0a＝0.其中正确的序号只有③.①错，因为数量积的结果是数量而不是向量；②错，因为数量积不满足结合律；④错，因为实数与向量的积结果应是向量．
4．用向量证明三点共线或两直线平行等问题上一定要注意莫丢掉由a∥b到a∥b的说明过程．或由a∥b到点共线的说明．
举例说明：已知平面内A，B，C三点的坐标分别为(0，－1)，(2,3)，(－1，－3)，试判断A，B，C三点的位置关系．
解：∵＝(2,4)，＝(－1，－2)，
∴＝－2.∴∥，且AB，AC有共同点A.
∴三点A，B，C共线．
5．关于解三角形或判断三角形形状涉及到三角变换，变形过程一定要注意A，B，C三内角的固定范围对三角函数值的影响；大边对大角和三角形的内角和是180°往往用来检验解的情况．
举例说明：
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C对应的边，已知a＝2，b＝，A＝45°，试求角B和角C.
解：由正弦定理＝，得
＝，解得sin B＝，∴B＝30°或150°.
根据三角形的内角和与大边对大角可知B＝30°，
从而，C＝105°.
6．解关于三角形的实际问题，要先正确地画出其示意图，明确角和边等元素，尤其涉及到仰角、俯角、方位角等术语时一定要分清，不要因小失大.

参考答案
考场传真
1．A　解析：由|a＋b|>1得(a＋b)2>1，即a2＋b2＋2a·b>1，整理得cos θ>－，又因θ∈[0，π]，解得θ∈；
由|a－b|>1得(a－b)2>1，即a2＋b2－2a·b>1，整理得cos θ<，又θ∈[0，π]，解得θ∈.
综上可知p1，p4正确，故选A.
2．2　解析：令AB＝c，BC＝a，则由正弦定理得＝＝＝＝2，
则c＝2sin C，a＝2sin A，且A＋C＝120°，
故AB＋2BC＝c＋2a＝2sin C＋4sin A＝2sin C＋4sin(120°－C)
＝2sin C＋4
＝4sin C＋2cos C
＝2sin(C＋φ).
故当C＋φ＝90°时，AB＋2BC取最大值为2.
3．60°　

解析：S△ADC＝×2×DC×＝3－，
解得DC＝2(－1)，
∴BD＝－1，BC＝3(－1)．
在△ABD中，AB2＝4＋(－1)2－2×2×(－1)×cos120°＝6，
∴AB＝.
在△ACD中，AC2＝4＋[2(－1)]2－2×2×2(－1)×cos60°＝24－12，
∴AC＝(－1)，
则cos∠BAC＝
＝＝，
∴∠BAC＝60°.
4．(2011陕西，理18)解：余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍．或：在△ABC中，a，b，c为角A, B，C的对边，有
a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝c2＋a2－2cacos B，
c2＝a2＋b2－2abcos C.
证法一：如图，

，
即a2＝b2＋c2－2bccos A.
同理可证：b2＝c2＋a2－2cacos B，c2＝a2＋b2－2abcos C.
证法二：已知△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，

则C(bcos A，bsin A)，B(c,0)，
∴a2＝|BC|2＝(bcos A－c)2＋(bsin A)2
＝b2cos2A－2bccos A＋c2＋b2sin2A
＝b2＋c2－2bccos A.
同理可证：b2＝c2＋a2－2cacos B，c2＝a2＋b2－2abcos C.
5．分析：本小题主要考查三角形中正、余弦定理的应用．
解：方案一：①需要测量的数据有：A点到M，N点的俯角α1，β1；B点到M，N的俯角α2，β2；A，B的距离d(如图所示)．

②第一步：计算AM.由正弦定理AM＝；
第二步：计算AN.由正弦定理AN＝；
第三步：计算MN.由余弦定理MN＝.
方案二：①需要测量的数据有：
A点到M，N点的俯角α1，β1；B点到M，N点的俯角α2，β2；A，B的距离d(如图所示)．
②第一步：计算BM.由正弦定理BM＝；
第二步：计算BN.由正弦定理BN＝；
第三步：计算MN.由余弦定理MN＝.
核心攻略
【例1】 　解：(1)由2asin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C，
得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，
即bc＝b2＋c2－a2，
∴cos A＝＝，∴A＝60°.
(2)∵A＋B＋C＝180°，
∴B＋C＝180°－60°＝120°.
由sin B＋sin C＝，
得sin B＋sin (120°－B)＝.
∴sin B＋sin 120°cos B－cos 120°sin B＝.∴sin B＋cos B＝，
即sin (B＋30°)＝1.
又∵0°＜B＜120°，30°＜B＋30°＜150°，
∴B＋30°＝90°，即B＝60°.
∴A＝B＝C＝60°，
∴△ABC为正三角形．
拓展延伸　解：(1)∵a，b，c成等比数列，
∴b2＝ac.
又由a2－c2＝ac－bc，
∴b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝＝，∴A＝60°.
(2)∵A＋B＋C＝180°，
∴B＋C＝180°－60°＝120°.
由sin Bcos C＝，得sin Bcos(120°－B)＝，
∴sin B(cos120°cos B＋sin120°sin B)＝，
－sin Bcos B＋sin2B＝，
－sin 2B＋－cos 2B＝，
sin(2B＋60°)＝0，
∵0°c≤2，
∴(a＋c)2－2≤9，
∴(a＋c)2≤9，∴01)依题意知在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－45°＝135°，
CD＝6 000×＝100(m)，∠D＝180°－135°－30°＝15°，
由正弦定理得＝，
∴BC＝＝
＝＝
＝50(－1)(m)．
在Rt△ABE中，tan α＝，
∵AB为定长，∴当BE的长最小时，α取最大值60°，这时BE⊥CD.
当BE⊥CD时，在Rt△BEC中，EC＝BC·cos∠BCE＝50(－1)×＝25(3－)(m)，
设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了t分钟，
则t＝×60＝×60＝(分钟)．
(2)由(1)知当α取得最 大值60°时，BE⊥CD，
在Rt△BEC中，BE＝BC·sin∠BCD，
∴AB＝BE·tan60°＝BC·sin∠BCD·tan60°＝50(－1)××＝25(3－)(m)，
即所求塔高为25(3－)m.
拓展延伸　解：(1)依题意知在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－45°＝135°，CD＝6 000×＝100(m)，∠D＝180°－135°－30°＝15°，
由正弦定理得＝，
∴BC＝＝
＝＝
＝50(－1)(m)．
在Rt△ABE中，tan α＝.
∵AB为定长，∴当BE的长最小时，α取得最大值，这时BE⊥CD.
当BE⊥CD时，在Rt△BEC中，
EC＝BC·cos ∠BCE＝50(－1)×＝25(3－)(m)，
设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了t分钟，
则t＝×60＝×60＝(分钟)．
(2)由(1)知当α取得最大值时，BE⊥CD，
在Rt△BEC中，BE＝BC·sin ∠BCD，
∴AB＝BE·tan α＝BC·sin ∠BCD·tan α＝25(3－)，
即50(－1)··tan α＝25(3－)，解得tan α＝，
∴α＝60°，即α的最大值．
【例4】 　解：(1)由S△OFP＝2，得
||||sin(π－θ)＝2，
即||||＝ .
又cos θ＝＝，
∴tan θ＝.
∵4又∵θ∈[0，π]，∴θ∈.
即与的夹角θ的取值范围是.
(2)设满足条件的点P(x0，y0)存在，不妨设x0>0，y0>0.
由(1)知PF所在直线倾斜角为θ，
则tan θ＝＝，
又S△OFP＝·c·y0＝2，
∴y0＝.
又由＝，得x0＝c，
∴||＝＝≥＝2，
当且仅当c＝，即c＝2时，取得最小值2，
此时＝(2，2)，
∴＝(2，2)＋(0,1)＝(2,3)，
∴F(2,0)，则左焦点F1(－2,0)，
椭圆长轴长2a＝＋＝8，∴a＝4.
∵c＝2，∴b2＝a2－c2＝12，
故所求椭圆方程为＋＝1，
即存在点P使得最短，此时椭圆方程为＋＝1.
拓展延伸　解：(1)设P(x，y)是曲线C上任意一点，那么点P(x，y)满足：－x＝1(x>0)．
化简得y2＝4x，(x>0)．
(2)设过点M(m,0)(m>0)的直线l与曲线C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．
设l的方程为x＝ty＋m，由得y2－4ty－4m＝0，Δ＝16(t2＋m)>0，
于是①
又＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，
<0⇔(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2<0，②
又x＝，于是不等式②等价于
·＋y1y2－＋1<0
⇔＋y1y2－[(y1＋y2)2－2y1y2]＋1<0.③
由①式，不等式③等价于m2－6m＋1<4t2.④
对任意实数t,4t2的最小值为0，
所以不等式④对于一切t成立等价于m2－6m＋1<0，
即3－2