01 模塊一　三角函數(shù)與解三角形、平面向量 【答案】作業(yè)手冊(cè)

模塊一三角函數(shù)與解三角形、平面向量限時(shí)集訓(xùn)(一)1.A[解析]令2x-π3=kπ,k∈Z,得x=π6+kπ2,k∈Z,當(dāng)k=0時(shí),x=π6,所以函數(shù)f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心是2.B[解析]因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的一個(gè)周期為4,且C,D選項(xiàng)中函數(shù)的最小正周期為8,所以排除C,D.對(duì)于A,當(dāng)x=2時(shí),f(2)=sinπ2×2=sinπ=0,所以直線x=2不是該函數(shù)圖象的對(duì)稱軸,排除A.對(duì)于B,當(dāng)x=2時(shí),f(2)=cosπ2×2=cosπ=-1,所以直線x=2是該函數(shù)圖象的對(duì)稱軸3.D[解析]觀察圖象得f(x)=|2cos(2x+φ)+1|0<φ<π2的圖象過(guò)點(diǎn)(0,2),|2cosφ+1|=2,得cosφ=12,又0<φ<π2,所以φ=π3.4.A[解析]如圖所示,區(qū)域①和區(qū)域③的面積相等,故陰影部分的面積即為矩形ABCD的面積,易得|AB|=3.設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T,則|AD|=T,由題意可得3T=6π,解得T=2π,故πω=2π,可得ω=12,則f(x)=tan12x+φ.∵f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)π6,-1,∴tan12×π6+φ=tanπ12+φ=-1.∵φ∈-π25.D[解析]由題意可知函數(shù)f(x)的周期T=2×2π3-π6=π,不妨設(shè)ω>0,所以ω=2πT=2,則f(x)=sin(2x+φ).易知函數(shù)f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)π6,-1,所以sin2×π6+φ=-1,所以π3+φ=-π2+2kπ(k∈Z),即φ=-5π6+2kπ(k∈Z),不妨令k=0,則φ=-5π6,所以f(x)=sin26.D[解析]由2kπ+π2≤ωx+π4≤2kπ+3π2,k∈Z,ω>0,得2kπω+π4ω≤x≤2kπω+5π4ω,k∈Z,即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為2kπω+π4ω,2kπω+5π4ω,k∈Z.若函數(shù)f(x)在區(qū)間7.A[解析]因?yàn)锽C∥x軸,所以f(x)圖象的一條對(duì)稱軸方程為x=12×π2+2π3=7π12,所以T4=7π12-π3=π4(T為f(x)的最小正周期),則T=π,所以ω=2πT=2,又2×π3+φ=π+2kπ,k∈Z,且0<φ<π,所以φ=π3,故f(x)=sin2x+π3.當(dāng)x∈0,π4時(shí),因?yàn)椴坏仁絪in2x=sin2x+π3+sin2x=32sin2x+32cos2x=3sin2x+π6恒成立.令g(x)=3sin2x+π6,因?yàn)閤∈0,π4,所以2x+π6∈π6,2π3,所以sin2x8.AD[解析]f'(x)=ωcos(ωx+φ),因?yàn)閒'(x)的最大值是2,所以ω=2,所以f(x)=sin(2x+φ),又-π3,0是f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心,所以2×-π3+φ=kπ,k∈Z,所以φ=kπ+2π3,k∈Z,又|φ|<π2,所以φ=-π3,所以f(x)=sin2x-π3.對(duì)于A,f(x)的最小正周期T=2π2=π,故A正確;對(duì)于B,將f(x)的圖象向左平移π3個(gè)單位長(zhǎng)度,得到y(tǒng)=sin2x+π3-π3=sin2x+π3的圖象,該圖象不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,故B不正確;對(duì)于C,若x∈π3,3π4,則2x-π3∈π3,7π6,所以f(x)在區(qū)間π3,9.AD[解析]對(duì)于A,由圖象可得,T4=7π12-π3=π4(T為f(x)的最小正周期),所以T=π,則ω=2ππ=2,故A正確.對(duì)于B,由圖象可得,A=2,所以f(x)=2sin(2x+φ),根據(jù)圖象可得2×7π12+φ=32π+2kπ,k∈Z,所以φ=π3+2kπ,k∈Z,又-π2<φ<π2,所以φ=π3,所以f(x)=2sin2x+π3,故B錯(cuò)誤.對(duì)于C,因?yàn)?1≤x≤1π,所以-2+π3≤2x+π3≤2π+π3.因?yàn)棣?lt;23,所以2π-π6=12-π26π>0,所以2π>π6,所以2π+π3>π6+π3=π2.因?yàn)閥=sinx在-π2,π2上單調(diào)遞增,在π2,3π2上單調(diào)遞減,所以f(x)在-1,1π上不單調(diào),故C錯(cuò)誤.對(duì)于10.ACD[解析]因?yàn)辄c(diǎn)B0,22在f(x)的圖象上,所以f(0)=cosφ=22,又0<φ<π,所以φ=π4.因?yàn)閒(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心是Aπ8,0,所以ωπ8+π4=π2+kπ,k∈Z,則ω=2+8k,k∈Z,又0<ω<10,所以ω=2,則f(x)=cos2x+π4,A正確.f5π8=cos3π2=0,則直線x=5π8不是f(x)圖象的對(duì)稱軸,B不正確.當(dāng)x∈7π8,11π8時(shí),2x+π4∈[2π,3π],f(x)11.83[解析]∵函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈(0,2π))的圖象的一條對(duì)稱軸為直線x=-π6,∴-πω6+φ=k1π+π2(k1∈Z),∴φ=k1π+π2+πω6(k1∈Z).由ωx+k1π+π2+πω6=k2π+π2(k1,k2∈Z),令k=k2-k1,則k∈Z,得x=kπω-π6(k∈Z),若f(x)在π,4π3上單調(diào),則存在k∈Z,使得kπω-π6≤π,(k+1)πω-π12.[-2,2][解析]因?yàn)閒(x)=2sin(2x+φ),所以將f(x)的圖象向右平移π8個(gè)單位長(zhǎng)度后得到g(x)=2sin2x-π8+φ=2sin2x-π4+φ的圖象,又g(x)為偶函數(shù),所以-π4+φ=π2+kπ,k∈Z,解得φ=3π4+kπ,k∈Z.因?yàn)閨φ|<π2,所以φ=-π4,所以f(x)=2sin2x-π4.因?yàn)閤∈0,π213.B[解析]將函數(shù)y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)取特殊函數(shù)y=sinx,若一條直線與函數(shù)y=sinx的圖象有且僅有兩個(gè)切點(diǎn),設(shè)為P(x0,sinx0),Q(x'0,sinx'0),因?yàn)閥'=cosx,所以cosx0=cosx'0,所以x0=x'0+2kπ,k∈Z或x0=-x'0+2kπ,k∈Z.當(dāng)x0=x'0+2kπ,k∈Z時(shí),sinx0=sinx'0,不符合題意;當(dāng)x0=-x'0+2kπ,k∈Z時(shí),sinx0=-sinx'0,符合題意.即若一條直線與函數(shù)y=sinx的圖象有且僅有兩個(gè)切點(diǎn),則這兩個(gè)切點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)(kπ,0),k∈Z對(duì)稱.因?yàn)閗1,k2是滿足條件的k所有可能取值中最大的兩個(gè)值,且k1>k2,所以兩條直線的位置可以如圖所示,斜率為k1的直線過(guò)點(diǎn)(π,0),設(shè)切點(diǎn)為A(x1,sinx1),C(2π-x1,-sinx1);斜率為k2的直線過(guò)點(diǎn)(2π,0),設(shè)切點(diǎn)為B(x2,sinx2),D(4π-x2,-sinx2),由圖可知-π2<x2<x1<0.易得k1=cosx1=-sinx1π-x1,k2=cosx2=-sinx22π-x2,即tanx1=x1-π,tanx2=x2-2π,根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)存在定理得-π2<x2<x1<-π3.令g(x)=sinxx-π,易證g(x)在-π2,x1上單調(diào)遞增,所以g(x1)>g(x2),即sinx1x1-π>sinx2x2-π,即sinx1sinx2>x1-πx2-π,得k1k2=sinx1sinx2·x2-2πx114.BCD[解析]依題意知f(x)的定義域?yàn)镽,因?yàn)閒(-x)=sin2(-x)+2|cos(-x)|=-sin2x+2|cosx|≠f(x),所以函數(shù)f(x)不是偶函數(shù),其圖象不關(guān)于y軸對(duì)稱,故A錯(cuò)誤;f(x+π)=sin2(x+π)+2|cos(x+π)|=sin2x+2|cosx|=f(x),故π為函數(shù)f(x)的一個(gè)周期,故B正確;當(dāng)x∈-π2,π2時(shí),f(x)=sin2x+2cosx,則f'(x)=2cos2x-2sinx=-4sin2x-2sinx+2=-(4sinx-2)(sinx+1),當(dāng)x∈-π2,π6時(shí),f'(x)>0,當(dāng)x∈π6,π2時(shí),f'(x)<0,故函數(shù)f(x)在-π2,π6上單調(diào)遞增,在π6,π2上單調(diào)遞減,結(jié)合周期性,可知C正確;作出函數(shù)y=f(x),y=32的大致圖象如圖所示15.AD[解析]函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ),則f'(x)=Aωcos(ωx+φ),由圖象可知Aω=3,Aωcosωπ23+φ=32,Asinωπ23+φ=32,解得cosωπ23+φ=12,sinωπ23+φ=32,A=3,ω=3,A選項(xiàng)正確.由cosπ2+φ=12,sinπ2+φ=32,且0≤φ<2π,解得φ=11π6,B選項(xiàng)錯(cuò)誤.f(x)=3sin3x+11π6,f'(x)=3cos3x+11π6,易知f(x)的圖象與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為0,-32,C選項(xiàng)錯(cuò)誤.16.53[解析]因?yàn)閟inωx+π3=sinωx+π12+π4=22sinωx+π12+22cosωx+π12,所以f(x)=22sinωx+π12sinωx+π3=2sin2ωx+π12+2sinωx+π12cosωx+π12=sin2ωx+π6-cos2ωx+π6+1=2sin2ωx-π12+1.令f(x)=0,可得sin2ωx-π12=-22,所以2ωx-π12=2kπ+5π4,k∈Z或2ωx-π12=2kπ+7π4,k∈Z,所以x=3kπ+2π3

限時(shí)集訓(xùn)(二)1.D[解析]因?yàn)閒(x)=cos2x2-sin2x2=cosx,所以函數(shù)f(x)的最小正周期T=2π.故選2.A[解析]3sinα+2cosα2sinα-cosα=3tanα+22tanα-1=83,解得tan3.B[解析]因?yàn)閟inα+cosα=63,所以(sinα+cosα)2=23,即sin2α+2sinαcosα+cos2α=23,所以2sinαcosα=-13,又因?yàn)?<α<π,所以cosα<0<sinα,所以sinα-cosα>0.又因?yàn)?sinα-cos=sin2α-2sinαcosα+cos2α=1+13=43,所以sinα-cosα=2334.A[解析]31+cos36°(4sin32cos18°(4sin218°-2)·sin36°=35.C[解析]∵tan(α+β),tan(α-β)是關(guān)于x的方程x2+mx-4=0的兩根,∴tan(α+β)+tan(α-β)=-m,tan(α+β)·tan(α-β)=-4,∴tan2α=tan[(α+β)+(α-β)]=tan(α+β)+tan(α-β)1-tan(α+β)tan(α-β)=-m6.D[解析]因?yàn)閠anα-tanβ=3,且α-β=π6,所以sinαcosα-sinβcosβ=sinαcosβ-cosαsinβcosαcosβ=sin(α-β)cosαcosβ=12cosαcosβ=3,整理得cosαcosβ=16,則由cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ=32,整理得sinαsin7.A[解析]∵點(diǎn)(cos2α,cos2α)在直線y=-x上,∴cos2α=-cos2α,即2cos2α-1=-cos2α,解得cos2α=13,又α∈0,π2,∴cosα=33,sinα=1-cos2α=63,tanα=sinαcosα=2,則tan8.ABC[解析]對(duì)于A,cos82°sin52°+sin82°cos128°=cos82°sin52°-sin82°cos52°=sin(52°-82°)=sin(-30°)=-12,故A正確;對(duì)于B,sin15°sin30°sin75°=sin15°sin30°cos=12sin230°=18,故B正確;對(duì)于C,cos215°-sin215°=cos30°=32,故C正確;對(duì)于D,tan48°+tan72°1-tan48°tan72°=tan(48°+72°)=tan9.AC[解析]對(duì)于A,4個(gè)直角三角形的面積之和為9-4=5,故每一個(gè)直角三角形的面積為54,故A正確;對(duì)于B,C,由題意可知,大正方形的邊長(zhǎng)為3,小正方形的邊長(zhǎng)為2,可得3sinβ-3cosβ=2,又α,β互余,所以3sinβ-3sinα=2,故B錯(cuò)誤,C正確;對(duì)于D,3cosα-3sinα=2,3sinβ-3cosβ=2,且cosα=sinβ,sinα=cosβ,則4=9cosαsinβ+9sinαcosβ-9cosαcosβ-9sinαsinβ=9sin2β+9cos2β-9cos(α-β)=9-9cos(α-β),故cos(α-β)=59,故D錯(cuò)誤.故選10.3[解析]由sin5π6-α=3cosα+π6,可得sinπ-π6+α=3cosα+π6,11.4-3310[解析]∵f(x)=3sinx+cosx=2sinx+π6,∴f(α)=2sinα+π6=85,∴sinα+π6=45,又α∈π6,5π6,∴α+π6∈π3,π,∵sinα+π6=45<32,∴α+π6∈2π3,π,∴12.1[解析]由tanα=cosα,得sinαcosα=cosα,即sinα=cos2α,則sinα=(1-sinα)(1+sinα),即11-sinα=1+sinαsinα,所以13.C[解析]由sinαsinπ3-α=sinαsinπ2-α+π6=sinαcostanα=3tanα+π6,則tanα=3×tanα+tanπ61-tanαtanπ6=3tanα+31-33tanα,所以tan2α+23tanα+3=0,則tan14.AC[解析]由已知得點(diǎn)P1,P2,P3均在單位圓上,故選項(xiàng)A正確;由已知得AP1=(cossinα),AP2=(cosβ-1,-sinβ),則|AP1|=(cosα-1)2+sin2α=2-2cosα,|AP2|=(cosβ-1)2+(-sinβ)2=2-2cosβ,故選項(xiàng)B不正確;OA·Ocosαcosβ-sinαsinβ=cos(α+β),故選項(xiàng)C正確;OA·OP1=(1,0)·(cosα,sinαcosα,OP2·OP3=(cosβ,-sinβ)·(cos(α+β),sin(α+β))=cosβcos(α+β)-sinβsin(α+β)=cos(α+2β),故選項(xiàng)D不正確15.ABC[解析]對(duì)于選項(xiàng)A,因?yàn)閠an24°>tan20°>0,tan25°>tan21°>0,所以a=(1+tan20°)(1+tan21°)<(1+tan24°)(1+tan25°)=b,故選項(xiàng)A中結(jié)論正確;對(duì)于選項(xiàng)B,因?yàn)?=tan45°=tan(21°+24°)=tan21°+tan24°1-tan21°·tan24°,所以1-tan21°·tan24°=tan+tan24°+tan21°·tan24°=1,所以(1+tan21°)(1+tan24°)=tan21°+tan24°+tan21°·tan24°+1=2,同理(1+tan20°)(1+tan25°)=tan20°+tan25°+tan20°·tan25°+1=2,所以ab=(1+tan20°)(1+tan21°)(1+tan24°)(1+tan25°)=4,故選項(xiàng)B中結(jié)論正確;對(duì)于選項(xiàng)C,因?yàn)閍+b=(1+tan20°)(1+tan21°)+(1+tan24°)(1+tan25°)≥2(1+tan20°)(1+tan21°)(1+tan24°)(1+tan25°)=tan21°)=(1+tan24°)(1+tan25°)時(shí)取等號(hào)),因?yàn)?1+tan20°)(1+tan21°)≠(1+tan24°)(1+tan25°),所以等號(hào)取不到,則a+b>4,故選項(xiàng)C中結(jié)論正確;對(duì)于選項(xiàng)D,因?yàn)閠an15°=tan45°-tan30°1+tan45°tan30°=2-3,所以a=(1+tan20°)(1+tan21°)>(3-3)2,因?yàn)?3-3)2<a<b,ab=4,所以(3-3)2<a<2,則36×(7-43)<a2<4,假設(shè)a2+b2=9,則a2+16a2=9,解得a2=9±172,又36×(7-43)>36×(7-4×1.733)=2.448=9-4.1042>9-1716.-18[解析]由題知,θ1,θ2,θ3是cos4θ+cos3θ=0的三個(gè)根,cos4θ+cos3θ=0cos4θ=-cos3θ,即cos4θ=cos(π+3θ),所以4θ=π+3θ+2kπ,k∈Z或4θ+π+3θ=2kπ,k∈Z,解得θ=π+2kπ,k∈Z或θ=-π7+2kπ7,k∈Z,因?yàn)棣取?0,π),所以θ=π+2kπ,k∈Z不成立,當(dāng)θ=-π7+2kπ7,k∈Z成立時(shí),取k=1,得θ=π7∈(0,π),取k=2,得θ=3π7∈(0,π),取k=3,得θ=5π7∈(0,π),取k=4,得θ=π?(0,π)(舍),不妨令θ1<θ2<θ3,故θ1=π7,θ2=3π7,θ3=5π7,則cosθ1cosθ2cosθ3=cosπ7cos3π7cos5π7=cos2sin4π7cos4π78sinπ7=

限時(shí)集訓(xùn)(三)1.解:(1)因?yàn)?ccosA=acosB+bcosA,所以由正弦定理得2sinCcosA=sinAcosB+sinBcosA,又因?yàn)閟inAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC,所以2sinCcosA=sinC,又因?yàn)镃∈(0,π),所以sinC≠0,所以cosA=12,又因?yàn)锳∈(0,π),所以A=π(2)設(shè)△ABC外接圓的半徑為R,則R=1,由正弦定理得a=2RsinA=3.因?yàn)椤鰽BC的周長(zhǎng)為a+b+c=33,所以b+c=33-a=23.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-2bc-2bccosA,即3=12-2bc-2bc×12,所以bc=3,故△ABC的面積S=12bcsinA=12×3×32.解:(1)∵S1-S2+S3=34(a2-b2+c2)=32,∴a2-b2+c2=2.由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac,∴cosB=1ac>0.又sinB=13,∴cosB=223,∴ac=1cosB=324(2)由(1)知ac=324.由正弦定理得b2sin2B=asinA·csinC=acsinAsinC=323.解:(1)由題意得tan(A+C)=tanA+tanC1-tanAtanC=3tanAtanC-31-tanAtanC=-3(1-tanAtanC)1-tanAtanC=-(2)因?yàn)锽=π3,所以A=2π3-C,故cosA+cosC=cos2π3-C+cosC=-12cosC+32sinC++32sinC=cosC-π3.因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形,所以A=2π3-C∈0,π2且C∈0,π2,可得C∈π6,π2,則C-π3∈-π4.解:(1)由題意知,當(dāng)走私船發(fā)現(xiàn)巡邏艇時(shí),走私船在D處,巡邏艇在C處,此時(shí)BD=3×1=3,AC=22×1=22,由題意知∠BAC=90°-30°=60°.連接BC,在△ABC中,AB=6+2,AC=22,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=(6+2)2+(22)2-2×(6+2)×22×12=12,所以BC=23.在△ABC中,由正弦定理得ACsin∠ABC=BCsin∠BAC,即22sin∠ABC=23sin60°,所以sin∠ABC=22×3223=22,則∠ABC=45°或∠ABC=135°(舍去),所以∠ACB=180°-60°-45°=75°,∠CBD=180°∠CBD=30°,BD=3,BC=23,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD=(23)2+32-2×23×3×cos30°=3,所以CD=3,故當(dāng)走私船發(fā)現(xiàn)巡邏艇時(shí),兩船相距3海里.(2)設(shè)CE=32t,t>0,則DE=3t.在△BCD中,由正弦定理得CDsin∠CBD=BDsin∠BCD=BCsin∠BDC,即3sin30°=3sin∠BCD=23sin∠BDC,所以sin∠BCD=∠CDE=135°.在△CDE中,由正弦定理得CEsin∠CDE=DEsin∠DCE,則sin∠DCE=3∠DCE=30°或∠DCE=150°(舍去),則∠ACE=∠ACB+∠BCD+∠DCE=75°+60°+30°=90°+75°,故巡邏艇應(yīng)該沿北偏東75°方向去追,才能在E處追上走私船.5.解:(1)因?yàn)?b-c)sinB=bsin(A-C),所以(b-c)sinB=b(sinAcosC-cosAsinC),所以b2-bc=abcosC-bccosA=a2+b2-c22-b2+c2-a22=a2-c2,則b2+c2-a2=bc,所以cos(2)由(1)可知S=12bcsinA=34bc,a2=b2+c2-bc,則a2+b2+c2S=433·a2+b2+c2bc=433·2b2+2c2-bcbc=833bc+cb-433.因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形,所以0<C<π2,0<2π3-C<π2,解得π6<C<π2,所以tanC6.解:(1)若選擇①.在△ABC中,由2a=b+2ccosB及余弦定理得2a=b+2c·a2+c2-b22ac=b+a2+c2-b2a,整理得a2+b2-c2=ab,則若選擇②.由2asinAcosB+bsin2A=23acosC,得asinAcosB+bsinAcosA=3acosC,在△ABC中,由正弦定理得sin2AcosB+sinAsinBcosA=3sinAcosC,又sinA≠0,所以sinAcosB+sinBcosA=3cosC,即sin(A+B)=3cosC,又A+B+C=π,所以sin(A+B)=sinC,即sinC=3cosC,即tanC=3,又C∈(0,π),所以C=π3若選擇③.由3sinC=3-2cos2C2,得3sinC=2-2cos2C2-1=2-cosC,即3sinC+cosC=2,則sinC+π6=1,因?yàn)镃∈(0,π),所以C+π6∈π(2)由(1)知C=π3,則∠ABC+∠BAC=2π3,又∠ABC與∠BAC的平分線交于點(diǎn)I,所以∠BAI=π3,故∠AIB=2π3.設(shè)∠ABI=θ,則∠BAI=π3-θ,且0<θ<π3.在△ABI中,由正弦定理得BIsinπ3-θ=AIsinθ=ABsin∠AIB=23sin2π3=4,所以BI=4sinπ3-θ,AI=4sinθ,故△ABI的周長(zhǎng)為23+4sinπ3-θ+4sinθ=23+432cosθ-12sinθ+4sinθ=23+23cosθ+2sinθ=4sinθ+π3+23,由0<θ<π3,

提能特訓(xùn)(一)1.B[解析]如圖,設(shè)球O的半徑為R,D,E為切點(diǎn),連接OA,OB,OC,OD,OE,則OA⊥AC,△OAB≌△ODB,△OAC≌△OEC,∵∠ABD=60°,∠ACE=20°,∴AB=3R,AC=Rtan10°,又BC=AC-AB=Rtan10°-3R=100,∴R=1001tan10°-3=100sin10°cos10°-3sin10°=100sin10°2sin(30°-10°)=50sin10°sin20°=2.C[解析]如圖,不妨設(shè)M在邊AB上,N在邊AC上,依題意得12AM·ANsinA=12×1ACsinA,得AM·AN=12×2×2=2,所以MN2=AM2+AN2-2AM·ANcosπ3=AM2+AN2-AM·AN≥2AM·AN-AM·AN=AM·AN=2,當(dāng)且僅當(dāng)AM=AN=2時(shí),等號(hào)成立,故MN≥2,即線段MN長(zhǎng)度的最小值為2.故選C3.7或167158[解析]在△ABC中,AB=5,AC=3,cos∠ABC=1314,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC,即9=25+BC2-2×5×BC×1314,即7BC2-65BC+112=0,解得BC=167或BC=7.若AB<BC,則BC=7,由余弦定理可得cos∠BAC=AB2+AC2-BC22AB·AC=25+9-492×5×3=-12,=12×3×5×sin2π3=12×(3+5)×AD×sinπ3,4.解:(1)若選①bsinA+B2=csinB,則由正弦定理可得sinBsinA+B2=sin∵0<B<π,∴sinA+B2=sinC,即sinπ-C2=sinC,∴cosC2=2sinC2cosC2,又0<C2<π2,∴sinC2若選②3CA·CB=2S△ABC,則3abcosC=2×12absinC,故tanC=sinCcosC=3,∵C∈若選③3sinA+cosA=a+bc,則由正弦定理可得3sinA+cosA=sinA+sinBsinC,cosAsinC=sinA+sinB,即3sinAsinC+cosAsinC=sinA+sin(A+C),即3sinAsinC+cosAsinC=sinA+sinAcosC+cosAsinC,又sinA≠0,故3sinC=1+cosC,即32sinC-12cosC=12,即sinC-π6=12.∵C∈(0,π),∴C-π6∈-π6,(2)由S△ABC=12absinC=12ab·32=83,解得ab=32.在△BCD中,由余弦定理可得BD2=a2+b22-2a·b2·cosπ3=a2+b24-12ab≥2·a·b2-12ab=16,當(dāng)且僅當(dāng)a=b2,即a=4,5.解:(1)由sin2C+sin2B-sin2A=sinBsinC及正弦定理可得c2+b2-a2=bc,由余弦定理可得cosA=c2+b2-a22bc=1(2)BDCD=S△ABDS△ACD=12AB·ADsin∠BAD12AC·ADsin∠CAD=ABAC=cb=sinCsinB=sin2π3-BsinB=sin2π3cosB-cos6.解:(1)若CD=2DB,則S△ACD=2S△ABD,即12AC·AD·sin∠CAD=2×12AB·AD·sin∠BAD,因?yàn)锳D平分∠BAC,所以∠CAD=∠BAD,即sin∠CAD=sin∠BAD,可得AC=2AB,即b=2c.在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,即16=4c2+c2-4c2×-12,(2)在△ABD中,由正弦定理得BDsin∠BAD=ADsinB,則sin∠BAD=BD·sinBAD.在△ACD中,由正弦定理得CDsin∠CAD=ADsinC,則sin∠CAD=CD·sinCAD.因?yàn)閟in∠BADb+sin∠CADc=BD7.解:(1)由(a+b+c)(a+b-c)=ab可得a2+b2-c2=-ab,由余弦定理知cosC=a2+b2-c22ab=-ab2ab(2)在△ACD中,由正弦定理得CDsinA=ADsinπ3,可得AD=3sinA.在△BCD中,由正弦定理得CDsinB=BDsinπ3,可得BD=3sinB,所以c=AD+BD=3sinA+3sinB.在△ABC中,由正弦定理得asinA=bsinB=csin∠ACBsinA>0,sinB>0,所以2a+b≥23+22sinAsinB×sinBsinA=6+42,當(dāng)且僅當(dāng)2sin2A=sin2B時(shí)取等號(hào),8.解:(1)由AB·AC=-1,得bccosA=-1①.因?yàn)椤鰽BC的面積為2,所以12bcsinA=2②.cosA<0,由①②得tanA=sinAcosA=-22,所以cosA=-13,sinA=223,可得bc=3.在△ABC中,由余弦定理得b2+c2-a2=2bccosA,可得b2+c2=6,則b+c=b2+c2+2bc=2(2)因?yàn)镈為AC邊的中點(diǎn),所以S△ABD=12×12bcsinA=12×2=22.因?yàn)锽D=AD-AB,所以BD2=(AD-AB)2=AD2-2AD·AB+AB2=c2+14b2+1.因?yàn)閏2+14b2≥2c2·14b2=bc=3,當(dāng)且僅當(dāng)c=12b時(shí)取等號(hào),所以BD2=c2+14bS△ABD=22=12BD·d,所以d=2BD≤22,即點(diǎn)A到直線9.解:(1)在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cos120°=49,所以b=AC=7.由題意及正弦定理得a+bc=a-ca-b,可得ac=a2+c2-b2,由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac=12,又B∈(0°,180°),所以B=60°.因?yàn)椤螦DC=120°,所以B+∠ADC=180°,所以A,B,C,D四點(diǎn)共圓.四邊形ABCD(2)由(1)可知a2+c2-ac=49,則(a+c)2=49+3ac.S△ABC=12acsinB=12(a+b+c)·r,則r=32·ac7+a+c=123×(a+c)2-497+a+c=123(a+c-7).在△ABC中,由正弦定理得asin∠BAC=csin∠ACB=bsinB=143+sin(120°-∠BAC)]=1433sin∠BAC+32cos∠BAC+12sin∠BAC=143332sin∠BAC+32cos∠BAC=14sin∠BAC·32+cos∠BAC·12=14sin(∠BAC+30°),又∠BAC∈(0°,120°),所以∠BAC+

限時(shí)集訓(xùn)(四)1.D[解析]因?yàn)閍=(1,λ),b+2a=(1,-3),所以b=(1,-3)-2(1,λ)=(-1,-3-2λ).因?yàn)閍⊥b,所以a·b=-1×1-(3+2λ)λ=0,解得λ=-1或λ=-12,故選D2.B[解析]方法一:因?yàn)閨a-b|=3,所以a2-2a·b+b2=3,則a·b=1.因?yàn)閨a|=2,|b|=1,所以cos<a,b>=a·b|a||b|=12,又<a,b>∈[0,π],所以<a方法二:如圖,設(shè)OA=a,OB=b,則a-b=BA,因?yàn)閨a|=2,|b|=1,|a-b|=3,所以三角形ABC為直角三角形,且∠OBA=π2,可得cos<a,b>=12,又<a,b>∈[0,π],所以<a,b>=π3,故選3.C[解析]因?yàn)辄c(diǎn)D,E分別為AC,BC的中點(diǎn),F是DE的中點(diǎn),所以AF=AD+DF=12AC+12DE=12AC+14AB,即AF=14.A[解析]由已知條件得|a+b|2=|a-b|2,即a·b=0,故a+b在a上的投影向量為a|a|·(|a+b|cos<a+b,a>)=a|a|·(a+b)·5.C[解析]設(shè)AE=λAB,則CE=AE-AC=λa-b.CO=12CA+12CD=-12AC+14(AB-AC)=14AB-34AC=14a-34b.設(shè)CE=μCO,則λa-b=μ14a-6.B[解析]由題意得OA·OB=|OA|·|OB|cos<OA,OB>=22cos<OA,OB>=-2,∴cos<OA,OB>=-12,∴<OA,OB>=2π3.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA所在直線為x軸,垂直于OA的直線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示,則O(0,0),A(2,0),B(-1,3).設(shè)D(x,0),由DA=2OD,得(2-x,0)=2(x,0),解得x=23,∴D23,0.連接BE,OE,AE,∵E為△AOB的外心,∴|BE|=|OE|=|AE|,又|BO|=|OA|,∴△BEO≌△AEO,∴∠AOE=12∠AOB=π3,∴△AOE為等邊三角形,∴E(1,3),∴ED=-13,-3,又OB=(-1,3),∴OB·7.C[解析]由a+b+c=0,得c=-a-b,因?yàn)?a-b)⊥c,所以(a-b)·(-a-b)=0,又|a|=1,所以(a-b)·(-a-b)=-|a|2-a·b+a·b+|b|2=0,即|b|2=|a|2=1,所以|a|=|b|=1.因?yàn)閏=-a-b,a⊥b,所以|c|2=(-a-b)2=|a|2+2a·b+|b|2=2,故|a|2+|b|2+|c|2=1+1+2=4,故選C.8.AC[解析]對(duì)于A,若單位向量a,b不共線,則(a+b)·(a-b)=a2-b2=0,故(a+b)⊥(a-b),故A正確;對(duì)于B,若a=-32,t,b=(cosα,sinα),且a∥b,則-32sinα-tcosα=0,即tanα=-23t3,由-322+t2=1,解得t=±12,所以tanα=±33,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,由|a-b|≥3得a2+b2-2a·b≥3,解得a·b≤-12,因此cosθ=a·b|a||b|=a·b≤-12,又0≤θ≤π,所以2π3≤θ≤π,故θ的最小值為2π3,故C正確;對(duì)于D,若<a,b>=2π3,則a·b=|a||b|9.ABD[解析]對(duì)于A,如圖①,因?yàn)镺為AD的中點(diǎn),所以AO=OD=12(OB+OC),故A正確;對(duì)于B,如圖①,由O為AD的中點(diǎn),得OB=OA+AB=-12AD+AB=-12×12(AB+AC)+AB=34AB-14AC=34AB-12AE,故B正確;對(duì)于C,如圖②,連接AD,BE,由O為△ABC的重心,得O為AD與BE的交點(diǎn),根據(jù)三角形重心的性質(zhì)得OB=2EO,所以O(shè)B+OE=-OE,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,如圖③,連接OD,若O為△ABC的外心,則根據(jù)三角形外心的性質(zhì)得OD⊥BC,又BC=4,所以O(shè)B·BC=(OD+DB) 10.1[解析]由題意知c=a+tb=(2,1+t),因?yàn)閍·c=6,所以2×2+1×(1+t)=6,解得t=1.11.20[解析]不妨設(shè)a=(1,0),b=(x,y),則2a-b=(2-x,-y),則|2a-b|=(2-x)2+y2=2,即(x-2)2+y2=4,(a+b)·b=(1+x,y)·(x,y)=x(x+1)+y2=x2+x+y2=x+122+y2-14.取B(2,0),C-12,0,則|BC|=52.設(shè)點(diǎn)P(x,y)在圓(x-2)2+y2=4上,則x+122+y2表示|PC|2,易知x+122+y2的最大值為512.-29[解析]如圖所示.在△ABC中,因?yàn)镈,E分別為AC,BC的中點(diǎn),AE交BD于點(diǎn)M,所以M為△ABC的重心,所以ME=13AE=16(AB+AC),MD=13BD=13(AD-AB)=1312AC-AB=16(AC-2AB).因?yàn)锳B=4,AC=6,∠BAC=π3,所以由平面向量數(shù)量積