重点题型训练8：第2章平面向量及其应用-【新教材】2020-2021学年北师大版（2019）高中数学必修第二册

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北师大版（新教材）高一必修2重点题型N8
平面向量及其应用
考试范围：平面向量的应用；考试时间：100分钟；命题人：LEOG
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题型1、利用正弦定理解三角形
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝　75°　．
【考点】正弦定理；余弦定理．
【分析】根据正弦定理和三角形的内角和计算即可
【解答】解：根据正弦定理可得＝，C＝60°，b＝，c＝3，
∴sinB＝＝，
∵b＜c，∴B＝45°，
∴A＝180°﹣B﹣C＝180°﹣45°﹣60°＝75°，故答案为：75°．
【点评】本题考查了三角形的内角和以及正弦定理，属于基础题

2．在三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a＝2，b＝2，B＝，则边c的长为　4　．
【考点】正弦定理；余弦定理．
【分析】利用余弦定理可得c2﹣2c﹣8＝0，解方程即可得解c的值．
【解答】解：在三角形ABC中，∵a＝2，b＝2，B＝，
∴由余弦定理可得：b2＝a2+c2﹣2accosB，可得12＝4+c2﹣2×，
∴可得：c2﹣2c﹣8＝0，
∴解得c＝4，或﹣2．故答案为：4．
【点评】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想与计算能力，属于基础题．
3．在△ABC中，若b＝1，c＝，则a＝　2　．
【考点】正弦定理；余弦定理．
【分析】根据余弦定理a2＝c2+b2﹣2c•bcosA的式子，结合题中数据加以计算，即可得到边a的值．
【解答】解：根据余弦定理a2＝c2+b2﹣2c•bcosA，可得
a2＝（）2+12﹣2××cos＝4
∴a＝2（舍负）故答案为：2
【点评】本题给出三角形的两边及其夹角大小，求第三边长．着重考查了利用余弦定理解三角形的知识，属于基础题．

4．在△ABC中，已知B＝45°，C＝60°，AC＝10，则AB的长为　　．
【考点】正弦定理；余弦定理．
【分析】由已知利用正弦定理即可得解．
【解答】解：∵在△ABC中，已知B＝45°，C＝60°，AC＝10，
∴由正弦定理可得：AB＝＝＝5．故答案为：5．
【点评】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力，属于基础题．

5．在△ABC中，若a＝2，b＝2，A＝30°，则B为（　　）
A．60° B．60°或120° C．30° D．30°或150°
【考点】正弦定理．
【分析】利用正弦定理和题设中两边和一个角的值求得B．
【解答】解：由正弦定理可知 ＝，
∴sinB＝＝
∵B∈（0，180°）∴∠B＝60°或120°故选：B．
【点评】本题主要考查了正弦定理的应用．运用正弦定理a：b：c＝sinA：sinB：sinC来解决边角之间的转换关系．属于基础题．
题型2：利用余弦定理解三角形
1．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知a＝，c＝2，cosA＝，则b＝（　　）
A． B． C．2 D．3
【考点】余弦定理．
【分析】由余弦定理可得cosA＝，利用已知整理可得3b2﹣8b﹣3＝0，从而解得b的值．
【解答】解：∵a＝，c＝2，cosA＝，
∴由余弦定理可得：cosA＝＝＝，整理可得：3b2﹣8b﹣3＝0，
∴解得：b＝3或﹣（舍去）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了余弦定理，一元二次方程的解法在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

2．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a＝2，c＝2，cosA＝．且b＜c，则b＝（　　）
A． B．2 C．2 D．3
【考点】余弦定理．
【分析】运用余弦定理：a2＝b2+c2﹣2bccosA，解关于b的方程，结合b＜c，即可得到b＝2．
【解答】解：a＝2，c＝2，cosA＝．且b＜c，
由余弦定理可得，a2＝b2+c2﹣2bccosA，
即有4＝b2+12﹣4×b，解得b＝2或4，
由b＜c，可得b＝2．故选：B．
【点评】本题考查三角形的余弦定理及应用，主要考查运算能力，属于中档题和易错题．

3．在△ABC中，cosC＝，AC＝4，BC＝3，则tanB＝（　　）
A． B．2 C．4 D．8
【考点】余弦定理．
【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求tanC的值，利用余弦定理可求AB的值，可得A＝C，利用三角形的内角和定理可求B＝π﹣2C，利用诱导公式，二倍角的正切函数公式即可求解tanB的值．
【解答】解：∵cosC＝，AC＝4，BC＝3，
∴tanC＝＝，
∴AB＝＝＝3，可得A＝C，
∴B＝π﹣2C，
则tanB＝tan（π﹣2C）＝﹣tan2C＝＝＝4．
故选：C．
【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的内角和定理，诱导公式，二倍角的正切函数公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

4．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝，b＝3，c＝2，则∠A＝（　　）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【考点】余弦定理．
【分析】根据题意和余弦定理求出cosA的值，由A的范围求出角A的值．
【解答】解：∵a＝，b＝3，c＝2，
∴由余弦定理得，cosA＝＝＝，
又由A∈（0°，180°），得A＝60°，故选：C．
【点评】本题考查了余弦定理的应用，属于基础题．

5．在△ABC中，如果sinA：sinB：sinC＝2：3：4，那么cosC等于（　　）
A． B． C． D．
【考点】余弦定理．
【分析】由正弦定理可得；sinA：sinB：sinC＝2：3：4，可设a＝2k，b＝3k，c＝4k（k＞0），由余弦定理可求得答案．
【解答】解：由正弦定理可得；sinA：sinB：sinC＝a：b：c＝2：3：4
可设a＝2k，b＝3k，c＝4k（k＞0）
由余弦定理可得，cosC＝
故选：D．
【点评】本题主要考查了正弦定理及余弦定理在解三角形中的应用，属于基础试题．

题型3：利用边角互化解三角形和判断三角形形状
1．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的边，已知2acosC＝2b+c，则角A等于（　　）
A． B． C． D．
【考点】正弦定理．
【分析】△ABC中，由条件利用正弦定理可得2cosAsinC＝﹣sinC，化简可得cosA＝﹣，由此求得A的值．
【解答】解：△ABC中，∵2acosC＝2b+c．
∴由正弦定理得：2sinB+sinC＝2sinAcosC，
∵2sinB＝2sin（A+C）＝2sinAcosC+2cosAsinC，
∴化简可得：2cosAsinC+sinC＝0，
∵sinC≠0，∴cosA＝﹣，
∴由A∈（0，π），可得：A＝．故选：D．
【点评】此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键，属于基础题．
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2bsinA＝a，则B＝（　　）
A． B．或 C． D．或
【考点】正弦定理．
【分析】由已知结合正弦定理进行化简即可求解．
【解答】解：由正弦定理及2bsinA＝a得，2sinBsinA＝sinA，
因为sinA≠0，
所以sinB＝，
故B＝或．
故选：D．
【点评】本题主要考查了正弦定理，属于基础题．


3．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a、b、c，已知2ccosB﹣bcosA＝acosB，则角B＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】正弦定理．
【分析】利用正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可得2sinCcosB＝sinC，结合sinC≠0，可得cosB＝，结合范围B∈（0，π），可求B的值．
【解答】解：因为2ccosB﹣bcosA＝acosB，
所以2sinCcosB﹣sinBcosA＝sinAcosB，
所以2sinCcosB＝sin（A+B）＝sinC，
因为sinC≠0，
所以cosB＝，因为B∈（0，π），
所以B＝．故选：B．
【点评】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

4．在△ABC中，三个内角分别是A，B，C，若sinC＝2cosA•sinB，则此△ABC一定是（　　）
A．直角三角形 B．正三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【考点】正弦定理．
【分析】首先把正弦定理及余弦定理代入题中的已知关系式进行化简即可得到结果．
【解答】解：根据正弦定理： （1）
余弦定理：cosA＝（2）
把（1）（2）代入sinC＝2cosA•sinB得到：
c＝化简得：
（a+b）（b﹣a）＝0
∴a＝b
此△ABC一定是等腰三角形
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：正弦定理及余弦定理，及相关的化简问题．

5．在△ABC中，，则这个三角形一定是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角 D．等腰或直角三角形
【考点】正弦定理．
【分析】在△ABC中，，由正弦定理可得：sinA＝2sinBcosC，又sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，代入化简即可得出．
【解答】解：在△ABC中，，由正弦定理可得：sinA＝2sinBcosC，
又sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，
∴cosBsinC＝sinBcosC，
可得tanC＝tanB，
∴A＝B．∴a＝b．则这个三角形一定是等腰三角形．故选：A．
【点评】本题考查了正弦定理、和差公式、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
题型4、有关三角形面积的计算问题
1．已知△ABC的三个内角A，B，C及其对边a，b，c，且，2bcosA+a＝2c，则△ABC的面积的最大值为（　　）
A． B． C．2 D．4
【考点】正弦定理；余弦定理．
【分析】由已知结合余弦定理及正弦定理先化简，然后结合三角形的面积公式及基本不等式即可求解．
【解答】解：因为2bcosA+a＝2c，则
由余弦定理得，2b×+a＝2c，整理得，a2+c2﹣b2＝ac，故cosB＝，
由B为三角形内角得B＝，因为b＝，
故a2+c2﹣ac＝3≥2ac﹣ac＝ac，当且仅当a＝c时取等号，所以ac≤3，
则△ABC的面积S＝＝，即面积的最大值．
故选：A．
【点评】本题主要考查了余弦定理，正弦定理及三角形的面积公式的应用，属于中档题．

2．已知△ABC的内角A、B、C的对边分别是a，b，c，若bsin（B+C）＝2csinB，，b＝2，则△ABC的面积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】正弦定理．
【分析】先利用诱导公式以及正弦定理得到a＝2c，然后由余弦定理求出a和c的值，再利用三角形的面积公式求解即可．
【解答】解：因为bsin（B+C）＝2csinB，则bsinA＝2csinB，
由正弦定理可得，ba＝2cb,即a＝2c，
由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB，则4＝4c2+c2﹣2·2c·c·,解得c＝1，所以a＝2，
又因为sinB＝，
所以△ABC的面积为．
故选：C．
【点评】本题考查了解三角形问题，主要考查了三角形面积的求解，对于解三角形问题中已知的等式，一般利用正弦定理和余弦定理边化角或角化边，属于基础题．


3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝3，c＝2，B＝2C，则△ABC的面积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】正弦定理．
【分析】根据二倍角公式和正弦定理可得b＝2c•cosC，再结合余弦定理可求得b的值，从而得sinC，最后由S＝absinC，得解．
【解答】解：∵B＝2C，∴sinB＝sin2C＝2sinCcosC，
由正弦定理知，＝，∴b＝2c•cosC，即cosC＝＝
由余弦定理知，cosC＝＝＝，解得b＝，
∴cosC＝＝，∵C∈（0，π），∴sinC＝＝，
∴△ABC的面积S＝absinC＝×3××＝．
故选：C．
【点评】本题主要考查解三角形的应用，运用了角化边的思想，熟练掌握正弦定理、正弦面积公式、余弦定理和二倍角公式是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．







4．若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝，b＝2，且△ABC的面积为，则a＝（　　）
A．3 B．4 C． D．3
【考点】正弦定理．
【分析】由已知利用三角形的面积公式可求c的值，进而根据余弦定理即可解得a的值．
【解答】解：∵A＝，b＝2，且△ABC的面积为，
∴bcsinA＝，即＝，
∴解得c＝，
又∵a2＝b2+c2﹣2bccosA＝12+3﹣2×＝21，解得a＝．
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．


5．在△ABC中，a＝2，bcosA＝3asinB，则△ABC面积的最大值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】正弦定理．
【分析】由已知结合正弦定理及同角基本关系可求sinA，cosA，然后结合余弦定理及基本不等式可求bc的范围，进而可求．
【解答】解：由正弦定理及bcosA＝3asinB，得sinBcosA＝3sinAsinB，
因为sinB＞0，所以cosA＝3sinA，A为锐角，
结合sin2A+cos2A＝1，所以sinA＝，cosA＝，
由余弦定理得，cosA＝＝，
整理得，24＝2b2+2c2﹣3bc≥4bc﹣3bc＝bc，当且仅当b＝c时取等号，即bc≤24，
则△ABC面积S＝＝3，故选：A．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，基本不等式在三角形求解中的应用，属于中档题．
题型5、正余弦定理在平面几何中的应用
1．如图，在△ABC中，∠B＝60°，AB＝8，AD＝7，点D在BC上，且cos∠ADC＝．
（1）求BD；
（2）若cos∠CAD＝，求△ABC的面积．

【考点】余弦定理．
【分析】（1）在△ABD中，由余弦定理可得BD＝3或5，再由cos∠ADB＝﹣cos∠ADC＜0，可知BD＝3；
（2）在△ACD中，结合同角三角函数的平方关系与正弦的两角和公式，推出sin∠C＝，再由正弦定理求得CD的长，然后由S＝AB•BC•sin∠B，得解．
【解答】解：（1）在△ABD中，由余弦定理知，AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BD•cos∠B，
∴49＝64+BD2﹣2×8×BD×cos60°，即BD2﹣8BD+15＝0，
解得BD＝3或5，
∵cos∠ADC＝，∴cos∠ADB＝cos（180°﹣∠ADC）＝﹣cos∠ADC＜0，
当BD＝5时，cos∠ADB＝＞0，不符合题意，舍去，∴BD＝3．
（2）在△ACD中，∵cos∠ADC＝，cos∠CAD＝，
∴sin∠ADC＝，sin∠CAD＝，
sin∠C＝sin（∠ADC+∠CAD）
＝sin∠ADC•cos∠CAD+cos∠ADC•sin∠CAD＝×+×＝，
由正弦定理知，，∴，∴CD＝，
∴BC＝BD+CD＝3+＝，
∴△ABC的面积S＝AB•BC•sin∠B＝×8××＝．
【点评】本题考查解三角形与三角恒等变换的综合，熟练掌握正弦定理、余弦定理、三角形面积公式与两角和差公式是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

2．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且（a﹣b）（sinA+sinB）＝sinC（c﹣b）．
（1）求角A；
（2）若△ABC的面积S△ABC＝2+，求a的取值范围．
【考点】正弦定理．
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式中的角化边，再结合余弦定理，得解；
（2）由S＝bc•sinA，可得bc＝4（2+），再结合（1）中得到的bc＝b2+c2﹣a2，以及基本不等式，即可得解．
【解答】解：（1）由正弦定理知，＝＝，
∵（a﹣b）（sinA+sinB）＝sinC（c﹣b），
∴（a﹣b）（a+b）＝c（c﹣b），化简得b2+c2﹣a2＝bc，
由余弦定理知，cosA＝＝＝，
∵A∈（0，π），∴A＝．
（2）∵△ABC的面积S△ABC＝bc•sinA＝bc•＝2+，
∴bc＝4（2+），
由（1）知，bc＝b2+c2﹣a2≥2bc﹣a2，
∴a2≥（2﹣）bc＝（2﹣）•4（2+）＝4，∴a≥2，
故a的取值范围为[2，+∞）．
【点评】本题主要考查解三角形，还涉及利用基本不等式求最值，熟练掌握正弦定理、余弦定理和正弦面积公式是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．


3．如图，在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．
（1）求cos∠ADB；
（2）若，求BC．

【考点】正弦定理；余弦定理．
【分析】（1）由已知结合正弦定理即可直接求解；
（2）由已知结合诱导公式及余弦定理即可直接求解．
【解答】解：（1）∵∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5，
由正弦定理得，，
则sin∠ADB＝＝，
∵∠ADB为锐角，
故cos∠ADB＝；
（2）∵∠ADC＝90°，∴cos∠BDC＝sin∠ADB＝，∵，
△BCD中，由余弦定理得，BC2＝BD2+CD2﹣2BD•CDcos∠BDC＝25+8﹣2×＝25，
故BC＝5．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．







4．如图，在△ABC中，D是BC边上一点，cosC＝，CD＝7，AC＝5．
（1）求AD的长；
（2）若AB＝8，求角B的大小．

【考点】解三角形．
【分析】（1）直接利用余弦定理求出结果．
（2）利用余弦定理和正弦定理求出结果．
【解答】解：（1）在△ADC中，cosC＝，CD＝7，AC＝5．
利用余弦定理AD2＝AC2+CD2﹣2•AC•CD•cosC＝＝32，
解得AD＝4．
（2）利用余弦定理＝，
所以sin∠BDA＝sin∠ADC＝，
在△ABD中，利用正弦定理，整理得，
故∠B＝．
【点评】本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．








5．如图，在四边形ABCD中，∠D＝2∠B＝120°，AD＝2DC＝2．
（1）求AC的长；
（2）求△ABC面积的最大值．

【考点】解三角形．
【分析】（1）直接利用余弦定理的应用求出AC的长．
（2）利用基本不等式和余弦定理的应用和三角形的面积公式的应用求出结果．
【解答】解：（1）如图所示：

由于，∠D＝2∠B＝120°，AD＝2DC＝2．
所以∠D＝120°，∠B＝60°，AD＝2，DC＝1，
在△ADC中，
利用余弦定理AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cos∠D＝1+4﹣2×，
解得AC＝．
（2）在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cos∠B，
可得：AB2+BC2﹣AB•BC＝7，
利用AB2+BC2≥2AB•BC，
所以AB•BC≤7，
故．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数的值，余弦定理和三角形的面积公式，基本不等式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．

题型6、解三角形在实际生活中的应用
1.甲船在A处，乙船在A的南偏东45°方向距A9海里的B处，并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向行驶，若甲船以28海里/时的速度行驶，用多少小时能追上乙船？
【考点】解三角形．
【分析】直接利用方向角的定义，余弦定理的应用求出结果．
【解答】解：如图所示：

根据题意：设经过t小时甲船追上乙船，由于AB＝9，AC＝28t，BC＝20t，∠ABC＝120°，
所以：在△ABC中，利用余弦定理：AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cos∠ABC，
，
整理得128t2﹣60t﹣27＝0，
解得t＝或﹣（负值舍去），
故甲船经过小时能追上乙船．
【点评】本题考查的知识要点：方向角的定义，余弦定理，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．




2．如图，在离地面高400m的热气球上，观测到山顶C处的仰角为15°，山脚A处的俯角为45°，已知∠BAC＝60°，求山的高度BC．

【考点】解三角形．
【分析】先利用等腰直角三角形AMD，求出AM，在三角形AMC中，求出∠MAC＝75°，∠AMC＝60°，然后在△AMC中利用正弦定理求出AC，最后利用直角三角形ABC结合三角函数的定义，即可求出BC．
【解答】解：如图：在Rt△AMD中，MD＝400，∠DAM＝45°，
故．
在△AMC中，∠AMC＝45°+15°＝60°，∠MAC＝180°﹣45°﹣60°＝75°．
∴∠ACM＝180°﹣60°﹣75°＝45°．
由正弦定理得，解得．
在Rt△ABC中，BC＝AC•sin60°＝（m）
故山的高度BC＝600m．

【点评】本题考查解三角形的应用举例问题的基本思路，以及正弦定理、内角和定理等知识的应用．属于中档题．







3．如图，我国的海监船在D岛海域例行维护巡航，某时刻航行至A处，此时测得其北偏东45°方向与它相距16海里的B处有一外国船只，且D岛位于海监船正东14海里处．
（1）求此时该外国船只与D岛的距离；
（2）观测中发现，此外国船只正以每小时4海里的速度沿正南方向航行，为了将该船拦截在离D岛12海里处，不让其进入D岛12海里内的海域，试确定海监船航向，并求其速度的最小值．

【考点】解三角形．
【分析】（1）根据余弦定理即可求得DB；
（2）过点B作BC⊥AD，C为垂足，AC和以点D为圆心、以12为半径的圆相交于点E，则由题意可得，我海监船在点E处拦截住外国船只时，我海监船的速度
v取得最小值．求得AC＝BC、DC的值，再求得CE、AE、BE的值，可得外国船只沿正南方向航行的时间，从而求得我海监船的速度v，再求得∠EAC 的值即可．
【解答】解：（1）根据余弦定理可得：
DB2＝AD2+AB2﹣2AD•ABcos∠A＝（14）2+162﹣2×14×16×＝200，
则BD＝10（海里）；
（2）过B作BC⊥AD于C，则AC＝BC＝AB＝8，所以CD＝AD﹣AC＝6，
以D为圆心，12为半径作圆交BC于点E，连接AE，DE，
则CE＝6，BE＝2，AE＝10，
所以∠EAC＝arcsin，外国船只到达点E的时间t＝，
所以，海盗船速度v≥＝20，
所以，海盗船就以北偏东﹣arcsin方向，速度大于20海里/小时，才能拦截．

【点评】本题主要考查解三角形的实际应用，直角三角形中的边角关系、余弦定理的应用，属于难题．


4．如图，有一直角三角形的支架ABC，∠C＝90°，BC长为6米，AB长为12米，现用两根立柱AD，BE将支架ABC撑起，要求△ABC与立柱AD，BE都在与地面垂直的同一个平面内，且AD，BE和地面都垂直，立柱AD的高度不小于立柱BE高度，C点离地面的距离为15米，A、B两点离地面的距离都不超过15米．已知支架AD的造价为每米1万元，支架BE的造价为每米4万元．
（1）当立柱AD和立柱BE高度相同时，求两立柱的总造价；
（2）求立柱AD和立柱BE总造价的最小值．

【考点】解三角形．
【分析】（1）设两立柱的总造价为y万元．过C作AB的垂线分别交AB，DE于T，G，在RT△TBC中，可求CT的值，由已知可知四边形TGEB为矩形，即可计算得解．
（2）过B作AD的垂线，垂足为F，过C作DE的垂线，垂足为G，设∠ABF＝α，其中0°≤α≤30°，设AD＝d1，BE＝d2．在RT△ABC中，可求∠ABC＝60°．由d1﹣d2＝12sinα，四边形BFDE为矩形，可得d2＝15﹣6sin（α+60°），可求y＝d1+4d2＝，求导，令，0°＜α0＜30°，讨论函数的单调性，进而可求y的最小值．
【解答】解：设两立柱的总造价为y万元．
（1）过C作AB的垂线分别交AB，DE于T，G，
在RT△TBC中，，
由AD⊥DE，BE⊥DE，TG⊥DE，且AD＝BE＝TG，
可知，四边形TGEB为矩形，所以，
此时，，
答：立柱AD和立柱BE高度相同时，两立柱的总造价为万元．

（2）过B作AD的垂线，垂足为F，过C作DE的垂线，垂足为G，设∠ABF＝α，
其中0°≤α≤30°，设AD＝d1，BE＝d2．
在RT△ABC中，因为∠C＝90°，BC＝6，AB＝12，
由，所以∠ABC＝60°．因为d1﹣d2＝12sinα，
由AD⊥DE，BE⊥DE，BF⊥AD可知，四边形BFDE为矩形，
所以d2＝15﹣6sin（α+60°），
因为支架AD的造价每米1万元，支架BE的造价每米4万元．
所以y＝d1+4d2＝12sinα+5[15﹣6sin（α+60°）]＝，＝，
令，0°＜α0＜30°
所以当0°＜α＜α0时，单调递减；
当α0＜α＜30°时，单调递增．
所以当α＝α0时，即，，
y的最小值为，
答：立柱AD和立柱BE总造价的最小值为万元．

【点评】本题主要考查了导数的性质及其应用，考查了函数思想和数形结合思想的应用，属于中档题．
5．某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱AB与地面垂直，灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示．已知∠ABC＝π，∠ACD＝，路宽AD＝18米．设．
（1）求灯柱AB的高h（用θ表示）；
（2）此公司应该如何设置θ的值才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小？最小值为多少？

【考点】解三角形．
【分析】（1）根据正弦定理求得AC、AB的值，即得h的值；
（2）利用正弦定理求得BC的值，再求AB+BC，
利用三角恒等变换求出它的最小值，以及对应θ的值．
【解答】解：（1）因为AB与地面垂直，∠BAC＝θ，所以∠CAD＝﹣θ，
在△ACD中，，
由正弦定理得＝，
解得；
在△ABC中，，
由正弦定理得，
解得h＝AB＝＝24sin（θ+）sin（﹣θ）；
化简得．

（2）△ABC中，由正弦定理得，
解得，
所以AB+BC＝12sin（2θ+）+24sin（θ+）sinθ
＝12（sin2θcos+cos2θsin）+24（sinθcos+cosθsin）sinθ
＝6sin2θ+6cos2θ+12•+6sin2θ
＝12sin2θ+6；
又≤θ≤，所以≤θ≤，
所以当θ＝时，AB+BC取得最小值为6+6；
所以该公司应设置θ＝，才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小，最小值为（6+6）米．
【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．


题型7、平面向量在平面几何和物理中的应用
1．在△ABC中，•＝7，|﹣|＝6，则△ABC面积的最大值为（　　）
A．24 B．16 C．12 D．8
【考点】平面向量的综合题．
【分析】设A、B、C所对边分别为a，b，c，由•＝7，|﹣|＝6，得bccosA＝7，a＝6①，由余弦定理可得b2+c2﹣2bccosA＝36②，联立①②可得b2+c2＝50，由不等式可得bc≤25，即可求出△ABC面积的最大值．
【解答】解：设A、B、C所对边分别为a，b，c，
由•＝7，|﹣|＝6，得bccosA＝7，a＝6①，
S△ABC＝bcsinA＝bc＝bc＝，
由余弦定理可得b2+c2﹣2bccosA＝36②，
由①②消掉cosA得b2+c2＝50，所以b2+c2≥2bc，
所以bc≤25，当且仅当b＝c＝5时取等号，
所以S△ABC＝≤12，
故△ABC的面积的最大值为12，
故选：C．
【点评】本题考查平面向量数量积的运算、三角形面积公式不等式求最值等知识，综合性较强，有一定难度．


2．如图，在平行四边形ABCD中，||＝3，||＝2，＝，＝，与的夹角为．
（1）若＝x+y，求x、y的值；
（2）求•的值；
（3）求与的夹角的余弦值．

【考点】平面向量的综合题．
【分析】（1）由平行四边形法则得，而分别是，再结合数乘运算、平面向量基本定理中的“唯一性”不难求出x、y；
（2）由题意可以为基底，将用基底表示，再利用内积的定义及运算可求得•的值；
（3）直接套用夹角公式cos＜，＞＝计算．
【解答】解：（1）∵||＝3，||＝2，＝，＝，
∴＝3+2＝x+y，
∴x＝3，y＝2．

（2）由向量的运算法则知，＝2﹣3，
∴．
（3）∵与的夹角为，∴与的夹角为，
又，
∴＝＝＝＝，
∴＝＝＝＝，
设与的夹角为θ，可得，
∴与的夹角的余弦值为．

【点评】利用平面向量基本定理解题，一般先以不共线的、模长及夹角都知道的两个向量作为基底，然后利用基底把已知的、所求的向量表示出来，再进行有关的运算化简和证明；数量积的考查是重点也是热点，一般是距离和角的计算居多，要以数量积的定义为出发点进行思考，要注意结合图形寻找解题思路．


3．已知A（3，2）、B（﹣2，1）、C（1，﹣1）且
（1）证明：△ABC是等腰直角三角形
（2）求cos∠APC．
【考点】平面向量的综合题．
【分析】（1）由题意得，，由，，能够证明△ABC是等腰直角三角形．
（2）设点P（x，y），则，．由，知x﹣3＝4+2x且y﹣2＝2y﹣2，由此能求出cos∠APC．
【解答】（1）证明：由题意得，
因为，
所以CA⊥CB所以△ABC是直角三角形
又∵，，
∴，∴△ABC是等腰直角三角形
（2）解：设点P（x，y），
则，
∵，
∴x﹣3＝4+2x且y﹣2＝2y﹣2，
解得x＝﹣7，y＝0，∴P（﹣7，0），
∴，∴＝78，
，，
∴cos∠APC＝＝．
【点评】本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，推理论证能力；综合性强，是高考的重点，易错点是知识体系不牢固．解题时要认真审题，注意平面向量数量积的坐标运算的灵活运用．


4．已知锐角△ABC中的三个内角分别为A，B，C．
（1）设•＝•，求证：△ABC是等腰三角形；
（2）设向量＝（2sinC，﹣），＝（cos2C，2cos2﹣1），且∥，若sinA＝，求sin（﹣B）的值．
【考点】平面向量的综合题；三角函数的恒等变换及化简求值．
【分析】（1）由已知可得，结合三角形的知识可得，代入可证，即，从而可证
（2）由∥，根据向量平行的坐标表示可得，整理可得结合已知C的范围可求C＝，根据三角形的内角和可得，，从而有，又sinA＝，且A为锐角，可得cosA＝，利用差角公式可求
【解答】解：（1）因为，，，（4分）
所以，即，故△ABC为等腰三角形．（6分）
（2）∵∥，∴
∴，即，∵C为锐角，∴2C∈（0，π），
∴，∴．（8分）
∴，∴．（10分）
又sinA＝，且A为锐角，∴cosA＝，（12分）
∴＝．（14分）
【点评】平面向量与三角函数结合的试题是高考近几年的热点之一，而通常是以平面向量的数量积为工具，结合三角公式最终转化为三角函数形式，结合三角函数的性质．属于基础知识的简单综合试题．

5．设作用于同一点的三个力1，2，3处于平衡状态，若|1|＝1，|2|＝2，且1与2的夹角为π，如图所示．
（1）求3的大小；
（2）求＜3，2＞的大小．

【考点】向量在物理中的应用．
【分析】（1）由题意||＝|+|，利用平方，再开方的方法，即可求的大小；
（2）由＝﹣（+），可得＝﹣﹣，从而可求＜，＞的大小．
【解答】解：（1）由题意||＝|+|
∵||＝1，||＝2，且与的夹角为π，
∴||＝|+|＝＝
（2）∵＝﹣（+），
∴＝﹣﹣，
∴•cos＜，＞＝﹣﹣4
∴cos＜，＞＝﹣∴＜，＞＝．
【点评】本题考查向量知识的运用，考查向量的模、夹角的计算，属于中档题．