第20课 平面向量的应用

第20课平面向量的应用普查与练习20Ⅰ平面向量的应用1．平面向量在几何问题中的应用a．利用向量的运算解决线段的长度问题(1)(2020江苏，5分)在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9.若eq\o(PA,\s\up6(→))＝meq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－m))eq\o(PC,\s\up6(→))(m为常数)，则CD的长度是__0或eq\f(18,5)__．解析：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，则B(4，0)，C(0，3)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，3)．由eq\o(PA,\s\up6(→))＝meq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－m))eq\o(PC,\s\up6(→))，得eq\o(PA,\s\up6(→))＝m(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－m))(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，整理得，eq\o(PA,\s\up6(→))＝－2meq\o(AB,\s\up6(→))＋(2m－3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－8m，0)＋(0，6m－9)＝(－8m，6m－9)．由AP＝9，得64m2＋(6m－9)2＝81，解得m＝eq\f(27,25)或m＝0.当m＝0时，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0，－9)，此时C与D重合，CD＝0.当m＝eq\f(27,25)时，直线PA的方程为y＝eq\f(9－6m,8m)x，直线BC的方程为eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1，联立两直线方程可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8,3)m，,y＝3－2m，))即Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(72,25)，\f(21,25)))，∴CD＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(72,25)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,25)－3))\s\up12(2))＝eq\f(18,5).综上，CD的长度是0或eq\f(18,5).(2)(2021山西太原一模，5分)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，3csinA＝4bsinC，cosC＝eq\f(2,3)，点D在线段AB上，且BD＝2DA，若△ABC的面积为2eq\r(5)，则a＝__4__，CD＝__eq\f(2\r(21),3)__．解析：由正弦定理及3csinA＝4bsinC得3ac＝4bc，所以a＝eq\f(4b,3).由余弦定理的推论得cosC＝eq\f(2,3)＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(16b2,9)＋b2－c2,2b·\f(4b,3))，整理得b＝c.因为cosC＝eq\f(2,3)，所以sinC＝eq\f(\r(5),3).因为△ABC的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\f(4b,3)×b×eq\f(\r(5),3)＝2eq\r(5)，所以b＝3，所以c＝3，a＝4.因为BD＝2DA，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝2eq\o(DA,\s\up6(→))，即eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝2(eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→)))，整理得eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))2＝eq\f(4b2,9)＋eq\f(a2,9)＋eq\f(4,9)eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝4＋eq\f(16,9)＋eq\f(4,9)×4×3×eq\f(2,3)＝eq\f(84,9)，所以CD＝eq\f(2\r(21),3).故答案为a＝4，CD＝eq\f(2\r(21),3).b．利用向量的运算判断三角形和四边形的形状(3)(2021四川内江期中，5分)在△ABC中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，且eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，则△ABC的形状为(C)A．等腰非直角三角形B．直角非等腰三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形解析：由eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，得eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，所以AB⊥AC.因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝0，所以eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)－eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))|2,|\o(AB,\s\up6(→))|)＋eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))|2,|\o(AC,\s\up6(→))|)－eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)＝0，所以－|eq\o(AB,\s\up6(→))|＋|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝0，即|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，所以△ABC为等腰直角三角形．故选C.(4)(2021吉林高三月考，5分)在四边形ABCD中，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝0，则这个四边形是(A)A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形解析：由eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))可得AD＝BC且AD∥BC，即四边形ABCD为平行四边形．∵(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，∴AC⊥BD，∴平行四边形ABCD为菱形．故选A.c．利用向量的运算研究三角形的四心问题(5)(2023改编，5分)已知点O，N，P，M在△ABC所在平面内，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OB,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OC,\s\up6(→))))，eq\o(NA,\s\up6(→))＋eq\o(NB,\s\up6(→))＋eq\o(NC,\s\up6(→))＝0，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))))eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))))eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))eq\o(MC,\s\up6(→))＝0，则点O，N，P，M依次是△ABC的(C)A．重心、外心、垂心、内心B．重心、外心、内心、垂心C．外心、重心、垂心、内心D．外心、重心、内心、垂心解析：∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OB,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OC,\s\up6(→))))，即点O到△ABC三个顶点的距离相等，∴点O是△ABC的外心．设AB，AC，BC的中点分别为D，E，F，∵eq\o(NA,\s\up6(→))＋eq\o(NB,\s\up6(→))＋eq\o(NC,\s\up6(→))＝，∴eq\o(NC,\s\up6(→))＝－(eq\o(NA,\s\up6(→))＋eq\o(NB,\s\up6(→)))＝－2eq\o(ND,\s\up6(→))，∴eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CD,\s\up6(→)).同理可得eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BE,\s\up6(→))，∴点N为三条中线CD，AF，BE的交点，即点N是△ABC的重心．∵eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))，∴eq\o(PB,\s\up6(→))·(eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\o(PC,\s\up6(→)))＝0，∴eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝0，∴PB⊥CA.同理可得PA⊥BC，PC⊥AB，∴点P是△ABC的垂心．设与向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))方向相同的单位向量分别为e1，e2，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))))＝a，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))))＝b，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))＝c，则aeq\o(MA,\s\up6(→))＋beq\o(MB,\s\up6(→))＋ceq\o(MC,\s\up6(→))＝aeq\o(MA,\s\up6(→))＋b(eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＋c(eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝(a＋b＋c)·eq\o(MA,\s\up6(→))＋beq\o(AB,\s\up6(→))＋ceq\o(AC,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)eq\o(MA,\s\up6(→))＋bce1＋bce2＝0，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(bc,a＋b＋c)e1＋eq\f(bc,a＋b＋c)e2＝eq\f(bc,a＋b＋c)(e1＋e2)，∴eq\o(AM,\s\up6(→))与e1＋e2共线．∵e1与e2分别是与eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))方向相同的单位向量，∴e1＋e2与∠BAC的平分线的方向向量共线，∴点M在∠BAC的平分线上．同理可得，点M在∠ABC的平分线上，点M在∠ACB的平分线上，∴点M是△ABC的三条角平分线的交点，即内心．故选C.d．利用向量的运算解决几何图形的面积问题(6)(2020山东青岛模拟，5分)已知O是△ABC内部一点，eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝4且∠ABC＝eq\f(π,6)，则△OAC的面积为(A)A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\f(4,3)解析：设D是边AC的中点，则eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝2eq\o(OD,\s\up6(→)).由eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝得eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝－2eq\o(OB,\s\up6(→))，∴eq\o(OD,\s\up6(→))＝－eq\o(OB,\s\up6(→)).∴O为BD的中点，∴S△OAC＝eq\f(1,2)S△ABC.∵eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝4且∠ABC＝eq\f(π,6)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(BA,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|sin∠ABC＝|eq\o(BA,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|cos∠ABC·eq\f(1,2)tan∠ABC＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\f(1,2)tan∠ABC＝4×eq\f(1,2)taneq\f(π,6)＝eq\f(2\r(3),3).则△OAC的面积为eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),3).故选A.(7)(经典题，5分)在△ABC中，设eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，4))，则△ABC的面积为__1__．解析：(法一)∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3，4)，∴cosA＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→)))))＝eq\f(11,5\r(5))，∴sinA＝eq\f(2,5\r(5))，tanA＝eq\f(2,11)，S△ABC＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))))sinA＝eq\f(1,2)×eq\r(5)×5×eq\f(2,5\r(5))＝1(或S△ABC＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))tanA＝eq\f(1,2)×11×eq\f(2,11)＝1)．(法二)设A(0，0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，则直线AC的方程为y2x－x2y＝0，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AC))＝eq\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))，∴点B到直线AC的距离为eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1y2－x2y1)),\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)eq\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))·eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1y2－x2y1)),\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1y2－x2y1))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1×4－2×3))＝1.(8)(2020浙江绍兴期末，4分)在平行四边形ABCD中，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝5，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，则四边形ABCD的面积是(B)A.eq\f(35,2)B.eq\f(15\r(5),2)C．15eq\r(5)D．25解析：因为eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，所以AC⊥BD，所以平行四边形ABCD为菱形．如图，以AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴建立平面直角坐标系．设AC＝2x，则A(－x，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(5,2)))，C(x，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(5,2)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，－\f(5,2)))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(5,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，－\f(5,2)))＝x2－eq\f(25,4)＝5，解得x＝eq\f(3\r(5),2)，所以AC＝3eq\r(5)，所以四边形ABCD的面积为eq\f(1,2)×AC×BD＝eq\f(1,2)×3eq\r(5)×5＝eq\f(15\r(5),2).故选B.e．利用向量的运算解决解析几何的问题(9)(2023汇编，22分)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，且|F1F2|＝2，|AB|＝4.(Ⅰ)求椭圆C的方程．答案：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1解：由|F1F2|＝2c＝2，得c＝1.由|AB|＝2a＝4，得a＝2，∴b2＝a2－c2＝3，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(4分)(Ⅱ)如图，过F2的直线与椭圆C交于M，N两点(均不与A，B重合)，直线MB与直线x＝4交于G点．①证明：A，N，G三点共线；答案：见证明过程证明：设直线MN的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)))消去x整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，且Δ＝144(m2＋1)>0，∴y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4).(7分)由(Ⅰ)可知A(－2，0)，B(2，0)，∴直线MB的方程为y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)．令x＝4，得Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2y1,x1－2))).又A(－2，0)，N(x2，y2)，∴eq\o(AN,\s\up6(→))＝(x2＋2，y2)，eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(2y1,x1－2))).又∵6y2－(x2＋2)·eq\f(2y1,x1－2)＝eq\f(6y2（my1－1）－2y1（my2＋3）,my1－1)＝eq\f(4my1y2－6（y1＋y2）,my1－1)＝eq\f(4m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,3m2＋4)))－6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6m,3m2＋4))),my1－1)＝0，∴eq\o(AN,\s\up6(→))∥eq\o(AG,\s\up6(→)).又AN∩AG＝A，∴A，N，G三点共线．(13分)②证明：原点O总在以MN为直径的圆内．答案：见证明过程证明：∵点M，N在直线MN上，∴x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝(m2＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,3m2＋4)))－eq\f(6m2,3m2＋4)＋1＝－eq\f(12m2＋5,3m2＋4)<0，即∠MON是钝角，∴原点O总在以MN为直径的圆内．(16分)(Ⅲ)如图，过F1的动直线l与椭圆C交于E，F两点，点E关于x轴的对称点是点E′，且F2E′⊥F2F，求直线l的方程．答案：y＝±eq\f(3,5)(x＋1)解：显然直线l的斜率存在，设E(x3，y3)，F(x4，y4)，直线l的斜率为k，则E′(x3，－y3)．由(Ⅰ)可知F1(－1，0)，F2(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x＋1)，eq\o(F2E′,\s\up6(→))＝(x3－1，－y3)，eq\o(F2F,\s\up6(→))＝(x4－1，y4)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)))消去y整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，∴x3＋x4＝－eq\f(8k2,4k2＋3)，x3x4＝eq\f(4k2－12,4k2＋3).(19分)由F2E′⊥F2F，得eq\o(F2E′,\s\up6(→))·eq\o(F2F,\s\up6(→))＝0，∴(x3－1)(x4－1)－y3y4＝0.∵E(x3，y3)，F(x4，y4)在直线l上，∴y3＝k(x3＋1)，y4＝k(x4＋1)，∴(x3－1)(x4－1)－k2(x3＋1)(x4＋1)＝0，整理得(1－k2)x3x4－(1＋k2)(x3＋x4)＋1－k2＝0，∴(1－k2)·eq\f(4k2－12,4k2＋3)＋(1＋k2)·eq\f(8k2,4k2＋3)＋1－k2＝0，化简得25k2－9＝0，解得k＝±eq\f(3,5)，∴直线l的方程为y＝±eq\f(3,5)(x＋1)．(22分)随堂普查练20Ⅰ1．(2021安徽合肥一中模拟，5分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,2ccosB＋bcosA＝acos(A＋C)，c＝2，a＝4，D为边AC上一点，且满足eq\o(CD,\s\up6(→))＝2eq\o(DA,\s\up6(→))，则|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝(C)A.eq\f(4\r(3),3)B.eq\f(16,9)C.eq\f(4,3)D.eq\f(2,3)解析：由2ccosB＋bcosA＝acos(A＋C)及正弦定理得2sinCcosB＋sinBcosA＝－sinAcosB，即2sinCcosB＝－(sinAcosB＋sinBcosA)，∴2sinCcosB＝－sin(A＋B)＝－sinC.又sinC≠0，∴cosB＝－eq\f(1,2).由eq\o(CD,\s\up6(→))＝2eq\o(DA,\s\up6(→))，得eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))＝2(eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BD,\s\up6(→)))，整理得eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，∴eq\o(BD,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(BA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(BC,\s\up6(→))))2＝eq\f(4,9)eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\f(1,9)eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\f(1,9)eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)|eq\o(BA,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|cosB＝eq\f(16,9)＋eq\f(16,9)－eq\f(16,9)＝eq\f(16,9)，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\f(4,3).故选C.2．(2021四川成都双流中学三模，5分)在△ABC中，(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|2，则△ABC的形状一定是(A)A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形解析：∵(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))2＝(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，∴BA⊥AC，∴△ABC为直角三角形．故选A.3．(经典题，5分)已知点P为△ABC所在平面内的动点，满足eq\o(AP,\s\up6(→))＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))，t∈(0，＋∞)，则点P的轨迹通过△ABC的(C)A．外心B．重心C．垂心D．内心解析：因为eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(CB,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))＝t(|eq\o(CB,\s\up6(→))|－|eq\o(CB,\s\up6(→))|)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))所在的直线与CB边上的高重合，所以点P的轨迹经过三角形的垂心．故选C.4．(2021天津十四中月考，5分)已知O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，λ∈[0，＋∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的(D)A．外心B．垂心C．内心D．重心解析：令D为BC的中点，则eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋2λeq\o(AD,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝2λeq\o(AD,\s\up6(→))，∴点A，D，P共线，即点P的轨迹一定通过△ABC的重心．故选D.5．(2020江苏苏州模拟，5分)△ABC中，BC＝2，点O，G分别为△ABC的外心、重心，若eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，则△ABC面积的最大值为__eq\r(2)__．解析：设BC的中点为M，则eq\o(MB,\s\up6(→))＝－eq\o(MC,\s\up6(→)).∵O是三角形ABC的外心，∴eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))2，eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2.∵G是三角形ABC的重心，∴eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，∴eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,6)eq\o(AC,\s\up6(→))2，∴eq\f(1,6)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,6)eq\o(AC,\s\up6(→))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)).①而eq\f(1,6)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2)＝eq\f(1,6)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AM,\s\up6(→))2－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)).②将①代入②并整理，得eq\o(AM,\s\up6(→))2＝2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2(eq\o(MB,\s\up6(→))－eq\o(MA,\s\up6(→)))·(eq\o(MC,\s\up6(→))－eq\o(MA,\s\up6(→)))＝－2(eq\o(MB,\s\up6(→))2－eq\o(MA,\s\up6(→))2)，∴eq\o(MA,\s\up6(→))2＝2eq\o(MB,\s\up6(→))2＝2，∴A点在以BC的中点M为圆心，以eq\r(2)为半径的圆上(不含与直线BC的交点)．故当AM⊥BC时，△ABC的面积取得最大值，最大值为eq\f(1,2)×BC×eq\r(2)＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2).6．(2020山西模拟，5分)在四边形ABCD中，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2，m)，eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，则该四边形的面积是(C)A.eq\r(10)B．2eq\r(5)C．10D．20解析：∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2，m)，eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝3×2＋(－1)·m＝0，解得m＝6.则四边形的面积S＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|,2)＝eq\f(\r(32＋（－1）2)×\r(22＋62),2)＝10.故选C.7．(2021湖南师大附中模拟，12分)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，椭圆的短轴顶点到焦点的距离为eq\r(6).(1)求椭圆C的方程；答案：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1解：∵椭圆的短轴顶点到焦点的距离为eq\r(6)，∴eq\r(b2＋c2)＝a＝eq\r(6).∵椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴c＝eq\r(3)，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(4分)(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．答案：见证明过程，定圆E的方程为x2＋y2＝2证明：∵|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|，∴|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|2＝|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|2，即(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))2＝(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))2，∴eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(OB,\s\up6(→))2＋2eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(OB,\s\up6(→))2－2eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))，即eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→)).(5分)①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝t，代入椭圆C的方程得y＝±eq\r(\f(6－t2,2)).不妨令Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\r(\f(6－t2,2))))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\r(\f(6－t2,2))))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\r(\f(6－t2,2))))，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\r(\f(6－t2,2)))).由eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0得t2－3＋eq\f(t2,2)＝0，解得t＝±eq\r(2)，此时l：x＝±eq\r(2)，与圆x2＋y2＝2相切．(8分)②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m，)))消去y整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，化简得m2<6k2＋3.(*)由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)，则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(m2－6k2,1＋2k2).由eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0可得eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋eq\f(m2－6k2,1＋2k2)＝0，整理得m2＝2k2＋2，满足(*)式，∴eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，即原点到直线l的距离为eq\r(2)，∴直线l与圆x2＋y2＝2相切．(11分)综上所述，直线l与圆E：x2＋y2＝2相切．(12分)

普查与练习20Ⅱ正弦定理、余弦定理2．利用正、余弦定理解三角形a．利用正弦定理解三角形(10)(2023汇编，20分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.①若A＝60°，a＝4eq\r(3)，b＝4，则B＝__30°__．②若sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，a＝2，c＝eq\r(2)，则C＝__eq\f(π,6)__．③若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，则b＝__eq\f(21,13)__．④若bsinA＋acosB＝0，则B＝__eq\f(3π,4)__．(2019全国Ⅱ)解析：①A＝60°，a＝4eq\r(3)，b＝4，则由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(4×sin60°,4\r(3))＝eq\f(1,2).∵a>b，∴B<60°，∴B＝30°.②∵sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，且sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，∴sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝0，∴cosAsinC＋sinAsinC＝0.∵sinC≠0，∴cosA＝－sinA，∴cosA≠0，tanA＝－1.∵0<A<π，∴A＝eq\f(3π,4).由正弦定理可得eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，∴sinC＝eq\f(csinA,a).∵a＝2，c＝eq\r(2)，∴sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(1,2).∵a>c，∴C＝eq\f(π,6).③∵cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，且A，C为三角形内角，∴sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，∴sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(63,65).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(21,13).④已知bsinA＋acosB＝0，则由正弦定理可得sinBsinA＋sinAcosB＝0，即sinA(sinB＋cosB)＝0.∵A∈(0，π)，∴sinA≠0，∴sinB＋cosB＝0.易得cosB≠0，化弦为切得tanB＋1＝0，∴tanB＝－1.又∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(3π,4).(11)(2019浙江，6分)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上，若∠BDC＝45°，则BD＝__eq\f(12\r(2),5)__，cos∠ABD＝__eq\f(7\r(2),10)__．解析：在△ABC中，由∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，得AC＝5，sinC＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(3,5).在△BCD中，由正弦定理得eq\f(BD,sinC)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，则BD＝eq\f(BC·sinC,sin∠BDC)＝eq\f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq\f(12\r(2),5)，cos∠ABD＝sin∠DBC＝sin(∠BDC＋∠C)＝sin∠BDCcosC＋cos∠BDCsinC＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(3,5)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(4,5)＝eq\f(7\r(2),10).b．利用余弦定理解三角形(12)(2021浙江，6分)在△ABC中，B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2eq\r(3)，则AC＝__2eq\r(13)____，cos∠MAC＝____eq\f(2\r(39),13)__．解析：(法一)由题意作出图形，如图，在△ABM中，由余弦定理得AM2＝AB2＋BM2－2BM·AB·cosB，即12＝4＋BM2－2BM×2×eq\f(1,2)，解得BM＝4(负值舍去)，所以BC＝2BM＝8.在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB＝4＋64－2×2×8×eq\f(1,2)＝52，所以AC＝2eq\r(13).在△AMC中，已知AM＝2eq\r(3)，AC＝2eq\r(13)，CM＝4，由余弦定理的推论得cos∠MAC＝eq\f(AC2＋AM2－MC2,2AM·AC)＝eq\f(52＋12－16,2×2\r(3)×2\r(13))＝eq\f(2\r(39),13).故答案为2eq\r(13)；eq\f(2\r(39),13).(法二)过点A作BC的垂线，垂足为H，如图所示．已知AB＝2，∠B＝60°，所以AH＝ABsin60°＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，BH＝ABcos60°＝2×eq\f(1,2)＝1.因为AM＝2eq\r(3)，所以由勾股定理可得HM＝eq\r(AM2－AH2)＝eq\r(（2\r(3)）2－（\r(3)）2)＝3，所以BM＝BH＋HM＝4.又因为M为BC中点，所以CM＝BM＝4，CH＝CM＋MH＝7，所以由勾股定理可得AC＝eq\r(AH2＋CH2)＝eq\r(3＋49)＝eq\r(52)＝2eq\r(13).因为sin∠MAH＝eq\f(HM,AM)＝eq\f(\r(3),2)，cos∠MAH＝eq\f(AH,AM)＝eq\f(1,2)，sin∠CAH＝eq\f(CH,AC)＝eq\f(7,2\r(13))，cos∠CAH＝eq\f(AH,AC)＝eq\f(\r(3),2\r(13))，所以cos∠MAC＝cos(∠CAH－∠MAH)＝cos∠CAHcos∠MAH＋sin∠CAHsin∠MAH＝eq\f(\r(3),2\r(13))×eq\f(1,2)＋eq\f(7,2\r(13))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(8\r(3),4\r(13))＝eq\f(2\r(39),13).故答案为2eq\r(13)；eq\f(2\r(39),13).(13)(2020全国Ⅲ，5分)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cosB＝(A)A.eq\f(1,9)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2,3)解析：根据题意，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝42＋32－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，解得AB＝3，所以cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(32＋32－42,2×3×3)＝eq\f(1,9).故选A.(14)(2020河南模拟，5分)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(2)bc,b2＋c2－a2)，则角A的大小为(A)A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,6)C.eq\f(5π,12)D.eq\f(π,3)解析：因为cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，所以b2＋c2－a2＝2bccosA，所以eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(2)bc,2bccosA)＝eq\f(\r(2),2cosA)，即sinA＝eq\f(\r(2),2).又△ABC为锐角三角形，所以A＝eq\f(π,4).故选A.(15)(2021广东东莞期末，5分)在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC边上的高等于eq\f(1,4)BC，则tan∠BAC＝(D)A.eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C．2D．－2解析：(法一)如图，过A作AD⊥BC，垂足为D，由题意知AD＝BD＝eq\f(1,4)BC，不妨设BC＝4，则AD＝BD＝1，DC＝3，所以AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝eq\r(2)，AC＝eq\r(AD2＋DC2)＝eq\r(10).在△ABC中，由余弦定理的推论，得cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(2＋10－16,2×\r(2)×\r(10))＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(2\r(5),5)，所以tan∠BAC＝－2.故选D.(法二)如图，过A作AD⊥BC，垂足为D，由题意知AD＝BD＝eq\f(1,4)BC，则CD＝eq\f(3,4)BC，所以在Rt△ADC中，AC＝eq\f(\r(10),4)BC，所以sin∠DAC＝eq\f(3\r(10),10)，cos∠DAC＝eq\f(\r(10),10).又因为B＝eq\f(π,4)，所以cos∠BAC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠DAC＋\f(π,4)))＝cos∠DAC·coseq\f(π,4)－sin∠DAC·sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(3\r(10),10)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(5),5).同法一得sin∠BAC＝eq\f(2\r(5),5)，所以tan∠BAC＝－2.故选D.c．利用正、余弦定理解三角形(16)(2019全国Ⅰ，5分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，则eq\f(b,c)＝(A)A．6B．5C．4D．3解析：由已知及正弦定理可得a2－b2＝4c2.由余弦定理，可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－（b2＋4c2）,2bc)＝－eq\f(1,4)，整理得eq\f(b,c)＝6.故选A.(17)(2021新高考Ⅰ，12分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC.(Ⅰ)证明：BD＝b；答案：见证明过程证明：由题设得BD＝eq\f(asinC,sin∠ABC).在△ABC中，由正弦定理知eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sin∠ABC)，即eq\f(sinC,sin∠ABC)＝eq\f(c,b)，∴BD＝eq\f(asinC,sin∠ABC)＝a·eq\f(sinC,sin∠ABC)＝eq\f(ac,b).又b2＝ac，∴BD＝b得证．(5分)(Ⅱ)若AD＝2DC，求cos∠ABC.答案：cos∠ABC＝eq\f(7,12)解：由(Ⅰ)知，BD＝b，∴AD＝eq\f(2b,3)，DC＝eq\f(b,3)，∴cos∠ADB＝eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＝eq\f(b2＋\f(4b2,9)－c2,2b·\f(2b,3))＝eq\f(\f(13b2,9)－c2,\f(4b2,3))，同理cos∠CDB＝eq\f(BD2＋CD2－BC2,2BD·CD)＝eq\f(b2＋\f(b2,9)－a2,2b·\f(b,3))＝eq\f(\f(10b2,9)－a2,\f(2b2,3)).∵∠ADB＋∠CDB＝π，∴cos∠ADB＋cos∠CDB＝0，∴eq\f(\f(13b2,9)－c2,\f(4b2,3))＋eq\f(\f(10b2,9)－a2,\f(2b2,3))＝0，整理得2a2＋c2＝eq\f(11b2,3).又b2＝ac，∴2a2＋eq\f(b4,a2)＝eq\f(11b2,3)，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得eq\f(a2,b2)＝eq\f(1,3)或eq\f(a2,b2)＝eq\f(3,2).(10分)由余弦定理知cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(（2a2＋c2）－a2－b2,2b2)＝eq\f(\f(11b2,3)－b2－a2,2b2)＝eq\f(\f(8,3)b2－a2,2b2)＝eq\f(4,3)－eq\f(a2,2b2).当eq\f(a2,b2)＝eq\f(1,3)时，cos∠ABC＝eq\f(7,6)>1，不符合题意；当eq\f(a2,b2)＝eq\f(3,2)时，cos∠ABC＝eq\f(7,12).综上，cos∠ABC＝eq\f(7,12).(12分)(18)(2020四川泸州四模，5分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a2－c2＝eq\r(2)ab－b2，且△ABC外接圆的半径为1，则c＝(D)A.eq\f(\r(2)－1,2)B.eq\r(2)－1C.eq\r(2)＋1D.eq\r(2)解析：由a2－c2＝eq\r(2)ab－b2，得a2＋b2－c2＝eq\r(2)ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(2)ab,2ab)＝eq\f(\r(2),2).又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,4).因为△ABC外接圆的半径R＝1，所以由正弦定理可得eq\f(c,sinC)＝2R，所以c＝2RsinC＝2×1×sineq\f(π,4)＝eq\r(2)，即c＝eq\r(2).故选D.(19)(2020内蒙古包头四模，5分)在△ABC中，eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),5)＝eq\f(\o(BC,\s\up6(→))·\o(CA,\s\up6(→)),4)＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),3)，则sinA∶sinB∶sinC＝(B)A．9∶7∶8B.eq\r(9)∶eq\r(7)∶eq\r(8)C．6∶8∶7D.eq\r(6)∶eq\r(8)∶eq\r(7)解析：设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),5)＝eq\f(\o(BC,\s\up6(→))·\o(CA,\s\up6(→)),4)＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),3)＝t，易知t<0，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝5t，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝4t，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝3t，所以－accosB＝5t，－abcosC＝4t，－bccosA＝3t，所以c2＋a2－b2＝－10t，b2＋a2－c2＝－8t，c2＋b2－a2＝－6t，解得a＝eq\r(－9t)，b＝eq\r(－7t)，c＝eq\r(－8t)，所以sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝eq\r(9)∶eq\r(7)∶eq\r(8).故选B.(20)(2018全国Ⅰ，12分)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(Ⅰ)求cos∠ADB；答案：eq\f(\r(23),5)解：根据题意，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sinA)，即eq\f(2,sin∠ADB)＝eq\f(5,sin45°)，∴sin∠ADB＝eq\f(2sin45°,5)＝eq\f(\r(2),5).又AB<BD，∴∠ADB<∠A＝45°，∴cos∠ADB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),5)))2)＝eq\f(\r(23),5).(6分)(Ⅱ)若DC＝2eq\r(2)，求BC.答案：5解：∵∠ADC＝90°，∴cos∠BDC＝sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).又DC＝2eq\r(2)，∴BC＝eq\r(BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC)＝eq\r(25＋8－2×5×2\r(2)×\f(\r(2),5))＝5.(12分)3．利用正、余弦定理判定三角形的形状(21)(2020全国Ⅱ，12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝eq\f(5,4).(Ⅰ)求A；答案：eq\f(π,3)解：∵cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝sin2A＋cosA＝1－cos2A＋cosA＝eq\f(5,4)，∴cos2A－cosA＋eq\f(1,4)＝0，解得cosA＝eq\f(1,2).又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).(6分)(Ⅱ)若b－c＝eq\f(\r(3),3)a，证明：△ABC是直角三角形．答案：见证明过程证明：∵b－c＝eq\f(\r(3),3)a，A＝eq\f(π,3)，∴由正弦定理可得sinB－sinC＝eq\f(\r(3),3)sinA＝eq\f(1,2)，∴sinB－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝sinB－eq\f(\r(3),2)cosB－eq\f(1,2)sinB＝eq\f(1,2)sinB－eq\f(\r(3),2)cosB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))＝eq\f(1,2).∵B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴B－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，∴B－eq\f(π,3)＝eq\f(π,6)，解得B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是直角三角形．(12分)(22)(2021江西新余模拟，5分)在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，sinA＝2sinBcosC，那么△ABC是(B)A．直角三角形B．等边三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形解析：∵(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，∴[(b＋c)＋a][(b＋c)－a]＝3bc，∴(b＋c)2－a2＝3bc，∴b2＋2bc＋c2－a2＝3bc，即b2－bc＋c2＝a2.根据余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，∴b2－bc＋c2＝a2＝b2＋c2－2bccosA，即bc＝2bccosA，∴cosA＝eq\f(1,2).∵0°<A<180°，∴A＝60°.∵sinA＝2sinBcosC，∴eq\f(sinA,sinB)＝2cosC.由正弦定理和余弦定理的推论得eq\f(a,b)＝2·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，化简可得b2＝c2，即b＝c，∴△ABC是等边三角形，故选B.4．三角形的面积问题a．三角形面积的求法(23)(经典题，5分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a＝1，2b－eq\r(3)c＝2acosC，sinC＝eq\f(\r(3),2)，则△ABC的面积为(C)A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4)D.eq\r(3)或eq\f(\r(3),2)解析：∵2b－eq\r(3)c＝2acosC，∴由正弦定理可得2sinB－eq\r(3)sinC＝2sinAcosC，即2sin(A＋C)－eq\r(3)sinC＝2sinAcosC，∴2sinAcosC＋2cosAsinC－eq\r(3)sinC＝2sinAcosC，∴2cosAsinC＝eq\r(3)sinC.易知sinC≠0，∴cosA＝eq\f(\r(3),2)，∴A＝30°.∵sinC＝eq\f(\r(3),2)，∴C＝60°或120°.当C＝60°时，B＝90°，则c＝eq\f(a,sinA)·sinC＝eq\r(3)，∴△ABC的面积为eq\f(1,2)ac＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2)；当C＝120°时，B＝30°，则b＝a＝1，∴△ABC的面积为eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).故选C.(24)(2021新高考Ⅱ，12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(Ⅰ)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；答案：eq\f(15\r(7),4)解：由2sinC＝3sinA，根据正弦定理得2c＝3a.(2分)又因为c＝a＋2，所以联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2c＝3a，,c＝a＋2，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝4，,c＝6，)))所以a＝4，c＝6，b＝a＋1＝5.(4分)根据余弦定理的推论得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,8).又因为0<C<π，所以sinC>0，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(3\r(7),8)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(15\r(7),4).(6分)(Ⅱ)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．答案：存在，a＝2解：存在，a＝2.理由如下：假设存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形．由b＝a＋1，c＝a＋2，可知c>b>a，所以C>B>A.又因为△ABC为钝角三角形，所以C为钝角，(8分)所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，即a2＋b2－c2<0，即a2＋(a＋1)2－(a＋2)2<0，即(a－3)(a＋1)<0，解得－1<a<3.因为a是正整数，所以a＝1或2.(10分)又根据三角形的性质，可知a＋b>c，即2a＋1>a＋2，解得a>1，所以a＝2，此时△ABC的三边分别为2，3，4，符合题意．所以存在正整数a＝2，使得△ABC为钝角三角形．(12分)(25)(2021四川泸县模拟，12分)在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是∠BAC的平分线，点D在线段BC上，且BD＝2CD.(Ⅰ)求sinB的值；答案：eq\f(\r(5),5)解：在△ABD中，由正弦定理可得eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(AD,sinB)，即eq\f(BD,sin45°)＝eq\f(AD,sinB)①.在△ACD中，由正