2022經(jīng)典易錯題會診與模擬試題預(yù)測06

經(jīng)典易錯題會診與試題預(yù)測(六)考點6平面向量經(jīng)典易錯題會診命題角度1向量及其運算命題角度2平面向量與三角、數(shù)列命題角度3平面向量與平面解析幾何命題角度4解斜三角形探究開放題預(yù)測預(yù)測角度1向量與軌跡、直線、圓錐曲線等知識點結(jié)合預(yù)測角度2平面向量為背景的綜合題命題角度1向量及其運算1(典型例題)如圖6-1，在Rt△ABC中，已知BC=a，若長為2a的線段PQ以點A為中點，問與的夾角θ取何值時．的值最大?并求出這個最大值．[考場錯解]此后有的學(xué)生接著對上式進(jìn)行變形，更多的不知怎樣繼續(xù)．[專家把脈]此題是湖北省20典型例題)已知，|a|=，|b|=3，a與b的夾角為45°，當(dāng)向量a+λb與λa+b的夾角為銳角時，求實數(shù)A的范圍．[考場錯解]由已知a·b=|a||b|·cos45°=3，∵a+λb與λa+b的夾角為銳角，∴(a+λb)·(λa+b)>0即λ|a|2+λ|b|2+(λ2+1)a·b=0，∴2λ+9λ+3(λ2+1)>0，解得λ>∴實數(shù)λ的范圍是[專家把脈]解題時忽視了a+λb與aλ+b的夾角為0的情況，也就是(a+λb)·(λa+b)>0既包括了a+λb與λa+b的夾角為銳角，也包括了a+λb與λa+b的夾角為0，而a+λb與λa+b的夾角為0不合題意．[對癥下藥]由已知a·b=|a|·|b|，|b|×cos45°=3．又a+λb與λa+b的夾角為銳角，∴(a+λb)·(λa+b)>0，且a+λb≠μ(λa+b)(其中μk,μ>0)由(a+λb)·(λa+b)>0，得|a|2+λ|b|2+(λ2+1)a·b>0即3λ2+11λ+3>0，解得λ>．由a+λb≠μ(λa+b)，得μλ≠1,μ≠λ，即λ≠1，綜上所述實數(shù)λ的取值范圍是(-∞，,1)∪(1，+∞)．3．(典型例題)已知O為△ABC所在平面內(nèi)一點且滿足，則△AOB與△AOC的面積之比為()A．1B.D．2[考場錯解]∴O在BC邊上，且,又△AOB與△AOC高相等，∴△AOB與△AOC的面積之比為2，∴選D．[專家把脈]缺乏聯(lián)想能力，將常用結(jié)論記錯是本題錯誤的原因，實際上只有O為△ABC的重心的情況下，才有，而本題無此已知條件．[對癥下藥](1)如圖6-3，在AB上取一點D，使又由已知∴O為CD的中點，不妨設(shè)S△AOC=S，則S△AOD=S(∵兩者等底同高)∴△AOB的面積與△AOC的面積之比為3：2，選B．(2)不妨設(shè)A(0，0)，B(1，0)，C(0，1)，O(x,y)，則由專家會診向量的基本概念是向量的基礎(chǔ)，學(xué)習(xí)時應(yīng)注意對向量的夾角、模等概念的理解，不要把向量與實數(shù)胡亂類比；向量的運算包括兩種形式：(1)向量式；(2)坐標(biāo)式；在學(xué)習(xí)時不要過分偏重坐標(biāo)式，有些題目用向量式來進(jìn)行計算是比較方便的，那么對向量的加、減法法則、定比分點的向量式等內(nèi)容就應(yīng)重點學(xué)習(xí)，在應(yīng)用時不要出錯，解題時應(yīng)善于將向量用一組基底來表示，要會應(yīng)用向量共線的充要條件來解題.考場思維調(diào)練1△ABC內(nèi)接于以O(shè)為圓心，1為半徑的圓，且(1)求答案：由已知得2，所以(2)求△ABC的面積．答案：設(shè)∠AOB=θ，∠AOC=，∠BOC=，由·=，得cosθ=，sinθ=，S△AOB=||·||sinθ=×1×1×同理可求得cos=-，sin=，S△AOC=．cosγ=-，sinr=，S△BOC=×由于θ為銳角，,為鈍角，所以不可能在△AOB內(nèi)部，故△AOB、△AOC、△BOC互不重疊∴S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC=．2已知向量a=(1，1)，b：(1，0)，c滿足a·c=0，且|a|=|c|，b·c>0．(1)求向量c；答案：設(shè)=(m，n)，由a·c=0，得m+n=0再由，|a|=|c|，得m2+n2=2，聯(lián)立，解得m=1，n=-1或m=-l，n=1，又∵b，c=(1，0)·(m，n)=m>0．∴m=1，n=-1，c=(1，-1)．(2)若映射f:(x，y)+(x’，y’)=xo+yc，將(x，y)看作點的坐標(biāo)，問是否存在直線l，使得l上任一點在映射f的作用下的點仍在直線l上，若存在，求出直線l的方程，若不存在，請說明理由．答案：xa+yc=y(1，1)+y(1，-1)=(x+y，x-y)，則f:(x，y)→(x+y，x-y)．假設(shè)存在直線l滿足題意．當(dāng)l的斜率不存在時，沒有符合條件的直線l;當(dāng)l的斜率存在時，設(shè)l：y=kx+m，在l上任取一點p(x0,y0)，則p在映射f作用下的點Q(x0+y0，x0-y0)，Q也應(yīng)在l上，即x0-y0=k(x0+y0)+m又(x0，y0)在l上∴y0=kx0+m，整理得(1-2k-k2)x0-(k+2)m=0，此式對于任意x0恒成立．∴1-2k-k2=0，(-k+2)m=0．解得k=-1±，m=0，綜上所述，存在直線l：y=(-1±)x符合題意．3已知A、B、C三點共線，O是該直線外一點，設(shè)=a，且存在實數(shù)m，使ma-3b+c成立．求點A分所成的比和m的值．答案：解：設(shè)點A分所成比為λ，則=λ，所以-=λ(-)．即a-b=λ(c-d)，則(1+λ)a-b-λc=0(1)由已知條件得c=3b-ma代人(1)得(1+λ)a-b-3λb+mλa=0，即(1+λ+mλ)a-(1+3λ)b=0∵不共線，a、b不共線∴1+λ+mλ=0，1+3λ=0，解得λ=-，m=2．∴A分所成的比為-，m=2．1.（典型例題）設(shè)函數(shù)f(x)=a·b,其中a=(2cosx,1),b=(cosx,)求x;(2)若函數(shù)y=2sin2x的圖像按向量c=(m,n)(|m|<)平移后得到函數(shù)y=f(x)的圖像，求實數(shù)m、n之值.[考場錯解]（1）依題意，f(x)=2cos2x+由(2)函數(shù)y=2sin2x的圖像按向量c=(m,n)平移后得到y(tǒng)=2sin2(x+m)-n的圖像，即y=f(x)的圖像，由（1）得f(x)=2sin2(x+[專家把脈]“化一”時出錯，第（2）問在利用平移公式的時有錯誤.[對癥下藥]（1）依題設(shè)，f(x)=(2)函數(shù)y=2sin2x的圖像按向量c=(m,n)平移后得到函數(shù)y=2sin2(x-m)+n的圖像，即函數(shù)y=f(x)的圖像，由（1）得f(x)=2sin2(2.(典型例題)已知i,j分別為x軸，y軸正方向上的單位向量，（1）求[考場錯解]（1）由已知有[專家把脈]向量是一個既有方向又有大小的量，而錯解中只研究大小而不管方向，把向量與實數(shù)混為一談，出現(xiàn)了很多知識性的錯誤.[對癥下藥]（1）3.（典型例題)在直角坐標(biāo)平面中，已知點P1(1，2)，P2(2，22)，P3(3，23)…,Pn(n，2n)，其中n是正整數(shù)，對平面上任一點Ao，記A1為Ao關(guān)于點P1的對稱點，A2為A1，關(guān)于點P2的對稱點，…，An為An-1關(guān)于點Pn的對稱點．(1)求向量的坐標(biāo)；(2)當(dāng)點Ao在曲線C上移動時.點A2的軌跡是函數(shù)y=f(x)的圖像，其中f(x)是以3為周期的周期函數(shù)，且當(dāng)x∈(0，3)時f(x)=lgx．求以曲線C為圖像的函數(shù)在(1，4)上的解析式；(3)對任意偶數(shù)n，用n表示向量的坐標(biāo)．[考場錯解]第(2)問，由(1)知=(2，4)，依題意，將曲線C按向量(2，4)平移得到y(tǒng)=f(x)的圖像．∴y=g(x)=f(x-2)+4．[專家把脈]平移公式用錯，應(yīng)該為y=g(x)=f(x+2)-4．[對癥下藥](1)設(shè)點Ao(x，y)，Ao關(guān)于點P1的對稱點A1的坐標(biāo)為A1(2-x，4-y)，A1關(guān)于點P2的對稱點A2的坐標(biāo)為A2（2+x，4+y），所以，=｛2，4｝．(2)∵=｛2，4｝，∴f(x)的圖像由曲線C向右平移2個單位，再向上平移4個單位得到．因此，曲線C是函數(shù)y=g(x)的圖像，其中g(shù)(x)是以3為周期的周期函數(shù)，且當(dāng)x∈(-2，1)時，g(x)=1g(x+2)-4，于是，當(dāng)x∈(1，4)時，g(x)=1g(x-1)-4．專家會診向量與三角函數(shù)、數(shù)列綜合的題目，實際上是以向量為載體考查三角函數(shù)、數(shù)列的知識，解題的關(guān)鍵是利用向量的數(shù)量積等知識將問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)、數(shù)列的問題，轉(zhuǎn)化時不要把向量與實數(shù)搞混淆，一般來說向量與三角函數(shù)結(jié)合的題目難度不大，向量與數(shù)列結(jié)合的題目，綜合性強(qiáng)、能力要求較高．考場思維調(diào)練1已知平面向量a=(，-1)，b=，c=a+(sin2a-2cosa)b，d=()a+(cosa)b，a∈(o，)，若c⊥d，求cosa．答案：解析：由已知得a·b=0，|a|2=a2=4，|b|2=b2=1，因為c⊥d，∴c·d=0，即[a+(sin2λ-cosα)·b]．[(sin22α)a+(cosα)b]=0，得sin22α+sin2α，cosα-2cos2α=0，即(sin2α+2cosα)(sin2α-cosα)=0，∵α∈(0，)，∴sin2α+cosα>0，∴sin2α=cosα，由于cosα>0，得sina=，則cosα=．2設(shè)向量a=(cos23°，cos67°)．b=(cos68°，cos22°)，c=a+tb(t∈R)，求|c|的最小值．答案：解：|a|==1，|b|==1a·b=cos23°cos68°+cos67°cos22°=cos23°cos68°+sin23°sin68°=cos(23°-68°)=．∴|c|2=(a+tb)2=|a|2+t2|b|2+2ta·b=t2+1+t≥.∴|c|的最小值為，此時t=-3已知向量a=(2，2)，向量b與a的夾角為，且a·b=-2．(1)求向量b;答案：設(shè)b=(x，y)，∵a·b=-2，∴2x+2y=-2，即x+y=-1，(1)，又∵a與b的夾角為π，∴|b|==1，∴x2+y2=1(2)，聯(lián)立(1)、(2)得x=-1，y=0或x=0，y=-1，∴b=(-1，0)或b=(0，-1)．(2)若t=(1，0)且b⊥t，c=(cosA，2cos2)，其中A、C是△ABC的內(nèi)角，若三角形的三個內(nèi)角依次成等差列，試求，|b+c|的取值范圍．答案：由題意得B=，A+C=，b⊥t，t=(1，0)，∴b=(0，-1)，b+C=(cosA，cosC)，|b+C|2=cos2A+cos2c=1+(cos2A+cos2Ccos2A+cos2(π-A))=1+cos(2A+)，∵0∠A<，∴∠2A+，∴-1≤cos(2A+)<，∴|b+c|2∈[]，∴|b+c|∈[]命題角度3平面向量與平面解析幾何1．(典型例題)已知橢圓的中心在原點，離心率為，一個焦點F(-m，0)(m是大于0的常數(shù)．)(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)Q是橢圓上的一點，且過點F、 Q的直線l與y軸交于點M，若，求直線l的斜率．[考場錯解]第(2)問：設(shè)Q(xo，yo)，直線J的方程為y=k(x+m)，則點M(0，km)，由已知得F、Q、M三點共線，且，∴由于F(-m，0)，M(0，km)，由定比分點坐標(biāo)公式，得xQ=[專家把脈]缺乏分類討論的思想，沒有考慮圖形的多樣性，將進(jìn)行轉(zhuǎn)化時出現(xiàn)錯誤，依題意應(yīng)轉(zhuǎn)化為再分類求解k．[對癥下藥](1)設(shè)所求橢圓方程為1(a>b>O)．由已知得c=m，故所求的橢圓方程是(2)設(shè)Q(xQ，yQ)，直線l的方程為y=k(x+m)，則點M(0，km)，∵M(jìn)、Q、F三點共線，，∴．當(dāng)時，由于F(-m，0)，M(0，km)，由定比分點坐標(biāo)公式，得又Q在橢圓同理當(dāng)故直線l的斜率是0，2．(典型例題)如圖6—4，梯形ABCD的底邊AB在y軸上，原點O為AB的中點，|AB|=AC⊥BD，M為CD的中點．(1)求點M的軌跡方程；(2)過M作AB的垂線，垂足為N，若存在常數(shù)λo，使，且P點到A、B的距離和為定值，求點P的軌跡C的方程．[考場錯解]第(2)問：設(shè)P(x，y)，M(xo，yo)，則N(0，yo)∴x-xo=-λox,y-yo=λo(yo-y)，∴λo=-1．[專家把脈]對分析不夠，匆忙設(shè)坐標(biāo)進(jìn)行坐標(biāo)運算，實際上M、N、P三點共線，它們的縱坐標(biāo)是相等的，導(dǎo)致后面求出λo=-1是錯誤的．[對癥下藥](1)解法1：設(shè)M(x，y)，則C(x，-1+即(x，y-1)·(x，y+1)=0，得x2+y2=1，又x≠0，∴M的軌跡方程是:x2+y2=1(x≠0)解法2：設(shè)AC與BD交于E，連結(jié)EM、EO，∵AC+BD，∴∠CED=∠AEB=90°，又M、O分別為CD，AB的中點，∴，又E為分別以AB、CD為直徑的圓的切點，∴O、C、M三點共線，∴|OM|=|OE|+|AB|=1，∴M在以原點為圓心1為半徑的圓上，軌跡方程為x2+y2=1(x≠0)．(2)設(shè)P(x，y)，則由已知可設(shè)M(xo，y)，N(0，y)，又由MP=λoPN得(x-xo，0)=λo(-x，0)，∴xo=(1+λo)x，又M在x2+y2=1(x≠0)上，∴P的軌跡方程為(1+λo)2x2+y2=1(x≠0)，又P到A、B的距離之和為定值，∴P的軌跡為經(jīng)A，BP為焦點的橢圓，∴λo)2=9，∴P軌跡E的方程為9x2+y2=1(x≠O)．3．(典型例題)如圖6—5，ABCD是邊長為2的正方形紙片，以某動直線l為折痕將正方形在其下方的部分向上翻折，使得每次翻折后點。都落在AD上，記為B'；折痕l與AB交于點E，使M滿足關(guān)系式(1)建立適當(dāng)坐標(biāo)系，求點M的軌跡方程；(2)若曲線C是由點M的軌跡及其關(guān)于邊AB對稱的曲線組成的，F(xiàn)是AB邊上的一點，過點F的直線交曲線于P、Q兩點，且，求實數(shù)λ的取值范圍．[考場錯解]第(1)問：以AB的中點為坐標(biāo)原點，以AB所在的直線為y軸建立直角坐標(biāo)系，則A(0，1)，B(0，—1)，設(shè)E(0，t)，B'(xo，1)，則由y=-t，∴M的軌跡方程為x=x0，y=-t

[專家把脈]對軌跡方程的理解不深刻，x=xo，y=-t不是軌跡方程，究其原因還是題目的已知條件挖掘不夠，本題中||=||是一個很重要的已知條件．[對癥下藥](1)解法1以AB所在的直線為y軸，AB的中點為坐標(biāo)原點，建立如圖6-6所示的直角坐標(biāo)系，別A(0，1)，B(0，-1)，設(shè)E(0，t)，則由已知有0≤t≤1，由及B'在AD上，可解得B'(2，1)由+'得(x，y-t)=(0，-1-t)+(2，1-t)，即x=2y=-t，消去t得x2=-4y(0≤x≤2)．解法2以EB、EB'分鄰邊作平行四邊形．由于知四邊形EBMB′，為菱形，且，∴動點M到定直線AD的距離等于M到定點B的距離，∴M的軌跡是以B為焦點，以AD為準(zhǔn)線的拋物線的一部分軌跡方程為x2=-4y(0≤x≤2)．(2)由(1)結(jié)合已知條件知C的方程是x2=-4y(-2≤x≤2)，由知F(0，)，設(shè)過F的直線的斜率為k，則方程為y=，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由得x1=-λx2，聯(lián)立直線方程和C得方程是x2+4kx-2=0，由-2≤x≤2知上述方程在[-2，2]內(nèi)有兩個解，由；次函數(shù)的圖像知，由x=-λx2可得由韋達(dá)定理得8k2=.4．(典型例題1)已知橢圓的中心為坐標(biāo)原點O，焦點在x軸上，斜率為1且過橢圓右焦點9的直線交橢圓于A、B兩點，與a=(3，-1)共線(1)求橢圓的離心率；(2)設(shè)M為橢圓上任意一點，且，證明λ2+μ2為定值．[考場錯解](1)設(shè)橢圓方程為，F(xiàn)(c，0)聯(lián)立y=x-c與得(a2+b2)x2-2a2cx+a2c2+a2b2=0，令A(yù)(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1+x2=由(x1+x2，y1+y2)，a=(3，-1)，與a共線，得x1+x2=3，y1+y2=-1，又y1+y2=x1+x2-2c，∴c=2，得a2=3b2，又a2-b2=c2=4，∴b2=2，a2=6，∴．e=[專家把脈]與(3，-1)共線，不是相等，錯解中，認(rèn)為(3，-1)，這是錯誤的，共線是比例相等．[對癥下藥](1)(前同錯解)，與a共線，得3(y1+y2)+(x1+x2)=0，∴3(x1+x2-2c)+(x1+x2)=O∴x1+x2=c，代入(2)證明：由(1)知a2=3b2，所以橢圓可化為x2+32=3b2設(shè)(x，y)，由已知得(x，y)=λ(x1，y1)+μ(x2，y2)，∴M(x，y)在橢圓上，∴(λx1+μx2)23(λy1+μy2)2=3b2．即λ2()+2λμ(x1x2+2y1y2)=3b2．①由(1)知x2+x2=∴∴x1x2+3y1y2=x1+x2+3(x1-c)(x2-c)=4x1x2-3(x1+x2)c+3c2==0．又又，代入①得λ2+μ2=1．故λ2+μ2為定值，定值為1．專家會診平面向量與平面解析幾何結(jié)合是高考中的熱點題型，解此類題目關(guān)鍵是將向量關(guān)系式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，這種轉(zhuǎn)化一般有兩種途徑：一是利用向量及向量的幾何意義，將向量關(guān)系式轉(zhuǎn)化為幾何性質(zhì)，用這種轉(zhuǎn)化應(yīng)提防忽視一些已知條件；二是將向量式轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)滿足的關(guān)系式，再利用平面解析幾何的知識進(jìn)行運算，這種轉(zhuǎn)化是主要轉(zhuǎn)化方法，應(yīng)予以重視．考場思維調(diào)練1已知△ABC中，A(0，1)，B(2，4)，C(6，1)，P為平面上任一點，點M、N滿足，給出下列相關(guān)命題：①∥；(2)直線MN的方程是3x+10y-28=0；(3)直線MN必過△ABC外心；(4)起點為A的向量λ(+AC)(λ∈R+)所在射線必過N，上面四個選項中正確的是________.(將正確的選項序號全填上)答案：解析：(2)(4)由已知M為AB的中點，所以M(1，)，N為△ABC的重心，∴N(，2)．MN在AB的中線上∴；MN的方程為3x+10y-28=0；MN過△ABC的重心，又△ABC不是等腰三角形∴MN不可能過△ABC的外心；λ()(λ∈R+)所在射線為BC的中線所在的射線，∴必過N上(2)、(4)正確．2已知A為x軸上一點，B為直線x=1上的點，且滿足：.(1)若證A的橫坐標(biāo)為x，B的縱坐標(biāo)為y，試求點P(x，y)的軌跡C的方程；答案：解：由題意，A(x,0)，B(1，y)，則=(x，0)，=(1，y)代入=0中，得：(2)設(shè)D(0，-1)，上述軌跡上是否存在M、N兩點，滿足||=||且直線MN不平行于y軸，若存在，求出MN所在直線在y軸上截距的取值范圍，若不存在，說明理．答案：假設(shè)存在M(x1，y1)，N(x2，y2)，由題設(shè)MN不與x軸垂直，不妨設(shè)MN的方程為y=kx+m，聯(lián)立,得(1-3k2)x2-6kmx-3m2-3=0，顯然1-3k2≠0，∴△=12(m2+1-3k2)>0，又x1+x2=，x1x2=．設(shè)MN的中點P(x0，y0)，則有x0=,y0=，∴線段MN的垂直平分線方程為y-．由題意D(0，-1)在該直線上，代入得4m=3k2-1，∴m、k滿足消去k2，得m>4或-<m<0．∴存在這樣的M、N，并且MN所在直線在y軸上截距的取值范圍是(4，+∞)∪(-，0)3已知點F(1，0)，直線l:x=2，設(shè)動點P到直線l的距離為d，已知|PF|=(1)求動點戶的軌跡方程；答案：設(shè)P(x，y)，∵=<1，∴P的軌跡為以(1，0)為焦點，以l：x=2為對應(yīng)準(zhǔn)線的橢圓．且=-c=1，解得a=，c=1，b=1．又≤d≤,∴≤|2-x|≤，解得≤x≤，∴P的軌跡方程為+y2=1(≤x≤)．(2)若的夾角；答案：∵=(1-x，-y)，=(1，0)，=(x，y)∴·=(1-x,)·1+(-y)·0=1-x=，∴x=，代入∴的夾角為arccos(3)如圖，若點C滿足=2，點M滿足=3PF，且線段MG的垂直平分線經(jīng)過P，求△PGF的面積．答案：由已知||；2||，∴G為左焦點．又∴又||=2，∴||2+||2=||2，∴△PGF為Rt△，∴∴S=命題角度4解斜三角形1．(典型例題)在△ABC中，sinA+cosA=AB=3，求tanA的值和△ABC的面積．[考場錯解]∵sinA+cosA=∴兩邊平方得2sinAcosA=又0°<2A<360°∴2A=210°或2A=330°得A=105°或A=165°，當(dāng)A=105°時，tanA=tan(45°+60°)=sinA=sin(45°+60°)=當(dāng)A=165°時，tanA=tan(45°+120°)=-2+，sinA=sin(45°+120°)=，△ABC的面積為[專家把脈]沒有注意到平方是非恒等變形的過程，產(chǎn)生了增根，若A=165°，sinA=此時sinA+cosA=，顯然與sinA+cosA=的已知條件矛盾．[對癥下藥]解法1．∵sinA+cosA=<180°，∴A-45°=60°，得A=105°．∴tanA=tan(45°+60°)=-2-，sinA=sin(45°+60°)=,S△ABC=解法2∵sinA+cosA=又0°<A<180°，∴sinA>0,cosA<0,∵(sinA-cosA)2=1-2sinAcosA=∴sinA-csoA=,解得sinA=,cosA=sinA=.2.(典型例題)設(shè)P是正方形ABCD內(nèi)部的一點，點P到頂點A、B、C的距離分別為1、2、3，則正方形的邊長是.[考場錯解]設(shè)邊長為x∠ABP=α則∠CBP=90°-α，在△ ABP中∠ABP=∵cos∠CBP=sinα,∴=1,解得x2=5+2或5-2.∴正方形的邊長為.[專家把脈]沒有考慮x的范圍，由于三角形的兩邊之差應(yīng)小于第三邊，兩邊之和應(yīng)大于第三邊，∴1<x<3.[對癥下藥]（前同錯解）∵1<x<3,∴x=應(yīng)舍去，∴正方形的邊長為3．（典型例題）已知△ABC中，AB=1，BC=2，則角C的取值范圍是.[考場錯解]依題意c=1,a=2,由正弦定理知[專家把脈]沒有考慮大邊對大角，由于a>c,∴角C不是最大解，∴150°≤C<180°不可能.[對癥下藥]依題意c=1,a=2,由正弦定理知∴,C的取值范圍是0°<C≤30°.專家會診解三角形的題目，一般是利用正弦定理、余弦定理結(jié)合三角恒等變形來解，要注意角的范圍與三函數(shù)值符號之間的聯(lián)系與影響，注意利用大邊對大角來確定解是否合理，要注意利用△ABC中，A+B+C=π，以及由此推得一些基本關(guān)系式sin(B+C)=cisA,cos(B+C)=-cosA,sin等，進(jìn)行三角變換的運用，判斷三角形的形狀，必須從研究三角形的邊與邊的關(guān)系，或角與角的關(guān)系入手，。要充分利用正弦定理，余弦定理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)換.考場思維訓(xùn)練在△ABC中，三內(nèi)角分別為A、B、C若4sinAsinB=3cosAcosB,若復(fù)數(shù)z\a+bi(a,b∈R),定義z的模|z|=,求復(fù)數(shù)z=解：|z2|=7cos2cos2=(1+cosC)+(1-cos(A-B))=4+cosC-cos(A-B)=4+[-7cos(A+B)-cos(A-B)]=4+(-8cosAcosB+6sinAsinB)，又∵4sinAsinB=3cosAcosB∴|z|2=4，得，|z|=2.在△ABC中，sinA+cosA=,AB=10,AC=20(1)求△ABC的面積；答案：由sinA+cosA=得2sinAcosA=-，∴sinA>0，cosA<0，∴(sinA-cosA)2=1-2sinAcosA=得sinA-cosA=，∴sinA=，comA=-．∴S△ABC=AB·AC·sinA=·10·20·=80；(2)求△cos2A的值.答案：cos2A=2cos2A3△ABC中，AB=2，BC=1，∠ABC=120°，平面ABC處一點滿足PA=PB=PC=2，則三棱錐P-ABC的體積是.答案：解：過P作PO⊥平面ABC，由PA=PB=PC=2,∴0為△ABC的外心，在△ABC中，由余弦定理，|AC|2=|AB|2+|BC|2-2|AB|·|BC|·cos120°=7，∴|AC|=又由正弦定理得R=.在Rt△POA中，PA=2，OA=R=，∴PO=又S△ABC=∴三棱錐P-ABC的體積為．探究開放題預(yù)測預(yù)測角度1向得與軌跡、直線、賀鈴由線篈疾識點結(jié)合1．已知過點D（-2，0）的地線l與橢圓交于不同兩點A、B點M是弦AB的中點且，求點P的軌跡方程[解題思路]由已知，又M為AB的中點∴M的軌跡是常見的中點問題，求出M的軌跡后，可用相關(guān)點求P的軌跡，本題還可以直接將轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算.[解答]（方法一）設(shè)M（x0,y0）,A(x1,y1),B(x2,y2),∵A、B在(方法二)當(dāng)直線l平行x軸時，P(0，0)；當(dāng)直線J不與x軸平行時，設(shè)l：x=my-2，并設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，根據(jù)△=(-4m)2-8(m2+2)>0．即m2>2，由及(1)可得y=y1+y2=x=x1+x2=(my1-2)+(my2-2)=-`∴P的坐標(biāo)為，消去m得x2+2y2+4x=0(-2<x≤0)．∴P的軌跡方程為x2+2y2+4x=0(-2<x≤0)．2．一條斜率為1的直線與離心率為萬的雙曲線1(a>0b>>0)，交于P．Q兩點，直線l與y軸交于點K，且，求直線與雙曲線的方程[解題思路]將向量關(guān)系式轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)關(guān)系式，建立方程組求解．[解答]∵的離心率為，∴b2=2a2，即雙曲線的方程為，設(shè)l的方程為了y=x+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由=-3得，x1x2+yly2=-3，由得x1=-3x2，聯(lián)立得x2-2mx-m2-2a2=0∴x1+x2=2m，x1x2=-m2-2a2，y1y2=(x1+m)(x2+m)=2m2-2a結(jié)合x1=-3x2，得x2=-m，x1=3m，∴xlx2=-3m2=-m2-2a2得m2=a解得yly2=0，x1x2=-3a2=-3，∴a2=1，m2=1，m=±1．∴直線l的方程是y=x±l，雙曲線的方程是=1．預(yù)測角度2平面向量為背景的綜臺題1．設(shè)過點M(a,b)能作拋物線y=x2的兩條切線MA、MB，切點為A、B(1)求；(2)若=0，求M的軌跡方程；(3)若LAMB為銳角，求點M所在的區(qū)域．[解題思路]設(shè)切點坐標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)求出切線的斜率，將轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算，結(jié)合韋達(dá)定理求解．[解答](1)設(shè)拋物線上一點P(t，t2)，∵y=x2，∴y′=2x，切點為P的切線方程是：y-t2=2t(x-t)，它經(jīng)過點M(a，b)，∴b-t2=2t(a-t)，即t2-2at+b=0，設(shè)其兩根為t1、t2，則t1+t2=2a，t1t2=b．設(shè)A(t1，t)，B(t2,t)，則=(t1-a,t-b)，=(t2-a,t-b)，∴=(t1-a)(t2-a)+(t-b)·(t-b)利用t1+t2=2a，t1t2=b，消去t1，t2=(b-a2)(4b+1)．(2)設(shè)M(x，y)，則由=0,=(b-a2)(4b+1)得(y-x2)(4y+1)=0，又M在拋物線外部，∴y<x2∴y=-，即點M的軌跡方程為y=-.(3)當(dāng)∠AMB為銳角時，>0，結(jié)合(1)中結(jié)果有(y-x2)(4y+1)>0，而y<x2，∴4y+1<0，即點M所在區(qū)域為y=-的下方．2．已知=(1，1)，=(1，5)，=(5，1)若=x·，y=(x，y∈R)(1)求y=f(x)的解析式；(2)把f(x)的圖像按向量a=(-3，4)平移得到曲線C1，然后再作曲線C，關(guān)于直線y=x，的對稱曲線C2，設(shè)點列P1，P2，…Pn在曲線C2的x軸上方的部分上，點列Ql，Q2…Qn是x軸上的點列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2,…△Qn-1QnPn都是等邊三角形，設(shè)它們的邊長分別為a1，a2，…an，求Sn=a1+a2+…+an的表達(dá)式．[解題思路]將都用x表示，再利用數(shù)量積的坐標(biāo)運算，可求解(1)，第(2)問關(guān)鍵是找an的遞推關(guān)系式，進(jìn)而求an的通項，求Sn[解答](1)∵∴y=∴f(x)=x2-6x+5(2)將y=f(x)的圖像按a=(-3，4)平移得到曲線C1，∴C1:y=x2，而C1關(guān)于y=x對稱曲線是C2：y2=x，在x軸上方的方程為y=，由已知Qn-1(Sn-1，0)，Pn(Sn-1+)，又Pn在y=上∴=Sn-1+an，兩式相減得：(a-a)=(an+an+1)，又an+1≠an∴an+1-an=，又可求得a1=，∴考點高分解題綜合訓(xùn)練1已知O、A、M、B為平面上四點，且+(1-λ)，A∈(1，2)，則()A.點M在線段AB上B．點B在線段AM上B.點A在線段BM上D．O、A、M、B四點共線答案：B解析：由=λ+(1-λ)，得=λ(-)，∴=λ，又λ∈(1，2)，∴點B在線段AM上，∴選B．2已知△ABC中，=a，=b,a·b<0，S△ABC=，|a|=3，|b|1=5，則a與b的夾角為()A．30°B．-150°C．150°D．30°或150°答案：C解析：S△ABC=|a|．|b|sinC=，又|a|=3，|b|=；5∴sinC=，又a·b=|a|，|b|cosC<0，∴C為鈍角.∴C=150°，又a與b的夾角為C，∴a與b的夾角為150°．∴選C．3已知向量=(2，0)，向量=(2，2)，向量=(cosα，inα)，則向量與向量的夾角范圍是()A．[0，]B．[，]C．[]D．[]答案：D解析:∴=(2+cosα，2+sinα)A點軌跡是以(2，2)為圓心，為半徑的圓，當(dāng)與圓相切時的兩條切線與的夾角分別為與的夾角的最大值與最小值，易得最小值為，最大值為，∴選D，4非零向量=a,=b，若點B關(guān)于所在直線的對稱點為B1，則向量為()A．B．2a-bC．D．答案：A解析：設(shè)BB1與OA交于D，則=λ=a，=+=λa-b，由·=(λa-b)，a=0，得λ=，∴所以選A.5若直線y=2x+m-4按向量a=(-1，2)平移后得到的直線被圓x2+y2=m2截得的弦長為2，則實數(shù)m的值為__________.答案：±．解析：直線y=2x+m-4按向量a=(-1，2)平移后得到的直線方程為y=2x+m，由公式=解得m=．△ABC中，(sinA+sinB)：(sinB十sinC)：(2sinC-sinA)=15：20：18，則最大內(nèi)角等于_________.答案：120°解析：由已知及正弦定理可得(d+b)：(b+c)：(2c-a)=15：20：18，不妨設(shè)a+b=15k，b+c=20k，2c-a=18k，解得c=13k，b=7k,a=8k，∴最大內(nèi)角為C，且cosC=．已知A、B、C三點共線，O是該直線外一點，設(shè)=a，=b，=c，且存在實數(shù)m，使ma-3b+c=成立，求點A分所成的比和m的值．答案：解:設(shè)A分的比為A，則=λ，所以=λ()，即a-b=λ(c-a)，即(1+λ)a-b-λc=0)，將已知c=3b-ma代入得(1+λ+mλ)a-(1+3λ)b=0，又a與b不共線，∴1+λ+mλ=0，1+3λ=0，解得λ=-，m=2．8一動點m的軌跡方程為(x-1)2+2y=1，A(2，0)，求的最大、最小值．答案：解：設(shè)M(x0,y0)，則=(3x0，-4，3y0)，故|+2|2=(3x0-4)2+9y，∵(x0-1)2+2y=1，∴y=(x0-1)2代入上式得||2=(x0-)2+，根據(jù)y≥0，解得0≤x0≤2故當(dāng)x0=時，||有最小值，當(dāng)x0=0時，||2有最大值6．9已知A(-2，0)，B(2，0)，點C、D滿足(1)求D的軌跡；答案：由已知D為BC的中點，又O為AB的中點，∴||=|=||，∴D的軌跡是以原點為圓心，1為半徑的圓．(2)過點A作直線l交以A、B為焦點的橢圓于M、N兩點，線段MN的中點到了軸的距離為，且l與D的軌跡相切，求橢圓方程．答案：設(shè)l的方程為y=k(x+2)，l與圓：x2+y2=1相切，∴=1，解得A2=，設(shè)橢圓方程為：∴解得a2=8.∴所求橢圓方程為=1．10已知O為原點，E(-1，0)，F(xiàn)(1，0)，點A、P、Q