最新教材高中数学人教A版(2019)必修第2册 教材习题答案

教材习题 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ模为的相等向量有对其中与ＡＭ同向第六章　平面向量１１８（→的共有对与ＡＭ反向的也有对与ＡＤ同及其应用６，→６，→向的共有对与ＡＤ反向的也有对模为３，→３）；的相等向量有对模为的相等向量有6.1　平面向量的概念２４；２图对．１２６．１．１　向量的实际背景与概念当ａｂ共线时作图如图所示显然ａ，，２，－（＋6.2　平面向量的运算ｂａｂ．６．１．２　向量的几何表示）＝－－６．２．１　向量的加法运算６．１．３　相等向量与共线向量练习练习１．解析１．解析悬挂物受到的拉力摩擦力加速度．　（１）图　，，２２．解析图中的有向线段表示一个竖直向　①向量的数乘运算下大小为的力图中的有向线段表６．２．３　、１８Ｎ，②练习示一个水平向左大小为的力．、２８Ｎ（２）１．解析如图．　　图②２．答案５２（３）　；－图７７①３．解析ｂａ．ｂ７ａ．　（１）＝２　（２）＝－３．解析→ＡＢ→ＣＤ．→ＥＦ→ＧＨ４　｜｜＝２，｜｜＝２５，｜｜＝３，｜｜（４）．ｂ１ａ．ｂ８ａ．＝２２（３）＝－　（４）＝４．解析终点ＭＮ的位置相同．２９　（１）、练习由题意可知当ＯＭ与ＯＮ同向时如图．１．解析因为ａｂ所以ａｂ共线．（２），→→，１　（１）＝－，，因为ｂａ所以ａｂ共线．２．解析当ａ与ｂ共线且方向相反时．（２）＝－２，，　２．解析原式ａｂ．图３．答案ｃｆｆｇ　（１）＝３－２１　（１）　（２）　（３）　（４）４．答案原式１１ａ１ｂ．　（１）✕　（２）√　（３）✕（２）＝－＋ＯＭＯＮＭＮ１５解析１２３∵｜→｜＝２｜→｜＝１，∴｜→｜＝，．如图设→ＡＤ表示小船的速度→ＡＢ表示原式ｙａ．２　，，（３）＝２向量与的方向相反河水的速度以ＡＤＡＢ为邻边作平行四边形３．解析ａ与ｂ是共线向量ＭＮ→ＯＮ→．，→、→　∵，存在实数λ使ｂλａ当ＯＭ与ＯＮ反向时如图．ＡＢＣＤ则→ＡＣ就是小船实际航行的速度．∴，＝，→→，２，即ｅｋｅλｅｅ．２１＋２＝（１－２２）λ２＝，ｋ．图∴{ｋλ∴＝－４２＝－２，ＯＭＯＮＭＮ３６．２．４　向量的数量积∵｜→｜＝２｜→｜＝１，∴｜→｜＝，由已知条件可得２练习向量ＭＮ与ＯＮ的方向相同．→→ＡＣ°１５３｜→｜＝１５ｃｏｓ３０＝，１．解析ｐｑｐｑ１．◆习题6.1２　·＝｜｜｜｜ｃｏｓ６０°＝８×６×＝２４复习巩固２小船实际航行速度的大小为１５３２．解析ａｂａｂθＡＢＡＣＡ．１．解析如图．∴ｋｍ／ｈ，　·＝｜｜｜｜ｃｏｓ＝｜→｜｜→｜ｃｏｓ　２当ａｂ时ＡＡ为钝角ＡＢＣ为方向与河水的速度间的夹角为°．·＜０，ｃｏｓ＜０，，△９０钝角三角形；６．２．２　向量的减法运算当ａｂ时ＡＡ为直角ＡＢＣ为·＝０，ｃｏｓ＝０，，△练习直角三角形．１．解析３．解析当θ时向量ａ在向量ｅ上的投　　＝４５°，影向量为ａ°ｅ２ｅｅ｜｜ｃｏｓ４５＝６×＝３２；２当θ时向量ａ在向量ｅ上的投影向量＝９０°，为ａｅ０｜｜ｃｏｓ９０°＝；当θ时向量ａ在向量ｅ上的投影向量２．解析与ａ相等的向量有ＣＯＱＰＳＲ＝１３５°，　→，→，→；为ａ°ｅ２ｅｅ．与ｂ相等的向量有ＰＭＤＯ｜｜ｃｏｓ１３５＝６×()－＝－３２→，→；２与ｃ相等的向量有ＤＣＲＱＳＴ．练习→，→，→综合运用２．答案ＤＢＣＡＡＣＡＤＢＡ１．解析设向量ａ与ｂ的夹角为θ向量ｂ与ｃ　→；→；→；→；→　，３．答案３．解析当ａｂ其中有一个为０时ａｂ的夹角为α．　（１）✕　（２）√　（３）✕　（４）✕　　，，－（＋）＝理由略．ａｂ显然成立（５）√　（６）√　－－；ａｂａｂθπ拓广探索当ａｂ不共线时作图如图所示显然ａ（１）∵·＝｜｜｜｜ｃｏｓ＝１×２×ｃｏｓ＝，，１，－－６４．解析相等的向量共有对．ｂＯＢ′ＯＢａｂａｂｃｃ．　２４＝→＝－→＝－（＋）；３，∴（·）＝３２　　４９ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ６．解析如图．所以四边形ＡＢＣＤ为平行四边形．ｂｃｂｃα２　（１）（２）∵·＝｜｜｜｜ｃｏｓ＝２×３×＝３２，又ＡＢＡＤ２｜→｜＝｜→｜，ａｂｃａ．所以四边形ＡＢＣＤ为菱形．∴（·）＝３２２．证明ａｂ与ａｂ垂直　∵－＋２，１４．解析如图ＡＥ１ｂＢＣｂａＤＥａｂａｂ　，→＝，→＝－，→＝∴（－）·（＋２）＝０，４即ａ２ａｂｂ２．｜｜＋·－２｜｜＝０１ｂａＤＢ３ａＥＣ３ｂＤＮ１ｂ（－），→＝，→＝，→＝（又ａｂ４４４８∵｜｜＝２，｜｜＝１，不一定能构成三角形．结合向量加法的ａｂａｂ．（２）ａＡＮ１ＡＭ１ａｂ．∴·＝０，∴⊥三角形法则知当三个非零向量的和为零向－），→＝→＝（＋）３．证明证法一ａｂ２ａｂ２，４８　：（＋）－（－）量且这三个向量不共线时表示这三个向ａｂａｂａｂａｂ，，＝（＋＋－）·（＋－＋）量的有向线段一定能构成三角形．本题不一ａｂａｂ．＝２·２＝４·定能构成三角形．证法二ａｂ２ａｂ２ａ２ａｂｂ２：（＋）－（－）＝（＋２·＋）－７．解析如图．ａ２ａｂｂ２ａｂ．　（１）（－２·＋）＝４·◆习题6.2复习巩固１．解析向东走再向东走　（１）１０ｋｍ，１０ｋｍ，１５．证明→ＥＦ→ＥＡ→ＡＢ→ＢＦ即向东走．　∵＝＋＋，２０ｋｍＥＦＥＤＤＣＣＦ向东走再向西走即向东走当ａｂ成垂直的位置关系时ａｂ→＝→＋→＋→，（２）１０ｋｍ，５ｋｍ，（２）、，｜＋｜＝．ａｂ．→ＥＦ→ＥＡ→ＥＤ→ＡＢ→ＤＣ→ＢＦ→ＣＦ．５ｋｍ｜－｜∴２＝（＋）＋＋＋（＋）向东走再向北走即向东８．解析ａｂ．ａｂｃ．又ＥＦ分别为ＡＤＢＣ的中点（３）１０ｋｍ，１０ｋｍ，　（１）－２－２　（２）１０－２２＋１０∵、、，北走．ＥＡＥＤ０ＢＦＣＦ０ａ１ｂ．ｘｙｂ．∴→＋→＝，→＋→＝，１０２ｋｍ（３）３＋　（４）２（－）向西走再向南走即向西南ＥＦＡＢＤＣ（４）５ｋｍ，５ｋｍ，２∴２→＝→＋→，９证明走．．因为ＭＮ→→ＡＮＡＭ→即ＡＢＤＣＥＦ．５２ｋｍ　＝－，→＋→＝→向西走再向北走再向西走２（５）５ｋｍ，１０ｋｍ，ＡＮ１ＡＣＡＭ１ＡＢ１６．解析如图丙地在甲地的北偏东°方→＝→→＝→　，４５即向西北走．，，向距甲地．５ｋｍ，１０２ｋｍ３３，１４００ｋｍ向南走再向东走再向南走所以ＭＮ１ＡＣ１ＡＢ１ＡＣＡＢ（６）５ｋｍ，１０ｋｍ，→＝→－→＝（→－→）即向东南走．３３３５ｋｍ，１０２ｋｍ２．解析飞机飞行的路程为两次位移１ＢＣ．　７００ｋｍ；＝→的合成是向北偏西约°方向飞行．３５３５００ｋｍ１０．答案ａｂ３．解析如图设ＡＤ表示船垂直于对岸的速　（１）５；１　（２）｜｜＝｜｜　，→１１．解析ａｂａｂ２ａ２ａ＝－＋＝＋度ＡＢ表示水流的速度以ＡＤＡＢ为邻边作　（１）·６３，（）｜｜２，→，、ｂｂ２ａｂ．·＋｜｜＝２５－１２３，｜＋｜＝２５－１２３１７．解析ＡＢＢＣＣＡ０．ＡＢＣＤ则ＡＣ就是船实际航行的速度在　（１）→＋→＋→＝▱，→，ａｂａ２ａｂｂ２（２）｜＋｜＝＋２·＋＝２３，ＡＢＢＣＣＤＤＡ０．ＡＢＣ中ＡＢＢＣ（２）→＋→＋→＋→＝Ｒｔ△，｜→｜＝４，｜→｜＝１６，ａｂａ２ａｂｂ２．ＡＣ２２｜－｜＝－２·＋＝３５ＡＡＡＡＡＡＡｎＡｎＡｎＡ０．∴｜→｜＝４＋１６＝４１７，１２．证明设ａ与ｂ的夹角为θ．（３）１→２＋２→３＋３→４＋…＋－１→＋→１＝　ＣＡＢ证明原式ＡＡＡＡＡｎＡｎＡｎＡｔａｎ∠＝４，当λ时等式显然成立．：＝１→３＋３→４＋…＋－１→＋→１ＣＡＢ．（１）＝０，∴∠≈７６°当λ时λａ与ｂａ与λｂ的夹角都ＡＡＡｎＡｎＡｎＡ（２）＞０，，＝１→４＋…＋－１→＋→１故船实际航行的速度大小为为θ则４１７ｋｍ／ｈ，ＡＡｎＡｎＡ０．方向与水流速度间的夹角约为°．，＝１→＋→１＝７６λａｂλａｂθλａｂθ１８．解析ａｂａｂａ２ａｂ（）·＝｜｜｜｜ｃｏｓ＝｜｜｜｜ｃｏｓ，　（２－３）·（２＋）＝４－４·－λａｂλａｂθｂ２于是可得ａｂ（·）＝｜｜｜｜ｃｏｓ，３＝６１，·＝－６，ａλｂａλｂθλａｂθａｂ·（）＝｜｜｜｜ｃｏｓ＝｜｜｜｜ｃｏｓ，所以θ·１所以θ°．所以λａｂλａｂａλｂ．ｃｏｓ＝ａｂ＝－，＝１２０（）·＝（·）＝·（）｜｜｜｜２当λ时λａ与ｂａ与λｂ的夹角都１９．解析ａｂ２ａ２ｂ２ａｂ（３）＜０，，　∵｜＋｜＝＋＋２·＝６４＋１００＋为°θ则１８０－，θθ２３θ°．４．解析０．→ＡＢ．→ＢＡ．０．λａｂλａｂ°θλａ１６０ｃｏｓ＝２５６，∴ｃｏｓ＝，∴≈５５　（１）　（２）　（３）　（４）　（）·＝｜｜｜｜ｃｏｓ（１８０－）＝－｜｜｜｜４００．ＣＢ．０．ｂθ２０．证明ａｂａｃａｂａｃ０ａ（５）　（６）→　（７）·｜｜ｃｏｓ，　·＝·⇔·－·＝⇔·５．证明如图所示在平行四边形ＡＢＣＤ中λａｂλａｂθλａｂｂｃ０ａｂｃ．　，，（·）＝｜｜｜｜ｃｏｓ＝－｜｜｜｜｜｜·（－）＝⇔⊥（－）θ拓广探索ｃｏｓ，ａλｂａλｂ°θλａ２１．Ａ由ＡＯＡＢＡＣ得点Ｏ为ＢＣ的中·（）＝｜｜｜｜ｃｏｓ（１８０－）＝－｜｜｜｜　２→＝→＋→，ｂθ点ＢＣ为外接圆的直径·｜｜ｃｏｓ，，∴，所以λａｂλａｂａλｂ．ＢＡＣＯＡＯＢＯＣ．（）·＝（·）＝·（）∴∠＝９０°，＝＝设ＡＢａＡＤｂ综合运用→＝，→＝，又ＯＡＡＢＡＢＯ为等边三角形．１３．解析四边形ＡＢＣＤ为平行四边形证∵｜→｜＝｜→｜，∴△ＡＯ１ａｂＯＢ１ａｂ．　（１），（１）→＝（＋），→＝（－）明略．ＢＡＢ１ＢＣ２２∴＝６０°，｜→｜＝｜→｜，四边形ＡＢＣＤ为梯形．２因为ＡＯＯＢＡＢ所以１ａｂ１ａｂａ．（２）向量ＢＡ在向量ＢＣ上的投影向量为ＡＢ→＋→＝→，（＋）＋（－）＝∴→→｜→｜２２证明如下因为→ＡＤ１→ＢＣ：＝，→ＢＣＡＯ１ａｂＯＢ１ａｂ３１→ＢＣ．（２）→＝（＋），→＝（－），所以ＡＤＢＣ且ＡＤＢＣ·ｃｏｓ６０°ＢＣ＝∥，≠，｜→｜４２２所以四边形ＡＢＣＤ为梯形．２２．解析ＯＤＯＡＡＤＯＡＢＣＯＡＯＣＯＢ．因为ＡＯＯＢＡＤ所以１ａｂ１ａｂ→＝→＋→＝→＋→＝→＋→－→→－→＝→，（＋）－（－）四边形ＡＢＣＤ为菱形．　２２（３）ｂ．证明如下因为ＡＢＤＣ＝：→＝→，所以ＡＢＤＣ且ＡＢＤＣ∥，＝，２　　５０教材习题答案ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ２３．解析　ＥＦ１ＡＢ１ａ．当ＡＰ１ＰＢ时ＯＰＯＡＡＰ２ＯＡ１ＯＢ∴→＝→＝→＝→，→＝→＋→＝→＋→（１）２２２３３ＣＤ与ＥＦ垂直．（２）２×２＋６２×３－３１０＝()，＝()，１，证明ａｂａｂｂｂ１３３３：·＝｜｜｜｜ｃｏｓ６０°＝２｜｜｜｜×＝２即点Ｐ的坐标为１０．ｂ２()，１｜｜，３→ＣＤ→ＥＦ()１ａｂ１ａ１ａ２１ａ当ＡＰＰＢ时ＯＰＯＡＡＰ１ＯＡ２ＯＢ四边形ＡＢＣＤ为平行四边形．·＝－·＝｜｜－→＝２→，→＝→＋→＝→＋→（２）４２８２３３证明ＯＡＯＣＯＢＯＤｂ１ｂ２１ｂ２２＋２×６３＋２×（－３）１４：∵→＋→＝→＋→，·＝｜｜－｜｜＝０，()()２２＝，＝，－１，ＯＡＯＢＯＤＯＣ３３３∴→－→＝→－→，ＣＤＥＦ即ＣＤ与ＥＦ垂直．∴→⊥→，即点Ｐ的坐标为１４．ＢＡＣＤ()，－１∴→＝→，３四边形ＡＢＣＤ为平行四边形．６．３．２　平面向量的正交综上点Ｐ是线段ＡＢ的三等分点时坐标为∴，，２４．解析ＡＢＡＣ的值只与弦ＡＢ的长度有分解及坐标表示１０或１４．　→·→()()－关与圆的半径无关．，１，１，６．３．３　平面向量加、减运算３３如图取ＡＢ的中点Ｍ连接ＣＭ，，，６．３．５　平面向量数量积的坐标表示则ＣＭＡＢＡＭ１ＡＢ．⊥，→＝→练习的坐标表示２１．解析ａｂ练习　（１）＋＝（－２，４）＋（５，２）＝（３，６），ａｂ．１．解析ａａ２ｂｂ２－＝（－２，４）－（５，２）＝（－７，２）　｜｜＝＝９＋１６＝５，｜｜＝＝ａｂ（２）＋＝（４，３）＋（－３，８）＝（１，１１），ａｂａｂ．２５＋４＝２９，·＝（－３，４）·（５，２）＝－＝（４，３）－（－３，８）＝（７，－５）．ａｂ－１５＋８＝－７（３）＋＝（２，３）＋（－２，－３）＝（０，０），２．解析ａｂｃａｂ．　＝（２，３），＝（－２，４），＝（－１，－２），又ＡＢＡＣＡＢＡＣＢＡＣ－＝（２，３）－（－２，－３）＝（４，６）ａｂ．→→＝→→ａｂ∴·＝２×（－２）＋３×４＝８·｜｜｜｜·ｃｏｓ∠，（４）＋＝（３，０）＋（０，４）＝（３，４），ａｂａｂＡＭａｂ．＋＝（０，７），－＝（４，－１），ＢＡＣ｜→｜－＝（３，０）－（０，４）＝（３，－４）ａｂａｂ．ｃｏｓ∠＝，∴（＋）·（－）＝０×４＋７×（－１）＝－７→ＡＣ２．解析ＡＢＢＡ．ｂｃ｜｜　（１）→＝（３，４），→＝（－３，－４）＋＝（－３，２），ＡＢＢＡ．ａｂｃ．所以ＡＢＡＣＡＢＡＭ１ＡＢ２．→→→·→＝｜→｜｜→｜＝｜→｜（２）＝（９，－１），＝（－９，１）∴·（＋）＝２×（－３）＋３×２＝０２ＡＢＢＡ．ａｂａｂ２２２．（３）→＝（０，２），→＝（０，－２）＋＝（０，７），∴（＋）＝０＋７＝４９３．解析ａｂＡＢＢＡ．　∵＝（３，２），＝（５，－７），（４）→＝（５，０），→＝（－５，０）6.3　平面向量基本定理３．解析ＡＢＣＤ．ａｂａ　∥∴·＝３×５＋２×（－７）＝１，｜｜＝９＋４＝及坐标表示证明由点ＡＢＣＤｂ：（０，１），（１，０），（１，２），（２，１３，｜｜＝２５＋４９＝７４，ａｂ得→ＡＢ→ＣＤ所以→ＡＢθ·１θ°．６．３．１　平面向量基本定理１），＝（１，－１），＝（１，－１），＝∴ｃｏｓ＝ａｂ＝，∴≈８８→ＣＤ所以ＡＢＣＤ．｜｜｜｜１３·７４练习，∥◆习题6.3１．解析ＡＢＣＢＣＡｂａ６．３．４　平面向量数乘运算复习巩固　→＝→－→＝－；ＡＤＣＤＣＡ１ｂａ的坐标表示１．解析ＣＤＡＤＡＣ１ＡＢＡＣ１ａｂ→＝→－→＝－；　→＝→－→＝→－→＝－，２练习３３１．解析ａｂＢＥＣＥＣＢ１ａｂ　－２＋４＝－２（３，２）＋４（０，－１）＝→ＡＥ→ＡＣ→ＣＥ→ＡＣ１→ＣＤｂ１()１ａｂ→＝→－→＝－；．＝＋＝＋＝＋－＝２（－６，－４）＋（０，－４）＝（－６，－８）２２３ａｂＣＦＣＡＡＦＣＡ１ＡＢ４＋３＝４（３，２）＋３（０，－１）＝（１２，８）＋（０，１ａ１ｂ．→＝→＋→＝→＋→．＋２－３）＝（１２，５）６２２．解析由已知得ｘｘ．２．解析由ＦＦＦａ１ｂａ＝－＝－　１＝（３，４），２＝（２，－５），３＝（３，＝＋（－）　３１２，∴４得ＦＦＦ２３．解析ＡＢ１），１＋２＋３＝（３，４）＋（２，－５）＋（３，１）＝　→＝（２，２）－（－２，－３）＝（４，５），所以作用在原点的合力ＦＦＦ１ａ１ｂ．ＣＤ．．．（８，０），１＋２＋３＝＋→＝（－７，－４５）－（－１，３）＝（－６，－７５）的坐标为．２２．（８，０）∵４×（－７５）＝５×（－６）＝－３０，３．解析设向量ａ的终点Ｂ的坐标为ｘｙ．２．解析ＤＥＡＥＡＤ１ＡＣＡＤ１ａ　（，）　（１）→＝→－→＝→－→＝（＋ＡＢ与ＣＤ共线．由ｘｙ得点Ｂ的坐标为４４∴→→（１）（－２，１）＝（，），４．解析由ＡＢ得线段ＡＢ．ｂｂ１ａ３ｂ．　（１）（２，１），（４，３），（－２，１））－＝－的中点坐标为．由ｘｙ得点Ｂ的坐标为４４（３，２）（２）（１，３）＝（＋１，－５），由ＡＢ得线段ＡＢ的中点．ＦＢＡＢＡＦＡＢ３ＡＣａ３ａｂ１ａ（２）（－１，２），（３，６），（０，８）→＝→－→＝→－→＝－（＋）＝坐标为．由ｘｙ得点Ｂ的坐４４４（１，４）（３）（－２，－５）＝（－３，－７），由ＡＢ得线段ＡＢ的中点标为．３ｂ．（３）（５，－４），（３，－６），（１，２）－坐标为．（４，－５）４．解析由题意知ＡＤＢＣ设Ｄｘｙ４５．解析如图点Ｐ是线段ＡＢ的三等分点有　→＝→，（，），ＯＧＤＧＤＯ１ａ１ａｂ１ａ１ｂ．　，，ｘｘ→＝→－→＝－（－）＝－＋则＋１＝２，解得＝１，３２６２两种情况即ＡＰ１ＰＢ或ＡＰＰＢ．{ｙ{ｙ．，→＝→→＝２→＋２＝７，＝５由得ＤＥＦＢ２所以点Ｄ的坐标为．（２）（１）→＝→，（１，５）ＤＥＦＢＤＥＦＢ．５．解析设Ａ′Ｂ′的坐标分别为ｘｙｘ∴＝，∥　，（１，１），（２，３．解析ＣＤＡＤＡＣ１ＡＢＡＣ１ａｂ．ｙ则ＯＡ′ｘｙＯＢ′ｘｙ．　（１）→＝→－→＝→－→＝－２），→＝（１，１），→＝（２，２）４４由ＯＡ′ＯＡ得ｘｙ点ＥＦ分别是ＡＣＢＣ的中点→＝２→，（１，１）＝２（１，２）＝（２，４），∵，，，所以点Ａ′的坐标为．（２，４）ＥＦＡＢ且ＥＦ１ＡＢ∴∥＝，由ＯＢ′ＯＢ得ｘｙ２→＝３→，（２，２）＝３（－１，３）＝（－３，９），２　　５１ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ所以点Ｂ′的坐标为．（－３，９）１ｂ１ａ6.4　平面向量的应用－，所以Ａ′Ｂ′→．３２＝（－３，９）－（２，４）＝（－５，５）６．４．１　平面几何中的向量方法６．解析由题意得ＡＢＥＧＥＢＢＧ１ＡＢ１ＡＤ１ａ１ｂ．　→＝（－２，４），→＝→＋→＝→＋→＝＋２３２３练习所以ＡＣ１ＡＢＡＤＡＢＥＦＥＧ．证明ＥＦＥＧ１证明→＝→＝（－１，２），→＝２→（２）⊥：→·→＝．已知ＡＢＡＣ．２　＝１ｂ１ａ１ａ１ｂ１ｂ２ＢＡＢＣＡＢＡＣＡＢＡＢＡＣＡＢ２ＡＥ１ＡＢ又ＯＡ()－·()＋＝｜｜－→·→＝－→（→－→）＝－→·→＋｜→｜，＝（－４，８），→＝－→＝（１，－２），→＝３２２３９２ＣＡＣＢＡＣＡＢＡＣＡＢＡＣＡＣ２→·→＝－→（→－→）＝－→·→＋｜→｜，Ｏ为坐标原点则ＯＣＯＡＡＣ１ａ２１９ａ２１ａ２（１，１）（），→＝→＋→＝（０，｜｜＝·｜｜－｜｜＝０，ＢＡＢＣＣＡＣＢ．所以点Ｃ的坐标为４９４４∴→·→＝→·→３），（０，３）；→ＥＦ→ＥＧ即ＥＦＥＧ．ＢＡＢＣＯＤＯＡＡＤ所以点Ｄ的坐标为∴⊥，⊥又Ｂ→·→→＝→＋→＝（－３，９），１２．解析由题意得ＯＡＡＢ．ｃｏｓ＝ＢＡＢＣ，　→＝（１，２），→＝（３，３）｜→｜｜→｜（－３，９）；当ｔ时→ＯＰ→ＯＡ→ＡＢ所以点→ＣＡ→ＣＢ→ＯＥ→ＯＡ→ＡＥ所以点Ｅ的坐标为＝１，＝＋＝（４，５），Ｃ·＝＋＝（２，－１），Ｐ的坐标为ｃｏｓ＝ＣＡＣＢ，．（４，５）；｜→｜｜→｜（２，－１）ＢＣＢＣ．７．解析ＡＢＣ三点共线．当ｔ１时ＯＰＯＡ１ＡＢ＝＝　（１）、、＝，→＝→＋→＝（１，２）＋∴ｃｏｓｃｏｓ，∴证明因为ＡＢＡＣ．所２２２．解析解法一ＤＥ１ＡＢＡＤ：→＝（－４，－６），→＝（１，１５），　：→＝→－→，３３５７２以ＡＢＡＣ．因为直线ＡＢ与直线ＡＣ有公()，＝()，，→＝－４→２２２２ＡＦＡＢ１ＡＤ共点Ａ所以ＡＢＣ三点共线．→＝→＋→，，、、所以点Ｐ的坐标为５７()，；３ＰＱＲ三点共线．２２（２）、、→ＤＥ→ＡＦ()１→ＡＢ→ＡＤ()→ＡＢ１→ＡＤ证明因为ＰＱ．ＰＲ所当ｔ时ＯＰＯＡＡＢ∴·＝－·＋＝→＝－→＝－＝－２，→＝→－２→＝（１，２）－（６，６）２３：（１５，２），（６，８），所以点Ｐ的坐标为以ＰＲＰＱ．因为直线ＰＲ与直线ＰＱ有公共＝（－５，－４），（－５，－４）；１ａ２１ａ２１ａ２．→＝４→－＝点Ｐ所以ＰＱＲ三点共线．当ｔ时→ＯＰ→ＯＡ→ＡＢ２３６，、、＝２，＝＋２＝（１，２）＋（６，６）＝ＥＦＧ三点共线．所以点Ｐ的坐标为．１ａ２（３）、、（７，８），（７，８）ＤＥＡＦ１３．解析设点Ｐ的坐标为ｘｙ．由点Ｐ在线ＥＭＦ→·→６２．证明因为ＥＦＥＧ．所以　（，）∴ｃｏｓ∠＝＝＝：→＝（－８，－４），→＝（－１，－０５），ＤＥＡＦ１０段ＡＢ的延长线上且ＡＰ３ＰＢ得｜→｜｜→｜５ａ１０ａＥＦＥＧ．因为直线ＥＦ与直线ＥＧ有公共点，｜→｜＝｜→｜，·→＝８→２２３Ｅ所以ＥＦＧ三点共线．解法二建立如图所示的直角坐标系．，、、ＡＰ３ＢＰ：８．解析ＡＢＣ是直角三角形Ｂ为直角→＝→，　（１）△，，２图略．即ｘｙ３ｘｙ证明ＢＡＢＣ（－２，－３）＝（－４，＋３），：→＝（－６，－６），→＝（－２，２），２由ＢＣＢＡ得ＢＣＢＡïìｘ３ｘ→·→＝０，⊥，ï－２＝（－４），ｘＢ为直角ＡＢＣ为直角三角形．所以í２解得＝８，∴，△{ｙ．ＡＢＣ是直角三角形Ａ为直角图略．ïｙ３ｙ＝－１５（２）△，，î－３＝（＋３），２证明ＡＢＡＣ由ＡＢＡＣ所以点Ｐ的坐标为．则ＡＤａＥ()１ａ：→＝（２１，７），→＝（１，－３），→·→（８，－１５）（０，０），（０，），，０，得ＡＢＡＣＡ为直角ＡＢＣ为直角２＝０，⊥，∴，△１４．证明因为ＡＢＢＣ　→＝（４，－２），→＝（３，６），Ｆａ１ａ三角形．()，，ＤＣ３ＡＢＣ是直角三角形Ｂ为直角图略．→＝（４，－２），（３）△，，所以ＡＢＤＣＡＢＢＣ．则ＤＥ１ａａＡＦａ１ａ证明ＢＡＢＣ由ＢＡＢＣ→＝→，→·→＝０→＝()，－，→＝()，，：→＝（－３，３），→＝（５，５），→·→＝所以以ＡＢＣＤ２３得ＢＡＢＣＢ为直角ＡＢＣ为直角三（１，０），（５，－２），（８，４），（４，０，⊥，∴，△为顶点的四边形是一个矩形．ＤＥＡＦ１ａ２１ａ２１ａ２角形．６）→·→＝－＝，拓广探索２３６９．解析设ａｘｙ则由题意得２　＝（，），１５．解析如图．ＤＥ１ａａ２５ａìì　（１）｜→｜＝()＋（－）＝，２２ïïｘｙïｘ３５ïｘ３５ＯＡｅＯＢｅＡＯＢ°２２＋＝９，＝，＝－，→＝３１，→＝２２，∠＝６０，２ｙ解得í５或í５ＡＦａ２１ａ１０ａ{ｘ．所以ＯＡＰ°→ＯＡ→ＯＢ．｜→｜＝＋()＝，＝ïｙ６５ïｙ６５．∠＝１２０，｜｜＝３，｜｜＝２３３２î＝î＝－利用三角函数及勾股定理易得ＯＰ．５５｜→｜＝１９１ａ２ＤＥＡＦ于是ａ３５６５或ａ３５ＥＭＦ→·→６＝(，)＝(－，∴ｃｏｓ∠＝ＤＥＡＦ＝＝５５５｜→｜｜→｜５ａ１０ａ·６５．２３－)５２．１０．解析设与ａ垂直的单位向量ｅｘｙ１０　＝（，），３解析ｘ２ｙ２．点Ｏ是ＢＣ的中点则＋＝１，对于任意向量→ＯＰ都存在唯一一对实数　∵，{ｘｙ（２）４＋２＝０，ｘｙ使ＯＰｘｅｙｅＡＯ１ＡＢ１ＡＣ１ｍＡＭ１ｎＡＮ．→１２∴→＝→＋→＝→＋→ìì，，＝＋，２２２２ïｘ５ïｘ５所以本题中对向量坐标的规定合理．又ＭＯＮ三点共线ï＝ï＝－，，１６．证明构造向量ｕａｂｖｃｄ．∵，，，解得í５或í５　＝（，），＝（，）ïï因为ｕｖｕｖθ其中θ为向量ｕｖ１ｍ１ｎ．ｍｎ．ïｙ２５ïｙ２５．·＝｜｜｜｜ｃｏｓ（，∴＋＝１∴＋＝２î＝－î＝的夹角２２５５），６．４．２　向量在物理中的应用举例ｅ５２５或ｅ５２５．所以ａｃｂｄａ２ｂ２ｃ２ｄ２θ练习＝(－)＝(－)＋＝＋·＋·ｃｏｓ，∴，，ａｃｂｄ２ａ２ｂ２ｃ２ｄ２２θ５５５５（＋）＝（＋）·（＋）ｃｏｓ≤１．解析ＡＢ综合运用ａ２ｂ２ｃ２ｄ２　→＝（７，０）－（２０，１５）＝（－１３，－１５），（＋）·（＋），不等式中等号成立的条件是ｕｖ同向或反向ＷＦＡＢ１１．解析ＥＦＡＦＡＥ１ＡＤ１ＡＢ．＝·→＝（４，－５）·（－１３，－１５）　（１）→＝→－→＝→－→＝，．３２＝４×（－１３）＋（－５）×（－１５）＝２３２　　５２教材习题答案ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ２．解析由已知得ＯＡＯＢＯＭ．ｃＡ◆习题6.4　＝＝４，＝４３２．解析由正弦定理得Ｃｓｉｎ　（１）ｓｉｎ＝ａ＝复习巩固设ＭＯＢθ则θ２３３＝＝＝∠，ｃｏｓ，２３３æＡＢＡＣö４２１ç→→÷θ°ＡＯＢ°．×．Ｄ由＋→ＢＣ知Ａ的平∴＝３０，∴∠＝６０３２１　èＡＢＡＣø·＝０，∠＝，｜→｜｜→｜２２分线与ＢＣ边垂直所以ＡＢＣ为等腰三角ＡＣＢ．，△∵＝１２０°，∴＝３０°，＝３０°→ＡＢ→ＡＣｂｃ２３．形又１所以Ａ１所∴＝＝，ＡＢ·ＡＣ＝，ｃｏｓ＝，３｜→｜｜→｜２２以Ａ．６＋２∠＝６０°ｂＣ２×所以ＡＢＣ为等边三角形．由正弦定理得ｃｓｉｎ４△（２）＝Ｂ＝２．Ｃ若ＯＡＯＢＯＣ则Ｏ为ＡＢＣ的ｓｉｎｓｉｎ（４５°＋７５°）　｜→｜＝｜→｜＝｜→｜，△外心若ＮＡＮＢＮＣ０则Ｎ为ＡＢＣ的重３．解析如图设ＦＦ的合力为ＦＦ与６＋２；→＋→＋→＝，△　（１），１，２，２×４３２＋６．心若ＰＡＰＢＰＢＰＣＰＣＰＡ则Ｐ为Ｆ的夹角为θ则利用三角函数及勾股定理＝＝１，；→·→＝→·→＝→·→，３３ＡＢＣ的垂心．故选．解图中两个直角三角形易得Ｆ△Ｃ｜｜＝（３＋１）Ｎ，２３．证明如图ＢＣ为圆的直径．设圆的半径为ｒθ°所以Ｆ．　，，＝３０，｜３｜＝（３＋１）Ｎ３．解析Ａ４Ａ３　∵ｃｏｓ＝，∴ｓｉｎ＝，则ＡＢＡＣＯＢＯＡＯＣＯＡＯＢ５５→·→＝（→－→）·（→－→）＝→·ＯＣＯＡＯＢＯＡＯＣＯＡ２ｒ２ＯＡＯＢＣＡＢＡＢＡＢ３→－→·→－→·→＋→＝－－→·（→ｓｉｎ＝ｓｉｎ（＋）＝ｓｉｎｃｏｓ＋ｃｏｓｓｉｎ＝５ＯＣｒ２＋→）＋＝０，１４３３＋４３．ＡＢＡＣ．即直径所对的圆周角是直角．×＋×＝∴→⊥→由知θ°所以Ｆ与Ｆ的夹角２５２１０（２）（１）＝３０，３１为３°．ｂＡ３×１５０由正弦定理得ａｓｉｎ５６．＝Ｂ＝＝６．４．３　余弦定理、正弦定理ｓｉｎ３５练习２１．解析ａ．Ｂ．Ｃ．．３＋４３　（１）≈１０５ｃｍ，≈５５８°，＝８１９°ｂＣ３×由余弦定理得ｃ２ａ２ｂ２ａｂＣ２ｃｓｉｎ１０３＋４３．４．解析ｓｓＢｓＡ（２），＝＋－２ｃｏｓ＝５＝Ｂ＝＝　（１）＝－＝（２，１０）－（４，３）＝（－２，ｓｉｎ３５．２πｃ．７）＋２－２×５×２×ｃｏｓ＝１９，∴＝１９２设向量ｓ与ｓＡ的夹角为θｓ在ｓＡ上的３练习（２），２．解析由余弦定理的推论得投影向量为ＯＭ与ｓ方向相同的单位向量　１．解析在ＡＢＳ中ＡＢ．．→，Ａｂ２ｃ２ａ２２２２　△，＝３２２×０５Ａ＋－（２）＋（３＋１）－２．ＡＢＳ．为ｅ则ｅ４３．ｃｏｓ＝ｂｃ＝＝＝１６１（ｎｍｉｌｅ），∠＝１１５°，＝()，２２×２×（３＋１）由正弦定理得５５ｓｓＡＡＢＡＢＳ则θ·２Ａ．×，∴＝４５°ＡＳｓｉｎ∠ＡＢＡＢＳ．ｃｏｓ＝ｓｓＡ，２＝＝×ｓｉｎ∠×２＝１６１｜｜｜｜ｓｉｎ（６５°－２０°）ｓｓａ２ｃ２ｂ２２２２ＡＢ＋－２＋（３＋１）－（２）．ＯＭ→ｓθｅ·ｅ１３ｅｃｏｓ＝ａｃ＝＝×ｓｉｎ１１５°×２（ｎｍｉｌｅ）∴＝｜｜ｃｏｓ·＝ｓＡ·＝＝２２×２×（３＋１）Ｓ到直线ＡＢ的距离｜｜５ｄＡＳ．５２３９．３ＢＣ．＝×ｓｉｎ２０°＝１６１×ｓｉｎ１１５°×２×ｓｉｎ２０°≈()，，∴＝３０°，∴＝１０５°．．２５２５２７０６（ｎｍｉｌｅ）５．解析实际前进的速度的大小为因为．．　（１）３．解析Ａ２３１Ａ７０６＞６５，　∵ｓｉｎ＝，０°＜＜９０°，２２沿与水流方向成２０所以这艘船可以继续沿正北方向航行．２＋（２３）＝４（ｋｍ／ｈ），２证明°的方向前进．Ａ１３．．在ＡＢＰ中ＡＢＰγβ６０∴ｃｏｓ＝　△，∠＝１８０°－＋，设沿与水流方向成θ的方向游则ＢＰＡαβＡＢＰαβ（２），２０∠＝１８０°－（－）－∠＝１８０°－（－）由余弦定理得ａ２ｂ２ｃ２ｂｃＡ２２γβγα．＝＋－２ｃｏｓ＝５＋２－２－－＋＝－θ°２３由计算器计算得θ（１８０°）ｓｉｎ（－９０）＝＝，－Ａ１３ａ．在ＡＢＰ中根据正弦定理得３×５×２×ｃｏｓ＝２５＋４－２０×＝１６，∴＝４△，２３２０ａ°γβａγβ°°θ°沿与水流方向约成由余弦定理的推论得ＡＰｓｉｎ（１８０－＋）ｓｉｎ（－）．９０≈３５，∴≈１２５，∴＝γα＝γα°的方向游．ａ２ｂ２ｃ２ｓｉｎ（－）ｓｉｎ（－）１２５Ｃ＋－１６＋２５－４．ａαγβｖθ°实际ｃｏｓ＝ａｂ＝＝０９２５，所以山高为ｈＡＰαｓｉｎｓｉｎ（－）．ｙ＝２３·ｃｏｓ（－９０）＝２２（ｋｍ／ｈ），２２×４×５＝×ｓｉｎ＝γαＣ．ｓｉｎ（－）前进的速度的大小为∴≈２２°３．解析在ＡＢＣ中ＡＢＣ２２ｋｍ／ｈ．练习　△，∠＝１８０°－７５°＋３２°６．解析ＡＢｃ．．　（１）≈４９°，＝２４°，≈６２ｃｍ１．解析ａｂＣ．＝１３７°ＡＢＣ．＝根据余弦定理得ＡＣ（２）≈３６°，≈４０°，＝１０４°　（１）≈１８ｃｍ，≈１５ｃｍ，７５°＝７．解析ａｂＢ．　（１）≈３８ｃｍ，≈３９ｃｍ，＝８０°１ＡＢ２ＢＣ２ＡＢＢＣＡＢＣａＢ２０×＋－２××ｃｏｓ∠ＢＡａ或Ｂ由正弦定理得Ａｓｉｎ２（２）≈４３°，＝１１４°，≈３５ｃｍ≈１３７°，（２）ｓｉｎ＝ｂ＝≈．２２．Ａａ．１１＝６７５＋５４－２×６７５×５４×ｃｏｓ１３７°＝２０°，≈１３ｃｍ．．．．８．解析在ＢＣＤ中由正弦定理得０９０９１≈１１３１５　△，，ａｂＢ为锐角ＢＣＡＢＣＣＤＢＤＣｓβ∵＞，，根据正弦定理得ＣＡＢｓｉｎ∠ＢＣｓｉｎ∠·ｓｉｎ．Ａ有两解Ａ或Ａ．ｓｉｎ∠＝ＡＣ＝＝ＣＢＤ＝αβ∴，≈６５°≈１１５°ｓｉｎ∠ｓｉｎ（＋）当Ａ时ＣＡＢ在ＡＢＣ中ＡＢＢＣＡＣＢ≈６５°，＝１８０°－－＝８５°，５４×ｓｉｎ１３７°．Ｒｔ△，＝ｔａｎ∠＝ｂＣ．≈０３２５５，ｓθβｃｓｉｎ．１１３１５ｔａｎｓｉｎ．＝Ｂ≈２２ｃｍＣＡＢ．αβｓｉｎ∴∠＝１９０°，ｓｉｎ（＋）当Ａ时Ｃ°ＡＢＣＡＢ．．９．解析以气象台为坐标原点正东方向≈１１５°，＝１８０－－＝３５°，∴７５°－∠＝５６０°　（１），ｂＣ此船应该沿北偏东．的方向航行需要为ｘ轴正方向建立直角坐标系现在台风ｃｓｉｎ．５６０°，，，＝Ｂ≈１３ｃｍ航行．．中心Ｂ的坐标为设ｔ小时后台风ｓｉｎ１１３１５ｎｍｉｌｅ（－３００，０），２　　５３ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ中心移到Ｂ′则Ｂ′的坐标为ｔ用时间最短．同理可证ｂＲＢｃＲＣ．，（－３００＋４０ｃｏｓ４５°，＝２ｓｉｎ，＝２ｓｉｎｔ即ｔｔ．ａｂａＢ－＋１８．证明根据得ｂｓｉｎ．４０ｓｉｎ４５°），（３００２０２，２０２）　Ａ＝Ｂ，＝Ａ因为以台风中心为圆心以千米为半径ｓｉｎｓｉｎｓｉｎ，２５０ａＢ的圆上或圆内的点将受台风影响所以Ｓ１ａｂＣ１ａｓｉｎＣ，＝ｓｉｎ＝×Ａ×ｓｉｎ所以ＡＢ′即ｔ２ｔ２２２ｓｉｎ｜｜≤２５０，（－３００＋２０２）＋（２０２）ＢＣ１ａ２ｓｉｎｓｉｎ．２整理得ｔ２ｔ＝Ａ≤２５０，１６－１２０２＋２７５≤０，２ｓｉｎ拓广探索解得１５２－５７ｔ１５２＋５７１４．解析由已知得ＢＡＣ２５０３≤≤，　，ｔａｎ∠＝＝３，１９．解析ＡＲＲＴＴＣ．４４２５０　＝＝即．ｔ．．ＢＡＣ．证明ＡＲＥＣＲＢＥ为ＡＤ的中点２００≤≤８６１∴∠＝６０°：∵△∽△，，故大约小时后气象台Ａ所在地将遭受台合速度的方向为北偏西ＢＲＥＲ２．∴＝２，风影响大约持续小时分钟．∴６０°，６３７ｖ２２ＡＲＡＢＢＲＡＢ２ＢＥ｜｜＝（２３）＋６－２×２３×６×ｃｏｓ１５０°＝→＝→＋→＝→＋→１０．解析ＳＡＢＣ１ａｂＣ１ｂｃＡ１３　△＝ｓｉｎ＝ｓｉｎ＝２２２１２＋３６＋３６＝２２１，ＡＢ２ＡＥＡＢａｃＢ其中ＡＢＣ分别为三角形三个此时小货船航行速度的大小为．＝→＋（→－→）·ｓｉｎ（，，２２１ｋｍ／ｈ３角ａｂｃ为相应对边．１５．证明根据余弦定理得，，，）　，ＡＢ２１ＡＤＡＢ综合运用ａ２ａ＝→＋()→－→ｍ２ｃ２ｃＢ３２ａ＝()＋－２×××ｃｏｓ１１．解析设Ｐｘｙ则→ＡＰｘｙ．２２１ＡＢ１ＡＤ１ＡＣ．　（１）（，），＝（－１，－２）ａ２ａ２ｃ２ｂ２＝→＋→＝→ｃ２ａｃ＋－３３３将ＡＢ绕点Ａ沿顺时针方向旋转π得到ＡＰ＝()＋－××ａｃ→→，２２同理ＴＣ１ＡＣ４２→＝→，１ａ２ｃ２ａ２ｃ２ｂ２３相当于沿逆时针方向旋转７得到ＡＰ又＝()［＋４－２（＋－）］ＡＲＲＴＴＣ．π→，２∴＝＝４２２０．证明根据余弦定理的推论ＡＢ１ｂ２ｃ２ａ２．　（１），→＝（２，－２２），＝()［２（＋）－］ａ２ｂ２ｃ２２得Ｃ＋－于是ＡＰ７７ｃｏｓ＝ａｂ，→(所以１２２２２＝２ｃｏｓπ＋２２ｓｉｎπ，ｍａｂｃａ．４４＝２（＋）－由同角三角函数之间的关系得２，７７．Ｃ２Ｃ２ｓｉｎπ－２２ｃｏｓπ)＝（－１，－３）ｓｉｎ＝１－ｃｏｓ４４ａ２ｂ２ｃ２２ｘｘ＋－所以－１＝－１，解得＝０，＝１－()ａｂ，{ｙ{ｙ２－２＝－３，＝－１，所以Ｐ．代入Ｓ１ａｂＣ（０，－１）＝ｓｉｎ，２１２．解析ＡＭ１ＡＣＡＢＢＮ１ＡＣＡＢ２２２２２２２→→→→→→同理ｍｂ１ａｃｂａｂｃ　∵＝（＋），＝－，，＝２（＋）－，得Ｓ１ａｂ＋－２２２＝１－()ａｂ，ＡＢＡＣＡＢＡＣ°２２→·→＝｜→｜｜→｜ｃｏｓ６０＝５，ｍ１ａ２ｂ２ｃ２．ｃ＝２（＋）－１ａｂ２ａ２ｂ２ｃ２２ＡＭＢＮ１ＡＣＡＢ１ＡＣＡＢ２＝（２）－（＋－）∴→·→＝（→＋→）·()→－→１６．证明根据余弦定理的推论４２２　，１ａｂａ２ｂ２ｃ２ａｂａ２ｂ２ｃ２ｂ２ｃ２ａ２＝（２＋＋－）（２－－＋）１１ＡＣ２１ＡＢＡＣＡＢ２得Ａ＋－＝(｜→｜－→·→－｜→｜)ｃｏｓ＝ｂｃ，４２２２２１ａｂｃｂｃａｃａｂａｂｃａ２ｃ２ｂ２＝（＋＋）（＋－）（＋－）（＋－），①１２５５．Ｂ＋－４＝×()－－４＝３ｃｏｓ＝ａｃ，２２２２ｐ１ａｂｃ所以ｃａＢｂＡ∵＝（＋＋），ＡＭ２１ＡＣ２ＡＣＡＢＡＢ２（ｃｏｓ－ｃｏｓ）２∵｜→｜＝（｜→｜＋２→·→＋｜→｜）ａ２ｃ２ｂ２ｂ２ｃ２ａ２４ｃａ＋－ｂ＋－１ｂｃａｐａ＝(×ａｃ－×ｂｃ)∴（＋－）＝－，１３９２２２＝×（２５＋２×５＋４）＝，ａ２ｃ２ｂ２ｂ２ｃ２ａ２４４ｃ＋－＋－１ａｃｂｐｂ＝(ｃ－ｃ)（＋－）＝－，ＡＭ３９２２２∴｜→｜＝，１ａ２ｂ２ａ２ｂ２１ｂａｃｐｃ．２＝（２－２）＝－，（＋－）＝－２ＢＮ２１ＡＣ２ＡＣＡＢＡＢ２２５２｜→｜＝｜→｜－→·→＋｜→｜＝－５所以所证等式成立．代入可证得４４①，１７．证明只需证ａＲＡ其中Ｒ为ＡＢＣＳｐｐａｐｂｐｃ．２１　＝２ｓｉｎ，△＝（－）（－）（－）＋４＝，外接圆的半径．三角形的面积Ｓ与三角形内切圆半径ｒ４（２）若Ａ为锐角如图所示作直径ＢＡ′①（①），，之间有关系式Ｓ１ｐｒｐｒＢＮ２１连接Ａ′Ｃ则ＡＡ′在Ａ′ＣＢ中ＢＣ＝×２×＝，∴｜→｜＝，＝＝２，，Ｒｔ△，２Ａ′ＢＡ′ＲＡ即ａＲＡＳｐａｐｂｐｃＡＭＢＮｓｉｎ＝２ｓｉｎ，＝２ｓｉｎ；所以ｒ（－）（－）（－）．ＭＰＮ→·→３＝ｐ＝ｐｃｏｓ∠＝ＡＭＢＮ＝＝｜→｜｜→｜３９２１×根据三角形面积公式Ｓ１ａｈ２２（３）＝ａ，２Ｓ４９１．图图图得①　　　　　②　　　　　③ｈａ２２ｐｐａｐｂｐｃ９１＝ａ＝ａ（－）（－）（－），１３．解析如图设ｖ与ｖ的夹角为θ合速度若Ａ是直角如图所示在ＢＡＣ　，１２，②（②），Ｒｔ△即ｈ２ｐｐａｐｂｐｃ．为ｖｖ与ｖ的夹角为α行驶距离为ｌ则中可直接得ａＲＡａ＝ａ（－）（－）（－），２，，，＝２ｓｉｎ；ｖθθ．若Ａ为钝角如图所示作直径ＢＡ′α｜１｜ｓｉｎ１０ｓｉｎｌ０５③（③），，同理ｈ２ｐｐａｐｂｐｃｓｉｎ＝ｖ＝ｖ，＝α＝连接Ａ′Ｃ则Ａ′Ａ在ＢＣＡ′中ＢＣ，ｂ＝ｂ（－）（－）（－），｜｜｜｜ｓｉｎ，＝π－，Ｒｔ△，＝ｖｌＡ′ＢＡ′ＲＡＲＡ即ａ｜｜１．ｓｉｎ＝２ｓｉｎ（π－）＝２ｓｉｎ，＝ｈ２ｐｐａｐｂｐｃ．θ，ｖ＝θＲＡ．ｃ＝ｃ（－）（－）（－）２０ｓｉｎ｜｜２０ｓｉｎ２ｓｉｎ所以当θ°即船垂直于对岸行驶时所由得ａＲＡ．２１．解析 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 一需要测量的数据有Ａ＝９０，①②③＝２ｓｉｎ　：（１）：２　　５４教材习题答案ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ点到ＭＮ点的俯角αβＢ点到ＭＮ的，１，１；，ＦＡＤＣ１ａ２ｂ俯角αβＡＢ的距离ｄ如图所示．→＝→＝－，２，２；，（）３３ＡＢ２ａ１ｂＣＥａｂ．→＝－，→＝－＋３３４．解析ＡＢＡＢ．综合运用　（１）→＝（８，－８），｜→｜＝８２ＯＣＯＤ．１３．答案ＡＤＢＣ→＝－→＝－　（１）　（２）　（３）　（４）（２）（２，１６），（８，８）ＤＣＯＡＯＢ．（５）　（６）（３）→·→＝３３１４．证明先证ａｂａｂａｂ．５．解析设Ｄｘｙ由题意知ｘｙ　（１）⊥⇒｜＋｜＝｜－｜　（，），（－２，－１）＝（，ａｂａｂ２所以ｘｙ所以Ｄ．｜＋｜＝（＋）第一步计算由正弦定理得－１），＝－２，＝０，（－２，０）ＡＭ．ＡＭ６．解析由题意得λμａ２ｂ２ａｂ（２）：＝＝＋＋ｄα　（－１，０）＝（１，０）＋（１，１），｜｜｜｜２·，ｓｉｎ２μλμａｂａｂ２整理得＋＝－１，解得＝０，｜－｜＝（－）αα；{μ{λ．ｓｉｎ（１＋２）０＋＝０，＝－１ａ２ｂ２ａｂ．第二步计算ＡＮ．由正弦定理得ＡＮ＝｜｜＋｜｜－２·：＝７．解析由题意得ＡＢＡＣＢＣ因为ａｂ所以ａｂｄβ　→＝（３，０），→＝（３，４），→⊥，·＝０，ｓｉｎ２ββ；→ＡＢ→ＡＣ于是ａｂａ２ｂ２ａｂ．ｓｉｎ（２－１）Ａ·３Ｂ｜＋｜＝｜｜＋｜｜＝｜－｜第三步计算ＭＮ．由余弦定理得＝（０，４），ｃｏｓ＝ＡＢＡＣ＝，ｃｏｓ＝再证ａｂａｂａｂ．：｜→｜｜→｜５｜＋｜＝｜－｜⇒⊥由于ａｂａ２ａｂｂ２ＭＮＡＭ２ＡＮ２ＡＭＡＮαβ．ＢＡＢＣＣＡＣＢ＋＝＋＋＝＋－２×ｃｏｓ（１－１）→·→Ｃ→·→４．｜｜｜｜２·｜｜，方案二需要测量的数据有＝０，ｃｏｓ＝＝ａｂａ２ａｂｂ２：（１）：→ＢＡ→ＢＣ→ＣＡ→ＣＢ５｜－｜＝｜｜－２·＋｜｜，Ａ点到ＭＮ点的俯角αβＢ点到ＭＮ｜｜｜｜｜｜｜｜所以由ａｂａｂ可得ａｂ，１，１；，８．解析由题意得λλ解得λ｜＋｜＝｜－｜·＝０，点的俯角αβＡＢ的距离ｄ如图所示．　（＋１）×１＋×０＝０，于是ａｂ．２，２；，（）．⊥第一步计算ＢＭ．由正弦定理得ＢＭ＝－１所以ａｂａｂａｂ．（２）：＝９．解析ａｂａｂ２⊥⇔｜＋｜＝｜－｜ｄα　｜＋｜＝（＋）几何意义是矩形的两条对角线相等．ｓｉｎ１αα；ａ２ａｂｂ２先证ａｂｃｄ．ｓｉｎ（１＋２）＝｜｜＋２·＋｜｜（２）｜｜＝｜｜⇒⊥第二步计算ＢＮ．由正弦定理得ＢＮ°ｃｄａｂａｂａ２ｂ２：＝＝３＋２×３×２×ｃｏｓ３０＋４＝１３，·＝（＋）·（－）＝｜｜－｜｜，ｄβ因为ａｂ所以ｃｄ．ｓｉｎ１ａｂａｂ２ａ２ａｂｂ２｜｜＝｜｜，·＝０ββ；｜－｜＝（－）＝｜｜－２·＋｜｜所以ｃｄ．再证ｃｄａｂ．ｓｉｎ（２－１）⊥⊥⇒｜｜＝｜｜第三步计算ＭＮ．由余弦定理得ＭＮ°．由ｃｄ得ｃｄ：＝＝３－２×３×２×ｃｏｓ３０＋４＝１⊥·＝０，１０．解析如图过点Ｃ作ＣＨＡＤ交ＡＤ的即ａｂａｂａ２ｂ２ＢＭ２ＢＮ２ＢＭＢＮβα．　，⊥，＋＋２×ｃｏｓ（２＋２）（＋）·（－）＝｜｜－｜｜＝０，２２．解析由正弦定理得延长线于点Ｈ．所以ａｂ．　（１），｜｜＝｜｜ＡＣＡＣＢＣ．几何意义是菱形的对角线互相垂直．ｓｉｎｃｏｓ＋３ｓｉｎｓｉｎ＝ｓｉｎ＋ｓｉｎＢＡＣ１５．证明如图设ＯＤＯＰＯＰ∵＝π－（＋），　，→＝→１＋→２，ＡＣＡＣＣ．因为ＯＰＯＰＯＰ０∴３ｓｉｎｓｉｎ＝ｃｏｓｓｉｎ＋ｓｉｎ→１＋→２＋→３＝，又Ｃ∵ｓｉｎ≠０，ＡＡ∴３ｓｉｎ－ｃｏｓ＝１，即Ａπ１．设ＣＨｘＤＨｙ则ｓｉｎ()－＝＝，＝，６２２ｙ２ｘ２又ＡＡπ．１００＝（７０＋）＋，解得ｙ０＜＜π，∴＝{２ｘ２ｙ２＝２５，３４０＝＋，ＤＨＳＡＢＣ１ｂｃＡｂｃ．θ２５５（２）∵△＝ｓｉｎ＝３，∴＝４∴ｃｏｓ＝ＤＣ＝＝，２４０８２２２所以ＯＰＯＤ而ａｂｃｂｃＡＡＨ→３→＝＋－２ｃｏｓ，β７０＋２５１９．＝－，故ｂ２ｃ２解得ｂｃ负值已舍去．ｃｏｓ＝ＡＣ＝＝又ＯＰＯＰＯＰ＋＝８，＝＝２（）１００２０｜→１｜＝｜→２｜＝｜→３｜，２３．解析略．１１．解析Ｂ°′Ｃ°′　　（１）≈２１９，≈３８５１，所以ＯＤＯＰＰＤ．→→１→１复习参考题6ｃ．．｜｜＝｜｜＝｜｜≈８６９ｃｍ易得ＯＰＰ°１２＝复习巩固Ｂ°′Ｃ°′ｃ．∠３０，（２）≈４１４９，≈１０８１１，≈１１４０ｃｍ同理可得ＯＰＰ°．１３＝１．答案或Ｂ°′Ｃ°′ｃ．．∠３０≈１３８１１，≈１１４９，≈２４６ｃｍ所以ＰＰＰ°．　（１）√　（２）√　（３）✕　（４）✕３１２＝２．答案ＤＢＤＣＡ°′Ｂ°′ｃ．．∠６０　（１）　（２）　（３）　（４）（３）≈１１２，≈３８５８，≈２８０２ｃｍ同理可得ＰＰＰ°ＰＰＰ°．ＤＢＡ°′Ｂ°′Ｃ°′．∠１２３＝６０，∠２３１＝６０（５）　（６）　（４）≈２８５７，≈４６３４，≈１０４２９所以ＰＰＰ为等边三角形．１２解析△１２３３．解析如图ＡＣ与ＢＤ交于点Ｍ则ＤＥＢＡ．设海轮在Ｂ处望见小岛在北偏东１６．解析连接ＡＢ由对称性可知ＡＢ是　，，→＝→　　，，在Ｃ处望见小岛在北偏东°从小岛ＳＭＮ的中位线ＭＡＭＢ２ａ１ｂ７５°，５５，△，＝→－→＝－＋，Ａ向海轮的航线ＢＤ作垂线段ＡＤ如图所３３，所以ＭＮＡＢｂａ．示．→＝２→＝２－２１７．解析如图ＡＥＡＥＤ在ＡＢＣ中ＡＢＣＡＣＢ　，＝９＋６＝１５ｋｍ，∠＝△，∠＝９０°－７５°＝１５°，∠ＤＥ．ＢＡＣ１２０°，＝１０ｋｍ＝９０°＋５５°＝１４５°，∠＝１８０°－１５°－１４５°由余弦定理得ＡＤ２ＡＥ２ＤＥ２ＡＥＥＤ．＝＋－２··＝２０°在ＡＢＣ中由正弦定理得°２２１△，，ｃｏｓ１２０＝１５＋１０－２×１５×１０×()－＝ＢＣＡＢＣ２ＡＣｓｉｎ∠８×ｓｉｎ１５°．ＡＤ．＝ＢＡＣ＝４７５，∴＝５１９ｋｍｓｉｎ∠ｓｉｎ２０°在ＡＣＤ中ＡＤＡＣＡＣＤ３Ｒｔ△，＝ｓｉｎ∠＝ＤＥ１０×由正弦定理得Ａｓｉｎ１２０°２ＡＤ２ａ２ｂＢＣ１ａ１ｂ８×ｓｉｎ１５°．ｓｉｎ＝ＡＤ＝＝→＝＋，→＝＋，×ｓｉｎ３５°≈３４７＞３，３３３３ｓｉｎ２０°５１９所以这艘海轮不改变航向继续前进没有触ＥＦＢＣ１ａ１ｂ１９×３．Ａ．°°°．→＝－→＝－－，礁的危险．≈０３９７４，∴≈２３°９０－２３＝６７３３１９２　　５５ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ故由Ａ地到Ｄ地位移的大小为２ｚｚｚｚ．１＋２＝２＋１５１９ｋｍ，ｚ１１２∴方向约为北偏东．｜２｜＝－２ｉ＝()＋（－２）＝结合律ｚｚｚｚｚｚ．６７°２２（２）：（１＋２）＋３＝１＋（２＋３）ｚｚｚａｂａｂａ３（１＋２）＋３＝［（１＋１ｉ）＋（２＋２ｉ）］＋（３＋，ｂａａｂｂａｂａ２３ｉ）＝［（１＋２）＋（１＋２）ｉ］＋（３＋３ｉ）＝（１ｚｚ．ａａｂｂｂ∴｜１｜＞｜２｜＋２＋３）＋（１＋２＋３）ｉ，综合运用ｚｚｚａｂａｂａ１＋（２＋３）＝（１＋１ｉ）＋［（２＋２ｉ）＋（３＋６．解析若位于第四象限则有ｂａｂａａｂｂ　（１），３ｉ）］＝（１＋１ｉ）＋［（２＋３）＋（２＋３）ｉ］＝ｍ２ｍｍ或ｍａａａｂｂｂ－８＋１５＞０，＞５＜３，（１＋２＋３）＋（１＋２＋３）ｉ，{ｍ２ｍ⇒{ｍ⇒ｚｚｚｚｚｚ．－５－１４＜０－２＜＜７∴（１＋２）＋３＝１＋（２＋３）ｍ或ｍ．４．解析ｚｚ５＜＜７－２＜＜３　（１）｜１－２｜＝｜（２＋ｉ）－（３－ｉ）｜＝｜－１＋若位于第一象限或第三象限则有ｍ２．（２），（－２ｉ｜＝５拓广探索ｍｍ２ｍｚｚ．８＋１５）·（－５－１４）＞０，（２）｜３－４｜＝｜（８＋５ｉ）－（４＋２ｉ）｜＝｜４＋３ｉ｜＝５１８．解析略．即ｍｍｍｍ　（－３）（－５）（＋２）（－７）＞０，７．２．２　复数的乘、除运算１９．解析略．解得ｍ或ｍ或ｍ．　＞７３＜＜５＜－２若位于直线ｙｘ上则实部与虚部相练习（３）＝，等必有ｍ２ｍｍ２ｍ解得ｍ１．解析．．．第七章　复数，－８＋１５＝－５－１４，＝　（１）－１８－２１ｉ（２）６－１７ｉ（３）－２０－１５ｉ２．解析．．．２９．　（１）－５（２）－２ｉ（３）５３．解析．．．．7.1　复数的概念３　（１）ｉ（２）－ｉ（３）１－ｉ（４）－１－３ｉ７．解析因为ＯＡ的起点在原点所以终点４．解析ｘ２１６ｘ４．　（１）→，　（１）＝－，∴＝±ｉ７．１．１　数系的扩充和复数的概念坐标为向量对应的坐标故Ａ而点Ａ９３，（２，１），Δ２练习关于实轴的对称点是Ｂ所以向量（２）＝１－４×１×１＝－３＜０，（２，－１），ＯＢ对应的复数为．ｘ－１±３ｉ．１．解析１的实部是虚部是１→２－ｉ∴＝　－２＋ｉ－２，；Ｂ关于虚轴的对称点是２３３（２）（２，－１）◆习题7.2的实部是虚部是Ｃ故点Ｃ对应的复数为．２＋ｉ２，１；（－２，－１），－２－ｉ复习巩固８．解析满足条件ｚ的点Ｚ的集合是２的实部是２虚部是　（１）｜｜＝３１．解析．．，０；以原点Ｏ为圆心以为半径的圆．　（１）９－３ｉ（２）－２＋３ｉ２２，３的实部是虚部是满足条件ｚ的点Ｚ的集合是以７５．．．．－３ｉ０，－３；（２）２≤｜｜＜５（３）－ｉ（４）０３＋０２ｉ的实部是虚部是原点为圆心分别以和为半径的两个圆６１２ｉ０，１；，２５２．解析由题意得ＯＡＯＢ的实部和虚部都是．所夹的圆环包括内圆的边界但不包括外圆　→＝（６，５），→＝（－３，４），００，的边界．所以ＡＢＯＢＯＡ故ＡＢ对应的复２．解析．是实数２→＝→－→＝（－９，－１），→　２＋７，０６１８，０；ｉ，ｉ，５ｉ＋８，９．解析复数ｚ对应的点应位于直线ｙｘ数为又因为ＢＡＡＢ所以ＢＡ７　＝３（＞－９－ｉ，→＝－→＝（９，１），→上．对应的复数为．是虚数２０）９＋ｉ３－９２ｉ，ｉ（１－３），２－２ｉ；ｉ，ｉ，拓广探索３．解析．７　（１）（－８－７ｉ）（－３ｉ）＝－２１＋２４ｉ是纯虚数．理由略．１０．解析设ｚａａＲ．ｉ（１－３）　＝＋３ｉ（∈）（２）（４－３ｉ）（－５－４ｉ）＝－２０－１２－１６ｉ＋１５ｉ＝ｘｙｘｙｘｚａ２ａ．３．解析由{＋＝２＋３，得{＝４，∵｜｜＝２，∴＋３＝４，∴＝±１，－３２－ｉ　（１）ｙｙｙ．ｚ或ｚ．－１＝２＋１＝－２∴＝１＋３ｉ＝－１＋３ｉ１３１３１３ｘｙｘ１１．解析在复平面内指出复数对应的点Ｚ（３）()－＋ｉ（１＋ｉ）＝－－－ｉ＋ｉ由＋－３＝０，得＝２，１２２２２（２）{ｘ{ｙ．　，２２－２＝０＝１ＺＺＺ略．２，３，４３＋１３－１．这个点在同一个圆上．证明因为ｚ＝－＋ｉ７．１．２　复数的几何意义４：｜１｜＝２２ｚｚｚ所以这个点在同练习｜２｜＝｜３｜＝｜４｜＝５，４３１１３１３．一个圆上．（４）()ｉ－()－＋ｉ＝－－ｉ１．解析在复平面内点ＡＢＣＤＥＦＧＨ２２２２２２　，，，，，，，，．对应的复数分别为（５）（１＋ｉ）（１－ｉ）＋（－１＋ｉ）＝１＋ｉ４＋３ｉ，３－３ｉ，－３＋２ｉ，－３－7.2　复