《2025年世纪金榜新视野暑假作业高一数学》

15. (13分)已知非零向量$\boldsymbol{a}$,$\boldsymbol{b}满足|\boldsymbol{a}|= 1$,且$(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})\cdot (\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})= \frac{1}{2}$.
(1)求$|\boldsymbol{b}|$.
(2)当$\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}= \frac{1}{2}$时,求向量$\boldsymbol{a}与\boldsymbol{b}的夹角\theta$的值.

答案： 【解析】：
本题主要考查了向量的数量积与向量的模长以及向量夹角的关系。
(1)根据题目给出的条件，有$(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot (\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})= \frac{1}{2}$，展开得到${\overrightarrow{a}}^{2}-{\overrightarrow{b}}^{2}=\frac{1}{2}$，
由于向量的模长的平方等于向量的平方，即$|\overrightarrow{a}|^{2} = {\overrightarrow{a}}^{2}$，$|\overrightarrow{b}|^{2} = {\overrightarrow{b}}^{2}$，
又已知$|\overrightarrow{a}|= 1$，代入上式得到$1 - |\overrightarrow{b}|^{2} = \frac{1}{2}$，移项得到$|\overrightarrow{b}|^{2} = \frac{1}{2}$，开方得到$|\overrightarrow{b}| = \frac{\sqrt{2}}{2}$；
(2)根据向量的数量积公式，有$\cos\theta = \frac{\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}| \cdot |\overrightarrow{b}|}$，
代入已知的$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}= \frac{1}{2}$，$|\overrightarrow{a}|= 1$，$|\overrightarrow{b}| = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
得到$\cos\theta = \frac{\frac{1}{2}}{1 × \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
由于$0 \leqslant \theta \leqslant \pi$，且$\cos\theta = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\theta = \frac{\pi}{4}$。
【答案】：
(1)$|\overrightarrow{b}| = \frac{\sqrt{2}}{2}$；
(2)$\theta = \frac{\pi}{4}$。

16. (15分)记$\triangle ABC的内角A$,$B$,$C的对边分别为a$,$b$,$c$,分别以$a$,$b$,$c为边长的三个正三角形的面积依次为S_{1}$,$S_{2}$,$S_{3}$,已知$S_{1}-S_{2}+S_{3}= \frac{\sqrt{3}}{2}$,$\sin B= \frac{1}{3}$.
(1)求$\triangle ABC$的面积;
(2)若$\sin A\sin C= \frac{\sqrt{2}}{3}$,求$b$.

答案：
(1) 解：正三角形面积公式为$S = \frac{\sqrt{3}}{4}x^2$（$x$为边长），则$S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$，$S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}b^2$，$S_3 = \frac{\sqrt{3}}{4}c^2$。
由$S_1 - S_2 + S_3 = \frac{\sqrt{3}}{2}$，得$\frac{\sqrt{3}}{4}(a^2 - b^2 + c^2) = \frac{\sqrt{3}}{2}$，化简得$a^2 + c^2 - b^2 = 2$。
由余弦定理$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = \frac{2}{2ac} = \frac{1}{ac}$。
因为$\sin B = \frac{1}{3}$，且$B$为三角形内角，所以$\cos B = \sqrt{1 - (\frac{1}{3})^2} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$（$B$为锐角，若钝角则$\cos B$为负，而$\frac{1}{ac} ＞ 0$，故舍去），则$ac = \frac{1}{\cos B} = \frac{3}{2\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{4}$。
$\triangle ABC$面积$S = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2} × \frac{3\sqrt{2}}{4} × \frac{1}{3} = \frac{\sqrt{2}}{8}$。
(2) 解：由正弦定理$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$（$R$为外接圆半径），则$a = 2R\sin A$，$c = 2R\sin C$，所以$ac = 4R^2\sin A\sin C$。
已知$\sin A\sin C = \frac{\sqrt{2}}{3}$，$ac = \frac{3\sqrt{2}}{4}$，则$\frac{3\sqrt{2}}{4} = 4R^2 × \frac{\sqrt{2}}{3}$，解得$4R^2 = \frac{9}{4}$，$2R = \frac{3}{2}$。
又因为$\frac{b}{\sin B} = 2R$，所以$b = 2R\sin B = \frac{3}{2} × \frac{1}{3} = \frac{1}{2}$。
(1) $\frac{\sqrt{2}}{8}$；
(2) $\frac{1}{2}$