北师大版 (2019)必修 第二册第二章 平面向量及其应用本章综合与测试课后复习题

第二章　平面向量及其应用

本章复习提升

易混易错练

易错点一　对向量的有关概念理解不清致错

1.()下列命题正确的是(　　)

A.若a·c=b·c且c≠0,则a=b

B.向量a、b平行的充要条件是存在实数k,使得b=ka

C.若|a+b|=|a-b|,则a·b=0

D.若a与b都是单位向量,则a·b=1

易错点二　对向量共线的概念理解不全面致错

2.()已知向量a=(1,m),b=(m,1),则“m=1”是“a∥b”成立的(　　)

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

易错点三　对向量夹角的概念理解有误致错

3.(2020四川眉山高三第二次诊断性考试,)已知平面向量a,b的夹角为,且|a|=1,|b|=2,则2a+b与b的夹角是(　　)

A. B. C. D.

4.()已知a=(-2,-1),b=(λ,1),若a与b的夹角α为钝角,求实数λ的取值范围.

易错点四　解三角形时忽视解的个数致错

5.(2020湖南师范大学附属中学高三上学期期中,)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,已知A=,a=6,b=8,则c=(　　)

A.4-2或4+2 B.4-2

C.4+2 D.4

6.()已知△ABC中,B=30°,AB=2,AC=2,求△ABC的面积.

易错点五　忽视三角形中角、边的隐含条件致错

7.()已知钝角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=k,b=k+2,c=k+4,k>0,求实数k的取值范围.

8.(2020江西宜春高二期末,)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,且4S=a2+b2-c2.

(1)求角C;

(2)若a=1,c=,求角B.

思想方法练

一、函数与方程思想在平面向量、解三角形中的应用

1.(2020广东佛山高一下学期期中,)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=2,A=,△ABC的面积为2,则b+c=(　　)

A.4 B.6 C.8 D.10

2.(2020陕西汉中高三第六次质量检测,)已知△ABC中,A=60°,AB=6,AC=4,O为△ABC所在平面上一点,且满足OA=OB=OC.设=λ+μ,则λ+μ的值为(　　)

A.2 B.1 C. D.

3.(2020辽宁丹东高三总复习阶段测试,)△ABC中,AB=2,BC=,cos A=,则AC=　　　　. 

4.(2020吉林长春普通高中高三质量检测,)在△ABC中,AB=6,AC=4.

(1)若sin B=,求△ABC的面积;

(2)若点D在BC边上且BD=2DC,AD=BD,求BC的长.

二、转化与化归思想在平面向量中的应用

5.(2020安徽合肥第八中学高二下学期期末,)如图,在四边形ABCD中,对角线BD垂直平分AC,垂足为O,若AC=4,则·=(　　)

A.2 B.4 C.8 D.16

6.(2020天津适应性测试,)如图,在△ABC中,AB=3,AC=2,∠BAC=60°,D,E分别为边AB,AC上的点,AE=1,且·=,则||=　　　　,若P是线段DE上的一个动点,则·的最小值为　　　　. 

三、数形结合思想在平面向量、解三角形中的应用

7.(2020江苏苏州高一下期末,)如图所示,在6×4的网格中,每个小正方形的边长均为1,点O,A,B,C均为格点(格点是指每个小正方形的顶点),求·的值.

8.()海上某货轮在A处看灯塔B,在货轮的北偏东75°,距离为12 n mile;在A处看灯塔C,在货轮的北偏西30°,且距离为8 n mile;货轮向正北由A处航行到D处时看灯塔B的方位角为120°.求:

(1)A处与D处的距离;

(2)灯塔C与D处之间的距离.

 答案全解全析

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易混易错练

1.C 2.A 3.D 5.A 

1.C　对于A,若a•c=b•c且c≠0,则(a-b)•c=0,不一定有a=b,还有可能是(a-b)⊥c,故A错误;

对于B,若a≠0,则两向量共线的充要条件是存在唯一实数k,使得b=ka,故B错误;

对于C,由题得a2+2a•b+b2=a2-2a•b+b2,所以a•b=0,故C正确;

对于D,a与b都是单位向量,则当cos<a,b>=1时,a•b=1,否则,不成立,所以D错误.

故选C.

2.A　若m=1,则a=b=(1,1),因此a∥b,即由“m=1”能推出“a∥b”.

若a∥b,则1-m2=0,解得m=±1,即由“a∥b”不能推出“m=1”.

因此,“m=1”是“a∥b”成立的充分不必要条件.

故选A.

3.D　设2a+b与b的夹角是θ,由题意得|2a+b|=√(4a^2+4"|" a"|•|" b"|" cos" "  π/3+b^2 )=2√3,

(2a+b)•b=2a•b+b2=2|a|•|b|cos π/3+b2=6,

所以cos θ=("(" 2a+b")•" b)/("|" 2a+b"|•|" b"|" )=6/(2√3×2)=√3/2,

又0≤θ≤π,所以θ=π/6.

故选D.

4.解析　由于a与b的夹角α为钝角,则a•b<0且a与b不共线,

∵a=(-2,-1),b=(λ,1),

∴{■("-" 2λ"-" 1<0"," @"-" 2+λ≠0"," )┤解得λ>-1/2且λ≠2,

因此,实数λ的取值范围是 -1/2,2 ∪(2,+∞).

5.A　由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,即36=64+c2-2×8c×√2/2,

所以c2-8√2c+28=0,解得c=4√2-2或c=4√2+2,经检验,均符合题意.

故选A.

6.解析　由正弦定理,得sin C=ABsinB/AC=(2√3 sin30"°" )/2=√3/2,

∴C=60°或C=120°.

当C=60°时,A=90°,S△ABC=1/2AB•AC=2√3;

当C=120°时,A=30°,S△ABC=1/2AB•ACsin A=√3.

故△ABC的面积为2√3或√3.

7.解析　因为c>b>a且△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.

所以cos C=(a^2+b^2 "-" c^2)/2ab=(k^2 "-" 4k"-" 12)/(2k"(" k+2")" )<0,

所以k2-4k-12<0,又k>0,所以0<k<6.

又由于两边之和大于第三边,

即k+(k+2)>k+4,所以k>2.

综上,实数k的取值范围是2<k<6.

8.解析　(1)∵S=1/2absin C,∴4×1/2absin C=a2+b2-c2,即sin C=(a^2+b^2 "-" c^2)/2ab=cos C,

又0°<C<180°,∴C=45°.

(2)∵a/sinA=c/sinC,∴sin A=a/csin C=1/√2×√2/2=1/2.∵a<c,∴A<C,即A=30°,∵A+B+C=180°,∴B=105°.

思想方法练

1.B 2.C 5.C  

1.B　由题意得,1/2bcsin A=2√3,则有bc=8,①由a2=b2+c2-2bccos A,得b2+c2=20,②

联立①②,解得{■(b=2"," @c=4)┤或{■(b=4"," @c=2"," )┤则b+c=6.

故选B.

2.C　由OA=OB=OC,得点O是△ABC的外心,

又外心是中垂线的交点,

所以{■((AO) ⃗"•" (AB) ⃗=18"," @(AO) ⃗"•" (AC) ⃗=8"," )┤

即{■("(" λ(AB) ⃗+μ(AC) ⃗")•" (AB) ⃗=18"," @"(" λ(AB) ⃗+μ(AC) ⃗")•" (AC) ⃗=8"," )┤

又AB=6,AC=4,(AB) ⃗•(AC) ⃗=12,

所以{■(6λ+2μ=3"," @3λ+4μ=2"," )┤解得{■(λ=4/9 "," @μ=1/6 "," )┤

即λ+μ=4/9+1/6=11/18,

故选C.

3.答案　3

解析　设AC=x,利用余弦定理得(√5)2=22+x2-2×2×x×2/3,

整理得3x2-8x-3=0,解得x=3或x=-1/3(负值舍去),即AC=3.

4.解析　(1)由正弦定理得,(4√2)/((2√2)/3)=6/sinC,

所以sin C=1,所以C=π/2,

所以BC=√(6^2 "-(" 4√2 ")" ^2 )=2,

所以S=1/2×2×4√2=4√2.

(2)设DC=x,则AD=BD=2x,又cos∠ADB=-cos∠ADC,所以由余弦定理可得("(" 2x")" ^2+"(" 2x")" ^2 "-" 6^2)/(2"•" 2x"•" 2x)=-("(" 2x")" ^2+x^2 "-(" 4√2 ")" ^2)/(2"•" x"•" 2x)

解得x=(5√2)/3,所以BC=3DC=5√2.

5.C　因为对角线BD垂直平分AC,垂足为O,所以(AO) ⃗=1/2 (AC) ⃗,(BO) ⃗⊥(AC) ⃗,即(BO) ⃗•(AC) ⃗=0,

所以(AB) ⃗=(AO) ⃗+(OB) ⃗=1/2 (AC) ⃗+(OB) ⃗,

则(AB) ⃗•(AC) ⃗= 1/2 (AC) ⃗+(OB) ⃗ •(AC) ⃗=1/2 (AC) ⃗^2+(OB) ⃗•(AC) ⃗=1/2|(AC) ⃗|2+0=1/2×42=8,

故选C.

6.答案　1;-1/16

解析　∵(AD) ⃗•(AE) ⃗=|(AD) ⃗|•|(AE) ⃗|•cos 60°=|(AD) ⃗|×1×1/2=1/2,∴|(AD) ⃗|=1.

又∵AE=1且∠BAC=60°,

∴△ADE为等边三角形,

∴DE=1,∠BDP=∠CEP=120°,BD=2,EC=1.

设DP的长为x(0≤x≤1),则PE=1-x,

(BP) ⃗•(CP) ⃗=((BD) ⃗+(DP) ⃗)•((CE) ⃗+(EP) ⃗)

=(BD) ⃗•(CE) ⃗+(BD) ⃗•(EP) ⃗+(DP) ⃗•(CE) ⃗+(DP) ⃗•(EP) ⃗

=2×1×1/2+2(1-x) -1/2 +x×1×("-"  1/2)+x(1-x)(-1)

=x2-x/2= x-1/4 2-1/16≥-1/16,

当且仅当x=1/4时取等号,

∴(BP) ⃗•(CP) ⃗的最小值为-1/16.

7.解析　设水平向右和竖直向上的单位向量分别为e1和e2,则|e1 |=|e2 |=1且e1•e2=0,

由题图可知(OC) ⃗=3e1+2e2,(AB) ⃗=6e1-3e2,

所以(OC) ⃗•(AB) ⃗=(3e1+2e2)•(6e1-3e2)=18e_1^2+3e1•e2-6e_2^2=12.

8.解析　由题意,画出示意图,如图所示.

(1)在△ABD中,由已知得∠ADB=60°,则B=45°.由正弦定理,得AD=ABsin45"°" /sin60"°" =24,即A处与D处的距离为24 n mile.

(2)在△ADC中,由余弦定理,得

CD2=AD2+AC2-2AD•ACcos 30°

=242+(8√3)2-2×24×8√3×√3/2=(8√3)2,

∴CD=8√3,即灯塔C与D处之间的距离为8√3 n mile.