高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第六章 平面向量及其应用本章综合与测试精品复习练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第六章 平面向量及其应用本章综合与测试精品复习练习题，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间:120分钟 满分:150分)


一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)





1.已知向量a=(2,1),b=(x,-2),若a∥b,则a+b=( )


A.(-2,-1)B.(2,1)


C.(3,-1)D.(-3,1)


答案A


解析∵a∥b,∴2×(-2)-x=0,∴x=-4.


∴a+b=(2,1)+(-4,-2)=(-2,-1).


2.在△ABC中,若A=60°,BC=43,AC=42,则角B的大小为( )


A.30°B.45°


C.135°D.45°或135°


答案B


解析由正弦定理,得BCsinA=ACsinB,则sin B=ACsinABC=42sin60°43=22.因为BC>AC,所以A>B,而A=60°,所以B=45°.


3.(2018全国Ⅱ高考)已知向量a,b满足|a|=1,a·b=-1,则a·(2a-b)=( )


A.4B.3C.2D.0


答案B


解析a·(2a-b)=2a2-a·b=2-(-1)=3.


4.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)2-c2=4,C=120°,则△ABC的面积为( )


A.33B.233C.3D.23


答案C


解析将c2=a2+b2-2abcs C与(a+b)2-c2=4联立,解得ab=4,故S△ABC=12absin C=3.


5.在△ABC中,若其面积为S,且AB·AC=23S,则角A的大小为( )


A.30°B.60°C.120°D.150°


答案A


解析因为S=12AB·AC·sin A,而AB·AC=AB·AC·cs A,所以AB·AC·cs A=23×12AB·AC·sin A,所以tan A=33,故A=30°.


6.(2018全国Ⅰ高考)在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则EB=( )


A.34AB-14ACB.14AB-34AC


C.34AB+14ACD.14AB+34AC


答案A





解析如图,EB=-BE


=-12(BA+BD)


=12AB-14BC


=12AB-14(AC-AB)=34AB-14AC.


7.在△ABC中,AB=3,AC=2,若O为△ABC内部的一点,且满足OA+OB+OC=0,则AO·BC=( )


A.12B.25C.13D.14


答案C


解析由OA+OB+OC=0可知O为△ABC的重心,于是AO·BC=13(AB+AC)·(AC-AB)=13(AC2-AB2)=13.


8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知sin(B+A)+sin(B-A)=3sin 2A,且c=7,C=π3,则△ABC的面积是( )


A.334B.736


C.213D.334或736


答案D


解析∵sin(B+A)=sin Bcs A+cs Bsin A,sin(B-A)=sin Bcs A-cs Bsin A,sin 2A=2sin Acs A,sin(B+A)+sin(B-A)=3sin 2A,∴2sin Bcs A=6sin Acs A.当cs A=0时,A=π2,B=π6.又c=7,所以b=213.由三角形的面积公式,得S=12bc=736;当cs A≠0时,由2sin Bcs A=6sin Acs A,得sin B=3sin A.根据正弦定理,可知b=3a,再由余弦定理,得cs C=a2+b2-c22ab=a2+9a2-76a2=csπ3=12,解得a=1,b=3,所以此时△ABC的面积为S=12absin C=334.综上可得△ABC的面积为736或334,故选D.


二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)


9.下列说法错误的是( )


A.AB∥CD就是AB所在的直线平行于CD所在的直线


B.长度相等的向量叫相等向量


C.零向量的长度等于0


D.共线向量是在同一条直线上的向量


答案ABD


解析AB∥CD包含AB所在的直线与CD所在的直线平行和重合两种情况,故A项错;相等向量不仅要求长度相等,还要求方向相同,故B项错;按定义,零向量的长度等于0,故C项正确;共线向量可以是在一条直线上的向量,也可以是所在直线互相平行的向量,故D项错.


10.(2019山东济南高一期末)对于任意的平面向量a,b,c,下列说法错误的是( )


A.若a∥b且b∥c,则a∥c


B.(a+b)·c=a·c+b·c


C.若a·b=a·c,且a≠0,则b=c


D.(a·b)·c=a·(b·c)


答案ACD





解析对于A,b=0,命题不成立;对于B,这是平面向量数乘的分配律,显然成立;对于C,若a和b,c都垂直,显然b,c至少在模的方面没有特定关系,所以命题不成立;对于D,如图,若a=AB,b=AC,c=AD,则(a·b)·c与a·(b·c)是一个分别和c,a共线的向量,显然命题(a·b)·c=a·(b·c)不成立.故选ACD.


11.(2019福建厦门外国语学校高一月考)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个命题中正确的是( )


A.若acsA=bcsB=ccsC,则△ABC一定是等边三角形


B.若acs A=bcs B,则△ABC一定是等腰三角形


C.若bcs C+ccs B=b,则△ABC一定是等腰三角形


D.若a2+b2-c2>0,则△ABC一定是锐角三角形


答案AC


解析由acsA=bcsB=ccsC,


利用正弦定理可得sinAcsA=sinBcsB=sinCcsC,


即tan A=tan B=tan C,即A=B=C,


所以△ABC是等边三角形,A正确;


由正弦定理可得sin Acs A=sin Bcs B,


即sin 2A=sin 2B,所以2A=2B或2A+2B=π,


△ABC是等腰三角形或直角三角形,B不正确;


由正弦定理可得sin Bcs C+sin Ccs B=sin B,


即sin (B+C)=sin B,即sin A=sin B,


则A=B,△ABC是等腰三角形,C正确;


由余弦定理可得cs C=a2+b2-c22ab>0,C为锐角,A,B不一定是锐角,D不正确,故选AC.


12.(2019山东烟台高一期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是( )


A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6


B.△ABC是钝角三角形


C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍


D.若c=6,则△ABC外接圆半径为877


答案ACD


解析因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,所以可设a+b=9x,a+c=10x,b+c=11x(x>0),解得a=4x,b=5x,c=6x,所以sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,所以A正确;由上可知:c边最大,所以三角形中C角最大,


又cs C=a2+b2-c22ab=(4x)2+(5x)2-(6x)22×4x×5x=18>0,所以C角为锐角,所以B错误;


由上可知a边最小,所以三角形中A角最小,


又cs A=c2+b2-a22cb=(6x)2+(5x)2-(4x)22×6x×5x=34,


所以cs 2A=2cs2A-1=18,所以cs 2A=cs C.


由三角形中C角最大且C角为锐角可得:2A∈(0,π),C∈0,π2,所以2A=C,所以C正确;由正弦定理得2R=csinC,又sin C=1-cs2C=378,所以2R=6378,解得R=877,所以D正确.故选ACD.


三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)


13.(2019全国Ⅲ高考)已知a,b为单位向量,且a·b=0,若c=2a-5b,则cs=.


答案23


解析∵a,b为单位向量,∴|a|=|b|=1.又a·b=0,c=2a-5b,∴|c|2=4|a|2+5|b|2-45a·b=9,


∴|c|=3.又a·c=2|a|2-5a·b=2,


∴cs=a·c|a|·|c|=21×3=23.


14.已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=4,c=2,B=60°,则b= ,C= .


答案23 30°


解析在△ABC中,因为a=4,c=2,B=60°,由余弦定理,得b2=a2+c2-2accs B=42+22-2×4×2cs 60°=12,所以b=23,又由正弦定理,得sin C=csinBb=2sin60°23=12,又由c

15.





如图,为了测量A,C两点间的距离,选取同一平面上B,D两点,测出四边形ABCD各边的长度(单位:km):AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,如图所示,且A,B,C,D四点共圆,则AC的长为 km.


答案7


解析因为A,B,C,D四点共圆,所以B+D=π.由余弦定理,得AC2=52+32-2×5×3cs D=34-30cs D,AC2=52+82-2×5×8cs B=89-80cs B.


由于B+D=π,即cs B=-cs D,


因此-34-AC230=89-AC280,解得AC=7.


16.在四边形ABCD中,AB=DC=(1,1),1|BA|BA+1|BC|BC=3|BD|BD,则四边形ABCD的面积为 .


答案3


解析由AB=DC=(1,1),可知四边形ABCD为平行四边形,且|AB|=|DC|=2,因为1|AB|BA+1|BC|BC=3|BD|BD,所以可知平行四边形ABCD的角平分线BD平分∠ABC,四边形ABCD为菱形,其边长为2,且对角线BD长等于边长的3倍,即BD=3×2=6,则CE2=(2)2-622=12,即CE=22,所以三角形BCD的面积为12×6×22=32,所以四边形ABCD的面积为2×32=3.


四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)


17.(10分)已知a=(1,2),b=(-3,1).


(1)求a-2b;


(2)设a,b的夹角为θ,求cs θ的值;


(3)若向量a+kb与a-kb互相垂直,求k的值.


解(1)a-2b=(1,2)-2(-3,1)=(1+6,2-2)=(7,0).


(2)cs θ=a·b|a|·|b|=1×(-3)+2×11+(-3)222+1=-5050.


(3)因为向量a+kb与a-kb互相垂直,


所以(a+kb)·(a-kb)=0,即a2-k2b2=0,


因为a2=5,b2=10,所以5-10k2=0,解得k=±22.


18.(12分)设向量a,b满足|a|=|b|=1,且|3a-2b|=7.


(1)求a与b的夹角;


(2)求|2a+3b|的大小.


解(1)设a与b的夹角为θ.由已知得(3a-2b)2=7,即9|a|2-12a·b+4|b|2=7,因此9+4-12cs θ=7,于是cs θ=12,故 θ=π3,即a与b的夹角为π3.


(2)|2a+3b|=|2a+3b|2


=4|a|2+12a·b+9|b|2=4+12·12+9


=19.


19.(12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且csAa+csBb=sinCc.


(1)证明:sin Asin B=sin C;


(2)若b2+c2-a2=65bc,求tan B.


(1)证明根据正弦定理,可设asinA=bsinB=csinC=k(k>0).则a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C.


代入csAa+csBb=sinCc中,有csAksinA+csBksinB=sinCksinC,变形可得sin Asin B=sin Acs B+cs Asin B=sin(A+B).在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sin C,所以sin Asin B=sin C.


(2)解由已知,b2+c2-a2=65bc,


根据余弦定理,有cs A=b2+c2-a22bc=35.


所以sin A=1-cs2A=45.


由(1),sin Asin B=sin Acs B+cs Asin B,


所以45sin B=45cs B+35sin B,


故tan B=sinBcsB=4.


20.(12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asinA+C2=bsin A.


(1)求B;


(2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围.


解(1)由题设及正弦定理得sin AsinA+C2=sin Bsin A.因为sin A≠0,所以sinA+C2=sin B.


由A+B+C=180°,可得sinA+C2=csB2,


故csB2=2sinB2csB2.


因为csB2≠0,故sinB2=12,因此B=60°.


(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC=34a.


由正弦定理得a=csinAsinC=sin(120°-C)sinC=32tanC+12.由于△ABC为锐角三角形,故0°

故12

因此,△ABC面积的取值范围是38,32.


21.(12分)已知正方形ABCD,E,F分别是CD,AD的中点,BE,CF交于点P.求证:


(1)BE⊥CF;


(2)AP=AB.





证明如图建立平面直角坐标系xOy,其中A为原点,不妨设AB=2,则A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1).


(1)BE=OE-OB=(1,2)-(2,0)=(-1,2),CF=OF-OC=(0,1)-(2,2)=(-2,-1),


∵BE·CF=(-1)×(-2)+2×(-1)=0,


∴BE⊥CF,即BE⊥CF.


(2)设P(x,y),则FP=(x,y-1),CF=(-2,-1).


∵FP∥CF,∴-x=-2(y-1),即x=2y-2.


同理由BP∥BE,得y=-2x+4,代入x=2y-2,


解得x=65,∴y=85,即P65,85.∴AP2=652+852=4=AB2,∴|AP|=|AB|,即AP=AB.


22.(12分)要将一件重要物品从某港口O用小艇送到一艘正在航行的轮船上.在小艇出发时,轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处,并正以30海里/时的航行速度沿正东方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶,经过t小时与轮船相遇.


(1)若希望相遇时小艇的航行距离最短,则小艇航行速度的大小应为多少?


(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/时,试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小),使得小艇能在最短时间内与轮船相遇,并说明理由.


分析解决解三角形的应用题时首先要根据题意画出示意图,然后把实际问题转化为三角形的边角计算问题.


解(1)(方法一)设相遇时小艇航行的距离为s,


则s=900t2+400-2×30t×20×cs(90°-30°)


=900t2-600t+400=900t-132+300,


故当t=13时,smin=103海里,v=10313=303,


即小艇以303海里/时的速度航行,相遇时小艇的航行距离最短.


(方法二)若相遇时小艇的航行距离最短,又轮船沿正东方向匀速行驶,则小艇航行方向为正北方向.设小艇与轮船在C处相遇,如图①所示.在Rt△OAC中,OC=20cs 30°=103,AC=20sin 30°=10,


又AC=30t,OC=vt,所以t=1030=13,v=10313=303.





故小艇以303海里/时的速度航行,相遇时小艇的航行距离最短.


(2)设小艇与轮船在B处相遇,如图②所示,


则v2t2=400+900t2-2×20×30t×cs(90°-30°),即v2=900-600t+400t2.


∵0

故v=30时,t取得最小值,且最小值等于23.


此时,在△OAB中,有OA=OB=AB=20,故可设计航行方案如下:航行方向为北偏东30°,航行速度为30海里/时.此时小艇能在最短时间内与轮船相遇.