第六章 章末演练轻松闯关

[A　基础达标]

1．将3化成最简式为(　　)

A．－a＋b　　　　　　 B．－4a＋5b

C.a－b   D．4a－5b

解析：选B.原式＝3[a＋b]＝3＝－4a＋5b.

2．设x，y∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝(　　)

A.   B.

C．2   D．10

解析：选B.由题意可知解得故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝.

3．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边长为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选B.A＝180°－(60°＋45°)＝75°，

故最短边为b，由正弦定理可得＝，

即b＝＝＝，故选B.

4．在锐角△ABC中，角A，B所对的边分别为a，b.若2asin B＝b，则角A等于(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选D.由已知及正弦定理得2sin Asin B＝sin B，因为sin B>0，所以sin A＝.又A∈，所以A＝.

5．在△ABC中，已知sin2A＝sin2B＋sin2C，且sin A＝2sin Bcos C，则△ABC的形状是(　　)

A．等腰三角形   B．等边三角形

C．直角三角形   D．等腰直角三角形

解析：选D.由sin2A＝sin2B＋sin2C及正弦定理可知a2＝b2＋c2⇒A为直角；而由sin A＝2sin Bcos C，可得sin(B＋C)＝2sin Bcos C, 整理得sin Bcos C＝cos Bsin C，即sin(B－C)＝0，故B＝C.综合上述，B＝C＝，A＝.即△ABC为等腰直角三角形．

6．已知非零向量a＝(t，0)，b＝(－1，)，若a＋2b与a的夹角等于a＋2b与b的夹角，则t＝________．

解析：由题设得＝，所以|b|(|a|2＋2b·a)＝|a|(a·b＋2|b|2)，将a＝(t，0)，b＝(－1，)代入整理得2t2＋t·|t|＝8|t|＋4t，当t>0时，3t2＝12t，所以t＝4；当t<0时，t2＝－4t，所以t＝－4.综上，t的值为4或－4.

答案：4或－4

7．在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边．若2asin B＝b，b＋c＝5，bc＝6，则a＝________．

解析：因为2asin B＝b，所以2sin Asin B＝sin B.

所以sin A＝，因为△ABC为锐角三角形，

所以cos A＝，因为bc＝6，b＋c＝5，

所以b＝2，c＝3或b＝3，c＝2.

所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝22＋32－2×6×＝7，

所以a＝.

答案：

8．(2019·湖南株洲市检测)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若·＝2，则的模为________．

解析：因为在平行四边形ABCD中，＝＋＝－，又＝，＝，所以＝－，所以·＝·＝·－2＝||||cos 60°－||2＝||－1＝2，所以||＝12.

答案：12

9．已知向量e1，e2，且|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝.

(1)求证：(2e1－e2)⊥e2；

(2)若m＝λe1＋e2，n＝3e1－2e2，且|m|＝|n|，求λ的值．

解：(1)证明：因为|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝，

所以(2e1－e2)·e2＝2e1·e2－e＝2|e1||e2|cos－|e2|2＝2×1×1×－12＝0，所以(2e1－e2)⊥e2.

(2)由|m|＝|n|得(λe1＋e2)2＝(3e1－2e2)2，

即(λ2－9)e＋(2λ＋12)e1·e2－3e＝0.

因为|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝，

所以e＝e＝1，e1·e2＝1×1×cos＝，

所以(λ2－9)×1＋(2λ＋12)×－3×1＝0，

即λ2＋λ－6＝0.所以λ＝2或λ＝－3.

10．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若B＝，且(a－b＋c)(a＋b－c)＝bc.

(1)求cos C的值；

(2)若a＝5，求△ABC的面积．

解：(1)由(a－b＋c)(a＋b－c)＝bc，

得a2－(b－c)2＝bc，

即a2＝b2＋c2－bc，由余弦定理，

得cos A＝＝，

所以sin A＝.又因为B＝，

所以cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝.

(2)由(1)得sin C＝.

在△ABC中，由正弦定理，得＝＝.

所以c＝＝8，所以S＝acsin B＝×5×8×sin＝10.

[B　能力提升]

11．飞机沿水平方向飞行，在A处测得正前下方地面目标C的俯角为30°，向前飞行10 000米，到达B处，此时测得目标C的俯角为75°，这时飞机与地面目标C的距离为(　　)

A．5 000米   B．5 000米

C．4 000米   D．4 000米

解析：选B.如图，在△ABC中，AB＝10 000米，A＝30°，C＝75°－30°＝45°.根据正弦定理得，

BC＝＝

＝5 000　(米)．

12．在△ABC中，点D满足BD＝BC，当E点在线段AD上移动时，若＝λ＋μ，则t＝(λ－1)2＋μ2的最小值是(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选C.如图所示，存在实数m使得＝m(0≤m≤1)，＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，所以＝m＝＋，所以所以t＝(λ－1)2＋μ2＝＋＝m2－＋1＝＋，所以当m＝时，t＝(λ－1)2＋μ2取得最小值.

13．在△ABC中，BC＝a，AC＝b，a，b是方程x2－2x＋2＝0的两个根，且2cos(A＋B)＝1.则C＝________，AB＝________．

解析：因为cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－，所以C＝120°.

由题设，得

所以AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C＝a2＋b2－2abcos 120°＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab＝(2)2－2＝10.

所以AB＝.

答案：120°　

14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a－b)cos C＝ccos B，△ABC的面积S＝10，c＝7.

(1)求角C；

(2)求a，b的值．

解：(1)因为(2a－b)cos C＝ccos B，

所以(2sin A－sin B)cos C＝sin Ccos B，

2sin Acos C－sin Bcos C＝sin Ccos B，

即2sin Acos C＝sin(B＋C)．

所以2sin Acos C＝sin A.

因为A∈(0，π)，

所以sin A≠0.

所以cos C＝.

所以C＝.

(2)由S＝absin C＝10，C＝，

得ab＝40.①

由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C，

即c2＝(a＋b)2－2ab，

所以72＝(a＋b)2－2×40×.

所以a＋b＝13.②

由①②得a＝8，b＝5或a＝5，b＝8.

[C　拓展探究]

15．某单位有A，B，C三个工作点，需要建立一个公共无线网络发射点O，使得发射点到三个工作点的距离相等．已知这三个工作点之间的距离分别为AB＝80 m，BC＝70 m，CA＝50 m．假定A，B，C，O四点在同一平面内．

(1)求∠BAC的大小；

(2)求点O到直线BC的距离．

解：(1)在△ABC中，因为AB＝80 m，BC＝70 m，CA＝50 m，由余弦定理得cos∠BAC＝＝＝.

因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝.

(2)法一：因为发射点O到A，B，C三个工作点的距离相等，所以点O为△ABC外接圆的圆心．

设外接圆的半径为R，则在△ABC中，＝2R.

由(1)知A＝，所以sin A＝.

所以2R＝＝.即R＝.

如图，连接OB，OC，过点O作边BC的垂线，垂足为D.在△OBD中，OB＝R＝，BD＝＝＝35，

所以OD＝＝＝.

即点O到直线BC的距离为 m.

法二：因为发射点O到A，B，C三个工作点的距离相等，所以点O为△ABC外接圆的圆心．连接OB，OC，过点O作边BC的垂线，垂足为D.

由(1)知∠BAC＝，

所以∠BOC＝，所以∠BOD＝.

在Rt△BOD中，BD＝＝＝35 ，

所以OD＝＝＝.

即点O到直线BC的距离为 m.