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第六章 平面向量及其应用
[时间：120分钟 分值：150分]
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1.下列说法中正确的是(　　)
A.||与线段BA的长度不相等
B.对任一向量a，|a|>0总是成立的
C.||=||
D.若a∥b，且|a|=1 014，|b|=1 010，则|a+b|=2 024
2.设x，y∈R，向量a=(x，1)，b=(1，y)，c=(2，-4)且a⊥c，b∥c，则|a+b|等于(　　)
A.5 B.2 C. D.10
3.已知a，b是两个不共线的向量，设=(a+5b)，=-2a+8b，=3(a-b)，则共线的三点是(　　)
A.A，B，D B.A，B，C
C.B，C，D D.A，C，D
4.在 ABCD中，点E满足=-2，且O是边AB的中点.若AE交DO于点M，且=λ+μ，则λ+μ等于(　　)
A. B. C. D.
5.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，C=60°，a+2b=8，sin A=6sin B，则c等于(　　)
A. B. C.6 D.5
6.一海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处.在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔在其南偏东70°方向，在B处观察灯塔在其北偏东65°方向，那么B，C两点间的距离是(　　)
A.10 海里 B.10 海里
C.20 海里 D.20 海里
7.已知△ABC的三边长分别是，，，若a2+b2=c2，则△ABC的形状是(　　)
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.以上都有可能
8.如图所示，半圆的直径AB=4，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(+·的最小值是(　　)
A.2 B.0 C.-1 D.-2
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是(　　)
A.若A>B，则sin A>sin B
B.若A=30°，b=4，a=3，则△ABC有两解
C.若△ABC为钝角三角形，则a2+b2D.若A=60°，a=2，则△ABC面积的最大值为
10.下列关于平面向量的说法正确的是(　　)
A.已知a，b均为非零向量，若a∥b，则存在唯一的实数λ，使得a=λb
B.已知非零向量a=(1，2)，b=(1，1)，且a与a+λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是
C.若a·c=b·c且c≠0，则a=b
D.若点G为△ABC的重心，则++=0
11.设点M是△ABC所在平面内一点，则下列说法中正确的是(　　)
A.若=+，则点M是△ABC的重心
B.若=2-，则点M在边BC的延长线上
C.若2=x+y，且x+y=1，则△MBC的面积是△ABC面积的
D.已知平面向量，满足·=·，=λ，且点M与点A不重合，则△ABC为等腰三角形
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12.已知向量a，b满足|b|=5，|a+b|=4，|a-b|=6，则向量a在向量b上的投影向量为　　　　.
13.在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB=2，BC=1，∠ABC=60°.点E和F分别在线段BC和DC上，且=，=，则·的值为　　　　.
14.如图，为测塔高PA，在塔底所在的水平面内取一点C，测得塔顶的仰角为θ，由C向塔前进30米后到点D，测得塔顶的仰角为2θ，再由D向塔前进10米后到点E，测得塔顶的仰角为4θ，则θ=　　　　，塔高为　　　　米.
四、解答题(本题共5小题，共77分)
15.(13分)已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a=(1，2).
(1)若c=(2，λ)，且c∥a，求|c|；(6分)
(2)若b=(1，1)，且ma-b与2a-b垂直，求实数m的值.(7分)
16.(15分)某货船在航行中遭海盗袭击，发出求救信号.如图，海军护航舰在A处获悉后，立即测出该货船在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得货船正沿方位角为105°的方向，以10海里/时的速度向前行驶，海军护航舰立即以10海里/时的速度前去营救，求护航舰的航向和靠近货船所需的时间.
17.(15分)如图，在四边形ABCD中，已知∠ADC=75°，AD=5，AB=7，∠BDA=60°，∠BCD=135°.
(1)求BD的长；(7分)
(2)求CD的长.(8分)
18.(17分)(2024·新课标全国Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab.
(1)求B；(8分)
(2)若△ABC的面积为3+，求c.(9分)
19.(17分)如图所示，在△ABC中，=，=，BQ与CR相交于点I，AI的延长线与边BC交于点P.
(1)用和分别表示和；(4分)
(2)如果=+λ=+μ，求实数λ和μ的值；(6分)
(3)确定点P在边BC上的位置.(7分)
第六章 平面向量及其应用
[时间：120分钟 分值：150分]
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1.下列说法中正确的是(　　)
A.||与线段BA的长度不相等
B.对任一向量a，|a|>0总是成立的
C.||=||
D.若a∥b，且|a|=1 014，|b|=1 010，则|a+b|=2 024
答案　C
解析　||，||均与线段BA的长度相等，所以A不正确，C正确；
|0|=0，对任一向量a，|a|≥0总成立，所以B不正确；
当a，b方向相反时，|a+b|=4，所以D不正确.
2.设x，y∈R，向量a=(x，1)，b=(1，y)，c=(2，-4)且a⊥c，b∥c，则|a+b|等于(　　)
A.5 B.2 C. D.10
答案　C
解析　因为向量a=(x，1)，b=(1，y)，c=(2，-4)且a⊥c，b∥c，
所以2x-4=0 x=2，1×(-4)-2y=0 y=-2，
从而a+b=(2，1)+(1，-2)=(3，-1)，
因此|a+b|==.
3.已知a，b是两个不共线的向量，设=(a+5b)，=-2a+8b，=3(a-b)，则共线的三点是(　　)
A.A，B，D B.A，B，C
C.B，C，D D.A，C，D
答案　A
解析　∵=+=a+5b，
∴=，又∵，有公共点B，
∴A，B，D三点共线.
4.在 ABCD中，点E满足=-2，且O是边AB的中点.若AE交DO于点M，且=λ+μ，则λ+μ等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　如图，由=-2知E为DC上靠近点C的三等分点，在 ABCD中，
因为△AOM∽△EDM，所以====，
所以==+
==+.
因为=λ+μ，所以λ+μ=.
5.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，C=60°，a+2b=8，sin A=6sin B，则c等于(　　)
A. B. C.6 D.5
答案　B
解析　在△ABC中，sin A=6sin B，
由正弦定理得a=6b，
由解得
由余弦定理，得c2=a2+b2-2abcos C
=36+1-2×6×1×=31，故c=.
6.一海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处.在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔在其南偏东70°方向，在B处观察灯塔在其北偏东65°方向，那么B，C两点间的距离是(　　)
A.10 海里 B.10 海里
C.20 海里 D.20 海里
答案　B
解析　根据已知条件可知，在△ABC中，AB=20 海里，∠BAC=30°，∠ABC=105°，所以C=45°，由正弦定理，得=，
所以BC==10(海里).
7.已知△ABC的三边长分别是，，，若a2+b2=c2，则△ABC的形状是(　　)
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.以上都有可能
答案　A
解析　由a2+b2=c2，可知c>a且c>b，
则在△ABC中，边所对的角为最大角，其余弦值为=，
又∵a2+b2=c2，∴(a+b)2=c2+2ab>c2，
∴a+b>c，故边对应的角为锐角.
∴△ABC为锐角三角形.
8.如图所示，半圆的直径AB=4，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(+·的最小值是(　　)
A.2 B.0 C.-1 D.-2
答案　D
解析　由平行四边形法则得+=2，故(+·=2·，||=2-||，且，方向相反，设||=t(0≤t≤2)，则(+·=2·=-2t(2-t)=2(t2-2t)=2[(t-1)2-1].因为0≤t≤2，所以当t=1时，(+·取得最小值，最小值为-2.
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是(　　)
A.若A>B，则sin A>sin B
B.若A=30°，b=4，a=3，则△ABC有两解
C.若△ABC为钝角三角形，则a2+b2D.若A=60°，a=2，则△ABC面积的最大值为
答案　ABD
解析　对于A选项，若A>B，则a>b，由正弦定理可得=，所以sin A>sin B，故A正确；
对于B选项，bsin A=4sin 30°=2，则bsin A对于C选项，当△ABC为钝角三角形，且C为钝角时，cos C=<0，可得a2+b2对于D选项，由余弦定理与基本不等式可得4=a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc，即bc≤4，当且仅当b=c=2时，等号成立，所以S△ABC=bcsin A=bc≤，故D正确.
10.下列关于平面向量的说法正确的是(　　)
A.已知a，b均为非零向量，若a∥b，则存在唯一的实数λ，使得a=λb
B.已知非零向量a=(1，2)，b=(1，1)，且a与a+λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是
C.若a·c=b·c且c≠0，则a=b
D.若点G为△ABC的重心，则++=0
答案　AD
解析　对于选项A，由向量共线定理知选项A正确；
对于选项B，a+λb=(1，2)+λ(1，1)=(1+λ，2+λ)，
若a与a+λb的夹角为锐角，
则a·(a+λb)=1+λ+2(2+λ)=5+3λ>0，
解得λ>-，
当a与a+λb共线时，2+λ=2(1+λ)，
解得λ=0，
此时a=(1，2)，a+λb=(1，2)，
此时a与a+λb的夹角为0，不符合题意，所以实数λ的取值范围是∪(0，+∞)，选项B错误；
对于选项C，若a·c=b·c，
则c·(a-b)=0，
因为c≠0，则a=b或c与a-b垂直，选项C错误；
对于选项D，若点G为△ABC的重心，延长AG与BC交于点M，则M为BC的中点，
所以=2=2×+=+，
所以++=0，选项D正确.
11.设点M是△ABC所在平面内一点，则下列说法中正确的是(　　)
A.若=+，则点M是△ABC的重心
B.若=2-，则点M在边BC的延长线上
C.若2=x+y，且x+y=1，则△MBC的面积是△ABC面积的
D.已知平面向量，满足·=·，=λ，且点M与点A不重合，则△ABC为等腰三角形
答案　ACD
解析　对于A，如图，设BC的中点为D，若=+=+=×2=，则点M是△ABC的重心，故A正确；
对于B，若=2-，即有-=-，即=，则点M在边CB的延长线上，故B错误；
对于C，如图，若2=x+y，且x+y=1，
由图可得M为AN的中点，则△MBC的面积是△ABC面积的，故C正确；
对于D，因为·=·，所以·=·，
即·=·，
所以·cos∠BAM
=cos∠CAM，
因为=λ，所以点M在∠BAC的角平分线上，所以∠BAM=∠CAM，
所以cos∠BAM=cos∠CAM，
所以||=||，所以△ABC为等腰三角形，
故D正确.
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12.已知向量a，b满足|b|=5，|a+b|=4，|a-b|=6，则向量a在向量b上的投影向量为　　　　.
答案　-b
解析　由题意可得(a+b)2=16，(a-b)2=36，
即a2+b2+2a·b=16，a2+b2-2a·b=36，
两式相减可得a·b=-5，又|b|=5，
得|a|cos〈a，b〉=-1，
则向量a在向量b上的投影向量为|a|cos〈a，b〉·=-1×b=-b.
13.在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB=2，BC=1，∠ABC=60°.点E和F分别在线段BC和DC上，且=，=，则·的值为　　　　.
答案　
解析　作CO⊥AB于点O，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A，B，C，D，
所以E，F，
所以=，=，
所以·=·=+=.
14.如图，为测塔高PA，在塔底所在的水平面内取一点C，测得塔顶的仰角为θ，由C向塔前进30米后到点D，测得塔顶的仰角为2θ，再由D向塔前进10米后到点E，测得塔顶的仰角为4θ，则θ=　　　　，塔高为　　　　米.
答案　　15
解析　由题意，得∠CPD=∠EDP-∠DCP=2θ-θ=θ，
∠DPE=∠AEP-∠EDP=4θ-2θ=2θ，
∴PD=CD=30，PE=DE=10.
在△PDE中，由余弦定理的推论，得
cos 2θ=
==，
∴2θ=，∴θ=，4θ=，
∵sin 4θ=，
∴PA=PE·sin 4θ=10×=15，
故塔高为15米.
四、解答题(本题共5小题，共77分)
15.(13分)已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a=(1，2).
(1)若c=(2，λ)，且c∥a，求|c|；(6分)
(2)若b=(1，1)，且ma-b与2a-b垂直，求实数m的值.(7分)
解　(1)因为c∥a，a=(1，2)，c=(2，λ)，
所以2×2-1×λ=0，解得λ=4，即c=(2，4)，
所以|c|==2.
(2)因为a=(1，2)，b=(1，1)，
所以ma-b=(m-1，2m-1)，2a-b=(1，3).
因为ma-b与2a-b垂直，
所以(ma-b)·(2a-b)=0，
即(m-1)×1+(2m-1)×3=0，解得m=.
16.(15分)某货船在航行中遭海盗袭击，发出求救信号.如图，海军护航舰在A处获悉后，立即测出该货船在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得货船正沿方位角为105°的方向，以10海里/时的速度向前行驶，海军护航舰立即以10海里/时的速度前去营救，求护航舰的航向和靠近货船所需的时间.
解　设所需时间为t小时，
则BC=10t，AB=10t.
在△ABC中，∠ACB=45°+(180°-105°)=120°，
根据余弦定理，
得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB，
可得(10t)2=102+(10t)2-2×10×10t×cos 120°，
整理得2t2-t-1=0，
解得t=1或t=-(舍去).
故护航舰需1小时靠近货船.
此时AB=10，BC=10，
又AC=10，所以∠CAB=30°，
所以护航舰航行的方位角为75°.
17.(15分)如图，在四边形ABCD中，已知∠ADC=75°，AD=5，AB=7，∠BDA=60°，∠BCD=135°.
(1)求BD的长；(7分)
(2)求CD的长.(8分)
解　(1)在△ABD中，AD=5，AB=7，
∠BDA=60°，
由余弦定理可得，AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠BDA，
即49=25+BD2-2×5·BD·cos 60°，
则BD2-5BD-24=0，
解得BD=8(BD=-3舍去).
(2)在△BCD中，∠BDC=∠ADC-∠BDA=75°-60°=15°，
又∠BCD=135°，
则∠CBD=180°-135°-15°=30°.
由(1)得BD=8，由正弦定理得
=，
即=，
解得CD=4.
18.(17分)(2024·新课标全国Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab.
(1)求B；(8分)
(2)若△ABC的面积为3+，求c.(9分)
解　(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcos C，
因为a2+b2-c2=ab，
所以cos C=，
因为C∈(0，π)，所以sin C>0，
从而sin C===，
又因为sin C=cos B，
即cos B=，
又B∈(0，π)，所以B=.
(2)由(1)可得B=，cos C=，C∈(0，π)，
从而C=，sin A=sin(B+C)=sin
=×+×=.
方法一　由正弦定理有=，
从而b=·c=c，
由三角形面积公式可知，
△ABC的面积可表示为S△ABC=bc·sin A
=·c·c·=c2，
由已知△ABC的面积为3+，
可得c2=3+，所以c=2.
方法二　记R为△ABC外接圆的半径，
由正弦定理得
S△ABC=ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C
=2R2···
=·R2=3+.
所以R=2.
所以c=2R·sin C=2×2×=2.
19.(17分)如图所示，在△ABC中，=，=，BQ与CR相交于点I，AI的延长线与边BC交于点P.
(1)用和分别表示和；(4分)
(2)如果=+λ=+μ，求实数λ和μ的值；(6分)
(3)确定点P在边BC上的位置.(7分)
解　(1)由=，
可得=+=-+.
∵=，∴=+
=-+.
(2)将=-+，=-+，
代入=+λ=+μ，得
+λ=+μ，
即(1-λ+λ=μ+(1-μ，
∵，不共线，
∴解得
(3)设=m，=n.
由(2)知=+，
∴=-=n-
=n-
=+=m=m-m，
∴解得
∴=，即=2，
∴点P在BC上靠近点C的三等分点处.

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