师大金卷高中数学北师大版（2019）必修第二册平面向量及其应用Cword版含答案

平面向量及其应用
一、单选题
1．己知，，，则（ ）
A．-6 B．-8 C．6 D．8
2．若向量，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．若，，则下列结论错误的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图，在梯形中，且，，，与交于点O，则（ ）
A． B．
C． D．
5．已知向量与的夹角为，，则在方向上的投影为（ ）
A． B． C． D．
6．已知空间向量，则（ ）
A． B．
C． D．
7．中，，D为AB的中点，，则（ ）
A．0 B．2 C．-2 D．-4
8．设向量，，若，则（ ）
A．－3 B．0 C．3 D．3或－3
二、多选题
9．在平面直角坐标系中，以，，为顶点构造平行四边形，下列各项中能作为平行四边形第四个顶点坐标的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，已知点G为的重心，点D，E分别为AB，AC上的点，且D，G，E三点共线，，，，，记，，四边形BDEC的面积分别为，，，则（ ）
A． B． C． D．
11．△ABC内角A B C 对边分别是a，b，c．已知a= ，b=2，=30，则可以是（ ）
A．45 B．60 C．120 D．135
12．以下关于平面向量的说法中，正确的是（ ）
A．既有大小，又有方向的量叫做向量 B．所有单位向量都相等
C．零向量没有方向 D．平行向量也叫做共线向量
第II卷（非选择题）
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三、填空题
13．设非零向量满足，则的最大值为________.
14．在平行四边形ABCD中，∠ADC=，CD=2，AD=4，E是CD中点，则___________.
15．若，则与同方向的单位向量是_______.
16．已知＝，＝，若||＝12，||＝5，且∠AOB＝90°，则||＝________．
四、解答题
17．在△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求角B的值；
(2)若，点D是边BC的中点，且，求b.
18．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求B；
(2)若，，求c.
19．如图，已知下列各组向量，，求作．
20．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，且.
(1)求C；
(2)若D是BC的中点，，，求AB的长.
21．在中，角A，，所对的边分别为，，，已知
(1)求角的大小，
(2)若，求面积的最大值，并求出此时对应，的值．
22．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
(1)若，求的值；
(2)若，设D为CA延长线上一点，且，求线段AD的长.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
首先求出的坐标，再根据的模求出参数的值，最后根据平面向量数量积的坐标运算法则计算可得；
【详解】
解：因为，，所以， 因为，所以，所以，所以，所以；
故选：D
2．A
【解析】
【分析】
根据向量垂直得到方程，求出的值.
【详解】
由题意得：，解得：.
故选：A
3．C
【解析】
【分析】
根据已知条件和向量的有关概率、运算，逐个分析判断即可
【详解】
对于A，因为，，所以，所以，所以A正确，
对于B，因为，所以，所以B正确，
对于C，因为，，所以，所以与不垂直，所以C错误，
对于D，因为，所以，所以D正确，
故选：C
4．B
【解析】
【分析】
以为基底，设，，用向量分别表示出向量，，由建立方程，解出即可.
【详解】
，设
又
又,
设,由
即
即
所以 解得 ，所以
故选：B
5．D
【解析】
【分析】
依据向量投影的定义解之即可.
【详解】
向量与的夹角为，
在方向上的投影为
故选：D
6．C
【解析】
【分析】
A利用向量模长的坐标表示判断；B根据向量平行的判定，是否存在实数使即可判断；C向量数量积的坐标表示求即可判断；D利用向量坐标的线性运算及数量积的坐标表示求即可.
【详解】
因为，所以A不正确：
因为不存在实数使，所以B不正确；
因为，故，所以C正确；
因为，所以，所以D不正确．
故选：C．
7．A
【解析】
【分析】
取为基底，表示出即可求解.
【详解】
在中，D为AB的中点，，取为基底，
所以,
.
所以.
因为，，所以.
即.
故选：A
8．D
【解析】
【分析】
根据向量平行的坐标表示可得求解即可.
【详解】
由题设，有，可得.
故选：D
9．BCD
【解析】
【分析】
依次代入四个选项的坐标，求出每种情况下四边的长度，结合对边是否平行即可选出正确答案.
【详解】
解：设第四个顶点为．
对于A选项，当点的坐标为时，，，，
．∵，，∴四边形不是平行四边形．A不正确；
对于B选项，当点坐标为时，因为，即且，
故是平行四边形，B正确；
对于C选项，当点坐标为时，因为，即且，故是平行四边形，C正确；
对于D选项，当点坐标为时，因为，即且，故是平行四边形，D正确；
故选：BCD．
10．ABC
【解析】
【分析】
连接AG并延长交BC于点M，由三角形重心结合向量运算探求m，n的关系，
再借助三角形面积公式及均值不等式即可逐项判断作答.
【详解】
连接AG并延长交BC于点M，如图，因G为的重心，则M是BC边的中点，且，
又D，G，E三点共线，即，则有，
而，，又，于是得，
而与不共线，因此，，，A正确；
边AD上的高为，边AB上的高为，
则，B正确；
由A可知，，当且仅当时取“=”，则有，
即，而，于是得，C正确，D错误.
故选：ABC
11．AD
【解析】
【分析】
由正弦定理及大边对大角即可求解.
【详解】
由正弦定理知：,
所以，
因为，
所以，且
所以或,
故选：AD
12．AD
【解析】
【分析】
根据给定条件结合平面向量的基本概念，逐项分析判断作答.
【详解】
由向量的定义知，既有大小，又有方向的量叫做向量，A正确；
单位向量是长度为1的向量，其方向是任意的，B不正确；
零向量有方向，其方向是任意的，C不正确；
由平行向量的定义知，平行向量也叫做共线向量，D正确.
故选：AD
13．
【解析】
【分析】
利用向量的数量积公式，再利用判别式公式可得，进而可求解
【详解】
∵，∴，
∴
即，
解得，即的最大值为.
答案：
14．-16
【解析】
【分析】
问题转化为，进而通过平面向量数量积的运算律和定义求得答案.
【详解】
如图，
由题意，
.
故答案为：-16.
15．
【解析】
【分析】
由已知条件先出即可得答案.
【详解】
解：因为，所以，
所以与同方向的单位向量是，
故答案为：.
16．13
【解析】
【分析】
由题设得||＝13，再应用向量减法法则可得＝，即可求||.
【详解】
∵||＝12，||＝5，∠AOB＝90°，
∴||2＋||2＝||2，即||＝13．
∵＝，＝，
∴＝-＝，
∴||＝||＝13．
故答案为：13.
17．(1)
(2)7
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换即可求出；
（2）分别在和△中使用余弦定理即可求解.
(1)
∵，∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，∴，
又∵，∴.
(2)
在中，，，，
由余弦定理得，
整理得，解得（舍去）
在△中，由余弦定理得，
即，解得.
18．(1)；
(2)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化简条件，求得，从而求得角B.
（2）将条件，代入余弦定理求得c.
(1)
因为，所以，
即，
化简得，所以，
又因为，所以.
(2)
因为，
所以，
整理得，解得.
19．（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）作图见解析；（4）作图见解析.
【解析】
【分析】
应用向量的性质，将，作平移处理，使一个向量起点与另一个的起点或终点重合，结合三角形或平行四边形法则画出，注意共线向量只需将一个向量起点平移至另一个向量的终点，再连接两向量的另一个起点和终点即可.
【详解】
（1）将的起点移至的终点，即可得，如下图：
（2）将的起点移至的终点，即可得，如下图：
（3）以，为顶点作平行四边形，应用平行四边形法则可得，如下图：
（4）将的起点移至的终点，应用三角形法则可得，如下图：
20．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据正弦定理化边为角，结合三角变换可求答案；
（2）根据余弦定理先求，再用余弦定理求解.
(1)
∵，∴由正弦定理可得，
∴，
∴.
∵，∴，即.
∵，∴.
(2)
设，则，
即，解得或（舍去），∴.
∵，∴.
21．(1)
(2)，
【解析】
【分析】
（1）用诱导公式化简，整理后由三角形射影定理可得；
（2）余弦定理结合重要不等式可解.
(1)
由，得
所以
所以，即
因为，所以
(2)
由余弦定理得：
所以
所以
所以，
当且仅当时，有最大值
22．(1)1
(2)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理统一转化为边的关系化简即可；
（2）根据正弦定理求出，再由可得，由求解.
(1)
由正弦定理
∴，
代 ，整理得
∴；
(2)
在△ABC中，由正弦定理得
∴
∴或（舍）
∴
∵
∴由得
∴
∴.
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