第六章平面向量及其应用 高考专题强化（含解析）

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第六章平面向量及其应用 高考专题强化
考点1　向量定理、公式、性质的理解
1．[全国新高考Ⅰ2022·3，5分]在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA.记＝m，＝n，则＝(　　)
A．3m－2n B．－2m＋3n
C．3m＋2n D．2m＋3n
2．[课标全国Ⅰ理2018·6，5分]在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝(　　)　　　　　　　　　　　　　
A.－ B.－
C.＋ D.＋
考点2　向量的运算
3．[全国乙理2022·3，5分]已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝，|a－2b|＝3，则a·b＝(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
4．[全国新高考Ⅱ2022·4，5分]已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若a·c＝·c?，则t＝(　　)
A．－6 B．－5 C．5 D．6
5．[课标全国Ⅲ理2020·6，5分]已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos〈a，a＋b〉＝(　　)
A．－ B．－ C. D.
6．(多选)[全国新高考Ⅰ2021·10，5分]已知O为坐标原点，点P1(cos α，sin α)，P2(cos β，－sin β)，P3(cos(α＋β)，sin(α＋β))，A(1，0)，则(　　)
A．||＝||
B．||＝||
C.·＝·
D.·＝·
7．[北京2021·13，5分]已知向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则(a＋b)·c＝________；a·b＝________.
8．[天津2022·14，5分]在△ABC中，＝2，＝2，＝a，＝b，用a，b表示向量，则＝________；若AB⊥DE，则∠ACB的最大值为________．
[浙江2022·17，4分]设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则2＋2＋…＋2的取值范围是________．
10．[浙江2020·17，4分]已知平面单位向量e1，e2满足|2e1－e2|≤.设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ， 则cos2θ的最小值是________．
考点3　向量平行与垂直的应用
11．[课标全国Ⅱ文2020·5，5分]已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是(　　)
A．a＋2b B．2a＋b C．a－2b D．2a－b
12．[全国乙理2021·14，5分]已知向量a＝(1，3)，b＝(3，4)，若(a－λb)⊥b，则λ＝________．
13．[全国乙文2021·13，5分]已知向量a＝(2，5)，b＝(λ，4)，若a∥b，则λ＝________．
考点4　利用正弦定理、余弦定理求解三角形
14．[课标全国 Ⅰ 文2019·11，5分]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin A－bsin B＝4csin C，cos A＝－，则＝(　　)
A．6 B．5 C．4 D．3
15．[全国甲理2022·16，5分]已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当取得最小值时，BD＝________．
16．[浙江2021·14，6分]在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝________；cos∠MAC＝________．
17．[北京2021·16，13分]在△ABC中，c＝2bcos B，∠C＝.
(1)求∠B；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求BC边上中线的长．
条件①： c＝b；
条件②：△ABC的周长为4＋2 ；
条件③：△ABC的面积为.
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
18．[全国新高考Ⅰ2022·18，12分]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值．
考点5　正弦定理、余弦定理与三角变换的综合应用
19．[全国乙理2022·17，12分]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A－B)＝sin B·sin(C－A)．
(1)证明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，cos A＝，求△ABC的周长．
考点6　正弦定理、余弦定理的实际应用
20．[全国乙理2021·9，5分]魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝(　　)
A.＋表高
B.－表高
C.＋表距
D.－表距
答案及解析
1．【答案】B
【详解】如图，因为点D在边AB上，BD＝2DA，所以＝＋＝＋3＝＋3(－)＝－2＋3＝－2m＋3n，故选B.
2．【答案】A
【详解】如图，由E为AD的中点，
得＝，∴＝－＝－.
又∵D为BC的中点，∴＝＋.
∴＝－－＝－.故选A.
3．【答案】C
【详解】因为|a－2b|2＝(a－2b)2＝a2－4a·b＋4b2＝9，又a2＝|a|2＝1，b2＝|b|2＝3，所以4a·b＝4，即a·b＝1，故选C.
4．【答案】C
【详解】由题意，得c＝a＋tb＝(3＋t，4)，所以a·c＝25＋3t，b·c＝3＋t.因为〈a，c〉＝〈b，c〉，所以cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，所以＝，所以＝，即＝3＋t，解得t＝5，故选C.
5．【答案】D
【详解】∵|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，∴a·(a＋b)＝|a|2＋a·b＝19.又|a＋b|＝＝
＝7，
∴cos〈a，a＋b〉＝＝＝.故选D.
6．【答案】AC
【详解】对于选项A，因为＝(cos α，sin α)，＝(cos β，－sin β)，所以||＝＝1，||＝＝1，则||＝||，故A正确；对于选项B，因为＝(cos α－1，sin α)，＝(cos β－1，－sin β)，所以||＝＝，||＝＝，当cos α≠cos β时，||≠||，故B 错误；对于选项C，＝(1，0)，＝(cos(α＋β)，sin(α＋β))，所以·＝cos (α＋β)，·＝cos αcos β－sin αsin β＝cos (α＋β)，所以·＝·，故C正确；对于选项D，·＝cos α，·＝cos βcos (α＋β)－sin βsin (α＋β)＝cos [β＋(α＋β)]＝cos (α＋2β)，当β≠kπ且β≠kπ－α(k∈Z)时，·≠·，故D错误．故选AC.
7．【答案】0　3
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，易知a＝(2，1)，b＝(2，－1)，c＝(0，1)，则a＋b＝(4，0)，所以(a＋b)·c＝4×0＋0×1＝0；a·b＝2×2＋1×(－1)＝3.
8．【答案】－a＋b　
【详解】如图，由题意可得＝－＝－＝－a＋b.
若AB⊥DE，则·＝0，所以(b－a)·＝0，所以b2－2a·b＋a2＝0，
即a·b＝|a|2＋|b|2，
所以cos∠ACB＝＝≥＝(当且仅当|a|＝|b|时等号成立)，又∠ACB∈(0，π)，所以∠ACB≤，即∠ACB的最大值为.
9．【答案】[12＋2 ，16]　
【解析】如图，设单位圆的圆心为O，则2＝(＋)2＝2＋2·＋1，i＝1，2，3，4，5，6，7，8.由对称性得＋OAj＋4＝0(j＝1，2，3，4)，则2＋2＋2＋2＋2＋2＋2＋2＝82＋8，在△OA1A2中，OA1＝1，OA2＝1，∠A1OA2＝45°，所以min2＝(OA1×cos 22.5°)2＝cos222.5°＝＝，max2＝OA12＝1，所以所求取值范围是[12＋2 ，16]．
10．【答案】
【详解】方法一：由题意知，|e1|＝|e2|＝1，|2e1－e2|＝＝≤，解得e1·e2≥.又e1·e2≤|e1||e2|＝1，所以≤e1·e2≤1.设t＝e1·e2，则1≥t≥，a·b＝(e1＋e2)·(3e1＋e2)＝3e12＋4e1·e2＋e22＝4＋4t，|a|＝＝，|b|＝＝，则cos2θ＝2＝＝＝·＝.因为y＝1－在上单调递增，所以当t＝时，cos2θ有最小值.
方法二：不妨设e1＝(1，0)，e2＝(x，y)，则x2＋y2＝1，所以a＝(x＋1，y)，b＝(x＋3，y)．由|2e1－e2|≤，得(2－x)2＋y2≤2，结合x2＋y2＝1化简得≤x≤1.
cos2θ＝
＝
＝＝
＝4·，所以当x＝时，cos2θ的最小值为.
11．【答案】D
【详解】方法一：由题意得a·b＝|a|·|b|cos 60°＝，b2＝|b|2＝1.对于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝＋2＝≠0，故A错；对于B，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B错；对于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝－2＝－≠0，故C错；对于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以(2a－b)⊥b.故选D.
方法二：根据已知条件，作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示，由图易知，只有选项D满足，故选D.
12．【答案】
【详解】因为(a－λb)⊥b，所以(a－λb)·b＝[(1，3)－(3λ，4λ)]·(3，4)＝0，整理得15－25λ＝0，解得λ＝.
13．【答案】
【详解】由a∥b得，2×4－5λ＝0，解得λ＝.
14．【答案】A
【详解】由asin A－bsin B＝4csin C，结合正弦定理，得a2－b2＝4c2，所以b2＋c2－a2＝－3c2.由余弦定理得cos A＝＝－，即＝－，整理得＝6.故选A.
15．【答案】－1
【详解】设CD＝2BD＝2m>0，
则在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB＝m2＋4＋2m.
在△ACD中，AC2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC＝4m2＋4－4m，
所以＝＝＝4－≥4－＝4－2 ，
当且仅当m＋1＝，即m＝－1时，等号成立，
所以当取最小值时，m＝－1.
16．【答案】 2 　
【详解】方法一：依题意，在△ABM中，由余弦定理得cos B＝＝，整理得BM2－2BM－8＝0，解得BM＝4或BM＝－2(舍)，所以BC＝8.在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 60°＝52，所以AC＝2 .
方法二：在△ABM中，由正弦定理得＝，
即＝，所以sin∠AMB＝＝.
因为AB所以CM＝4，∠AMC＝180°－∠AMB＝150°，
所以AC2＝AM2＋CM2－2AM·CM·cos 150°＝12＋16－2×2 ×4×＝28＋2×3×4＝52，故AC＝2 .
在△ACM中，由余弦定理得，
cos∠MAC＝＝＝.
17．【答案】(1)由正弦定理＝及c＝2bcos B，得sin C＝2sin Bcos B.
因为∠C＝，所以sin 2B＝.
又因为0<∠B<，所以∠B＝.
(2)选条件②：△ABC的周长为4＋2 .
由(1)知，∠A＝π－－＝.
所以△ABC是顶角为，底角为的等腰三角形．
所以a＝b，c＝a.
由题设，(2＋)a＝4＋2 ，所以a＝2.
设BC边上中线的长为d.
由余弦定理得d2＝＋a2－2××acos C，
所以d2＝1＋4－2×1×2×，
故d＝.
选条件③：△ABC的面积为.
由(1)知，∠A＝π－－＝，
所以△ABC是顶角为，底角为的等腰三角形，所以a＝b.
由题设，a2sin＝，所以a＝.
设BC边上中线的长为d.
由余弦定理得d2＝＋a2－2××acos C，
所以d2＝＋3－2×××，
故d＝.
18．【答案】(1)因为＝＝＝(cos B≠0 )，
所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B，即cos(A＋B)＝sin B，即cos(π－C)＝－cos C＝sin B，
所以当C＝时，sin B＝－cos＝.
又0＜B＜，所以B＝.
(2)由(1)知，sin B＝－cos C，所以B＝C－，所以cos B＝sin C.
由正弦定理得＝＝＝
＝(sin2Bcos2C＋cos2Bsin2C＋2sin B·cos Bsin Ccos C＋cos2C)
＝
＝[(1－sin2C)2＋sin4C－2sin2C·(1－sin2C)＋1－sin2C]
＝
＝4sin2C＋－5≥4－5，
当且仅当sin4C＝(＜C＜π)时取等号．故的最小值为4－5.
19．【答案】(1)【证明】因为sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
所以sin C(sin Acos B－cos Asin B)＝sin B(sin Ccos A－cos Csin A)，
即sin Csin Acos B＋cos Csin Asin B＝sin Bsin Ccos A＋cos Asin Bsin C，
则sin Asin(B＋C)＝2cos Asin Bsin C，
即sin2A＝2cos Asin Bsin C，
由正弦定理可得a2＝2bccos A，
所以由余弦定理可得a2＝2bc·，
所以a2＝b2＋c2－a2，即2a2＝b2＋c2.
(2)【解】因为a＝5，所以由(1)知b2＋c2＝50，由余弦定理可得cos A＝，即＝，所以2bc＝31，
所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81，即b＋c＝9，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋9＝14.
20．【答案】A
【详解】过点D作DM∥AC，交AB于点M(图略)．由题意可得D，F，M三点共线．设∠DHE＝α，∠FCG＝β，则∠BDM＝α，∠BFM＝β.因为＝tan α，＝tan β，所以＝MD，＝MF，两式作差可得－＝MF－MD＝DF＝EG，所以BM＝＝ .又因为DE＝FG，所以BM＝，所以海岛的高AB＝AM＋BM＝AM＋＝DE＋.故选A.
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