第六章 平面向量及其应用 高考真题挑战（含解析）

《第六章　平面向量及其应用》高考真题挑战
考点1　平面向量的线性运算及其坐标表示
1.[2022新高考Ⅰ卷·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.[2022全国乙卷文·3,5分]已知向量a=(2,1),b=(-2,4),则|a-b|= (　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
3. [2021全国乙卷文·13,5分]已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,则λ=　　　　.
考点2　平面向量数量积的运算及其坐标表示
4.[2022全国乙卷理·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
5.[2021浙江卷·3,4分]已知非零向量a,b,c,则“a·c=b·c”是“a=b”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
6.[2022新高考Ⅱ卷·4,5分]已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若=,则t=(　　)
A.-6 B.-5 C.5 D.6
7.[2022全国甲卷理·13,5分]设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b=　　　　.
8.[2021全国乙卷理·14,5分]已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,则λ=　　　　.
9.[2020全国Ⅰ卷理·14,5分]设a,b为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|=　　　　.
考点3　向量在平面几何中的应用
10.[2022上海春季卷·10,5分]在△ABC中,C=,AC=BC=2,M为边AC的中点,若点P在边AB上运动(点P可与A,B重合),则·的最小值为　　　　.
11.[2021天津卷·15,5分]在边长为1的等边三角形ABC中,D为线段BC上的动点,DE⊥AB且交AB于点E,DF∥AB且交AC于点F,则|2|的值为　　　　　;()·的最小值为　　　　　.
12.[2022浙江卷·17,4分]设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上,则+…+的取值范围是　　　　.
考点4　利用正、余弦定理求解三角形的相关量
13.[2020全国Ⅲ卷理·7,5分]在△ABC中,cos C=,AC=4,BC=3,则cos B=(　　)
A. B. C. D.
14.[2021全国甲卷理·8,5分]2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86 (单位:m),三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图,现有A,B,C三点,且A,B,C在同一水平面上的投影A',B',C'满足∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C点测得B点的仰角为15°,BB'与CC'的差为100;由B点测得A点的仰角为45°,则A,C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为(≈1.732)(　　)
A.346　　B.373　　C.446　　D.473
15.[2021全国乙卷理·15,5分]记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为,B=60°,a2+c2=3ac,则b=　　　　.
16.[2022全国甲卷文·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=　　　　.
17.[2021浙江卷·14,6分]在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=2,则AC=　　　　,cos∠MAC=　　　　.
18.[2020新高考Ⅰ卷·17,10分]在①ac=,②csin A=3,③c=b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin A= B,C=,　　　　
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
19.[2022新高考Ⅱ卷·18,12分]记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3.已知S1-S2+S3=,sin B=.
(1)求△ABC的面积;
(2)若sin Asin C=,求b.
20.[2021天津卷·16,14分]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知sin A∶sin B∶sin C=2∶1∶,b=.
(1)求a的值;
(2)求cos C的值;
(3)求sin(2C-)的值.
21.[2022全国乙卷理·17,10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 Bsin(C-A).
(1)证明:2a2=b2+c2;
(2)若a=5,cos A=,求△ABC的周长.
22.[2021新高考Ⅱ卷·18,12分]在△ABC 中,角A,B,C所对的边分别为 a,b,c,b=a+1,c=a+2.
(1)若2sin C=3sin A,求△ABC的面积.
(2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形 若存在,求a;若不存在,说明理由.
23.[2022新高考Ⅰ卷·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.
24.[2021北京卷·16,13分]已知在△ABC中,c=2bcos B,C=.
(1)求B的大小;
(2)在三个条件中选择一个作为已知,使△ABC存在且唯一确定,并求BC边上的中线的长度.
①c=b;②周长为4+2;③面积S△ABC=.
参考答案
1.B　通解　因为BD=2DA,所以=3,所以+3+3()=-2+3=-2m+3n.
光速解(作图法)　如图,利用平行四边形法则,合成出向量.由图知(即向量m)的系数为负数,排除A,C,D,故选B.
2.D　方法一　由题意知a-b=(2,1)-(-2,4)=(4,-3),所以|a-b|==5.
方法二　由题意知|a|=,|b|=2,a·b=2×(-2)+1×4=0,所以|a-b|2=|a|2+|b|2-2a·b=25,所以|a-b|=5.
3.　解析方法一　因为a∥b,所以存在实数k,使得a=kb,即(2,5)=k(λ,4),得解得
方法二　因为a∥b,所以2×4-5λ=0,解得λ=.
4.C　由|a-2b|=3,可得|a-2b|2=a2-4a·b+4b2=9.又|a|=1,|b|=,所以a·b=1,故选C.
5.B　由a·c=b·c,得(a-b)·c=0,所以(a-b)⊥c或a=b,所以“a·c=b·c”是“a=b”的必要不充分条件.
6.C　由题意,得c=a+tb=(3+t,4),所以a·c=3×(3+t)+4×4=25+3t,b·c=1×(3+t)
+0×4=3+t.因为=,所以cos=cos,即,即=3+t,解得t=5,故选C.
7.11　解析(2a+b)·b=2a·b+b2=2|a|·|b|·cos +|b|2=2×1×3×+32=11.
8.　解析方法一　a-λb=(1-3λ,3-4λ).因为(a-λb)⊥b,所以(a-λb)·b=3-9λ+12-16λ=0,解得λ=.
方法二　由(a-λb)⊥b可知,(a-λb)·b=0,即a·b-λb2=0,从而λ=.
9.　解析方法一　因为a,b为单位向量,且|a+b|=1,所以(a+b)2=1,所以1+1+2a·b=1,所以a·b=-,所以|a-b|2=a2+b2-2a·b=1+1-2×(-)=3,所以|a-b|=.
方法二　如图,设=a,=b,利用平行四边形法则得=a+b.因为|a|=|b|=|a+b|=1,所以△OAC为正三角形,所以||=|a-b|=2×|a|=.
10.　解析方法一　如图,以C为坐标原点,建立平面直角坐标系,则C(0,0),A(0,2),B(2,0),M(0,1).依题意可设P(x,2-x),则=(x,1-x),=(x,2-x),所以·=(x,1-x)·(x,2-x)=2x2-3x+2=2(x-)2+≥,故·的最小值为.
方法二　取MC的中点为Q,连接PQ,则||=,所以· · ≥()2-,故·的最小值为.
11.1　　解析如图,过F作FG⊥AB,交AB于点G,易证得△BED≌△AGF,四边形EDFG是矩形,所以,,则2,所以|2|=||=1.
连接DG,由题意知,,则()··.
方法一(基底法)　设||=2t(0方法二(坐标法)　以B为坐标原点,BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系,设|BD|=2t(012.[12+2,16]　解析如图,连接OP,OA2,OA6,根据题意及向量加法的平行四边形法则可得=()2+()2,易知与反向共线,所以[(2)2+(2)2]=2+2.同理得,[(2)2+(2)2]=2+2,[(2)2+(2)2]=2+2,[(2)2+(2)2]=2+2,所以+…+=8+8.在△OA1A2中,易知1·cos≤||≤1,所以12+2≤8+8≤16,所以+…+的取值范围为[12+2,16].
13.A　由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC×BC×cos C=16+9-2×4×3×=9,则AB=3,所以cos B=,故选A.
14.B　如图所示,根据题意过C作CE∥C'B',交BB'于E,过B作BD∥A'B',交AA'于D,则BE=100,C'B'=CE=.在△A'C'B'中,∠C'A'B'=75°,则 BD=A'B'=.又在B点处测得A点的仰角为45°,所以AD=BD=,所以高度差AA'-CC'=AD+BE=+100=+100=+100=+100=100(+1)+100≈373.
15.2　解析由题意得S△ABC=acsin B=ac=,则ac=4,所以a2+c2=3ac=3×4=12,所以b2=a2+c2-2accos B=12-2×4×=8,则b=2.
16. -1　解析设BD=k(k>0),则CD=2k.根据题意作出大致图形,如图.在△ABD中,由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD·BD cos ∠ADB=22+k2-2×2k×(-)=k2+2k+4.在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CD cos ∠ADC=22+(2k)2-2×2×2k×=4k2-4k+4,则=4-=4-=4-.因为k+1+≥2(当且仅当k+1=,即k=-1时等号成立),所以≥4-=4-2=(-1)2,所以当取得最小值-1时,BD=k=-1.
17.2　　解析方法一　因为∠B=60°,AB=2,AM=2,所以由余弦定理可得BM=4.因为M为BC的中点,所以BC=8.在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2BC·ABcos∠B=4+64-2×8×2×=52,所以AC=2.在△AMC中,cos∠MAC=.
方法二　因为∠B=60°,AB=2,AM=2,所以由余弦定理可得BM=4.因为M为BC的中点,所以BC=8.过点C作CD⊥BA交BA的延长线于点D,则BD=4,AD=2,CD=4.在Rt△ADC中,AC2=CD2+AD2=48+4=52,得AC=2.在△AMC中,cos∠MAC=.
18.解析方案一　选条件①.
由C=和余弦定理得.(3分)
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.(6分)
于是,由此可得b=c.(8分)
由ac=,解得a=,b=c=1.(9分)
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.(10分)
方案二　选条件②.
由C=和余弦定理得.(3分)
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.(6分)
于是,由此可得b=c,B=C=,A=.(9分)
由csin A=3,得c=b=2,a=6.因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=2.(10分)
方案三　选条件③.
由C=和余弦定理得.(3分)
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.(6分)
于是,由此可得b=c.(9分)
由c=b,与b=c矛盾.因此,选条件③时问题中的三角形不存在.(10分)
19.解析(1)由S1-S2+S3=,得(a2-b2+c2)=,即a2-b2+c2=2.(2分)
又a2-b2+c2=2accos B,所以accos B=1.(4分)
由sin B=,得cos B=或cos B=-(舍去),
所以ac=,(5分)
则△ABC的面积S=acsin B=.(6分)
(2)由sin Asin C=,ac=及正弦定理知,(10分)
即b2=,得b=.(12分)
20.解析(1)由正弦定理,得a=b·.(2分)
因为sin A∶sin B=2∶1,b=,
所以a==2.(4分)
(2)由正弦定理可得a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=2∶1∶.(5分)
又b=,所以a=2,c=2.(6分)
则cos C=.(8分)
(3)由(2)可得,sin C=,
所以sin 2C=2sin Ccos C=2×,
cos 2C=2cos2C-1=2×()2-1=,(12分)
所以sin(2C-)=sin 2C-cos 2C=.(14分)
21.解析(1)方法一　由sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),可得sin Csin Acos B-sin Ccos Asin B= sin Bsin Ccos A-sin Bcos Csin A,(1分)
结合正弦定理,可得accos B-bccos A=bccos A-abcos C,
即accos B+abcos C=2bccos A.　(*)(4分)
由余弦定理可知accos B=,abcos C=,2bccos A=b2+c2-a2,代入(*)式整理得2a2=b2+c2.(6分)
方法二　因为A+B+C=π,
所以sin Csin(A-B)=sin(A+B)sin(A-B)=sin2Acos2B-cos2Asin2B=sin2A(1-sin2B)-(1-sin2A)sin2B=sin2A-sin2B,(3分)
同理有sin Bsin(C-A)=sin(C+A)sin(C-A)=sin2C-sin2A,(5分)
所以sin2A-sin2B=sin2C-sin2A,
由正弦定理可得2a2=b2+c2.(6分)
(2)由(1)及a2=b2+c2-2bccos A得,a2=2bccos A,所以2bc=31.(8分)
因为b2+c2=2a2=50,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=81,得b+c=9,(9分)
所以△ABC的周长l=a+b+c=14.(10分)
22.解析(1)由2sin C=3sin A及正弦定理,得2c=3a.
又c=a+2,所以a=4,c=6,所以b=a+1=5.(3分)
则cos A=,
又A∈(0,π),所以sin A=,
所以S△ABC=bcsin A=×5×6×.(6分)
(2)由题意,知c>b>a,
要使△ABC为钝角三角形,
需cos C=<0,得0因为a为正整数,所以a=1或a=2.(9分)
当a=1时,b=2,c=3,此时不能构成三角形;
当a=2时,b=3,c=4,满足题意.
综上,存在正整数a=2,使得△ABC为钝角三角形.(12分)
23.解析(1)因为,
所以,(1分)
所以,
所以cos Acos B=sin B+sin Asin B,(2分)
所以cos(A+B)=sin B,(3分)
所以sin B=-cos C=-cos ,(5分)
因为B∈(0,),所以B=.(6分)
(2)由(1)得cos(A+B)=sin B=-cos C,
所以sin[-(A+B)]=sin B,且0所以0所以-(A+B)=B,解得A=-2B,(8分)
由正弦定理得=4cos2B+-5≥2-5=4-5,当且仅当cos2B=时取等号,(11分)
所以的最小值为4-5.(12分)
24.解析(1)因为在△ABC中,c=2bcos B,所以由正弦定理,得sin C=2sin Bcos B=sin 2B,
又C=,所以sin 2B=.
因为B∈(0,),所以2B∈(0,),
所以2B=,则B=.(4分)
(2)由(1)知,C=,B=,所以A=π-B-C=,即△ABC是等腰三角形,且a=b,c2=a2+b2-2abcos C=3b2,即c=b.(6分)
条件①c=b与c=b矛盾,故条件①不成立,所以不能选择条件①.(7分)
若选条件②周长为4+2,则a+b+c=2b+b=4+2,解得b=2,此时△ABC存在且唯一确定,所以条件②满足题意.(8分)
如图,设D为BC的中点,连接AD,在△ACD中,AC=2,CD=1,C=,
由余弦定理,得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos C=4+1-2×2×1×(-)=7,
即AD=,所以BC边上的中线的长度为.(10分)
若选条件③面积S△ABC=,则absin C=b2=,解得b=,此时△ABC存在且唯一确定,所以条件③满足题意.(11分)
如图,设D为BC的中点,连接AD,在△ACD中,AC=,CD=,C=,
由余弦定理,得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos C=3+-2××(-)=,
即AD=,所以BC边上的中线的长度为.(13分)