2024人教版高中数学必修第二册同步练习题--第六章 平面向量及其应用拔高练（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024人教版高中数学必修第二册同步练习题--第六章 平面向量及其应用拔高练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-11 00:00:00 | ||
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文档简介
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2024人教版高中数学必修第二册同步练习题
综合拔高练
五年高考练
考点1 向量的数量积、模、夹角
1.(2023北京,3)已知向量a,b满足a+b=(2,3),a-b=(-2,1),则|a|2-|b|2=( )
A.-2 B.-1 C.0 D.1
2.(2023全国乙文,6)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则=( )
A. D.5
3.(2023全国甲理,4)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cos=( )
A.-
4.(2022全国乙文,3)已知向量a=(2,1),b=(-2,4),则|a-b|=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
5.(2022全国乙理,3)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
6.(2022新高考Ⅱ,4)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北京,10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点,且PC=1,则的取值范围是( )
A.[-5,3] B.[-3,5] C.[-6,4] D.[-4,6]
8.(2023新课标Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|= .
9.(2023天津,14)在△ABC中,∠A=60°,BC=1,点D为AB的中点,点E为CD的中点,若设=a,=b,则可用a,b表示为 ;若,则的最大值为 .
10.(2022全国甲理,13)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b= .
11.(2022浙江,17)设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上,则 2++…+的取值范围是 .
12.(2021新高考Ⅱ,15)已知向量a+b+c=0,|a|=1,|b|=|c|=2,a·b+b·c
+c·a= .
考点2 向量的平行与垂直
13.(2023新课标Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则( )
A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1 C.λμ=1 D.λμ=-1
14.(2022全国甲文,13)已知向量a=(m,3),b=(1,m+1).若a⊥b,则m= .
15.(2021全国甲理,14)已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb.若a⊥c,则k= .
16.(2021全国乙文,13)已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,则λ= .
考点3 正、余弦定理解三角形
17.(2023全国乙文,4)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acos B-bcos A=c,且C=,则B=( )
A.
18.(2021全国甲文,8)在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC=( )
A.1 B. C. D.3
19.(2023全国甲理,16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD= .
20.(2022全国甲理,16)已知△ABC中,点D在边BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD= .
21.(2023新课标Ⅰ,17)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
22.(2023新课标Ⅱ,17)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
23.(2023全国甲文,17)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=2.
(1)求bc;
(2)若=1,求△ABC面积.
考点4 正、余弦定理的实际应用
24.(2021全国乙理,9)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
三年模拟练
应用实践
1.(2023浙江温州开学考试)已知A,B是☉C上两点,=4,则弦AB的长为( )
A.1 B.2 C.2 D.不能确定
2.(2023广东佛山期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且b2+c2=a2+bc.若sin Bsin C=sin2A,则△ABC的形状是( )
A.等腰且非等边三角形
B.直角三角形
C.等边三角形
D.等腰直角三角形
3.(多选题)(2022海南师范大学附属中学月考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(,-1),n=(cos A,sin A),若m⊥n,且acos B+bcos A=csin C,则( )
A.A=
4.(2023江苏镇江期中)在△ABC中,M是BC的中点,N是BM的中点.若∠BAC=,△ABC的面积为,则取最小值时,BC=( )
A.2 B.4
C.8-4
5.(2023安徽合肥期末)我国著名数学家秦九韶在《数书九章》中,提出了已知三角形三边求三角形面积的公式:S=,其中a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,S为△ABC的面积.若,b=2,则△ABC面积的最大值为( )
A.
6.(2023湖南长沙浏阳期末)若O为△ABC内一点,a,b,c均为大于1的正实数,且a,则S△OAB∶S△OAC∶S△OBC=( )
A.(c+1)∶(b-1)∶a B.c∶b∶a
C.∶∶ D.c2∶b2∶a2
7.(2023河南南阳期末)法国数学家费马提出了一个著名的几何问题:已知一个三角形,求作一点,使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.答案:当三角形的三个角均小于120°时,所求的点为三角形的正等角中心,即该点与三角形的三个顶点的连线两两成120°角;当三角形有一内角大于或等于120°时,所求的点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点.已知a,b,c分别是△ABC的三个内角A,B,C的对边,且b2-(a-c)2=6,,若点P为△ABC的费马点,则=( )
A.-6 B.-4 C.-3 D.-2
8.(多选题)(2023安徽皖东县中联盟期末)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且tan A+tan B=,则下列结论正确的是( )
A.A=
B.若a=2,则该三角形周长的最大值为6
C.若△ABC的面积为2,a,b,c边上的高分别为h1,h2,h3,h1h2h3=t,则t2的最大值为24
D.设,且AD=1,则b+2c的最小值为
9.(2021河北石家庄二中期中)在锐角△ABC中,A=|=2,则的取值范围是 .
10.(2022福建厦门月考)类比“赵爽弦图”可构造如图所示的图形,它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形,设(λ,μ∈R),若DF=2AF,则λ+μ= .
11.(2023安徽定远民族中学月考)在平面直角坐标系Oxy中,设向量a=(cos α,sin α),b=(-sin β,cos β),c=.
(1)若|a+b|=|c|,求sin(α-β)的值;
(2)设α=,0<β<π,且a∥(b+c),求β的值.
12.(2023湖北华中师大一附中月考)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin(A-B)cos C=cos Bsin(A-C).
(1)判断△ABC的形状;
(2)若△ABC为锐角三角形,且a=,求的最大值.
迁移创新
13.(2023江苏无锡市北高级中学期中)某地修建了一座避暑山庄O(如图),为吸引游客,准备在门前两条夹角为(即∠AOB)的小路之间修建一处弓形花园,已知弓形花园的弦长AB=2,且点A,B落在小路上,记弓形花园的顶点为M,且∠MAB=∠MBA=,设∠OBA=θ.
(1)将OA,OB用含θ的式子表示出来;
(2)该山庄准备在M点处修建喷泉,如何规划花园(即OA,OB的长度),才能使喷泉M与山庄O的距离(即OM的长度)最大
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.B 2.B 3.D 4.D 5.C 6.C 7.D 13.D
17.C 18.D 24.A
1.B 由
所以|a|2-|b|2=4-5=-1.
2.B 解法一:由题意知,,
,
∴
=×22=3.
故选B.
解法二:以D为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
则E(1,2),C(2,0),D(0,0),
∴=(-1,-2),
∴=1×(-1)+(-2)×(-2)=3.故选B.
3.D ∵a+b+c=0,∴a+b=-c,∴a2+b2+2a·b=c2,∵|a|=|b|=1,|c|=,∴1+1+2a·b=2,解得a·b=0.同理,a·c=-1,b·c=-1,∴(a-c)·(b-c)=a·b-a·c-b·c+c2=4.∵|a-c|2=a2+c2-2a·c=1+2+2=5,∴|a-c|=,同理,|b-c|=,∴cos=,故选D.
一题多解
∵a+b+c=0,∴可设=a,=b,=c,
∵|a|2+|b|2=|c|2,|a|=|b|,∴△OAB为等腰直角三角形,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向建立平面直角坐标系,如图所示,
则O(0,0),A(1,0),B(1,1),故a==(1,0),b==(0,1),c==(-1,-1),则a-c=(2,1),b-c=(1,2),
∴|a-c|=|b-c|=,∴cos=,故选D.
4.D 由题意知a-b=(4,-3),
所以|a-b|==5,故选D.
5.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.
6.C 由题意可得c=(3+t,4),
由=得cos=cos,
即,解得t=5,故选C.
7.D 解法一:取AB的中点D,则)·()·>,因为<>∈[0,π],所以∈[-4,6].
解法二:建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,3),B(-4,0),设P(cos θ,sin θ),θ∈[0,2π),
则=(-cos θ,3-sin θ)·(-4-cos θ,-sin θ)=cos2θ+4cos θ+sin2θ-3sin θ=1+4cos θ-3sin θ=1+5cos(θ+φ),其中tan φ=,
因为θ∈[0,2π),所以∈[-4,6].故选D.
8.答案
解析 由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,即a2=2a·b,则由|a-b|=,得a2-2a·b+b2=b2=3,所以|b|=.
9.答案 a+b;
解析 ∵E为CD的中点,D为AB的中点,
∴a+b.
若,则a+b.设|a|=x,|b|=y,
则(2a2+5a·b+2b2)=.①
∵=b-a,且||=1,
∴(b-a)2=b2-2a·b+a2=y2-xy+x2=1.②
将②代入①得,
由②得x2+y2=1+xy≥2xy,∴xy≤1,当且仅当x=y=1时取等号,
∴.
故.
10.答案 11
解析 根据题意,得(2a+b)·b=2a·b+b2=2×1×3×+9=11.
11.答案 [2+12,16]
解析 如图,O为单位圆圆心,
∵,
∴(,
∴+2,
同理,+2,
∴+…++8.
在正八边形A1A2…A8中,∠A1OA2=,
则||∈,
又cos2,
∴8+8∈[2+12,16].
12.答案 -
解析 解法一:由a+b+c=0,得b+c=-a,则a·(b+c)=-a2,所以a·b+c·a=-12=-1.
由b+c=-a,得(b+c)2=(-a)2,则b2+2b·c+c2=a2,即22+2b·c+22=12,所以b·c=-,则a·b+b·c+c·a=-.
解法二:由a+b+c=0,得a·(a+b+c)=a·0,b·(a+b+c)=b·0,c·(a+b+c)=c·0,则a2+a·b+c·a=0,a·b+b2+b·c=0,c·a+b·c+c2=0,即12+a·b+c·a=0,a·b+22+b·c=0,c·a+b·c+22=0,
三式相加,得2(a·b+b·c+c·a)+9=0,则a·b+b·c+c·a=-.
解法三:由a+b+c=0,得a+b=-c,两边平方,得a2+2a·b+b2=c2,即12+2a·b+22=22,所以a·b=-.同理可得b·c=-,c·a=-,所以a·b+b·c+c·a=-.
13.D 由题意得(a+λb)·(a+μb)=0,
即a2+(λ+μ)a·b+λμb2=0,
∵a=(1,1),b=(1,-1),
∴a2=2,b2=2,a·b=0,
∴2+2λμ=0,解得λμ=-1,故选D.
14.答案 -
解析 因为a=(m,3),b=(1,m+1),a⊥b,
所以a·b=m+3(m+1)=0,解得m=-.
15.答案 -
解析 由题意知c=a+kb=(3,1)+k(1,0)=(3+k,1),因为a⊥c,所以3(3+k)+1×1=0,解得k=-.
16.答案
解析 由a∥b得2×4-5λ=0,∴λ=.
17.C ∵acos B-bcos A=c,
∴sin Acos B-sin Bcos A=sin C,
∴sin(A-B)=sin C,
∴A-B=C(A-B+C=π舍去),
又C=,∴A-B=,∴B=,故选C.
一题多解 由acos B-bcos A=c得sin Acos B-sin Bcos A=sin C,即sin Acos B-sin Bcos A=sin A·cos B+cos Asin B,
∴cos Asin B=0,易知sin B≠0,
∴cos A=0,又∵A∈(0,π),∴A=.
∴B=.故选C.
18.D 解法一:由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B,即19=4+BC2-2·2BC·cos 120°,整理得BC2+2BC-15=0,解得BC=3或BC=-5(舍去).故选D.
解法二:在△ABC中,由正弦定理得,即,所以sin C=,
又0°所以sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C=,
所以BC==3.
19.答案 2
解析 在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,即()2=22+AC2-2×2×AC×cos 60°,即AC2-2AC-2=0,解得AC=1+或AC=1-(舍去),由于AD平分∠BAC,且∠BAC=60°,所以∠BAD=∠CAD=30°.S△ABC=S△ABD+S△ACD,即,即AD,解得AD=2.
一题多解
在△ABC中,由正弦定理得,即,得sin C=,
易知0°在△ABD中,∠BAD=30°,∴∠ADB=180°-30°-75°=75°,∴△ABD为等腰三角形,∴AD=AB,又AB=2,∴AD=2.
20.答案 -1
解析 设BD=m(m>0),则CD=2m.
在△ABD中,根据余弦定理及已知,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=m2+2m+4,
在△ACD中,根据余弦定理及已知,得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=4m2-4m+4,
∴,
∵m>0,∴m+1>1,∴m+1+≥2当且仅当m+1=,即m=-1时取“=”,
∴当m=-1时,取得最小值,即取得最小值.
故当取得最小值时,BD=-1.
21.解析 (1)解法一:∵A+B+C=π,A+B=3C,
∴C=-A,
又∵2sin(A-C)=sin B,
∴2sin,
即2cos A+sin A,
整理得sin A=3cos A,
又∵sin2A+cos2A=1,A∈,
∴sin A=.
解法二:∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C=.
∵2sin(A-C)=sin B,
∴2sin(A-C)=sin(A+C),
即2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,
化简得sin Acos C=3cos Asin C,
∴=3,
又∵sin2A+cos2A=1,A∈,
∴sin A=.
(2)解法一:过C作CD⊥AB,垂足为D,如图.
在△ABC中,由正弦定理得,即,∴BC=3.
由(1)可得cos A=,
∴sin B=sincos A+sin A=.
在Rt△BCD中,CD=BC·sin B=3=6,
即AB边上的高为6.
解法二:由(1)知C=,sin A=,cos A=,则sin B=sincos A+sin A=.
在△ABC中,由正弦定理得,
∴,∴AC=2,
∴S△ABC=AC·BC·sin C==15.
设AB边上的高为h,则×5h=15,∴h=6.
22.解析 由题意知S△ABC=,BD=DC,
∴S△ADC=S△ABC=.
(1)∵S△ADC=DA·DC·sin∠ADC=,DA=1,∠ADC=,∴,∴DC=2,
∴BD=2,易知∠ADB=,
在△ADB中,由余弦定理可知,AB2=BD2+DA2-2DA·DBcos∠ADB,即AB2=22+12-2×1×2×=7,
∴AB=,
∴cos B=,
∴sin B=,
∴tan B=.
(2)如图所示,延长AD至E,使DE=AD,连接BE,CE,
易得四边形ABEC为平行四边形,∴AB=CE,AC=BE,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC,AE2=AC2+CE2-2AC·CEcos∠ACE,两式相加得BC2+AE2=2(AB2+AC2),即BC2+AE2=2(b2+c2)=16,
又AE=2AD=2,∴BC2=12,∴BC=2,∴DC=,
∵S△ADC=AD·DC·sin∠ADC=,AD=1,
∴sin∠ADC=1,∴∠ADC=90°,即AD⊥BC,∴b=c,
又b2+c2=8,∴b=c=2.
23.解析 (1)由=2bc=2,
得bc=1.
(2)由正弦定理得
=
==1,
即sin Acos B-cos Asin B-sin B=sin(A+B),
故-sin B=2cos Asin B,
∵sin B≠0,∴cos A=-,
又∵A∈(0,π),∴sin A=,
∴S△ABC=bcsin A=.
24.A 连接FD并延长,交AB于点M,
则AB=AM+BM,MF∥AC.
设∠BDM=α,∠BFM=β,
则=MF-MD=DF.
又tan β=,tan α=,
所以,
因为GF=ED,所以,
所以=MB·=DF,
又易知DF=EG,所以MB=,
所以海岛的高AB=+表高,故选A.
三年模拟练
1.C 2.C 3.ACD 4.A 5.A 6.A 7.C 8.BCD
1.C 由题意得|·=4,
∴|,即弦AB的长为2.
故选C.
2.C ∵b2+c2=a2+bc,∴cos A=,
又A∈(0,π),∴A=.
∵sin Bsin C=sin2A,∴bc=a2,
∴b2+c2=a2+bc=2bc,即(b-c)2=0,∴b=c,∴B=C=,从而a=b=c,故△ABC为等边三角形,故选C.
3.ACD ∵m⊥n,∴m·n=cos A-sin A=0,即tan A=,
∵A∈(0,π),∴A=.
∵acos B+bcos A=csin C,∴sin Acos B+sin Bcos A=sin2C,即sin(A+B)=sin2C,
又sin(A+B)=sin C,∴sin C=sin2C.
∵sin C≠0,∴sin C=1,
∴C=,∴B=π-A-C=.故选ACD.
4.A 由题意得AB·AC·sin ,
所以AB·AC=4.
因为M是BC的中点,
所以,
又N是BM的中点,
所以,
则
=|2
=|cos |2
≥|=6,
当且仅当|,即时,等号成立,故当取最小值时,由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=4+12-2×2×2=4,
所以BC=2.故选A.
5.A ∵,
∴sin Bcos C=sin C(1-cos B),
即sin Bcos C=sin C-sin Ccos B,
∴sin C=(sin Bcos C+cos Bsin C)=sin A,
∴c=a,
又b=2,
∴S△ABC=
=
=
=,
∴当a2=4,即 a=2时,△ABC的面积取得最大值,最大值为.
故选A.
6.A ∵a,
∴a,
∴a=0.
如图,设,
则=0,即O是△A1B1C1的重心,
∴,
易得,∴S△OAB=,
同理可得,S△OAC=,
S△OBC=,
∴S△OAB∶S△OAC∶S△OBC=∶∶=(c+1)∶(b-1)∶a.
故选A.
一题多解 奔驰定理:已知P为△ABC内一点,且满足x=0,则S△PAB∶S△PBC∶S△PCA=z∶x∶y.由题目条件整理可得a=0,所以S△OAB∶S△OAC∶S△OBC=(c+1)∶(b-1)∶a.
7.C 由题意得cos A=2sincos B=2sin C-cos Ccos B=sin Ccos B-cos Ccos B,
∵A+B+C=π,∴cos A=-cos(B+C)=-cos Bcos C+sin Bsin C,
∴-cos Bcos C+sin Bsin C=sin Ccos B-cos Ccos B,
即sin Bsin C=sin Ccos B,
∵sin C≠0,∴sin B=cos B,即tan B=,
又B∈(0,π),∴B=,
∴△ABC的内角均小于120°由B=,可知A和C均小于.
结合题设可知点P一定在△ABC的内部,且∠APB=∠BPC=
∠APC=.
由cos∠ABC=及b2-(a-c)2=6,可得ac=6,
∴S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC=·|acsin∠ABC=,
∴||=6,
∴||·cos=-3,
∴=-3.
故选C.
8.BCD 对于A,由tan A+tan B=及正弦定理,可得,因为,
所以,
易知sin C≠0,所以tan A=,
又0对于B,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc,
因为a=2,所以4=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc≥(b+c)2-3,即(b+c)2≤16,所以b+c≤4,当且仅当b=c时等号成立,
故a+b+c≤6,所以△ABC的周长的最大值为6,故B正确;
对于C,由三角形面积公式得ch3=2,
则h1=,则h1h2h3=,
因为S△ABC=bcsin A==2,所以bc=,故h1h2h3=,则t2=,
结合余弦定理得a2=b2+c2-bc≥2bc-bc=,当且仅当b=c时等号成立,
所以t2=≤24,
所以t2的最大值为24,故C正确;
对于D,由,得),即,所以,即1=,即(2b+c)2=7b2c2,故c+2b=bc,即,
所以b+2c=
≥,当且仅当b=c时取等号,
所以b+2c的最小值为,故D正确.
故选BCD.
导师点睛 解三角形中的最值或范围问题,一般采用以下两种方法:①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求解;②先利用正弦定理将边化为角,再利用三角函数的性质求出最值或范围,如果三角形为锐角三角形或角有其他的限制条件,通常采用这种方法.
9.答案 (0,12)
解析 以A为坐标原点,AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,
因为|,
所以B(1,),
设C(x,0),x>0,
因为△ABC是锐角三角形,所以又B+C=,所以,
当C=时,点C位于D处,当C=时,点C位于E处,故点C在线段DE上(不含点D,E),
所以1易得),
所以,又x∈(1,4),
所以的取值范围是(0,12).
10.答案
解析 设AF=1,则AD=3,BD=AF=1,
以A为原点,建立如图所示的直角坐标系,
易知∠ADB=120°,
在△ABD中,由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=9+1-2×3×1×=13,
所以AB=,则AC=AB=.
所以B(,
由,可得sin∠BAD=,
所以cos∠BAD=,
所以D,
所以,
又,
所以
所以λ+μ=.
11.解析 (1)因为a=(cos α,sin α),b=(-sin β,cos β),c=,
所以|a|=|b|=|c|=1,且a·b=-cos αsin β+sin αcos β=sin(α-β).
因为|a+b|=|c|,所以|a+b|2=|c|2,即a2+b2+2a·b=1,
所以1+1+2sin(α-β)=1,即sin(α-β)=-.
(2)因为α=,所以a=.
易得b+c=.
因为a∥(b+c),
所以-=0,
整理得sin β-cos β=,
所以sin.
因为0<β<π,所以-,
所以β-,即β=.
12.解析 (1)由题意得(sin Acos B-cos Asin B)cos C=cos B(sin Acos C-cos Asin C),
整理得cos A(cos Bsin C-sin Bcos C)=0,
即cos Asin(C-B)=0,
故cos A=0或sin(C-B)=0,
因为0所以A=或B=C,
∴△ABC为直角三角形或等腰三角形.
(2)由及a=,得b=,
则=sin2B+sin2A.
若△ABC为锐角三角形,则由(1)得B=C,
∴sin2B+sin2A=sin2B+sin2(π-2B)=sin2B+4sin2Bcos2B.
∵∴,
令t=sin2B,则t∈,
∴sin2B+sin2A=t+4t(1-t)=-4t2+5t=-4,
故当t=时,sin2B+sin2A取得最大值,最大值为,
即.
13.解析 (1)在△ABO中,由正弦定理得,
则OA=4sin θ,OB=4sin∠OAB=4.
(2)∵AB=2,∠MAB=∠MBA=,
∴AM=BM=2,
在△OMB中,由余弦定理得
OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos
=48sin2
=24
=-16+28
=-16+28.
由题意可得θ∈,
∴2θ+,
∴sin,
∴当sin=-1,即θ=时,OM的长度取得最大值,为,
此时OA=4sin ×sin cos +cos ·sin =,
OB=4sin ,
故当OB=OA=时,OM的长度取得最大值,即喷泉M与山庄O的距离最大.
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2024人教版高中数学必修第二册同步练习题
综合拔高练
五年高考练
考点1 向量的数量积、模、夹角
1.(2023北京,3)已知向量a,b满足a+b=(2,3),a-b=(-2,1),则|a|2-|b|2=( )
A.-2 B.-1 C.0 D.1
2.(2023全国乙文,6)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则=( )
A. D.5
3.(2023全国甲理,4)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cos
A.-
4.(2022全国乙文,3)已知向量a=(2,1),b=(-2,4),则|a-b|=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
5.(2022全国乙理,3)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
6.(2022新高考Ⅱ,4)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若
A.-6 B.-5 C.5 D.6
7.(2022北京,10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点,且PC=1,则的取值范围是( )
A.[-5,3] B.[-3,5] C.[-6,4] D.[-4,6]
8.(2023新课标Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|= .
9.(2023天津,14)在△ABC中,∠A=60°,BC=1,点D为AB的中点,点E为CD的中点,若设=a,=b,则可用a,b表示为 ;若,则的最大值为 .
10.(2022全国甲理,13)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b= .
11.(2022浙江,17)设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上,则 2++…+的取值范围是 .
12.(2021新高考Ⅱ,15)已知向量a+b+c=0,|a|=1,|b|=|c|=2,a·b+b·c
+c·a= .
考点2 向量的平行与垂直
13.(2023新课标Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则( )
A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1 C.λμ=1 D.λμ=-1
14.(2022全国甲文,13)已知向量a=(m,3),b=(1,m+1).若a⊥b,则m= .
15.(2021全国甲理,14)已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb.若a⊥c,则k= .
16.(2021全国乙文,13)已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,则λ= .
考点3 正、余弦定理解三角形
17.(2023全国乙文,4)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acos B-bcos A=c,且C=,则B=( )
A.
18.(2021全国甲文,8)在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC=( )
A.1 B. C. D.3
19.(2023全国甲理,16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD= .
20.(2022全国甲理,16)已知△ABC中,点D在边BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD= .
21.(2023新课标Ⅰ,17)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
22.(2023新课标Ⅱ,17)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
23.(2023全国甲文,17)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=2.
(1)求bc;
(2)若=1,求△ABC面积.
考点4 正、余弦定理的实际应用
24.(2021全国乙理,9)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
三年模拟练
应用实践
1.(2023浙江温州开学考试)已知A,B是☉C上两点,=4,则弦AB的长为( )
A.1 B.2 C.2 D.不能确定
2.(2023广东佛山期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且b2+c2=a2+bc.若sin Bsin C=sin2A,则△ABC的形状是( )
A.等腰且非等边三角形
B.直角三角形
C.等边三角形
D.等腰直角三角形
3.(多选题)(2022海南师范大学附属中学月考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(,-1),n=(cos A,sin A),若m⊥n,且acos B+bcos A=csin C,则( )
A.A=
4.(2023江苏镇江期中)在△ABC中,M是BC的中点,N是BM的中点.若∠BAC=,△ABC的面积为,则取最小值时,BC=( )
A.2 B.4
C.8-4
5.(2023安徽合肥期末)我国著名数学家秦九韶在《数书九章》中,提出了已知三角形三边求三角形面积的公式:S=,其中a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,S为△ABC的面积.若,b=2,则△ABC面积的最大值为( )
A.
6.(2023湖南长沙浏阳期末)若O为△ABC内一点,a,b,c均为大于1的正实数,且a,则S△OAB∶S△OAC∶S△OBC=( )
A.(c+1)∶(b-1)∶a B.c∶b∶a
C.∶∶ D.c2∶b2∶a2
7.(2023河南南阳期末)法国数学家费马提出了一个著名的几何问题:已知一个三角形,求作一点,使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.答案:当三角形的三个角均小于120°时,所求的点为三角形的正等角中心,即该点与三角形的三个顶点的连线两两成120°角;当三角形有一内角大于或等于120°时,所求的点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点.已知a,b,c分别是△ABC的三个内角A,B,C的对边,且b2-(a-c)2=6,,若点P为△ABC的费马点,则=( )
A.-6 B.-4 C.-3 D.-2
8.(多选题)(2023安徽皖东县中联盟期末)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且tan A+tan B=,则下列结论正确的是( )
A.A=
B.若a=2,则该三角形周长的最大值为6
C.若△ABC的面积为2,a,b,c边上的高分别为h1,h2,h3,h1h2h3=t,则t2的最大值为24
D.设,且AD=1,则b+2c的最小值为
9.(2021河北石家庄二中期中)在锐角△ABC中,A=|=2,则的取值范围是 .
10.(2022福建厦门月考)类比“赵爽弦图”可构造如图所示的图形,它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形,设(λ,μ∈R),若DF=2AF,则λ+μ= .
11.(2023安徽定远民族中学月考)在平面直角坐标系Oxy中,设向量a=(cos α,sin α),b=(-sin β,cos β),c=.
(1)若|a+b|=|c|,求sin(α-β)的值;
(2)设α=,0<β<π,且a∥(b+c),求β的值.
12.(2023湖北华中师大一附中月考)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin(A-B)cos C=cos Bsin(A-C).
(1)判断△ABC的形状;
(2)若△ABC为锐角三角形,且a=,求的最大值.
迁移创新
13.(2023江苏无锡市北高级中学期中)某地修建了一座避暑山庄O(如图),为吸引游客,准备在门前两条夹角为(即∠AOB)的小路之间修建一处弓形花园,已知弓形花园的弦长AB=2,且点A,B落在小路上,记弓形花园的顶点为M,且∠MAB=∠MBA=,设∠OBA=θ.
(1)将OA,OB用含θ的式子表示出来;
(2)该山庄准备在M点处修建喷泉,如何规划花园(即OA,OB的长度),才能使喷泉M与山庄O的距离(即OM的长度)最大
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.B 2.B 3.D 4.D 5.C 6.C 7.D 13.D
17.C 18.D 24.A
1.B 由
所以|a|2-|b|2=4-5=-1.
2.B 解法一:由题意知,,
,
∴
=×22=3.
故选B.
解法二:以D为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
则E(1,2),C(2,0),D(0,0),
∴=(-1,-2),
∴=1×(-1)+(-2)×(-2)=3.故选B.
3.D ∵a+b+c=0,∴a+b=-c,∴a2+b2+2a·b=c2,∵|a|=|b|=1,|c|=,∴1+1+2a·b=2,解得a·b=0.同理,a·c=-1,b·c=-1,∴(a-c)·(b-c)=a·b-a·c-b·c+c2=4.∵|a-c|2=a2+c2-2a·c=1+2+2=5,∴|a-c|=,同理,|b-c|=,∴cos
一题多解
∵a+b+c=0,∴可设=a,=b,=c,
∵|a|2+|b|2=|c|2,|a|=|b|,∴△OAB为等腰直角三角形,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向建立平面直角坐标系,如图所示,
则O(0,0),A(1,0),B(1,1),故a==(1,0),b==(0,1),c==(-1,-1),则a-c=(2,1),b-c=(1,2),
∴|a-c|=|b-c|=,∴cos
4.D 由题意知a-b=(4,-3),
所以|a-b|==5,故选D.
5.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.
6.C 由题意可得c=(3+t,4),
由
即,解得t=5,故选C.
7.D 解法一:取AB的中点D,则)·()·>,因为<>∈[0,π],所以∈[-4,6].
解法二:建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,3),B(-4,0),设P(cos θ,sin θ),θ∈[0,2π),
则=(-cos θ,3-sin θ)·(-4-cos θ,-sin θ)=cos2θ+4cos θ+sin2θ-3sin θ=1+4cos θ-3sin θ=1+5cos(θ+φ),其中tan φ=,
因为θ∈[0,2π),所以∈[-4,6].故选D.
8.答案
解析 由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,即a2=2a·b,则由|a-b|=,得a2-2a·b+b2=b2=3,所以|b|=.
9.答案 a+b;
解析 ∵E为CD的中点,D为AB的中点,
∴a+b.
若,则a+b.设|a|=x,|b|=y,
则(2a2+5a·b+2b2)=.①
∵=b-a,且||=1,
∴(b-a)2=b2-2a·b+a2=y2-xy+x2=1.②
将②代入①得,
由②得x2+y2=1+xy≥2xy,∴xy≤1,当且仅当x=y=1时取等号,
∴.
故.
10.答案 11
解析 根据题意,得(2a+b)·b=2a·b+b2=2×1×3×+9=11.
11.答案 [2+12,16]
解析 如图,O为单位圆圆心,
∵,
∴(,
∴+2,
同理,+2,
∴+…++8.
在正八边形A1A2…A8中,∠A1OA2=,
则||∈,
又cos2,
∴8+8∈[2+12,16].
12.答案 -
解析 解法一:由a+b+c=0,得b+c=-a,则a·(b+c)=-a2,所以a·b+c·a=-12=-1.
由b+c=-a,得(b+c)2=(-a)2,则b2+2b·c+c2=a2,即22+2b·c+22=12,所以b·c=-,则a·b+b·c+c·a=-.
解法二:由a+b+c=0,得a·(a+b+c)=a·0,b·(a+b+c)=b·0,c·(a+b+c)=c·0,则a2+a·b+c·a=0,a·b+b2+b·c=0,c·a+b·c+c2=0,即12+a·b+c·a=0,a·b+22+b·c=0,c·a+b·c+22=0,
三式相加,得2(a·b+b·c+c·a)+9=0,则a·b+b·c+c·a=-.
解法三:由a+b+c=0,得a+b=-c,两边平方,得a2+2a·b+b2=c2,即12+2a·b+22=22,所以a·b=-.同理可得b·c=-,c·a=-,所以a·b+b·c+c·a=-.
13.D 由题意得(a+λb)·(a+μb)=0,
即a2+(λ+μ)a·b+λμb2=0,
∵a=(1,1),b=(1,-1),
∴a2=2,b2=2,a·b=0,
∴2+2λμ=0,解得λμ=-1,故选D.
14.答案 -
解析 因为a=(m,3),b=(1,m+1),a⊥b,
所以a·b=m+3(m+1)=0,解得m=-.
15.答案 -
解析 由题意知c=a+kb=(3,1)+k(1,0)=(3+k,1),因为a⊥c,所以3(3+k)+1×1=0,解得k=-.
16.答案
解析 由a∥b得2×4-5λ=0,∴λ=.
17.C ∵acos B-bcos A=c,
∴sin Acos B-sin Bcos A=sin C,
∴sin(A-B)=sin C,
∴A-B=C(A-B+C=π舍去),
又C=,∴A-B=,∴B=,故选C.
一题多解 由acos B-bcos A=c得sin Acos B-sin Bcos A=sin C,即sin Acos B-sin Bcos A=sin A·cos B+cos Asin B,
∴cos Asin B=0,易知sin B≠0,
∴cos A=0,又∵A∈(0,π),∴A=.
∴B=.故选C.
18.D 解法一:由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B,即19=4+BC2-2·2BC·cos 120°,整理得BC2+2BC-15=0,解得BC=3或BC=-5(舍去).故选D.
解法二:在△ABC中,由正弦定理得,即,所以sin C=,
又0°
所以BC==3.
19.答案 2
解析 在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,即()2=22+AC2-2×2×AC×cos 60°,即AC2-2AC-2=0,解得AC=1+或AC=1-(舍去),由于AD平分∠BAC,且∠BAC=60°,所以∠BAD=∠CAD=30°.S△ABC=S△ABD+S△ACD,即,即AD,解得AD=2.
一题多解
在△ABC中,由正弦定理得,即,得sin C=,
易知0°
20.答案 -1
解析 设BD=m(m>0),则CD=2m.
在△ABD中,根据余弦定理及已知,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=m2+2m+4,
在△ACD中,根据余弦定理及已知,得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=4m2-4m+4,
∴,
∵m>0,∴m+1>1,∴m+1+≥2当且仅当m+1=,即m=-1时取“=”,
∴当m=-1时,取得最小值,即取得最小值.
故当取得最小值时,BD=-1.
21.解析 (1)解法一:∵A+B+C=π,A+B=3C,
∴C=-A,
又∵2sin(A-C)=sin B,
∴2sin,
即2cos A+sin A,
整理得sin A=3cos A,
又∵sin2A+cos2A=1,A∈,
∴sin A=.
解法二:∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C=.
∵2sin(A-C)=sin B,
∴2sin(A-C)=sin(A+C),
即2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,
化简得sin Acos C=3cos Asin C,
∴=3,
又∵sin2A+cos2A=1,A∈,
∴sin A=.
(2)解法一:过C作CD⊥AB,垂足为D,如图.
在△ABC中,由正弦定理得,即,∴BC=3.
由(1)可得cos A=,
∴sin B=sincos A+sin A=.
在Rt△BCD中,CD=BC·sin B=3=6,
即AB边上的高为6.
解法二:由(1)知C=,sin A=,cos A=,则sin B=sincos A+sin A=.
在△ABC中,由正弦定理得,
∴,∴AC=2,
∴S△ABC=AC·BC·sin C==15.
设AB边上的高为h,则×5h=15,∴h=6.
22.解析 由题意知S△ABC=,BD=DC,
∴S△ADC=S△ABC=.
(1)∵S△ADC=DA·DC·sin∠ADC=,DA=1,∠ADC=,∴,∴DC=2,
∴BD=2,易知∠ADB=,
在△ADB中,由余弦定理可知,AB2=BD2+DA2-2DA·DBcos∠ADB,即AB2=22+12-2×1×2×=7,
∴AB=,
∴cos B=,
∴sin B=,
∴tan B=.
(2)如图所示,延长AD至E,使DE=AD,连接BE,CE,
易得四边形ABEC为平行四边形,∴AB=CE,AC=BE,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC,AE2=AC2+CE2-2AC·CEcos∠ACE,两式相加得BC2+AE2=2(AB2+AC2),即BC2+AE2=2(b2+c2)=16,
又AE=2AD=2,∴BC2=12,∴BC=2,∴DC=,
∵S△ADC=AD·DC·sin∠ADC=,AD=1,
∴sin∠ADC=1,∴∠ADC=90°,即AD⊥BC,∴b=c,
又b2+c2=8,∴b=c=2.
23.解析 (1)由=2bc=2,
得bc=1.
(2)由正弦定理得
=
==1,
即sin Acos B-cos Asin B-sin B=sin(A+B),
故-sin B=2cos Asin B,
∵sin B≠0,∴cos A=-,
又∵A∈(0,π),∴sin A=,
∴S△ABC=bcsin A=.
24.A 连接FD并延长,交AB于点M,
则AB=AM+BM,MF∥AC.
设∠BDM=α,∠BFM=β,
则=MF-MD=DF.
又tan β=,tan α=,
所以,
因为GF=ED,所以,
所以=MB·=DF,
又易知DF=EG,所以MB=,
所以海岛的高AB=+表高,故选A.
三年模拟练
1.C 2.C 3.ACD 4.A 5.A 6.A 7.C 8.BCD
1.C 由题意得|·=4,
∴|,即弦AB的长为2.
故选C.
2.C ∵b2+c2=a2+bc,∴cos A=,
又A∈(0,π),∴A=.
∵sin Bsin C=sin2A,∴bc=a2,
∴b2+c2=a2+bc=2bc,即(b-c)2=0,∴b=c,∴B=C=,从而a=b=c,故△ABC为等边三角形,故选C.
3.ACD ∵m⊥n,∴m·n=cos A-sin A=0,即tan A=,
∵A∈(0,π),∴A=.
∵acos B+bcos A=csin C,∴sin Acos B+sin Bcos A=sin2C,即sin(A+B)=sin2C,
又sin(A+B)=sin C,∴sin C=sin2C.
∵sin C≠0,∴sin C=1,
∴C=,∴B=π-A-C=.故选ACD.
4.A 由题意得AB·AC·sin ,
所以AB·AC=4.
因为M是BC的中点,
所以,
又N是BM的中点,
所以,
则
=|2
=|cos |2
≥|=6,
当且仅当|,即时,等号成立,故当取最小值时,由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=4+12-2×2×2=4,
所以BC=2.故选A.
5.A ∵,
∴sin Bcos C=sin C(1-cos B),
即sin Bcos C=sin C-sin Ccos B,
∴sin C=(sin Bcos C+cos Bsin C)=sin A,
∴c=a,
又b=2,
∴S△ABC=
=
=
=,
∴当a2=4,即 a=2时,△ABC的面积取得最大值,最大值为.
故选A.
6.A ∵a,
∴a,
∴a=0.
如图,设,
则=0,即O是△A1B1C1的重心,
∴,
易得,∴S△OAB=,
同理可得,S△OAC=,
S△OBC=,
∴S△OAB∶S△OAC∶S△OBC=∶∶=(c+1)∶(b-1)∶a.
故选A.
一题多解 奔驰定理:已知P为△ABC内一点,且满足x=0,则S△PAB∶S△PBC∶S△PCA=z∶x∶y.由题目条件整理可得a=0,所以S△OAB∶S△OAC∶S△OBC=(c+1)∶(b-1)∶a.
7.C 由题意得cos A=2sincos B=2sin C-cos Ccos B=sin Ccos B-cos Ccos B,
∵A+B+C=π,∴cos A=-cos(B+C)=-cos Bcos C+sin Bsin C,
∴-cos Bcos C+sin Bsin C=sin Ccos B-cos Ccos B,
即sin Bsin C=sin Ccos B,
∵sin C≠0,∴sin B=cos B,即tan B=,
又B∈(0,π),∴B=,
∴△ABC的内角均小于120°由B=,可知A和C均小于.
结合题设可知点P一定在△ABC的内部,且∠APB=∠BPC=
∠APC=.
由cos∠ABC=及b2-(a-c)2=6,可得ac=6,
∴S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC=·|acsin∠ABC=,
∴||=6,
∴||·cos=-3,
∴=-3.
故选C.
8.BCD 对于A,由tan A+tan B=及正弦定理,可得,因为,
所以,
易知sin C≠0,所以tan A=,
又0
因为a=2,所以4=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc≥(b+c)2-3,即(b+c)2≤16,所以b+c≤4,当且仅当b=c时等号成立,
故a+b+c≤6,所以△ABC的周长的最大值为6,故B正确;
对于C,由三角形面积公式得ch3=2,
则h1=,则h1h2h3=,
因为S△ABC=bcsin A==2,所以bc=,故h1h2h3=,则t2=,
结合余弦定理得a2=b2+c2-bc≥2bc-bc=,当且仅当b=c时等号成立,
所以t2=≤24,
所以t2的最大值为24,故C正确;
对于D,由,得),即,所以,即1=,即(2b+c)2=7b2c2,故c+2b=bc,即,
所以b+2c=
≥,当且仅当b=c时取等号,
所以b+2c的最小值为,故D正确.
故选BCD.
导师点睛 解三角形中的最值或范围问题,一般采用以下两种方法:①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求解;②先利用正弦定理将边化为角,再利用三角函数的性质求出最值或范围,如果三角形为锐角三角形或角有其他的限制条件,通常采用这种方法.
9.答案 (0,12)
解析 以A为坐标原点,AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,
因为|,
所以B(1,),
设C(x,0),x>0,
因为△ABC是锐角三角形,所以又B+C=,所以,
当C=时,点C位于D处,当C=时,点C位于E处,故点C在线段DE上(不含点D,E),
所以1
所以,又x∈(1,4),
所以的取值范围是(0,12).
10.答案
解析 设AF=1,则AD=3,BD=AF=1,
以A为原点,建立如图所示的直角坐标系,
易知∠ADB=120°,
在△ABD中,由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=9+1-2×3×1×=13,
所以AB=,则AC=AB=.
所以B(,
由,可得sin∠BAD=,
所以cos∠BAD=,
所以D,
所以,
又,
所以
所以λ+μ=.
11.解析 (1)因为a=(cos α,sin α),b=(-sin β,cos β),c=,
所以|a|=|b|=|c|=1,且a·b=-cos αsin β+sin αcos β=sin(α-β).
因为|a+b|=|c|,所以|a+b|2=|c|2,即a2+b2+2a·b=1,
所以1+1+2sin(α-β)=1,即sin(α-β)=-.
(2)因为α=,所以a=.
易得b+c=.
因为a∥(b+c),
所以-=0,
整理得sin β-cos β=,
所以sin.
因为0<β<π,所以-,
所以β-,即β=.
12.解析 (1)由题意得(sin Acos B-cos Asin B)cos C=cos B(sin Acos C-cos Asin C),
整理得cos A(cos Bsin C-sin Bcos C)=0,
即cos Asin(C-B)=0,
故cos A=0或sin(C-B)=0,
因为0
∴△ABC为直角三角形或等腰三角形.
(2)由及a=,得b=,
则=sin2B+sin2A.
若△ABC为锐角三角形,则由(1)得B=C,
∴sin2B+sin2A=sin2B+sin2(π-2B)=sin2B+4sin2Bcos2B.
∵∴,
令t=sin2B,则t∈,
∴sin2B+sin2A=t+4t(1-t)=-4t2+5t=-4,
故当t=时,sin2B+sin2A取得最大值,最大值为,
即.
13.解析 (1)在△ABO中,由正弦定理得,
则OA=4sin θ,OB=4sin∠OAB=4.
(2)∵AB=2,∠MAB=∠MBA=,
∴AM=BM=2,
在△OMB中,由余弦定理得
OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos
=48sin2
=24
=-16+28
=-16+28.
由题意可得θ∈,
∴2θ+,
∴sin,
∴当sin=-1,即θ=时,OM的长度取得最大值,为,
此时OA=4sin ×sin cos +cos ·sin =,
OB=4sin ,
故当OB=OA=时,OM的长度取得最大值,即喷泉M与山庄O的距离最大.
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同课章节目录
- 第六章 平面向量及其应用
- 6.1 平面向量的概念
- 6.2 平面向量的运算
- 6.3 平面向量基本定理及坐标表示
- 6.4 平面向量的应用
- 第七章 复数
- 7.1 复数的概念
- 7.2 复数的四则运算
- 7.3 * 复数的三角表示
- 第八章 立体几何初步
- 8.1 基本立体图形
- 8.2 立体图形的直观图
- 8.3 简单几何体的表面积与体积
- 8.4 空间点、直线、平面之间的位置关系
- 8.5 空间直线、平面的平行
- 8.6 空间直线、平面的垂直
- 第九章 统计
- 9.1 随机抽样
- 9.2 用样本估计总体
- 9.3 统计分析案例 公司员工
- 第十章 概率
- 10.1 随机事件与概率
- 10.2 事件的相互独立性
- 10.3 频率与概率