2025北师版高中数学必修第二册练习题--复习课　第2课时　平面向量及其应用（含解析）

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2025北师版高中数学必修第二册
第2课时　平面向量及其应用
课后训练巩固提升
A组
1.在△ABC中,点D为边AB的中点,则向量等于(　　).
A. B.-
C.- D.
2.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若3a=2b,则的值为(　　).
A. B.
C.1 D.
3.已知向量a=(1,2),b=(-2,-4),|c|=,若(c-b)·a=,则a与c的夹角为(　　).
A.30° B.60°
C.120° D.150°
4.(多选题)如果a,b,c都是非零向量.下列判断正确的有(　　).
A.若a∥b,b∥c,则a∥c
B.若a·b=b·c,则a=c
C.若|a+b|=|a-b|,则a⊥b
D.若,则a∥b
5.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知A=,a=1,b=,则B=　　　　　.
6.已知e为单位向量,|a|=4,a与e的夹角θ=,则a在e方向上的投影数量为　　　　　.
7.已知向量a,b的夹角为45°,且|a|=1,|2a-b|=,则|b|=　　　　　.
8.已知向量|a|=1,|b|=2.
(1)若a与b的夹角是120°,求|a+b|;
(2)若(a-b)⊥a,求a与b的夹角.
9.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,设向量m=(a,b),n=(sin B,sin A),p=(b-2,a-2).
(1)若m∥n,求证:△ABC为等腰三角形;
(2)若m⊥p,c=2,C=,求△ABC的面积.
B组
1.已知A(-3,0),B(0,2),O为坐标原点,点C在∠AOB内,|OC|=2,且∠AOC=,设=λ(λ∈R),则λ的值为(　　).
A.1 B.
C. D.
2.设四边形ABCD为平行四边形,||=6,||=4.若点M,N满足=3=2,则等于(　　).
A.20 B.15
C.9 D.6
3.某人从出发点A向正东走x m后到B,向左转150°再向前走3 m到C,测得△ABC的面积为 m2,则此人这时离开出发点的距离为(　　).
A.3 m B. m
C.2 m D. m
4.已知△ABC是边长为2的等边三角形,P为平面ABC内一点,则·()的最小值是(　　).
A.-2 B.-
C.- D.-1
5.若两个非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|=2|b|=2,则向量a+b与a-b的夹角的大小为　　　　　,a-b在b方向上的投影数量为　　　　　.
6.已知△ABC的三边为a,b,c,面积S=a2-(b-c)2,则cos A=　　　　　.
7.在△ABC中,设角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos2A=sin2B+cos2C+sin Asin B.
(1)求角C的大小;
(2)若c=,求△ABC周长的取值范围.
8.在平面直角坐标系中,O为坐标原点,已知向量a=(-1,2),又点A(8,0),B(n,t),C(ksin θ,t)(0≤θ≤).
(1)若⊥a,且||=|,求向量;
(2)若向量与向量a共线,当k>4,且tsin θ取得最大值4时,求.
答案：
A组
1.A　由题意结合平面向量的运算法则可得,=-.
2.D　由正弦定理可得.
3.C　因为a·b=-10,(c-b)·a=c·a-b·a=c·a+10=,所以c·a=-,设a与c的夹角为θ,则cos θ==-,又θ∈[0°,180°],所以θ=120°.
4.ACD　∵a,b,c都是非零向量,
∴若a∥b,b∥c,则a∥c,故A正确;
若a⊥b,b⊥c,则a·b=b·c=0,但a不一定等于c,故B错误;
由|a+b|=|a-b|,可得(a+b)2=(a-b)2,整理可得a·b=0,所以a⊥b,故C正确;
若,则a∥b,故D正确.
5.　依题意,由正弦定理知,,sin B=,又0a,可得B=.
6.-2　因为a在e方向上的投影数量为|a|cos θ,|a|=4,a与e的夹角为,
所以|a|cos θ=4×cos =4×=-2.
7.3　因为向量a,b的夹角为45°,且|a|=1,|2a-b|=,
所以,可得4+|b|2-4|b|cos 45°=10,化为|b|2-2|b|-6=0.
因为|b|≥0,解得|b|=3.
8.解 (1)|a+b|=
=.
(2)设a与b的夹角为θ,∵(a-b)⊥a,
∴(a-b)·a=0,∴a2-|a||b|cos θ=0,
∴12-1×2cos θ=0,
∴cos θ=,θ∈[0,π],∴θ=.
9.(1)证明 ∵m∥n,∴asin A=bsin B,
∴a·a=b·b,即a2=b2,a=b,
∴△ABC为等腰三角形.
(2)解 由m⊥p,得m·p=0,
∴a(b-2)+b(a-2)=0,∴a+b=ab.
由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C,得4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,即(ab)2-3ab-4=0,解得ab=4(ab=-1舍去),
∴S△ABC=absin C=×4×sin.
B组
1.D　如图,过点C作CE⊥x轴于点E.
由∠AOC=,得|OE|=|CE|=2,
所以=λ,
即=λ,
所以(-2,0)=λ(-3,0),故λ=.
2.C　 ABCD如图所示,由题设知,,
∴=()·()=|2-|2+×36-×16=9.
3.D　在△ABC中,S=AB×BCsin B,
∴×x×3×sin 30°,∴x=.
由余弦定理,得
AC==(m).
4.B　以BC的中点O为坐标原点,BC所在直线为x轴,OA所在直线为y轴,建立坐标系如图所示,则A,B,C三点的坐标分别为A(0,),B(-1,0),C(1,0).
设点P的坐标为(x,y),则=(-x,-y),=(-1-x,-y),=(1-x,-y),故·()=(-x,-y)·(-2x,-2y)=2(x2+y2-y)=2[x2+(y-)2-]≥2×=-.
当且仅当x=0,y=时,·()取得最小值,最小值为-.故选B.
5.60°　-1　∵两非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|=2|b|=2,两边平方得,
|a+b|2=|a-b|2=4|b|2,
即为a2+b2+2a·b=a2+b2-2a·b=4|b|2,
可得a·b=0,a2=3b2,
则cos=,
由0°≤≤180°,
可得向量a+b与a-b的夹角为60°,a-b在b方向上的投影数量为=-1.
6.　由已知得S=a2-(b-c)2=a2-b2-c2+2bc=-2bccos A+2bc.
又S=bcsin A,∴bcsin A=2bc-2bccos A.
∴4-4cos A=sin A,平方得17cos2A-32cos A+15=0.
∴(17cos A-15)(cos A-1)=0.
∴cos A=1(舍去)或cos A=.
7.解 (1)由题意知1-sin2A=sin2B+1-sin2C+sin Asin B,
即sin2A+sin2B-sin2C=-sin Asin B,
由正弦定理得a2+b2-c2=-ab,
由余弦定理得cos C==-,
∵0(2)由正弦定理得=2,
∴a=2sin A,b=2sin B,
则△ABC的周长为l=a+b+c=2(sin A+sin B)+=2[sin A+sin(-A)]+=2sin.
∵0∴∴2<2sin≤2+,
∴△ABC周长的取值范围是(2,2+].
8.解 (1)由题设知=(n-8,t),
∵⊥a,∴8-n+2t=0.
∵|=||,
∴5×64=(n-8)2+t2=5t2,得t=±8.
当t=8时,n=24;当t=-8时,n=-8,
∴=(24,8)或=(-8,-8).
(2)由题设知=(ksin θ-8,t),
∵与a共线,
∴t=-2ksin θ+16,tsin θ=(-2ksin θ+16)sin θ=-2k.
∵k>4,∴0<<1,
∴当sin θ=时,tsin θ取得最大值.
由=4,得k=8,此时θ==(4,8).
∴=(8,0)·(4,8)=32.
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