2025人教A版高中数学必修第二册强化练习题--第六章　平面向量及其应用拔高练

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2025人教A版高中数学必修第二册
综合拔高练
五年高考练
考点1　向量的数量积、模、夹角
1.(2024新课标Ⅱ,3)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|=(　　)
A.　　B.　　C.　　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.　　B.3　　C.2　　D.5
3.(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
4.(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.-　　B.-　　C.　　D.
5.(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]
6.(2023新课标Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|=　　　　.
7.(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=　　　　.
8.(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　　　　.
9.(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　　　　.
考点2　向量的平行与垂直
10.(2024新课标Ⅰ,3)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x=(　　)
A.-2　　B.-1　　C.1　　D.2
11.(2024全国甲理,9)设向量a=(x+1,x),b=(x,2),则(　　)
A.x=-3是a⊥b的必要条件
B.x=1+是a∥b的必要条件
C.x=0是a⊥b的充分条件
D.x=-1+是a∥b的充分条件
12.(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
考点3　利用正、余弦定理解三角形
13.(2024全国甲理,11)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b2=ac,则sin A+sin C=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
14.(2023全国甲理,16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的平分线交BC于D,则AD=　　　　.
15.(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=　　　　.
16.(2024新课标Ⅱ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2.
(1)求A;
(2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
17.(2024新课标Ⅰ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+,求c .
18.(2024北京,16)在△ABC中,∠A为钝角,a=7,sin 2B=bcos B.
(1)求∠A;
(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,使得△ABC存在,求△ABC的面积.
条件①:b=7;
条件②:cos B=;
条件③:csin A=.
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.
19.(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.
考点4　正、余弦定理的实际应用
20.(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.(2024北京朝阳模拟)在△ABC中,AB=AC=2,BC=2,点P在线段BC上.当·取得最小值时,PA=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
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)(2024湖南衡阳联考)向量积在数学和物理中发挥着重要作用.定义向量a与b的向量积的模|a×b|=|a||b|sin,则下列说法正确的是(　　)
A.|a×b|=|a×(-b)|
B.若a,b为非零向量,且|a×b|=|a·b|,则=
C.若△ABC的面积为S,则|×|=2S
D.若|a×b|=a·b=3,则|a+b|的最小值为3
4.(2024广东佛山南海外国语高级中学月考)若O为△ABC内一点,a,b,c均为大于1的正实数,且a+b+c=,则S△OAB∶S△OAC∶S△OBC=(　　)
A.(c+1)∶(b-1)∶a　　　B.c∶b∶a
C.∶∶　　　D.c2∶b2∶a2
5.(2024江苏无锡第一中学月考)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c-b=2bcos A,则下列四个结论中正确的是(　　)
A.B=2A
B.B的取值范围为
C.的取值范围为(,)
D.-+2sin A的最小值为2
6.(2024河北石家庄第十五中学月考)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,=sin,若点P为△ABC的费马点,则·+·+·=(　　)
A.-6　　B.-4　　
C.-3　　D.-2
7.(2024江苏连云港灌南联考)在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(a+b+c)(a+b-c)=3ab,则的取值范围为　　　　　.
8.(2024重庆九龙坡月考)窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸,是中国古老的传统民间艺术之一.图1是一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花,其示意图如图2.已知正方形ABCD的边长为4,中心为O,四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点处.若点P在四个半圆的圆弧上运动,则·的取值范围是　　　　.
　　
9.(2024山东烟台第一中学月考)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.
10.(2024福建厦门外国语学校月考)如图,在边长为1的正三角形ABC中,O为中心,过点O的直线交边AB于点M,交边AC于点N.
(1)若P为△ABC内部一点(不包括边界),求·的取值范围;
(2)若AM=,求AN的长;
(3)求OM2+ON2的最大值与最小值.
迁移创新
11.(2024山西大同第二中学月考)n元向量也叫n维向量,是平面向量的推广,设n为正整数,数集P中的n个元素构成的有序组(a1,a2,…,an)称为P上的n元向量,其中ai(i=1,2,…,n)为该向量的第i个分量.n元向量通常用字母α,β,γ等表示,如α=(a1,a2,…,an),P上全体n元向量构成的集合记为Pn.对于α,β∈Pn,n∈N*,记α=(a1,a2,…,an),β=(b1,b2,…,bn),定义如下运算:加法法则为α+β=(a1+b1,a2+b2,…,an+bn),模公式为||α||==,数量积公式为α·β=aibi=a1b1+a2b2+…+anbn,设α,β的夹角为θ,则cos θ=.
(1)设α,β∈Pn,n≥3,n∈N*,α=(1,-1,1,1,…,1),β=(-1,1,1,1,…,1),解决下面的问题:
①求||α+β||;
②设α与α+β的夹角为θ,求cos θ;
(2)对于一个n元向量α=(a1,a2,…,an),若|ai|=1(i=1,2,…,n),称α为n维信号向量.规定α·β=0 α⊥β,解决下面的问题:
①直接写出4个两两垂直的4维信号向量;
②证明:不存在14个两两垂直的14维信号向量.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
高考风向　1.考查内容
高考对本章的考查主要以平面向量的基础知识、基本运算,正、余弦定理为主,考查与平面向量基本定理相关的线性运算、向量的数量积运算、向量的夹角、向量的模以及解三角形.
2.考查形式
试题以中低档题为主,平面向量以选择题或填空题的形式出现,解三角形主要以解答题的形式出现.
3.备考策略
本章概念和公式比较多,在备考时注意:
(1)理解并熟记概念、定理、公式及推论,提高对基本公式的运用能力;
(2)注意考虑题目隐含条件以及容易被忽略的多解情况;
(3)重视数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想在解题中的应用.
1.B 2.B 3.C 4.D 5.D 10.D 11.C 12.D
13.C 20.A
1.B　∵|a+2b|=2,∴(a+2b)2=4,
即|a|2+4a·b+4|b|2=4.①
∵(b-2a)⊥b,∴(b-2a)·b=0,
∴|b|2-2a·b=0,即2a·b=|b|2.
代入①得|a|2+6|b|2=4,又|a|=1,∴|b|=.
2.B　解法一:由题意知,=+=+,
=+=-+,
∴·=·
=-=22-×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,-2),
∴·=1×(-1)+(-2)×(-2)=3.故选B.
3.C　由题意可得c=(3+t,4),
由=得cos=cos,
即=,解得t=5,故选C.
4.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.
5.D　解法一:取AB的中点D,连接CD,则·=(+)·(+)=+(+)·+·=+2·=1+5×1×cos<,>=1+5cos<,>,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.
6.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|=.
7.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=-.
8.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·的最大值为.
9.答案　[2+12,16]
解析　如图,O为单位圆圆心,
∵+=2,-=,
∴(+)2+(-)2=(2)2+,
∴+=2+2,
同理,+=+=+=2+2,
∴++…+=8+8.
在正八边形A1A2…A8中,∠A1OA2==,
则||∈,
又cos2==+,
∴8+8∈[2+12,16].
10.D　解法一:因为b=(2,x),a=(0,1),所以b-4a=(2,x-4),所以b·(b-4a)=4+x(x-4)=0,即(x-2)2=0,故x=2,故选D.
解法二:因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,即b2=4a·b,所以4+x2=4x,即(x-2)2=0,故x=2,故选D.
11.C　a⊥b a·b=0 (x+1)·x+2x=0 x=0或x=-3,
对于A,x=-3是x=0或x=-3的充分条件,∴A不正确,
对于C,x=0是x=0或 x=-3的充分条件,∴C正确.
a∥b 2(x+1)=x2 x2-2x-2=0 x=1+或x=1-,
对于B,x=1+是x=1+或x=1-的充分条件,∴B不正确,
对于D,x=-1+是x=1+或x=1-的既不充分也不必要条件,∴D不正确.
12.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.
高考风向　已知向量的坐标形式和位置关系(一般是平行或垂直),利用向量的坐标运算求解参数,这是向量最基础也是比较简单的内容之一,在近几年高考中都有涉及,也是学生必拿分的题目,这类题目的解题关键就是熟记公式,设a=(x1,y1),b=(x2,y2),若a∥b,则x1y2-x2y1=0;若a⊥b,则x1x2+y1y2=0.
13.C　解法一:由已知及余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac,∴(a+c)2=b2+3ac.
∵b2=ac,∴ac=b2,
∴(a+c)2=b2+3×b2=b2,∴a+c=b,
由正弦定理得===,
∴sin A+sin C=·sin B=·sin 60°=·=.故选C.
解法二:由余弦定理得b2=a2+c2-2ac·cos 60°,
∴a2+c2-ac=b2=ac,∴a2+c2=ac,
由正弦定理得sin2A+sin2C=sin A·sin C,
∵b2=ac,∴sin2B=sin A·sin C==,
∴sin A·sin C=,∴sin2A+sin2C=,
∴(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin A·sin C=+2×==,∴sin A+sin C=(舍负),故选C.
解法三:由b2=ac及正弦定理可得sin Asin C=sin2B,
又B=60°,所以sin Asin C=sin Asin(A+60°)=sin A·=+sin 2A=+·=+cos(2A-120°)=×=,
即cos(2A-120°)=2cos2(A-60°)-1=,
即cos(A-60°)=(易知0°0).
所以sin A+sin C=sin A+sin(A+60°)=sin A+cos A=cos(A-60°)=×=.
14.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),因为AD平分∠BAC,且∠BAC=60°,所以∠BAD=∠CAD=30°.S△ABC=S△ABD+S△ACD,即×2×(+1)×=×2×AD×+×(+1)×AD×,即×(+1)=AD+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.
15.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,
∴==4-=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.
16.解析　(1)由已知得2=2,
故sin=1.
易知A∈(0,π),∴A+∈
易错点,
∴A+=,∴A=.
(2)∵bsin C=csin 2B,
∴由正弦定理得sin Bsin C=sin C·2sin Bcos B.
∵B,C∈(0,π),∴sin B≠0,sin C≠0,
∴cos B=,∴B=.又∵A+B+C=π,A=,
∴sin C=sin=sin=×+×=,
由正弦定理得==,
∴b=2,c=+.
∴△ABC的周长为a+b+c=2++3.
17.解析　(1)易知cos C=,
又a2+b2-c2=ab,所以cos C=,
又因为C∈(0,π),所以C=,所以sin C=,
又因为sin C=cos B,所以cos B=,
又因为B∈(0,π),所以B=.
(2)在△ABC中,A=π-B-C,所以结合(1)得sin A=sin(B+C)=.
解法一:由正弦定理得a=,b=,
所以△ABC的面积S=absin C=···sin C==3+,解得c=2.
解法二:由正弦定理可得b∶c=sin B∶sin C=∶=∶,故可设b=k,c=k,其中k>0,
则△ABC的面积S=bcsin A=×k×k×=3+,解得k=2(舍负),故c=2.
18.解析　(1)由题意得2sin Bcos B=bcos B,
因为A为钝角,所以cos B≠0,
则2sin B=b,则===,
解得sin A=,
因为A为钝角,所以A=.
(2)选择①b=7,因为a=b=7,所以A=B=,则A+B>π,三角形不存在,故不能选①.
选择②cos B=,因为B为三角形的内角,
所以sin B==,
代入2sin B=b得2×=b,解得b=3,
故sin C=sin(A+B)=sin=sin cos B+cos sin B
=×+×=,
则S△ABC=absin C=×7×3×=.
选择③csin A=,则c×=,解得c=5,
由正弦定理得=,即=,解得sin C=,
因为C为三角形的内角且角A为钝角,
所以cos C==,
则sin B=sin(A+C)=sin=sin cos C+cos sin C=×+×=,
故S△ABC=acsin B=×7×5×=.
19.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×=,∴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.
20.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-=MB=MB,
因为GF=ED,所以-=,
所以-=MB·=DF,
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.B 2.C 3.AC 4.A 5.C 6.C
1.B　如图,以BC所在直线为x轴,BC的垂直平分线为y轴,建立平面直角坐标系,
由AB=AC=2,BC=2,得OA==1,
所以A(0,1),B(-,0),C(,0),
设P(x,0),-≤x≤,
则=(-x,1),=(--x,0),
则·=-x·(--x)=x2+x=-,
因为-≤x≤,所以当x=-时,·取得最小值,此时=,PA=||==.故选B.
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.AC　对于A,|a×(-b)|=|a||-b|sin(π-)=|a||b|sin=|a×b|,所以A正确;
对于B,由|a×b|=|a·b|,可得|a||b|sin=|a||b||cos|,即sin=±cos,解得=或=,所以B错误;
对于C,因为S=||||sin<,>,
所以|×|=2S,所以C正确;
对于D,由|a×b|=a·b,可得sin=cos,所以tan=,由∈[0,π],可得=,所以|a×b|=|a||b|sin=|a||b|×=3,则|a||b|=2,
则|a+b|2=|a|2+2a·b+|b|2=2+|a|2+|b|2≥2+2|a||b|=6,
当且仅当|a|=|b|时等号成立,所以|a+b|2≥6,所以D错误.
故选AC.
4.A　∵a+b+c=,∴a+b+c=-,∴a+(b-1)+(c+1)=0.
如图,设=a,=(b-1),=(c+1),
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+y+z=0,则S△PAB∶S△PBC∶S△PCA=z∶x∶y.由题目条件整理可得a+(b-1)+(c+1)·=0,所以S△OAB∶S△OAC∶S△OBC=(c+1)∶(b-1)∶a.
5.C　对于A,由题意,结合正弦定理得sin C-sin B=2sin Bcos A,
又sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,
所以sin Acos B-cos Asin B=sin B,
即sin(A-B)=sin B,
因为△ABC是锐角三角形,所以00,故0所以A-B=B,即A=2B,故A错误;
对于B,因为△ABC为锐角三角形,A=2B,所以C=π-3B,
由解得B∈,故B错误;
对于C,===2cos B,
因为B∈,所以cos B∈,则2cos B∈(,),即的取值范围为(,),故C正确;
对于D,-+2sin A=-+2sin A=+2sin A=+2sin A≥2=2,当且仅当=2sin A,即sin A=时取等号,
因为B∈,所以A=2B∈,则sin A∈,无法取到等号,故D错误.
故选C.
6.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,
又∵sin C≠0,∴sin B=cos B,即tan B==,
又B∈(0,π),∴B=,
∴△ABC的内角均小于由B=可知A和C均小于.
结合已知可得点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=||||sin+·||||sin+||||sin=acsin∠ABC=×6×sin=,
∴||||+||||+||||=6,
∴||||cos+||||cos+||||·cos=6×cos=-3,
∴·+·+·=-3.故选C.
7.答案　
解析　由(a+b+c)(a+b-c)=3ab,得a2+b2-c2=ab,
由余弦定理的推论得cos C==,
又C∈(0,π),所以C=,
所以===+tan B,
因为△ABC为锐角三角形,
所以即所以tan B>,所以=+tan B>,
所以的取值范围为.
8.答案　[-8-8,8+8]
解析　以O为原点,的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系,如图所示.
因为正方形ABCD的边长为4,所以AC=BD=4,
则A(-2,0),C(2,0),则=(4,0),
设AD的中点为E,则E(-,),||=2.
当点P在半圆弧AD上(包含点D,A)运动时,可设点P(-+2cos θ,
+2sin θ)(拓展:若圆的圆心为(a,b),半径为r,P为该圆上一点,则P的坐标可设为(a+rcos θ,b+rsin θ),θ为参数),其中≤θ≤,
则=(-+2cos θ,+2sin θ),
所以·=-8+8cos θ,易知-1≤cos θ≤,
故·∈[-8-8,0],
由对称性可知,当点P在半圆弧AB上(包含点A,B)运动时,
·∈[-8-8,0].
当点P在半圆弧CD上(包含点C,D)运动时,CD的中点为(,),半圆所在圆的半径为2,
可设点P(+2cos α,+2sin α),其中-≤α≤,
则=(+2cos α,+2sin α),
则·=8+8cos α,易知-≤cos α≤1,
故·∈[0,8+8],
同理可知,当点P在半圆弧BC上(包含点B,C)运动时,·∈[0,8+8].
综上可知,·的取值范围是[-8-8,8+8].
9.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-<β-<,
所以β-=,即β=.
10.解析　(1)取BC的中点D,连接PD,
则||∈,||=,
因为=+,=+=-,
所以·=(+)·(-)=-=-,
又||∈,所以||2∈,则·=-∈,故·的取值范围为.
(2)连接OD,易知A,O,D三点共线,
则=(+),易知=,则=(+),
设AN=m,因为AC=1,所以AC=AN,
因为AM=,所以AB=AM,
所以=(+)=+,
因为M,O,N三点共线,所以+=1,解得m=,即AN的长为.
(3)因为正三角形ABC的边长为1,O为正三角形的中心,
所以OA=,∠MAO=∠NAO=,
设∠MOA=α,则≤α≤.
当N与C重合时,α取最小值;当M与B重合时,α取最大值
在△MOA中,由正弦定理可得
=,
所以OM==,
同理可得ON==,
所以OM2+ON2
=+
=·
=·=·,
令t=2sin2α+1,则sin2α=,
所以OM2+ON2=·=·=·,
因为≤α≤,
所以≤sin α≤1,≤sin2α≤1,
所以≤2sin2α+1≤3,即≤t≤3,
易知y=4t+在上单调递增,
则≤4t+≤15,所以≤4t+-12≤3,所以≤≤,故≤·≤,
所以≤OM2+ON2≤,
所以OM2+ON2的最大值为,最小值为.
11.解析　(1)因为α,β∈Pn,n≥3,n∈N*,α=(1,-1,1,1,…,1),β=(-1,1,
1,1,…,1),
所以α+β=(0,0,2,2,…,2).
①||α+β||==2.
②因为α·(α+β)=2(n-2),||α||=,
所以cos θ===.
(2)①根据题意,结合n维信号向量的定义知两两垂直的4维信号向量可以为(1,1,1,1),(-1,-1,1,1),(-1,1,-1,1),(-1,1,1,-1).
②证明:假设存在14个两两垂直的14维信号向量η1,η2,…,η14,
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置,任意两个向量的数量积不变,
所以不妨设η1=(1,1,…,1),η2=(1,1,1,1,1,1,1,-1,-1,-1,-1,-1,-1,-1),
因为η1·η3=0,
所以η3有7个分量为-1,
设η3的前7个分量中有r(r∈N*)个-1,则后7个分量中有(7-r)个-1,
所以η2·η3=r·(-1)+(7-r)+(7-r)+r·(-1)=0,可得r= N*,
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量.
素养评析　本题第(1)问考查了学生的数学抽象素养,能够在关联的情境中抽象出n维向量的数量积和模的计算公式,达到了水平二;
第(2)问考查了学生逻辑推理的素养,能够通过反证法证明结论正确,达到了水平二.
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