2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--第二章　平面向量及其应用

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2025北师大版高中数学必修第二册
第二章　平面向量及其应用
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则=(　　)
A.
C.
2.已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,b=4,cos C=,则△ABC的周长为(　　)
A.9　　　　B.10　　　　C.12　　　　D.14
3.若单位向量a,b的夹角为,则a+2b与a-b的夹角的余弦值为(　　)
A.
4.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sin A∶sin B=3∶5,c=2b-a,则cos B=(　　)
A.
5.数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理:三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直线上,且外心到重心的距离是垂心到重心距离的一半,该直线被称为三角形的欧拉线,设点O,G,H分别为△ABC的外心、重心、垂心,则下列各式一定正确的是(　　)
A.
C.
6.如图所示,在△ABC中,O是BC的中点,过点O的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N,若(m,n>0),则的最小值为(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.　　　　D.56
7.如图所示,在矩形ABCD中,AB=,BC=2,点E在边CD上运动(包含端点),则的取值范围为(　　)
A.
8.如图,为了测量某湿地内A,B两点间的距离,观察者找到在同一直线上的D,C,E三点.从D点测得∠ADC=67.5°,从C点测得∠ACD=45°,∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得DC=2百米,CE=百米,则A,B两点间的距离为(　　)
A.百米　　　　B.2百米　　　　C.3百米　　　　D.2百米
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.若平面向量a=(n,2),b=(1,m-1),其中n,m∈R,则下列说法正确的是　　　(　　)
A.若2a+b=(2,6),则a∥b
B.若a=-2b,则与b同向的单位向量为
C.若n=1,且a与b的夹角为锐角,则实数m的取值范围为
D.若a⊥b,则z=2n+4m的最小值为4
10.在△ABC中,=c,=a,=b,在下列命题中,是真命题的有　(　　)
A.若a·b>0,则△ABC为锐角三角形
B.若a·b=0,则△ABC为直角三角形
C.若a·b=c·b,则△ABC为等腰三角形
D.若(a+c-b)·(a+b-c)=0,则△ABC为直角三角形
11.在△ABC中,AB=4,AC=6,=12,P为△ABC内(包含边界)任意一点,则(　　)
A.BC=2
B.若||,则S△PBC=
C.若=0,则|
D.若(λ∈R),则λ的最大值为
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.将答案填在题中横线上)
12.已知向量a=(1,2),b=(-3,t),若a⊥b,则|a+2b|=　　　　.
13.在△ABC中,AB=AC,tan C=,H为△ABC的垂心,且满足(m,n∈R),则m+n=　　　　.
14.已知a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,且ccos A=asin C,则A=　　　　;内角A的平分线交BC于点M,若a=4,AM=,则△ABC的面积为　　　　.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知a=(1,0),b=(2,1).
(1)若=2a+b,=a+mb,且A,B,C三点共线,求m的值;
(2)当k为何值时,ka-b与a+2b共线
16.(15分)从①bcosccos B;②2S△ABC=这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.
问题:在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且　　　　.
(1)求角B;
(2)在△ABC中,b=2,求△ABC周长的最大值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
17.(15分)如图,在平面四边形ABCD中,BC∥AD,AB=BC=2,AD=4,∠BAD=120°,E,F分别是AD,DC的中点,G为线段BC上一点,且(λ∈R).设=a,=b.
(1)若λ=,用a,b表示向量;
(2)若λ∈(0,1),求的取值范围.
18.(17分)某商店经营者陈某准备在商店门前“摆地摊”,经营冷饮生意.已知该商店门前是一块角形区域,如图所示,其中∠APB=120°,且在该区域内的点R处有一个路灯,经测量,点R到区域边界PA,PB的距离分别为RS=4,RT=6.陈某准备过点R修建一条长椅MN(点M,N分别落在射线PA,射线PB上,长椅的宽度及路灯的粗细忽略不计),供购买冷饮的人休息.
(1)求点P到点R的距离;
(2)为优化经营面积,当PM为多少时,三角形PMN的面积最小 并求出最小面积.
19.(17分)如图所示,点E是△ABC的重心,过点E的直线与边AB,AC分别交于P,Q两点,设=μ ,λ,μ>0.
(1)求的值;
(2)设△ABC的面积为S1,△APQ的面积为S2,求的最大值.
答案全解全析
第二章　平面向量及其应用
1.B　∵AD为BC边上的中线,∴),
又∵E为AD的中点,∴.故选B.
2.B　在△ABC中,由余弦定理得cos C=,
∵a=2,b=4,cos C=,
∴c2=16,解得c=4(负值舍去),∴△ABC的周长为2+4+4=10.
3.D　由题意得a·b=1×1×cos ,
故(a+2b)·(a-b)=a2+a·b-2b2=-,
|a+2b|=,
|a-b|==1,
所以cos=.故选D.
4.A　∵sin A∶sin B=3∶5,
∴由正弦定理可得,可得a=b,
∴cos B=.故选A.
5.D　∵O,G,H依次位于同一条直线上,且外心到重心的距离是垂心到重心距离的一半,∴,A错误,B错误;
,C错误;
,D正确.故选D.
6.C　连接AO,由题意得,,
∵M,O,N三点共线,∴=1,
∴,当且仅当,即n=2m=时,等号成立.故选C.
7.D　以A为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
因为在矩形ABCD中,AB=,BC=2,
所以B(,2),D(0,2),
设E(a,2)(0≤a≤),则,2),
所以,
令y=,0≤a≤,则当a=时,ymin=;当a=0时,y=4;当a=时,y=4.
所以当0≤a≤,y∈,
故当0≤a≤时,,故选D.
8.C　在△ADC中,∠ACD=45°,∠ADC=67.5°,
则∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°,∴AC=DC=2百米.
在△BCE中,∠BCE=75°,∠BEC=60°,
则∠EBC=180°-75°-60°=45°,
由正弦定理得,
∴BC=(百米).
在△ABC中,AC=2百米,BC=百米,∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°,
由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=9,∴AB=3百米,
即A,B两点间的距离为3百米.
9.BD　A选项,2a+b=(2n+1,3+m)=(2,6),
则则a=,b=(1,2),
所以不存在实数λ,使b=λa,即a,b不共线,故A错误;
B选项,若a=-2b,则
所以b=(1,-1),|b|=,
所以与b同向的单位向量为,故B正确;
C选项,当n=1时,a=(1,2),因为a与b的夹角为锐角,所以解得m>,且m≠3,
故m的取值范围为∪(3,+∞),故C错误;
D选项,若a⊥b,则a·b=n+2(m-1)=2m+n-2=0,即2m+n=2,
所以z=2n+4m=2n+22m≥2=4,当且仅当2n=22m,即n=2m=1时,等号成立,故D正确.故选BD.
10.BCD　若a·b>0,则cos(π-C)>0,即cos C<0,即角C是钝角,
所以△ABC是钝角三角形,故A为假命题;
若a·b=0,则,即BC⊥CA,所以△ABC为直角三角形,故B为真命题;
若a·b=c·b,则b·(a-c)=0,即·()=0,即·()=0,
取AC的中点D,则=0,所以BA=BC,即△ABC为等腰三角形,故C为真命题;
若(a+c-b)·(a+b-c)=0,则a2=(c-b)2,即b2+c2-a2=2b·c,
所以cos A==-cos A,所以cos A=0,即A=,
所以△ABC为直角三角形,故D为真命题.故选BCD.
11.AB　对于A,,即BC=2,故A正确;
对于B,由||,可知P为△ABC的外心,如图1所示:
∵|·||·cos∠BAC=4×6×cos∠BAC=12,∴cos∠BAC=,又∠BAC∈(0,π),∴∠BAC=,∴sin∠BAC=,∠BPC=2∠BAC=,
在△ABC中,由正弦定理,得2PA=,
∴PA=,
∴S△PBC=|·||·sin∠BPC=,故B正确;
对于C,由=0,得,
等号两边平方,得9,故C错误;
对于D,
易知方向上的单位向量,记表示,
以AE,AF为邻边作平行四边形AEDF,则四边形AEDF为菱形,如图2所示,
∴AD平分∠BAC,且(λ∈R),
故共线,
∴P为△ABC的角平分线AM上一点,
由S△ABC=S△ABM+S△ACM,得|·||·sin∠BAC=|·||·sin∠BAM+|·||·sin∠CAM,
即,解得|,
又|
=λ≤,解得λ≤,故D错误.故选AB.
12.答案　5
解析　∵a⊥b,∴1×(-3)+2×t=0,解得t=,∴b=,则a+2b=(-5,5),故|a+2b|=.
13.答案　
解析　如图所示,延长AH,交BC于点D,连接BH并延长,交AC于点E.
∵H为△ABC的垂心,∴BE⊥AC,AD⊥BC,
∵AB=AC,∴D为BC的中点,
在Rt△ADC中,tan C=,
不妨设AD=4x(x>0),则BD=CD=3x.
易得∠BHD=∠C,∴tan∠BHD==tan C=,
∴HD=AD,
即,
又∵(m,n∈R),∴m=.
14.答案　
解析　依题意,由正弦定理可得cos Asin C=sin Asin C,
因为sin C≠0,所以cos A=sin A,则tan A=,
因为A∈(0,π),所以A=.
由S△ABC=S△ABM+S△ACM,得bcsin∠BAC=AM·c·sin∠BAM+AM·b·sin∠CAM,
因为AM平分∠BAC,所以∠BAM=∠CAM=∠BAC=,
所以,
即(b+c),即b+c=bc,
在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,即16=b2+c2-bc,
所以16=(b+c)2-3bc=b2c2-3bc,解得bc=(负值舍去),
所以△ABC的面积为bcsin∠BAC=.
15.解析　(1)=2a+b=(4,1),=a+mb=(2m+1,m),(3分)
∵A,B,C三点共线,∴,(5分)
∴4m-(2m+1)=0,解得m=.(7分)
(2)ka-b=(k-2,-1),a+2b=(5,2), (10分)
若ka-b与a+2b共线,则2(k-2)+5=0,解得k=-.(13分)
16.解析　(1)选择①:由bcosccos B得bsin C=ccos B,(2分)
由正弦定理可知,sin Bsin C=sin Ccos B,(4分)
在△ABC中,C∈(0,π),所以sin C≠0,
所以sin B=cos B,(6分)
即tan B=,所以B=.(7分)
选择②:由2S△ABC=得2×acsin B=cacos B,(2分)
即sin B=cos B,所以tan B=,(4分)
在△ABC中,B∈(0,π),所以B=.(7分)
(2)由(1)知B=.
在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos ,
因为b=2,所以12=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac,(10分)
所以(a+c)2-12=3ac≤3×,
所以a+c≤4,当且仅当a=c=2时,等号成立.(13分)
所以a+b+c≤6.
所以△ABC周长的最大值为6.(15分)
17.解析　(1)=a+b+
=a+b+)
=a+b+a+b.(4分)
因为λ=,
所以b+a+b+a+b=a-b.(6分)
(2)
=-b+a+λb+a+λb
=a+(λ-1)b.(8分)
因为∠BAD=120°,|a|=2,|b|=4,
所以a·b=|a|·|b|cos 120°=2×4×=-4,(9分)
所以
=a2+a·b+(λ-1)b2
=(λ-1)×42
=5λ-6,(13分)
因为0<λ<1,所以-6<5λ-6<-1,所以-6<<-1,
故的取值范围为(-6,-1).(15分)
18.解析　(1)连接ST,RP,如图,在四边形RSPT中,∠PSR=90°,∠PTR=90°,∠SPT=120°,则∠SRT=60°,
在△RST中,由余弦定理知ST2=RS2+RT2-2RS·RTcos∠SRT=42+62-2×4×6×cos 60°=28,
∴ST=2,(3分)
∴cos∠STR=.(5分)
∵∠PTS+∠STR=90°,∴sin∠PTS=cos∠STR=.(7分)
在△PST中,由正弦定理知,即,
∴SP=.
在Rt△SPR中,PR2=RS2+SP2=42+,
∴PR=,∴点P到点R的距离为.(9分)
(2)由三角形面积公式知S△PMN=PM·PN·sin 120°=PM·PN.(12分)
又S△PMN=S△PRM+S△PRN=PM·RS+PN·RT
=PN×6=2PM+3PN,
∴PM·PN=2PM+3PN≥2,
∴PM·PN≥128,当且仅当2PM=3PN,即PM=8时,等号成立,(15分)
∴S△PMN=PM·PN≥,
故当PM=8时,三角形PMN的面积最小,最小面积为32.(17分)
19.解析　(1)设=a,=b,连接AE并延长,交BC于点D.
由重心是三角形三条中线的交点可知,点D是BC的中点,
∴(a+b),(2分)
∵,λ,μ>0,
∴,(4分)
∴a=,b=(a+b)=,(6分)
∵P,E,Q三点共线,∴=1,(7分)
∴=1.(6分)
(2)设∠BAC=θ,则结合(1)可知S1=|·||sin θ=·|a||b|sin θ,S2=|·||sin θ,(10分)
又a,b,∴S2=·|a||b|sin θ,
∴,(14分)
∵λ,μ>0,<1,
∴,当且仅当,即λ=2时取等号,(16分)
∴.(17分)
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