2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--第二章 平面向量及其应用拔高练
文档属性
| 名称 | 2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--第二章 平面向量及其应用拔高练 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 454.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 北师大版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-10-22 09:26:37 | ||
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文档简介
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2025北师大版高中数学必修第二册
综合拔高练
五年高考练
考点1 平面向量的数量积、长度、夹角
1.(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
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.(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.
C. D.1
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.-
5.(2023新课标Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|= .
6.(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= .
7.(2021全国甲文,13)若向量a,b满足|a|=3,|a-b|=5,a·b=1,则|b|= .
8.(2024天津,14)在边长为1的正方形ABCD中,点E为线段CD的三等分点,CE=,则λ+μ= ;若F为线段BE上的动点,G为AF中点,则·的最小值为 .
考点2 平面向量的平行与垂直
9.(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
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.(2021全国乙文,13)已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,则λ= .
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.
14.(2021全国甲文,8)在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC=( )
A.1 B. D.3
15.(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= .
16.(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= .
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.(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.
19.(2020全国新高考Ⅰ,17)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=sin B,C=,
考点4 解三角形的实际应用
20.(2021全国甲理,8)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
三年模拟练
应用实践
1.(多选题)(2024江西赣州期末)下列关于向量的说法正确的是( )
A.若a∥b,b∥c,则a∥c
B.若单位向量a,b的夹角为,则向量a在向量b方向上的投影向量为b
C.若a与b不共线,且sa+tb=0,则s=t=0
D.若a·c=b·c,且c≠0,则a=b
2.(2024河南濮阳联考)已知等边三角形ABC的边长为4,D为边AB的中点,E是边AC上的动点,则·的取值范围为( )
A.[-1,6] B.[-1,12]
C.[0,6] D.
3.(2024江西师范大学附属中学素养测试)如图,在△ABC中,∠BAC=,P为CD上一点,且满足(x∈R),若AC=4,AB=5,则·的值为( )
A.
C.
4.(2024云南昆明一中月考)如图,一块三角形铁片ABC,已知AC=6,BC=8,∠ACB=,现在这块铁片中间发现一个小洞,记为点D,CD=2,∠BCD=.过点D作一条直线分别交AC,BC于点E,F,并沿直线EF裁掉△CEF,则剩下的四边形AEFB的面积的最大值为( )
A.8
C.3
5.(多选题)(2023重庆育才中学期中)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列命题正确的是( )
A.若=cos A,则△ABC为直角三角形
B.若,则△ABC是等腰三角形
C.若b2+c2D.若b2=ac,则06.(2023江西鹰潭第一中学期中)在平行四边形ABCD中,已知=a,=b,=c,且|a+b|=|a-b|,|a|=6,|b|=2,则|a-b-c|= .
7.(2024江苏泰州中学期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,2asin A-bsin B=3csin C,若S表示△ABC的面积,则的最大值为 .
8.(2023湖北鄂东南省级示范教学改革联盟期中联考)在△OAB 中,,AD,BC的交点为M,过M作动直线l分别交线段OA,OB于E,F两点,若(λ,μ>0),则2λ+μ的最小值为 .
9.(2022河北邢台卓越联盟联考)在△ABC中,A为钝角,A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(b2+c2-a2)·tan A=bc.
(1)求角A;
(2)从①C=3B,②a=7且中选择一个作为已知条件,使△ABC存在且唯一确定,并求BC边上的高.
10.(2022河南中原好教育联盟二联)如图,游客到达某旅游景区内的A处后,有两条路径到B处:一条是从A处沿直线步行到B处;另一条是先从A处沿直线坐小火车到达C处,再从C处沿直线步行到B处.甲、乙两名游客到达A处后,甲沿AB匀速步行,速度为50米/分钟,甲出发2分钟后,乙从A处坐小火车前去C处,准备在C处停留2分钟后,再从C处步行到B处.已知小火车的速度为170米/分钟,A,B之间的距离为2 100米,B,C之间的距离为1 000米,cos B=.
(1)乙出发多长时间后,乙在小火车上与甲之间的直线距离最短
(2)为使甲、乙在B处相互等待的时间不超过2分钟,乙步行的速度应控制在什么范围内
11.(2024辽宁协作校期中)古希腊数学家托勒密对凸四边形(凸四边形是指没有角度大于180°的四边形)进行研究,终于有重大发现:任一凸四边形,两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积,当且仅当四点共圆时等号成立,即给定凸四边形的四条边长,四点共圆时四边形的面积最大.根据上述材料,解决下列问题:
(1)如图1,在凸四边形ABCD中,若AB=,BC=1,∠ACD=,AC=CD,求线段BD的长度的最大值;
(2)如图2,在凸四边形ABCD中,若AB=2,BC=6,AD=CD=4,求四边形ABCD的面积取得最大值时角A的大小,并求出四边形ABCD的最大面积;
(3)在满足(2)的条件下,若点P是△ABD的外接圆上异于B,D的点,求PB+PD的最大值.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.D 由题意知a-b=(4,-3),所以|a-b|==5,故选D.
2.B 以E为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
可知D(-1,2),C(1,2),故=(1,2),
所以·=1×(-1)+2×2=3.故选B.
3.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|=.
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=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,-1),则a-c=(2,1),b-c=(1,2),
∴|a-c|=|b-c|=,∴cos=,故选D.
5.答案
解析 因为|a+b|=|2a-b|,所以a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,则a2=2a·b,又|a-b|=,所以a2-2a·b+b2=b2=3,所以|b|=.
6.答案 11
解析 根据题意,得(2a+b)·b=2a·b+b2=2×1×3×+9=11.
7.答案 3
解析 依题意可得|a-b|==5,所以|b|=3.
8.答案
解析 因为CE=DE,所以,则,又=λ+μ,所以λ=,μ=1,所以λ+μ=.
由题意可知|·=0,
设,k∈[0,1],
则,
因为G为AF的中点,所以,
所以·=·
=,
又因为k∈[0,1],所以:当k=1时,·取得最小值,为-.
9.D 因为(a+λb)⊥(a+μb),所以(a+λb)·(a+μb)=0,即a2+(λ+μ)a·b+λμb2=0,
易知a2=2,a·b=0,b2=2,所以λμ=-1,故选D.
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.故选C.
12.答案
解析 由a∥b得2×4=5λ,∴λ=.
C 解法一:由已知及余弦定理,得b2=a2+c2-2ac·cos B=a2+c2-ac,
∴(a+c)2=b2+3ac.
∵b2=ac,∴ac=b2,
∴(a+c)2=b2+3×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°,∴sin Asin C=sin Asin(A+60°)=sin A·sin A+cos 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.D 解法一:设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,在△ABC中,由题意知b=,c=2,
由余弦定理得b2=c2+a2-2cacos B,
即19=4+a2-2·2a·cos 120°,
整理得a2+2a-15=0,解得a=3或a=-5(舍去),
所以BC=3.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.
15.答案 2
解析 在△ABC中,有,
所以sin∠C=.
由AB所以∠B=180°-∠C-∠BAC=75°,∠ADB=∠CAD+∠C=∠BAC+∠C=75°,
所以△ABD为等腰三角形,所以AD=AB=2.
16.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“=”,
此时,取得最小值,为4-,此时取得最小值.
所以当取得最小值时,BD=-1.
17.解析 (1)易知cos C=,
因为a2+b2-c2=ab,所以cos C=,
又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)可得sin A=sin(B+C)=.
解法一:由正弦定理得a=,
所以△ABC的面积S=absin C=···sin C=,解得c=2.
解法二:由正弦定理可得b∶c=sin B∶sin C=,
设b=k,其中k>0,
则△ABC的面积S=bcsin A=k×k×,解得k=2(舍负),故c=2.
18.解析 (1)由a2=b2+c2-2bccos A得b2+c2-a2=2bccos A,
因为=2,所以bc=1.
(2)∵cos A=,cos B=,
∴=1,
化简得c2+b2-a2=-bc,∴2bccos A=-bc,即cos A=-,∵角A为三角形的内角,∴0∴△ABC的面积S=bcsin A=×1×.
19.解析 选条件①.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,由此可得b=c.
又因为ac=,所以a=,b=c=1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.
选条件②.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,
由此可得b=c,B=C=.
又因为csin A=3,所以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.
选条件③.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,由此可得b=c.
又c=b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
20.B 如图,过点C作A'C',B'C'的平行线,分别交A'A与B'B于点D和E,连接DE,则DE∥A'B',过点B作DE的平行线,交AA'于点F,
则△A'B'C'≌△DEC,∴∠DCE=∠A'C'B'=45°,∠CDE=∠C'A'B'=180°-∠A'C'B'-∠A'B'C'=75°.
在Rt△BCE中,可得tan 15°=,即2-,
∴CE=),
在△CDE中,由正弦定理可得,
∴DE=·CE=100(+1).
在Rt△ABF中,∠ABF=45°,∴AF=BF,
∴AA'-CC'=AD=AF+DF=AF+BE=BF+BE=DE+BE=100(2+)≈373.故选B.
三年模拟练
1.BC 对于A,向量平行不具有传递性,故A错误;
对于B,向量a在b方向上的投影向量为·b,故B正确;易知C正确;
对于D,因为a·c=b·c,所以|a||c|cos=|b|·|c|cos,又c≠0,
所以|a|·cos=|b|·cos,显然a=b不一定成立,故D错误.故选BC.
2.D 取AC的中点O,连接OB,则OB⊥AC,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(2,0),D(1,),设点E(x,0),-2≤x≤2,
则),
所以·,
因为函数f(x)=在上单调递减,在上单调递增,
所以f(x)min=f ,
又因为f(-2)=12,f(2)=0,所以f(x)max=12,
因此·的取值范围是.
3.B 因为,所以,
因为C,P,D三点共线,
所以可设(0≤k≤1),即),
又因为,
所以(x-1),且为不共线的非零向量,
则解得故,
所以··()=·
·×42+×52-×4×5cos .
故选B.
4.A 设CE=x,CF=y,x∈(0,6),y∈(0,8),
因为S△CEF=S△CDE+S△CDF,
所以×x×2×sin ×y×2×sin xy×sin ,
即xy,又x+y≥2(当且仅当x=y时取等号),所以xy≥2,平方得xy≥16,
故S△CEF=xy≥4,
当且仅当x=y,即x=4,y=4时取等号,
所以S△ABC=×8×6×sin ,
当△CEF的面积最小时,剩下的四边形AEFB的面积最大,且最大值为12.
5.ACD 对于A,若=cos A,即c=bcos A,则2c2=2bccos A,由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,即a2=b2+c2-2c2,整理得a2+c2=b2,故△ABC为直角三角形,故A正确;
对于B,由,得acos A=bcos B,
由余弦定理得a·=b·,
所以a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2),
即a2c2-a4=b2c2-b4,
所以c2(a2-b2)=(a2+b2)(a2-b2),
所以(c2-a2-b2)(a2-b2)=0,
所以c2-a2-b2=0或a2-b2=0,
即c2=a2+b2或a=b,
∴△ABC是直角三角形或等腰三角形,故B错误;
对于C,在△ABC中,若b2+c2对于D,若b2=ac,则由余弦定理可得cos B=≥,当且仅当a=c时取等号,∴06.答案 8
解析 因为a+b=,|a+b|=|a-b|,
所以||,所以平行四边形ABCD是矩形,
又|a|=6,|b|=2,
所以|,
而a-b-c=,
所以|a-b-c|=2|.
7.答案
解析 由题意,结合正弦定理得2a2-b2=3c2,
所以a2=c2,
由余弦定理得cos A=,
所以
=,
令=t(t>0),对于函数f(t)=-t2+18t-1=-(t-9)2+80,则f(t)max=f(9)=80,
则(-t2+18t-1)≤,所以≤,即的最大值为.
8.答案
解析 由题意可作图如下:
由A,M,D三点共线,可得存在实数t,使得,
由B,M,C三点共线,可得存在实数m,使得,
所以解得所以.
因为E,M,F三点共线,所以存在实数x,使得=xλ+(1-x)μ,
所以可得=1,
所以2λ+μ=(2λ+μ)≥,当且仅当=1,即μ=,λ=时取等号.
9.解析 (1)由题知(b2+c2-a2)·bc,
所以·=cos A·,
所以sin A=,
又A为钝角,所以A=.
(2)选条件①:由(1)知A=,则C+B=,
又C=3B,所以B=,
此时△ABC 存在但不唯一,不符合题意,舍去.
选条件②:由正弦定理得,
又,所以.
在△ABC中,a=7,设b=5x,c=3x(x>0),
由余弦定理得a2=b2+c2+bc,
所以72=(5x)2+(3x)2+5x·3x,
所以x=1,所以b=5,c=3,符合题意.
设BC 边上的高为h,
由S△ABC=bcsin A=ah,
得×5×3××7h,解得h=.
10.解析 (1)AC==1 700(米),
cos A=,
则乙从A处到C处所需的时间为=10(分钟).
设乙出发t(0则d2=(170t)2+(100+50t)2-2×170t×(100+50t)×=400(41t2-50t+25),
所以当t=时,即乙出发分钟后,乙在小火车上与甲之间的直线距离最短.
(2)甲从A处步行到B处所需的时间为=42(分钟).
设乙步行的速度为x米/分钟,则乙的步行时间应满足42-(2+10+2)-2≤≤42-(2+10+2)+2,即26≤≤30,解得≤x≤,
所以为使甲、乙在B处相互等待的时间不超过2分钟,乙步行的速度(单位:米/分钟)应控制在范围内.
11.解析 (1)由题意可得AB×CD+BC×AD≥AC×BD,
易得AD=CD,AC=CD,即AB×CD+BC×CD≥CD×BD,即AB+BC≥BD,又AB=,BC=1,所以BD≤2,当且仅当A,B,C,D四点共圆时等号成立,故线段BD的长度的最大值为2.
(2)在题图2中,连接BD,当A,B,C,D四点共圆时四边形ABCD的面积最大,则A+C=π,即cos C=-cos A,sin A=sin C,
在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A=4+16-2×2×4cos A=20-16cos A,
在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C
=36+16+2×6×4cos A=52+48cos A,
即20-16cos A=52+48cos A,
解得cos A=-,又A∈(0,π),所以A=,
所以sin A=sin C=,
此时S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=×AB×AD×sin A+BC×CD×sin C
=×2×4××6×4×.
所以当A=时,四边形ABCD的面积最大,且最大面积为8.
(3)由题意知A+P=π,即cos P=-cos A=,
在△BPD中,由余弦定理得BD2=PB2+PD2-2PB·PDcos P=PB2+PD2-PB·PD=52+48cos A,
故PB2+PD2-PB·PD=28,即(PB+PD)2-3PB·PD=28,则(PB+PD)2=28+3PB·PD≤28+3,当且仅当PB=PD时等号成立,
即PB+PD≤,当且仅当PB=PD时等号成立,所以PB+PD的最大值为4.
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2025北师大版高中数学必修第二册
综合拔高练
五年高考练
考点1 平面向量的数量积、长度、夹角
1.(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
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.(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.
C. D.1
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.-
5.(2023新课标Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|= .
6.(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= .
7.(2021全国甲文,13)若向量a,b满足|a|=3,|a-b|=5,a·b=1,则|b|= .
8.(2024天津,14)在边长为1的正方形ABCD中,点E为线段CD的三等分点,CE=,则λ+μ= ;若F为线段BE上的动点,G为AF中点,则·的最小值为 .
考点2 平面向量的平行与垂直
9.(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
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.(2021全国乙文,13)已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,则λ= .
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.
14.(2021全国甲文,8)在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC=( )
A.1 B. D.3
15.(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= .
16.(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= .
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.(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.
19.(2020全国新高考Ⅰ,17)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=sin B,C=,
考点4 解三角形的实际应用
20.(2021全国甲理,8)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
三年模拟练
应用实践
1.(多选题)(2024江西赣州期末)下列关于向量的说法正确的是( )
A.若a∥b,b∥c,则a∥c
B.若单位向量a,b的夹角为,则向量a在向量b方向上的投影向量为b
C.若a与b不共线,且sa+tb=0,则s=t=0
D.若a·c=b·c,且c≠0,则a=b
2.(2024河南濮阳联考)已知等边三角形ABC的边长为4,D为边AB的中点,E是边AC上的动点,则·的取值范围为( )
A.[-1,6] B.[-1,12]
C.[0,6] D.
3.(2024江西师范大学附属中学素养测试)如图,在△ABC中,∠BAC=,P为CD上一点,且满足(x∈R),若AC=4,AB=5,则·的值为( )
A.
C.
4.(2024云南昆明一中月考)如图,一块三角形铁片ABC,已知AC=6,BC=8,∠ACB=,现在这块铁片中间发现一个小洞,记为点D,CD=2,∠BCD=.过点D作一条直线分别交AC,BC于点E,F,并沿直线EF裁掉△CEF,则剩下的四边形AEFB的面积的最大值为( )
A.8
C.3
5.(多选题)(2023重庆育才中学期中)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列命题正确的是( )
A.若=cos A,则△ABC为直角三角形
B.若,则△ABC是等腰三角形
C.若b2+c2
7.(2024江苏泰州中学期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,2asin A-bsin B=3csin C,若S表示△ABC的面积,则的最大值为 .
8.(2023湖北鄂东南省级示范教学改革联盟期中联考)在△OAB 中,,AD,BC的交点为M,过M作动直线l分别交线段OA,OB于E,F两点,若(λ,μ>0),则2λ+μ的最小值为 .
9.(2022河北邢台卓越联盟联考)在△ABC中,A为钝角,A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(b2+c2-a2)·tan A=bc.
(1)求角A;
(2)从①C=3B,②a=7且中选择一个作为已知条件,使△ABC存在且唯一确定,并求BC边上的高.
10.(2022河南中原好教育联盟二联)如图,游客到达某旅游景区内的A处后,有两条路径到B处:一条是从A处沿直线步行到B处;另一条是先从A处沿直线坐小火车到达C处,再从C处沿直线步行到B处.甲、乙两名游客到达A处后,甲沿AB匀速步行,速度为50米/分钟,甲出发2分钟后,乙从A处坐小火车前去C处,准备在C处停留2分钟后,再从C处步行到B处.已知小火车的速度为170米/分钟,A,B之间的距离为2 100米,B,C之间的距离为1 000米,cos B=.
(1)乙出发多长时间后,乙在小火车上与甲之间的直线距离最短
(2)为使甲、乙在B处相互等待的时间不超过2分钟,乙步行的速度应控制在什么范围内
11.(2024辽宁协作校期中)古希腊数学家托勒密对凸四边形(凸四边形是指没有角度大于180°的四边形)进行研究,终于有重大发现:任一凸四边形,两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积,当且仅当四点共圆时等号成立,即给定凸四边形的四条边长,四点共圆时四边形的面积最大.根据上述材料,解决下列问题:
(1)如图1,在凸四边形ABCD中,若AB=,BC=1,∠ACD=,AC=CD,求线段BD的长度的最大值;
(2)如图2,在凸四边形ABCD中,若AB=2,BC=6,AD=CD=4,求四边形ABCD的面积取得最大值时角A的大小,并求出四边形ABCD的最大面积;
(3)在满足(2)的条件下,若点P是△ABD的外接圆上异于B,D的点,求PB+PD的最大值.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.D 由题意知a-b=(4,-3),所以|a-b|==5,故选D.
2.B 以E为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
可知D(-1,2),C(1,2),故=(1,2),
所以·=1×(-1)+2×2=3.故选B.
3.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|=.
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
一题多解 ∵a+b+c=0,∴可设=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,-1),则a-c=(2,1),b-c=(1,2),
∴|a-c|=|b-c|=,∴cos
5.答案
解析 因为|a+b|=|2a-b|,所以a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,则a2=2a·b,又|a-b|=,所以a2-2a·b+b2=b2=3,所以|b|=.
6.答案 11
解析 根据题意,得(2a+b)·b=2a·b+b2=2×1×3×+9=11.
7.答案 3
解析 依题意可得|a-b|==5,所以|b|=3.
8.答案
解析 因为CE=DE,所以,则,又=λ+μ,所以λ=,μ=1,所以λ+μ=.
由题意可知|·=0,
设,k∈[0,1],
则,
因为G为AF的中点,所以,
所以·=·
=,
又因为k∈[0,1],所以:当k=1时,·取得最小值,为-.
9.D 因为(a+λb)⊥(a+μb),所以(a+λb)·(a+μb)=0,即a2+(λ+μ)a·b+λμb2=0,
易知a2=2,a·b=0,b2=2,所以λμ=-1,故选D.
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.故选C.
12.答案
解析 由a∥b得2×4=5λ,∴λ=.
C 解法一:由已知及余弦定理,得b2=a2+c2-2ac·cos B=a2+c2-ac,
∴(a+c)2=b2+3ac.
∵b2=ac,∴ac=b2,
∴(a+c)2=b2+3×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°,∴sin Asin C=sin Asin(A+60°)=sin A·sin A+cos A=sin 2A=cos(2A-120°)=,
即cos(2A-120°)=2cos2(A-60°)-1=,
即cos(A-60°)=(易知0°
所以sin A+sin C=sin A+sin(A+60°)=sin A+·cos A=cos(A-60°)=.
14.D 解法一:设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,在△ABC中,由题意知b=,c=2,
由余弦定理得b2=c2+a2-2cacos B,
即19=4+a2-2·2a·cos 120°,
整理得a2+2a-15=0,解得a=3或a=-5(舍去),
所以BC=3.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.
15.答案 2
解析 在△ABC中,有,
所以sin∠C=.
由AB
所以△ABD为等腰三角形,所以AD=AB=2.
16.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“=”,
此时,取得最小值,为4-,此时取得最小值.
所以当取得最小值时,BD=-1.
17.解析 (1)易知cos C=,
因为a2+b2-c2=ab,所以cos C=,
又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)可得sin A=sin(B+C)=.
解法一:由正弦定理得a=,
所以△ABC的面积S=absin C=···sin C=,解得c=2.
解法二:由正弦定理可得b∶c=sin B∶sin C=,
设b=k,其中k>0,
则△ABC的面积S=bcsin A=k×k×,解得k=2(舍负),故c=2.
18.解析 (1)由a2=b2+c2-2bccos A得b2+c2-a2=2bccos A,
因为=2,所以bc=1.
(2)∵cos A=,cos B=,
∴=1,
化简得c2+b2-a2=-bc,∴2bccos A=-bc,即cos A=-,∵角A为三角形的内角,∴0
19.解析 选条件①.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,由此可得b=c.
又因为ac=,所以a=,b=c=1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.
选条件②.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,
由此可得b=c,B=C=.
又因为csin A=3,所以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.
选条件③.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,由此可得b=c.
又c=b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
20.B 如图,过点C作A'C',B'C'的平行线,分别交A'A与B'B于点D和E,连接DE,则DE∥A'B',过点B作DE的平行线,交AA'于点F,
则△A'B'C'≌△DEC,∴∠DCE=∠A'C'B'=45°,∠CDE=∠C'A'B'=180°-∠A'C'B'-∠A'B'C'=75°.
在Rt△BCE中,可得tan 15°=,即2-,
∴CE=),
在△CDE中,由正弦定理可得,
∴DE=·CE=100(+1).
在Rt△ABF中,∠ABF=45°,∴AF=BF,
∴AA'-CC'=AD=AF+DF=AF+BE=BF+BE=DE+BE=100(2+)≈373.故选B.
三年模拟练
1.BC 对于A,向量平行不具有传递性,故A错误;
对于B,向量a在b方向上的投影向量为·b,故B正确;易知C正确;
对于D,因为a·c=b·c,所以|a||c|cos
所以|a|·cos
2.D 取AC的中点O,连接OB,则OB⊥AC,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(2,0),D(1,),设点E(x,0),-2≤x≤2,
则),
所以·,
因为函数f(x)=在上单调递减,在上单调递增,
所以f(x)min=f ,
又因为f(-2)=12,f(2)=0,所以f(x)max=12,
因此·的取值范围是.
3.B 因为,所以,
因为C,P,D三点共线,
所以可设(0≤k≤1),即),
又因为,
所以(x-1),且为不共线的非零向量,
则解得故,
所以··()=·
·×42+×52-×4×5cos .
故选B.
4.A 设CE=x,CF=y,x∈(0,6),y∈(0,8),
因为S△CEF=S△CDE+S△CDF,
所以×x×2×sin ×y×2×sin xy×sin ,
即xy,又x+y≥2(当且仅当x=y时取等号),所以xy≥2,平方得xy≥16,
故S△CEF=xy≥4,
当且仅当x=y,即x=4,y=4时取等号,
所以S△ABC=×8×6×sin ,
当△CEF的面积最小时,剩下的四边形AEFB的面积最大,且最大值为12.
5.ACD 对于A,若=cos A,即c=bcos A,则2c2=2bccos A,由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,即a2=b2+c2-2c2,整理得a2+c2=b2,故△ABC为直角三角形,故A正确;
对于B,由,得acos A=bcos B,
由余弦定理得a·=b·,
所以a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2),
即a2c2-a4=b2c2-b4,
所以c2(a2-b2)=(a2+b2)(a2-b2),
所以(c2-a2-b2)(a2-b2)=0,
所以c2-a2-b2=0或a2-b2=0,
即c2=a2+b2或a=b,
∴△ABC是直角三角形或等腰三角形,故B错误;
对于C,在△ABC中,若b2+c2
解析 因为a+b=,|a+b|=|a-b|,
所以||,所以平行四边形ABCD是矩形,
又|a|=6,|b|=2,
所以|,
而a-b-c=,
所以|a-b-c|=2|.
7.答案
解析 由题意,结合正弦定理得2a2-b2=3c2,
所以a2=c2,
由余弦定理得cos A=,
所以
=,
令=t(t>0),对于函数f(t)=-t2+18t-1=-(t-9)2+80,则f(t)max=f(9)=80,
则(-t2+18t-1)≤,所以≤,即的最大值为.
8.答案
解析 由题意可作图如下:
由A,M,D三点共线,可得存在实数t,使得,
由B,M,C三点共线,可得存在实数m,使得,
所以解得所以.
因为E,M,F三点共线,所以存在实数x,使得=xλ+(1-x)μ,
所以可得=1,
所以2λ+μ=(2λ+μ)≥,当且仅当=1,即μ=,λ=时取等号.
9.解析 (1)由题知(b2+c2-a2)·bc,
所以·=cos A·,
所以sin A=,
又A为钝角,所以A=.
(2)选条件①:由(1)知A=,则C+B=,
又C=3B,所以B=,
此时△ABC 存在但不唯一,不符合题意,舍去.
选条件②:由正弦定理得,
又,所以.
在△ABC中,a=7,设b=5x,c=3x(x>0),
由余弦定理得a2=b2+c2+bc,
所以72=(5x)2+(3x)2+5x·3x,
所以x=1,所以b=5,c=3,符合题意.
设BC 边上的高为h,
由S△ABC=bcsin A=ah,
得×5×3××7h,解得h=.
10.解析 (1)AC==1 700(米),
cos A=,
则乙从A处到C处所需的时间为=10(分钟).
设乙出发t(0
所以当t=时,即乙出发分钟后,乙在小火车上与甲之间的直线距离最短.
(2)甲从A处步行到B处所需的时间为=42(分钟).
设乙步行的速度为x米/分钟,则乙的步行时间应满足42-(2+10+2)-2≤≤42-(2+10+2)+2,即26≤≤30,解得≤x≤,
所以为使甲、乙在B处相互等待的时间不超过2分钟,乙步行的速度(单位:米/分钟)应控制在范围内.
11.解析 (1)由题意可得AB×CD+BC×AD≥AC×BD,
易得AD=CD,AC=CD,即AB×CD+BC×CD≥CD×BD,即AB+BC≥BD,又AB=,BC=1,所以BD≤2,当且仅当A,B,C,D四点共圆时等号成立,故线段BD的长度的最大值为2.
(2)在题图2中,连接BD,当A,B,C,D四点共圆时四边形ABCD的面积最大,则A+C=π,即cos C=-cos A,sin A=sin C,
在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A=4+16-2×2×4cos A=20-16cos A,
在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C
=36+16+2×6×4cos A=52+48cos A,
即20-16cos A=52+48cos A,
解得cos A=-,又A∈(0,π),所以A=,
所以sin A=sin C=,
此时S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=×AB×AD×sin A+BC×CD×sin C
=×2×4××6×4×.
所以当A=时,四边形ABCD的面积最大,且最大面积为8.
(3)由题意知A+P=π,即cos P=-cos A=,
在△BPD中,由余弦定理得BD2=PB2+PD2-2PB·PDcos P=PB2+PD2-PB·PD=52+48cos A,
故PB2+PD2-PB·PD=28,即(PB+PD)2-3PB·PD=28,则(PB+PD)2=28+3PB·PD≤28+3,当且仅当PB=PD时等号成立,
即PB+PD≤,当且仅当PB=PD时等号成立,所以PB+PD的最大值为4.
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同课章节目录
- 第一章 三角函数
- 1 周期变化
- 2 任意角
- 3 弧度制
- 4 正弦函数和余弦函数的概念及其性质
- 5 正弦函数、余弦函数的图象与性质再认识
- 6 函数y=Asin(wx+φ)性质与图象
- 7 正切函数
- 8 三角函数的简单应用
- 第二章 平面向量及其应用
- 1 从位移、速度、力到向量
- 2 从位移的合成到向量的加减法
- 3 从速度的倍数到向量的数乘
- 4 平面向量基本定理及坐标表示
- 5 从力的做功到向量的数量积
- 6 平面向量的应用
- 第三章 数学建模活动（二）
- 1 建筑物高度的测量
- 2 测量和自选建模作业的汇报交流
- 第四章 三角恒等变换
- 1 同角三角函数的基本关系
- 2 两角和与差的三角函数公式
- 3 二倍角的三角函数公式
- 第五章 复数
- 1 复数的概念及其几何意义
- 2 复数的四则运算
- 3 复数的三角表示
- 第六章 立体几何初步
- 1 基本立体图形
- 2 直观图
- 3 空间点、直线、平面之间的位置关系
- 4 平行关系
- 5 垂直关系
- 6 简单几何体的再认识