高中数学人教A版必修第二册单元测评卷：第六章 平面向量及其应用（含解析）

高中数学人教A版必修第二册单元测评卷：第六章 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.
2.在三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,b=5,c=4,B=45°,则sin C=(　　)
A.
3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且A=,b=4,那么满足条件的三角形的个数为(　　)
A.0　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.不确定
4.若e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,则a=2e1+e2与b=-3e1+2e2的夹角为(　　)
A.30°　　　　B.60°　　　　C.120°　　　　D.150°
5.已知点O是△ABC内一点,满足,则实数m=(　　)
B.-D.-　B.-2　　　　C.4　　　　D.-4
6.已知菱形ABCD的边长为2,∠ABC=,点P满足,λ∈R,若=-3,则λ的值为(　　)
A.
7.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin(A+C)=,则a+c的取值范围是(　　)
A.
8.在△ABC中,已知=9,sin B=cos Asin∠ACB,S△ABC=6,P为线段AB上的一点(不含端点),且=x·+y·,则的最小值为(　　)
A.
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)
9.对于任意的平面向量a,b,c,下列说法错误的是(　　)
A.若a∥b且b∥c,则a∥c
B.(a+b)·c=a·c+b·c
C.若a·b=a·c,且a≠0,则b=c
D.(a·b)·c=a·(b·c)
10.已知平面向量a=(m,1),b=(2,n),c=(1,-2),则下列说法正确的是(　　)
A.若a∥c,则m=-
B.若b⊥c,则n=1
C.若b与c的夹角为锐角,则n<1
D.|2a-c|的最小值为4
11.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,则下列说法错误的是(　　)
A.若a2=b2+c2+bc,则A=45°
B.若a2+b2>c2,则△ABC为锐角三角形
C.=0
D.若<0,则△ABC为钝角三角形
12.已知△ABC的外心为O,重心为G,垂心为H,则下列结论正确的是(　　)
A.
B.
C.向量共线
D.过点G的直线l分别与AB,AC交于E,F两点,若(λ,μ≠0),则=3
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知向量a=(1,2),b=(-3,t),若a⊥b,则|a+2b|=　　　　.
14.已知在△ABC中,∠ACB=90°,CA=4,CB=3,D为BC的中点,,CE交AD于F,则=　　　　.
15.如图,在平面四边形ABCD中,∠A=45°,∠B=60°,∠D=150°,AB=2BC=2,则四边形ABCD的面积为　　　　.
16.在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足b2-a2=ac,则的取值范围为　　　　.
四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知a=(1,2),b=(-3,1).
(1)求a-2b;
(2)设a与b的夹角为θ,求cos θ的值;
(3)若向量a+kb与a-kb互相垂直,求k的值.
18.(12分)如图,在平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,∠BAD=60°,E,F分别为AB,BC上的点,且AE=2EB,CF=2FB.
(1)若,求x,y的值;
(2)求的值;
(3)求cos∠BEF的值.
19.(12分)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=3,c=4,且2bcos A=acos C+ccos A,,求||.
20.(12分)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且2b-c=2acos C.
(1)求角A;
(2)若△ABC为锐角三角形,c=2,求△ABC面积的取值范围.
21.(12分)如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径:一种是从A处沿直线步行到C处;另一种是先从A处乘缆车到B处,再从B处沿直线步行到C处.现有甲、乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50 m/min.在甲出发2 min后,乙从A处乘缆车到B处,在B处停留1 min后,再从B处匀速步行到C处.假设缆车的速度为130 m/min,山路AC的长为1 260 m,经测量cos A=,cos C=.
(1)乙出发多长时间后,乙在缆车上与甲的距离最短
(2)为使甲、乙在C处互相等待的时间不超过3 min,乙步行的速度应控制在什么范围内
22.(12分)某商场经营者陈某准备在商场门前“摆地摊”,经营冷饮生意.已知该商场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),以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.
答案全解全析
1.B 2.B 3.C 4.C 5.D 6.A
7.A 8.D 9.ACD 10.ABD 11.ABD 12.BCD
1.B　因为AD为BC边上的中线,所以),
因为E为AD的中点,所以,故选B.
2.B　根据正弦定理可知,即,解得sin C=.故选B.
3.C　在△ABC中,A=,b=4,
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,即14=16+c2-4c,即c2-4c+2=0,
解得c=2±,所以满足条件的三角形的个数为2.故选C.
4.C　因为a·b=(2e1+e2)·(-3e1+2e2)=-6+e1·e2+2,
|a|=,
|b|=,
所以cos=,
又∈[0,π],所以=120°.故选C.
5.D　由.
设,则,
∴A,B,D三点共线,且反向共线,如图所示,
∵反向共线,∴,
∴,解得m=-4.故选D.
一题多解　 奔驰定理:已知P为△ABC内一点,则有S△PBC·+S△PAC·+S△PAB·=0. 由题目条件整理可得=0, 所以由奔驰定理可得S△OAB∶S△OAC∶S△OBC=-m∶2∶1, 即S△OAB∶S△ABC=-m∶(-m+3), 所以,解得m=-4.
6.A　由题意可得)·()
=()·[(]
=()·[(λ-1)]
=(1-λ)
=4(1-λ)-λ×2×2×cos-4=-6λ=-3,
解得λ=,故选A.
一题多解　 建立如图所示的平面直角坐标系, 则A(0,0),B(2,0),C(1,), 所以). 设P(x,0),则), 所以)·(x-1,-)=-3x+3-3=-3x=-3, 解得x=1. ∵.故选A.
7.A　由sin(A+C)及正弦定理,
得sin B,
由余弦定理得sin B,
即=1,∴b=sin B.∴=1,即a=sin A,c=sin C,
∴a+c=sin A+sin C,∵B=,
∴a+c=sin A+sinsin A+cos A=,
∵0∴,即故选A.
8.D　设AB=c,BC=a,AC=b.
∵sin B=cos Asin∠ACB,∴sin(A+∠ACB)=sin∠ACBcos A,
即sin Acos∠ACB+sin∠ACBcos A=sin∠ACBcos A,
∴sin Acos∠ACB=0,
∵sin A≠0,∴cos∠ACB=0,∴∠ACB=90°.∵=9,S△ABC=6,
∴bccos A=9,bcsin A=6,∴tan A=,
根据三角形ABC是直角三角形可得sin A=,cos A=,∴bc=15,
∴c=5,b=3,a=4.
以C为原点,AC所在直线为x轴,BC所在直线为y轴建立平面直角坐标系,如图,
则C(0,0),A(3,0),B(0,4),
∴=(0,4).
∵P为线段AB上的一点(不含端点),
∴存在实数λ,使得=(3λ,4-4λ)(0<λ<1).
易得=(0,1),
∴=x·+y·=(x,0)+(0,y)=(x,y),
∴x=3λ,y=4-4λ,∴4x+3y=12,且x∈(0,3),y∈(0,4).
则,当且仅当,即x=12-6-12时,等号成立,
故.故选D.
9.ACD　当b为零向量时,a与c不一定共线,故A中说法错误;
由向量数量积的分配律得(a+b)·c=a·c+b·c,故B中说法正确;
因为a·b=a·c,所以a·(b-c)=0,又a≠0,所以b=c或a⊥(b-c),故C中说法错误;
取a,b,c为非零向量,且a与b垂直,b与c不垂直,则(a·b)·c=0,a·(b·c)≠0,故D中说法错误.
故选ACD.
10.ABD　若a∥c,则-2m-1=0,∴m=-,故A正确;
若b⊥c,则2-2n=0,∴n=1,故B正确;
若b与c的夹角为锐角,则b·c=2-2n>0,即n<1,但当n=-4时,b与c同向共线,b与c的夹角为0°,不是锐角,故C错误;
|2a-c|=,
故当m=时,|2a-c|取得最小值,为4,故D正确.
故选ABD.
11.ABD　对于A,若a2=b2+c2+bc,即b2+c2-a2=-bc,
则cos A=,因为A∈(0,π),所以A=,故A中说法错误;
对于B,若a2+b2>c2,则a2+b2-c2>0,即有cos C=>0,
故C为锐角,无法确定其他两角的大小,故无法判断三角形的形状,故B中说法错误;
显然C中说法正确;
对于D,|·||cos(π-B)<0,即cos(π-B)<0,
所以cos B>0,即B为锐角,无法确定其他两角的大小,故无法判断三角形的形状,故D中说法错误.
故选ABD.
12.BCD　因为O为外心,所以OA=OB=OC,所以当且仅当∠AOB=∠AOC=∠BOC时,才有,故A中结论错误;
|cos∠OAB,因为||cos∠OAB=,所以,故B中结论正确;
易得
=|=0,
所以垂直,又,
所以共线,故C中结论正确;
如图,取BC的中点D,连接AD,则G为AD上靠近D的三等分点,,
因为E,G,F三点共线,所以=1,故=3,故D中结论正确.
故选BCD.
13.答案　5
解析　∵a⊥b,∴1×(-3)+2×t=0,解得t=,∴b=,则a+2b=(-5,5),
故|a+2b|=.
14.答案　-
解析　由题意得.
∵∠ACB=90°,∴CA⊥CB,即=0,
∴.
15.答案　
解析　如图,连接AC,
在△ABC中,AB=2BC=2,∠B=60°,利用余弦定理得AC2=BC2+AB2-2BC·AB·cos B=3,
∴AC=(负值舍去),则AB2=AC2+BC2,∴△ABC是直角三角形,且∠ACB=90°,
∴S△ABC=,∠CAB=30°.
∴∠DAC=∠DAB-∠CAB=15°,∵∠ADC=150°,∴∠DCA=180°-150°-15°=15°,
则∠DAC=∠DCA,故AD=CD.
过点D作DE⊥AC于点E,则AE=,
∴DE=AEtan 15°=,
则S△ACD=,
∴S四边形ABCD=S△ACD+S△ABC=.
16.答案　
解析　由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,因为b2-a2=ac,所以ac=c2-2accos B,所以a=c-2acos B,
由正弦定理得sin A=sin C-2sin Acos B,即sin A=sin(A+B)-2sin Acos B=sin Acos B+cos A
sin B-2sin Acos B=cos Asin B-sin Acos B=sin(B-A),
因为△ABC为锐角三角形,
所以A,B∈,所以B-A∈,所以A=B-A,所以B=2A,C=π-3A.
由A,B,C∈,得A∈,故B∈.
,
易得sin B∈,所以.
17.解析　(1)因为a=(1,2),b=(-3,1),所以a-2b=(1,2)-2(-3,1)=(7,0).(3分)
(2)由题意得cos θ=.(6分)
(3)由a=(1,2),b=(-3,1)可得a+kb=(1,2)+k(-3,1)=(1-3k,2+k),a-kb=(1,2)-k(-3,1)=(1+3k,2-k).(8分)
因为向量a+kb与a-kb互相垂直,
所以(a+kb)·(a-kb)=(1-3k)(1+3k)+(2+k)(2-k)=0,
即2k2=1,解得k=±.(10分)
18.解析　(1)易得,故x=,y=-1.(3分)
(2)由(1)可得×16-4×2×cos 60°=.(6分)
(3)易得,又|,(8分)
∴|,(10分)
∴cos∠BEF=.(12分)
19.解析　因为2bcos A=acos C+ccos A,
所以由正弦定理可得 2sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A,(2分)
即2sin Bcos A=sin(A+C)=sin B,(3分)
因为sin B≠0,所以2cos A=1,即cos A=.(5分)
因为A∈(0,π),所以A=.(6分)
由已知得,(9分)
所以×4×3×cos ,(11分)
所以|.(12分)
20.解析　(1)解法一:因为2b-c=2acos C,所以由正弦定理得2sin B-sin C=2sin Acos C,
又sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),所以2(sin Acos C+cos Asin C)-sin C=2sin Acos C.
所以2cos Asin C-sin C=0.(2分)
因为0因为A∈(0,π),所以A=.(4分)
解法二:因为2b-c=2acos C,所以由余弦定理的推论得2b-c=2a·,
整理得b2+c2-a2=bc,(2分)
所以cos A=.
又0(2)由(1)得A=,又△ABC为锐角三角形,
所以.(6分)
在△ABC中,由正弦定理得,
所以b=.(8分)
因为,所以tan C∈,
所以∈(0,3),所以1+∈(1,4).(10分)
所以S△ABC=bcsin A=,
所以△ABC面积的取值范围是.(12分)
21.解析　(1)∵cos A=,cos C=,A,C∈(0,π),
∴sin A=,sin C=,
∴sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=.(2分)
由,得AB==1 040(m),
∴乙在缆车上的时间为=8(min).(4分)
设乙出发t(0≤t≤8)min后,甲、乙的距离为d m,
则d2=(130t)2+[50(2+t)]2-2×130t×50(2+t)×=200(37t2-70t+50),(5分)
∴当t=时,d2最小,即d最小,故乙出发 min后,乙在缆车上与甲的距离最短.(6分)
(2)由,得BC==500(m).(8分)
乙从B处出发时,甲已经走了50×(2+8+1)=550(m),还需走1 260-550=710 m才能到达C处,
设乙步行的速度为v m/min,则≤3,(10分)
解得≤v≤.
∴为使甲、乙在C处互相等待的时间不超过3 min,乙步行的速度(单位:m/min)应控制在内.(12分)
22.解析　(1)连接ST,RP,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,(2分)
∴cos∠STR=.(4分)
∵∠PTS+∠STR=90°,
∴sin∠PTS=cos∠STR=.
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.(6分)
(2)由三角形面积公式知PM·PN·sin 120°=PM·PN.(7分)
∵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,(10分)
∴S△PMN=PM·PN≥,
故当PM为8时,三角形PMN的面积最小,最小面积为32.(12分)