2023-2024学年高中数学人教A版必修二 6.4 平面向量的应用 同步练习(附答案解析)

2023-2024学年高中数学人教A版必修二6.4平面向量的应用同步练习一、选择题1．在△ABC中，已知a=2，b=3，C=60°，则cA．7 B．7 C．19 D．192．在△ABC中，已知b2+A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形3．在△ABC中，D为BC的中点，3sin∠ADB=2sin∠ACB，BC=6，AB=42，则△ABC的面积为（）A．23 B．33 C．22 D．424．在△ABC中，若B=3A，则bA．(1，2) B．(2，5．海洋洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞.若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD=60m，∠ADB=135°，∠BDC=∠DCA=15°，∠ACB=120°A．303m B．602m C．6．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c−b=2bcosA.若λA．(−∞，22] B．(−∞7．十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的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”.它的答案是：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角120∘；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求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，已知在△ABC中，已知C=23π，AC=1，BC=2，且点M在AB线段上，且满足A．−1 B．−45 C．−38．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，E为AD上一点，BE⊥AC，若BA=A．15 B．725 C．169．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若sin(A+CA．[233，+∞) B．[10．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E是AC上的点，AC=2AB，CD=1，AE=3EC，∠ADB=∠EDC=α，则A．32 B．33 C．23二、多项选择题11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，cA．若A=2π3，a=3，AB边上的高为3B．若a=3，b=1，B=π6C．若A=2C，sinB=2sinCD．若tanA+tanB+12．在△ABC中，A=A．若BC=2，则B．若AC=3，则C．若△ABC的面积S=D．若△ABC为锐角三角形，则13．在△ABC中，|A．若AB⋅AC=1，则B．若AB⋅ACC．若tanA=34D．若|AB|=2|14．在△ABC中，三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD=λA．若λ=1B．若λ=1C．若λ∈[D．若λ∈[15．窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列说法正确的是（）A．若函数f(x)=B．PA⋅PBC．AG在AB方向上的投影向量为−D．OA三、填空题16．海伦不仅是古希腊的数学家，还是一位优秀的测绘工程师，在他的著作《测地术》中最早出现了已知三边求三角形面积的公式，即著名的海伦公式S=p(p−a)(p−b)(p−c)（其中p=12(17．在△ABC中，点D在边BC上（不含端点），∠ABC=120°，BD=2，AB=BC，AD218．在△ABC中，若AC=2，B=π3，且sinA19．在△ABC中，B=60°，BA=2，CD=3BC，对任意u∈R，有|CA−(μ−1)BC|20．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，且3asinBcosC+bcosB+ccosC=021．在平面直角坐标系中，A(0，0)，B(1，2)两点绕定点P按顺时针方向旋转四、解答题22．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且asin（1）求角A的大小；（2）若b=4，△ABC的面积S=23，求△ABC23．在ΔABC中，B=π3，点D在边AB上，BD=1（1）若ΔBCD的面积为3，求CD（2）设∠DCA=θ，若AC=3，求24．在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，其中b=2．（1）若A+C=120°，a=2c，求边长c；（2）若A-C=15°，a=2csinA，求△ABC的面积．25．在△ABC中，点P为△（1）若点P在边BC上，且BP=13PC，用AB，（2）若点P是△ABC①求证：PA+②若35sinA⋅PA26．某公司竞标得到一块地，如图1，该地两面临湖（BC，CD面临湖），AD=100m，∠DAC=∠BAC=45°，∠ABD=30（1）求BC，CD的长；（2）该公司重新设计临湖面，如图2，BD是以BD为直径的半圆，P是BD上一点，BP，PD是一条折线观光道，已知观光道每米造价300元，若该公司预计用88000元建观光道，问预算资金是否充足?27．某城市计划新修一座城市运动主题公园，该主题公园为平面五边形ABCDE（如图所示），其中三角形ABE区域为儿童活动场所，三角形BCD区域为文艺活动场所，三角形BDE区域为球类活动场所，AB，BC，CD，DE，条件①：cos∠DBE=条件②：∠CDE=120注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.（1）求BD的长度；（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求BE的长度；（3）在（2）的条件下，应该如何设计，才能使儿童活动场所（即三角形ABE）的面积最大？28．如图，树人中学在即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，跑道由三部分组成：第一部分为曲线段ABCQ，该曲线段可近似看作函数y=Asin(ωx+φ)(A>0，ω>0（1）求曲线段ABCQ的解析式；（2）若新校门位于图中的B点，其离AE的距离为1.5千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的立德楼，求该学生走过的路BO的长；（3）若点P在劣弧DE上（不含端点），点M和点N分别在线段OE和线段OD上，NP//OM，且PM⊥x轴.若梯形OMPN区域为学生的休息区域，记∠POE=θ，设学生的休息区域OMPN的面积为S，求S29．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(sinA（1）求角A；（2）若a=27，b＝4，求△30．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2a（1）求A；（2）点D在边BC上，且BD=3DC，AD=4，求△ABC

答案解析部分1．答案:A解析：在△ABC中，已知a=2，b=3，C=60°

由余弦定理得c2=a2+b2-2ab2．答案:C解析：由余弦定理知b2+c2−a2=2bccosA，又b2+c2−a2=bc，∴cosA=12，∴A=π3，

由2cosBsinC=sin3．答案:D解析：如图：

易知在∆ACD中由正弦定理知ADAC=sin∠ACBsin∠ADC=sin∠ACBsin∠ADB=32，设AC=2m，AD=3m

在∆ABD和∆ABC由余弦定理得cosB=AB2+BD2-AD22AB·BD=AB2+B4．答案:C解析：由正弦定理可得ba=sinBsinA=sin3AsinA=sinA+2AsinA=sinAcos2A+cosAsin2A5．答案:D解析：在△BCD中，∠DCB=∠DCA+∠ACB=135°，∠CBD=180°-∠DCB+∠CDB=30°，

由正弦定理DCsin∠CBD=BDsin∠DCB，可得BD=DCsin∠DCBsin∠CBD=60×2212=602（m），

在△ACD中，∠ADC=∠ADB+∠BDC=150°，∠CAD=180°-∠ADC+∠DCA6．答案:C解析：解：∵c-b=2bcosA，

∴sinC-sinB=2sinBcosA，

又∵sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB，

∴可得sinAcosB-sinBcosA=sinB，

即sinA-B=sinB，

∵角A，B，C均为锐角，

∴A-B=B，即A=2B，C=π-3B，

∴cosC-B=cosπ-4B=-cos4B=-cos2A=2sin2A-1，

∵角A，B，C均为锐角，

∴0＜2B＜π20＜π-3B＜π2

∴π6＜B＜π4，

7．答案:C解析：在△ABC中由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcosC=1+4+2=7，∴AB=7，

cosB=AB2+BC2-AC22AB·BC=5714，

设CM=BM=x，

在△MBC中由余弦定理得cosB=BM2+BC2-MC22BM·BC=x2+4-x24x=5714，解得x=275，

∴S8．答案:D解析：解：由题意可建立如图所示的平面直角坐标系，

则B0，0，A0，3，C4，0，

则BA→=0，3，AC→=4，-3，

设BE→=a，3，

因为BE⊥AC，

所以BE→·AC→=0，

所以4a-9=0，9．答案:C解析：解：因为sin(A+C)=2Sb所以sinB=acsin所以b2=a可得c−2acos再由正弦定理得sinC−2因为sinC−2所以sin(B−A)=sinA，所以B−A=A得B=2A或B=π（舍去）.

因为△ABC是锐角三角形，则0<A<π20<2A<π20<π所以tan可知y=t+13t在(所以y=t+13t的取值范围为(23故答案为：C.分析sin(A+C)=2Sb2−a2结合面积公式，可得出b2=a10．答案:D解析：设CE=m，则AE=3m，AB=2m，AC=4m，

在△ABC中，由正弦定理可得ABsinC=ACsinB，则sinB=ACABsinC=2sinC，

在△ABD中，由正弦定理可得ABsin∠ADB=ADsinB，即2msinα=ADsinB，

在△CDE中，由正弦定理可得CEsin∠EDC=DEsinC，即msinα=DEsinC，

整理得：2=ADsinBDEsinC=AD2DE，即AD=4DE，

在△ADE11．答案:A,C,D解析：对A：作AB边上的高为CD，因为A=2在Rt△BCD中，由正弦定理可得32sin因为∠CBD∈(0，π2)所以∠BCA=π−2π3对B：因为a=3，b=1，B=π6，解得sinA=32，因为A∈(0，π)，所以A=π3或A=对C：因为A=2C，sinB=2sin又sinB=2sinC，所以sin所以sin3C=因为C∈(0，π)，sinC>0，所以2cos所以C=π6或C=5π6，当C=5π6时，A=2C=5对D：因为tan(A+B)=所以tanA+所以tanA+因为角A，B，C最多有一个钝角，所以tanA，因为tanAtanB因为A，B，C∈(0，π)，所以A，B，C∈(0，π故答案为：ACD.分析对A：在直角三角形中利用正弦定理求解，即可分析判断；对B：利用正弦定理求解可判断；对C：根据和差公式化解求得角C即可；对D：利用正切的和差公式化简可得tanAtan12．答案:B,D解析：对A：由正弦定理ABsinC=BCsinA，可得sinC=ABsinABC=2×122=22，

因为AB>BC，则C>A=π6，可得C∈π4，π，

所以C=π4或C=3π4，故A错误；

对B：由余弦定理：BC2=AB2+AC2-2AB·ACcosA=4+3-2×2×3×32=1，

所以BC=113．答案:A,B,D解析：对A：因为BC→=AC→-AB→，则BC→2=AC→2-2AC→·AB→+AB→2，

即4=AC→2-2+AB→2，可得AC→2+AB→2=6，

因为D为BC边上的中点，则AD→=12AB→+12AC→，

可得AD→2=14AB→2+12AB→·AC→+14AC→2=14×6+12=2，即AD→14．答案:A,C,D解析：对A：因为AD=λAC(λ∈R)，λ=12，所以AD=CD，

在△ABD中，ABsin∠ADB=ADsinθ，则csinθ=ABsinθ=ADsin∠ADB，

在△BCD中，BCsin∠CDB=CDsin(B−θ)，则asin(B−θ)=BCsin(B−θ)=CDsin∠CDB，

因为∠ADB=π−∠CDB，所以sin∠ADB=sin∠CDB，

所以csinθ=asin(B−θ)，故A正确；

对C：因为S△ABD+S△BCD=S△ABC，

所以12c⋅BDsinθ+12a⋅BDsin(B−θ)=12acsinB，

则sinθa+sin(B−θ)c=sin15．答案:A,B解析：如图，以GC为x轴，AE为y轴，建立平面直角坐标系，

设oc=a，在△COD中，∠COD=π4由余弦定理可得a2+a2-22=2a2cosπ4，解得

∴Ca，0，G-a，0，A0，-a，B2a2，-2a2，D2a2，2a2，Px，y，AB⇀=2a2，2-2a16．答案:15解析：由题意可得：p=2+3+42=92，△ABC的面积S=92(92−2)(917．答案:4解析：解：设AB=BC=t(t>2)，则CD=t-2，

由余弦定理可得AD2=AB2+BD2故答案为：4分析由余弦定理求出AD18．答案:677解析：解：由正弦定理可得：bsinB=2R=所以ac=127，由余弦定理可得：所以4=(a+c)2−2×127又因为ac=127，所以a，c可以看成是一元二次方程所以(x−677)(x−2故AB=677故答案为：677或分析由正弦定理可求出ac=127，再由余弦定理可得a+c=19．答案:21解析：由|CA−(μ−1)BC|≥|AC|得|BA→−μBC→|≥|AC→|，由减法与数乘的几何意义，AC为点A到BC的垂线段，得∠ACB=90°，

由BA=2，B=60°，得BC=1，AC=3，CD=3，故BD=4，

在△ABD中，由余弦定理可得∠BAD=90°，

设D关于直线AB对称点为Q，连接BQ，连接CQ交AB于P，则∠DBQ=120°20．答案:2π3解析：如图，

第一问：∵3asinBcosC+bcosB+ccosC=0∴cosB≠0，cosC≠0，

由正弦定理得3sinAsinBcosC+sinBcosB+sinAcosC=0，化简得3sinAcosB+sinBcosCsinB+sinC21．答案:−解析：由题意的定点P在AA'和BB'的中垂线交点上，画出如下图：

∵AA'中点坐标为2，2，直线AA'斜率为1，∴AA'中垂线方程为y-2=-1x-2，即x+y-4=0，

同理可得BB'中垂线方程为x=3，

联立x+y-4=0x=3，解得定点P3，1，

又BP=B'P=1-32+2-12=5，BB'=4，∴cosθ=cos∠BPB'=B22．答案:（1）解：因为asinB+3又因为B∈(0，故sinA+3cosA=0，得到tanA=−（2）解：因为b=4，△ABC的面积S=23所以S=12bc在△ABC中，由余弦定理得a2所以a=27，故△ABC的周长为6+2解析：(1)利用正弦定理化边为角可得tanA=−3，再结合角A的范围可求出角A的大小；

(2)根据三角形的面积公式求出c，再利用余弦定理求出a，进而求出△23．答案:（1）解：因为SΔBCD=3又因为B=π3，BD=1，所以在ΔBDC中，由余弦定理得，即CD2=16+1−2×4×1×（2）解：在ΔACD中，DA=DC，因为∠A=∠DCA=θ，则又AC=3，由正弦定理，有AC所以CD=3在ΔBDC中，∠BDC=2θ，由正弦定理得，CDsinB=化简得cos因为0<θ<∵0<π2所以π2−θ解得θ=π6解析：(1)先利用面积公式可得BC=4，再利用余弦定理运算求解；

(2)在△ACD、△BDC中，利用正弦定理整理得24．答案:（1）解：∵A+C=120°，且a=2c，∴sinA=2sinC=2sin(120°-A)=3cosA+sinA，∴cosA=0，又因为0<A<180°所以A=90°∵A+C=120°∴C=120°-A=120°-90°=30°，∴B=60°，∵b=2，tan∴c=（2）解：a=2csinA，则sinA=2sinCsinA，sinA>0，∴sinC=∵A-C=15°，∴C为锐角，∴C=45°，A=60°，B=75°，∴a∴a=∴S解析：(1)利用正弦定理和和差角公式进行化简，即可求出cosA=0，进而求出角A，B，C，再利用勾股定理即可求出边c.

(2)利用正弦定理先求出sinC=22，根据25．答案:（1）解：如图：过点P作PD∥CA交AB于点D，PE∥所以AP=AD+AE，由BP=同理AEAC=BPBC=（2）解：①如图：延长AP交BC于点F，因为点P是△ABC的重心，所以点F为BC的中点，且AP=2PF所以PA=−2PF，即PA+2PF=②点P是△ABC的重心时，由①知PA+PB所以35sinA：由正弦定理知a：b：c=sin由余弦定理得cos∠BAC=解析：（1）过点P作PD∥CA交AB于点D，PE∥BA交AC于点E，得四边形ABCD为平行四边形，再利用向量的平行四边形法则及向量的线性运算化简表示AP即可；

（2）①延长AP交BC于点F，因为点P是△ABC的重心，利用重心概念及向量的线性运算即可证明；②点P是△ABC的重心时，由26．答案:（1）解：因为AD=100m，∠DAC=∠BAC=45°，∠ABD=30°，所以在△ABD中，∠ADB=60°，BD=200m，在△ABC中，∠ACB=60°，由正弦定理可得：AB所以100332在△DCB中，由余弦定理可得：=200故BC=CD=100（2）解：BD是以BD为直径的半圆，P是BD上一点，所以∠DPB=90°，设∠PDB=α，α∈(0，所以PD+PB=200(因为α∈(0，π所以PD+PB=2002因为观光道每米造价300元，所以该观光道所用资金为(60000而600002解析：(1)在△ABC中，利用正弦定理求出BC=1002m，在△DCB中，利用余弦定理求BC=CD=1002m；

(2)设∠PDB=α，α∈(27．答案:（1）解：在△BCD中，由余弦定理得：BD2（2）解：若选条件①，由（1）知：BD=6，在△BDE中，由余弦定理得：D解得：BE=−145（舍）或BE=10，若选条件②，∵BC=CD，∠BCD=12