《第六章 平面向量及其应用》单元复习与单元检测试卷（共三套）

《第六章平面向量及其应用》单元复习【体系构建】

【规律方法】1．本章我们学习的向量具有大小和方向两个要素．用有向线段表示向量时，与有向线段的起点位置没有关系，同向且等长的有向线段都表示同一向量．数学中的向量指的是自由向量，根据需要可以进行平移．2．共线向量条件和平面向量基本定理，揭示了共线向量和平面向量的基本结构，它们是进一步研究向量正交分解和用坐标表示向量的基础．3．向量的数量积是一个数，当两个向量的夹角是锐角或零角时，它们的数量积为正数；当两个向量的夹角为钝角或180°角时，它们的数量积为负数；当两个向量的夹角是90°时，它们的数量积等于0.零向量与任何向量的数量积等于0.通过向量的数量积，可以计算向量的长度(模)、平面内两点间的距离、两个向量的夹角，判断相应的两条直线是否垂直．4．平面向量的应用中，用平面向量解决平面几何问题，要注意“三部曲”；用向量解决物理问题，体现了数学建模的要求，要根据题意结合物理意义作出图形，转化为数学问题，再通过向量运算使问题解决．5．正、余弦定理将三角形边和角的关系进行量化，为我们解三角形或求三角形的面积提供了依据，而三角形中的问题常与向量、函数、方程及平面几何相结合，通常可以利用正、余弦定理完成证明，求值问题．(1)解三角形与向量的交汇问题，可以结合向量的平行、垂直、夹角、模等知识转化求解．(2)解三角形与其他知识交汇问题，可以运用三角形的基础知识，正、余弦定理、三角形的面积公式与三角恒等变换，通过等价转化构造方程及函数求解．6．学习本章要注意类比，如向量的运算法则及运算律可与实数相应的运算法则及运算律进行横向类比．7．向量是数形结合的载体．在本章学习中，一方面通过数形结合来研究向量的概念和运算；另一方面，我们又以向量为工具，运用数形结合的思想解决数学问题和物理的相关问题．同时，向量的坐标表示为我们用代数方法研究几何问题提供了可能，丰富了我们研究问题的范围和手段．【学科思想培优】一、向量的线性运算向量的线性运算包含向量及其坐标运算的加法、减法、数乘，向量的加法遵循三角形法则和平行四边形法则，减法可以转化为加法进行运算，向量的加法满足交换律、结合律，数乘向量满足分配律，向量的线性运算也叫向量的初等运算，它们的运算法则在形式上很像实数加减法与乘法满足的运算法则，但在具体含义上是不同的．不过由于它们在形式上相类似，因此，实数运算中的去括号、移项、合并同类项等变形手段在向量的线性运算中都可以使用．如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.[典例1]如图，梯形ABCD中，AB∥CD，点M，N分别是DA，BC的中点，且eq\f(DC,AB)＝k，设eq\o(AD,\s\up6(→))＝e1，eq\o(AB,\s\up6(→))＝e2，以{e1，e2}为基底表示向量eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(MN,\s\up6(→)).解∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝e2，且eq\f(DC,AB)＝k，∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝keq\o(AB,\s\up6(→))＝ke2.∵eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(DA,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝e1＋(k－1)e2.又∵eq\o(MN,\s\up6(→))＋eq\o(NB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝0，且eq\o(NB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝－eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(NB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(k＋1,2)e2.[典例2]已知线段AB的端点为A(x,5)，B(－2，y)，直线AB上的点C(1,1)，且|Aeq\o(C,\s\up6(→))|＝2|Beq\o(C,\s\up6(→))|，求x，y的值．解由|Aeq\o(C,\s\up6(→))|＝2|Beq\o(C,\s\up6(→))|，可得Aeq\o(C,\s\up6(→))＝±2Beq\o(C,\s\up6(→))，又Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(1－x,1－5)，2Beq\o(C,\s\up6(→))＝2(1＋2,1－y)＝(6,2－2y)，①当Aeq\o(C,\s\up6(→))＝2Beq\o(C,\s\up6(→))时，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x＝6，,－4＝2－2y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝3.))②当Aeq\o(C,\s\up6(→))＝－2eq\o(BC,\s\up6(→))时，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x＝－6，,－4＝－2＋2y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝7，,y＝－1.))由①②可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝7，,y＝－1.))二、向量的数量积运算向量的数量积运算是本章的核心，由于向量数量积的运算及其性质涵盖向量的长度、角度以及不等式等，因此它的应用也最为广泛．利用向量的数量积可以求长度、也可判断直线与直线之间的关系(相交的夹角以及垂直)，还可以通过向量的坐标运算将代数中的有关函数、不等式等知识融合在一起．[典例3]在△OAB中，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，OD是AB边上的高，若eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，则实数λ等于()A．eq\f(b－a·a,|a－b|) B．eq\f(a－b·a,|a－b|2)C．eq\f(b－a·a,|a－b|2) D．eq\f(a－b·a,|a－b|)解析∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝λ(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，eq\o(OD,\s\up6(→))＝λeq\o(OB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OA,\s\up6(→))＝λb＋(1－λ)a，又eq\o(OD,\s\up6(→))是AB边上的高，∴eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，即eq\o(OD,\s\up6(→))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0，∴[(1－λ)a＋λb]·(b－a)＝0.整理可得λ(a－b)2＝(a－b)·a，即λ＝eq\f(a－b·a,|a－b|2).答案B[典例4]平面内有向量eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,7)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(5,1)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(2,1)，点M为直线OP上的一动点．(1)当eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))取最小值时，求eq\o(OM,\s\up6(→))的坐标；(2)在(1)的条件下，求cos∠AMB的值．解(1)设eq\o(OM,\s\up6(→))＝(x，y)，∵点M在直线OP上，∴向量eq\o(OM,\s\up6(→))与eq\o(OP,\s\up6(→))共线，又eq\o(OP,\s\up6(→))＝(2,1)．∴x×1－y×2＝0，即x＝2y.∴eq\o(OM,\s\up6(→))＝(2y，y)．又eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,7)，∴eq\o(MA,\s\up6(→))＝(1－2y,7－y)．同理eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝(5－2y,1－y)．于是eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(1－2y)(5－2y)＋(7－y)(1－y)＝5y2－20y＋12.可知当y＝eq\f(20,2×5)＝2时，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))有最小值－8，此时eq\o(OM,\s\up6(→))＝(4,2)．(2)当eq\o(OM,\s\up6(→))＝(4,2)，即y＝2时，有eq\o(MA,\s\up6(→))＝(－3,5)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(1，－1)，|eq\o(MA,\s\up6(→))|＝eq\r(34)，|eq\o(MB,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(－3)×1＋5×(－1)＝－8.cos∠AMB＝eq\f(\o(MA,\s\up6(→))·\o(MB,\s\up6(→)),|\o(MA,\s\up6(→))||\o(MB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－8,\r(34)×\r(2))＝－eq\f(4\r(17),17).三、向量的应用向量的应用是多方面的，但由于我们所学的知识范围较窄，因此我们目前的应用主要限于平面几何以及用来探讨函数、三角函数的性质等方面，当然还有在物理方面的应用．[典例5]在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝12，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝15，l为线段BC的垂直平分线，l与BC交于点D，E为l上异于D的任意一点．(1)求eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的值；(2)判断eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的值是否为一个常数，并说明理由．解(1)∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，∴AB⊥AC．又|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝12，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝15，∴|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝9.由已知可得eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AC,\s\up6(→))2)＝eq\f(1,2)×(144－81)＝eq\f(63,2).(2)eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的值为一个常数．理由：∵l为线段BC的垂直平分线，l与BC交于点D，E为l上异于D的任意一点，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0.故eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→)))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(63,2).[典例6]平面向量a＝(eq\r(3)，－1)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，若存在不同时为0的实数k和t，使x＝a＋(t2－3)b，y＝－ka＋tb，且x⊥y，试求函数关系式k＝f(t)．解由a＝(eq\r(3)，－1)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))得a·b＝0，|a|＝2，|b|＝1，由x⊥y，得x·y＝[a＋(t2－3)b]·(－ka＋tb)＝0，即－ka2＋ta·b－k(t2－3)a·b＋t(t2－3)b2＝0，－4k＋t3－3t＝0，k＝eq\f(1,4)(t3－3t)，即k＝f(t)＝eq\f(1,4)(t3－3t)．[典例7]已知△ABC中，A(2,4)，B(－1，－2)，C(4,3)，BC边上的高为AD．(1)求证：AB⊥AC；(2)求点D和向量eq\o(AD,\s\up6(→))的坐标；(3)设∠ABC＝θ，求cosθ；(4)求证：AD2＝BD·CD．解(1)证明：eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－2)－(2,4)＝(－3，－6)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4,3)－(2,4)＝(2，－1)．∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－3×2＋(－6)×(－1)＝0，∴AB⊥AC．(2)设D点坐标为(x，y)，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝(x－2，y－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(5,5)．∵AD⊥BC，∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝5(x－2)＋5(y－4)＝0.①又eq\o(BD,\s\up6(→))＝(x＋1，y＋2)，而eq\o(BD,\s\up6(→))与eq\o(BC,\s\up6(→))共线，∴5(x＋1)－5(y＋2)＝0，②联立①②解得x＝eq\f(7,2)，y＝eq\f(5,2).故D点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，\f(5,2))).∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)－2，\f(5,2)－4))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2))).(3)cosθ＝eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(3×5＋6×5,\r(32＋62)×\r(52＋52))＝eq\f(3\r(10),10).(4)证明：∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2)))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，\f(9,2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\f(9,2)，|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))2)＝eq\f(9\r(2),2)，|eq\o(DC,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2).∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(BD,\s\up6(→))|·|eq\o(DC,\s\up6(→))|，即AD2＝BD·CD．[典例8]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝(a＋c，b)与向量n＝(a－c，b－a)互相垂直．(1)求角C；(2)求sinA＋sinB的取值范围．解(1)由已知可得，(a＋c)(a－c)＋b(b－a)＝0⇒a2＋b2－c2＝ab，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由C＝eq\f(π,3)，得A＋B＝eq\f(2π,3)，sinA＋sinB＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝sinA＋sineq\f(2π,3)cosA－coseq\f(2π,3)sinA＝eq\f(3,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinA＋\f(1,2)cosA))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，由0<A<eq\f(2π,3)，eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)⇒eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤1.所以sinA＋sinB的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3))).四、数形结合思想向量本身既有大小，又有方向，可以用几何法表示，而向量又有良好的运算性质——坐标运算，可把向量与数联系起来，这样向量具备了“数”与“形”的两方面特征．两条直线平行、垂直，三点共线等几何问题，可通过向量的坐标运算这种代数手段实现证明，还可利用向量的数量积处理线段的长度、角度等问题．[典例9]已知向量a与b不共线，且|a|＝|b|≠0，则下列结论正确的是()A．向量a＋b与a－b垂直B．向量a－b与a垂直C．向量a＋b与a垂直D．向量a＋b与a－b共线解析如图所示，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OC,\s\up6(→))＝b，以OA和OC为邻边作▱OABC．由于|a|＝|b|≠0，则四边形OABC是菱形．所以必有AC⊥OB．又因为a＋b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，a－b＝eq\o(CA,\s\up6(→))，所以(a＋b)⊥(a－b)．答案A[典例10]已知向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2,0)，向量eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2,2)，向量eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，则向量eq\o(OA,\s\up6(→))与向量eq\o(OB,\s\up6(→))的夹角的取值范围为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,12)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))解析如图，向量eq\o(CA,\s\up6(→))的终点A在以点C(2,2)为圆心、半径为eq\r(2)的圆上，OA1，OA2是圆的两条切线，切点分别为A1，A2.在Rt△OCA1中，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)，|eq\o(CA1,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，所以∠COA1＝eq\f(π,6).所以∠COA2＝∠COA1＝eq\f(π,6).因为∠COB＝eq\f(π,4)，所以∠A1OB＝eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,12)，∠A2OB＝eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,12).所以向量eq\o(OA,\s\up6(→))与向量eq\o(OB,\s\up6(→))的夹角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12))).答案D[典例11]如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋eq\r(3))海里的两个观测点．现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20eq\r(3)海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？解由题意知AB＝5(3＋eq\r(3))(海里)，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.在△DAB中，由正弦定理，得eq\f(DB,sin∠DAB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，∴DB＝eq\f(ABsin∠DAB,sin∠ADB)＝eq\f(53＋\r(3)sin45°,sin105°)＝eq\f(53＋\r(3)sin45°,sin45°cos60°＋cos45°sin60°)＝eq\f(5\r(3)\r(3)＋1,\f(\r(3)＋1,2))＝10eq\r(3)(海里)，又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝20eq\r(3)(海里)，在△DBC中，由余弦定理，得CD2＝BD2＋BC2－2BD×BCcos∠DBC＝300＋1200－2×10eq\r(3)×20eq\r(3)×eq\f(1,2)＝900，∴CD＝30(海里)，则需要的时间t＝eq\f(30,30)＝1(小时)．答：该救援船到达D点需要1小时．《第六章平面向量及其应用》单元检测试卷一学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四总分得分第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共8小题）1．如果向量（0，1），（﹣2，1），那么|2|＝（）A．6 B．5 C．4 D．32．在矩形ABCD中，AB＝1，AD，点M在对角线AC上，点N在边CD上，且，，则（）A． B．4 C． D．3．如图，在等腰直角△ABC中，斜边6，且2，点P是线段AD上任一点，则的取值范围是（）A．[0，4] B．[] C．[0，] D．[]4．设，是两个不共线的平面向量，已知，，若，则k＝（）A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣65．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝60°，a，则等于（）A． B． C． D．26．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果a＝2，A＝45°，B＝30°，那么b＝（）A． B． C． D．7．海伦公式是利用三角形的三条边的边长a，b，c直接求三角形面积S的公式，表达式为：S，p；它的特点是形式漂亮，便于记忆．中国宋代的数学家秦九韶在1247年独立提出了“三斜求积术”，虽然它与海伦公式形式上有所不同，但它与海伦公式完全等价，因此海伦公式又译作海伦﹣秦九韶公式．现在有周长为10+2的△ABC满足sinA：sinB：sinC＝2：3：，则用以上给出的公式求得△ABC的面积为（）A． B． C． D．128．已知向量，，，则当取最小值时，实数t＝（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题）二．多选题（共4小题）9．在△ABC中，，AC＝1，，则角A的可能取值为（）A． B． C． D．10．已知△ABC的面积为3，在△ABC所在的平面内有两点P，Q，满足2，，记△APQ的面积为S，则下列说法正确的是（）A．∥ B． C． D．S＝411．以下关于正弦定理或其变形正确的有（）A．在△ABC中，a：b：c＝sinA：sinB：sinC B．在△ABC中，若sin2A＝sin2B，则a＝b C．在△ABC中，若sinA＞sinB，则A＞B，若A＞B，则sinA＞sinB都成立 D．在△ABC中，12．已知向量（2，1），（1，﹣1），（m﹣2，﹣n），其中m，n均为正数，且（）∥，下列说法正确的是（）A．a与b的夹角为钝角 B．向量a在b方向上的投影为 C．2m+n＝4 D．mn的最大值为2三．填空题（共4小题）13．设向量（1，﹣1），（m+1，2m﹣4），若⊥，则m＝．14．设，为单位向量，且||＝1，则||＝．15．若tanα，向量（1，﹣1），（cos2α，sin2α），则•．16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果a＝3，b，c＝2，那么cosA＝．四．解答题（共5小题）17．已知，α∈R．（1）若向量，求的值；（2）若向量，证明：．18．如图，在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，，．（1）求CD的长；（2）求的值．19．已知函数．（1）求函数f（x）的单调性；（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，c＝1，求△ABC的面积．20．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设平面向量，且（Ⅰ）求C；（Ⅱ）若，求△ABC中AB边上的高h．21．在①a，②（2a﹣b）sinA+（2b﹣a）sinB＝2csinC这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．已知△ABC的角A，B，C对边分别为a，b，c，c而且_______．（1）求∠C；（2）求△ABC周长的最大值．《第六章平面向量及其应用》单元检测试卷一答案解析一．选择题（共8小题）1．如果向量（0，1），（﹣2，1），那么|2|＝（）A．6 B．5 C．4 D．3【解答】解：由向量（0，1），（﹣2，1），所以2（﹣4，3），由向量的模的运算有|2|5，故选：B．2．在矩形ABCD中，AB＝1，AD，点M在对角线AC上，点N在边CD上，且，，则（）A． B．4 C． D．【解答】解：，∴（）•（）．故选：C．3．如图，在等腰直角△ABC中，斜边6，且2，点P是线段AD上任一点，则的取值范围是（）A．[0，4] B．[] C．[0，] D．[]【解答】解：AB＝AC＝3，，（），设λ，则（1），∴（）•[（1）]（1）10λ2﹣6λ，∵0≤λ≤1，∴当λ时，取得最小值，当λ＝1时，取得最大值4．故选：B．4．设，是两个不共线的平面向量，已知，，若，则k＝（）A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6【解答】解：∵，，，∴，解得k＝﹣6．故选：D．5．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝60°，a，则等于（）A． B． C． D．2【解答】解：A＝60°，a，由正弦定理可得，2，∴b＝2sinB，c＝2sinC，则2．故选：D．6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果a＝2，A＝45°，B＝30°，那么b＝（）A． B． C． D．【解答】解：由正弦定理可得，，所以b，故选：A．7．海伦公式是利用三角形的三条边的边长a，b，c直接求三角形面积S的公式，表达式为：S，p；它的特点是形式漂亮，便于记忆．中国宋代的数学家秦九韶在1247年独立提出了“三斜求积术”，虽然它与海伦公式形式上有所不同，但它与海伦公式完全等价，因此海伦公式又译作海伦﹣秦九韶公式．现在有周长为10+2的△ABC满足sinA：sinB：sinC＝2：3：，则用以上给出的公式求得△ABC的面积为（）A． B． C． D．12【解答】解：∵sinA：sinB：sinC＝2：3：，∴a：b：c＝2：3：，∵△ABC周长为10+2，即a+b+c＝10+2，∴a＝4，b＝6，c＝2，∴p5，∴△ABC的面积S6．故选：C．8．已知向量，，，则当取最小值时，实数t＝（）A． B． C． D．【解答】解：设P（x，y）；因为向量，，，可得（x，y﹣2）＝t（1，﹣2）；故；∴；当t时取最小值．故选：C．二．多选题（共4小题）9．在△ABC中，，AC＝1，，则角A的可能取值为（）A． B． C． D．【解答】解：由正弦定理可得，即，所以sinC，所以C或，当C时，A，当C时，A．故选：AD．10．已知△ABC的面积为3，在△ABC所在的平面内有两点P，Q，满足2，，记△APQ的面积为S，则下列说法正确的是（）A．∥ B． C． D．S＝4【解答】解：已知△ABC的面积为3，在△ABC所在的平面内有两点P，Q，满足2，所以A，P，C三点共线．点P为线段AC的三等分点，由于，所以A，B，Q三点共线，且B为线段AQ的中点，如图所示：所以①不平行，故选项A错误．②根据三角形法则：．③④△ABC的面积为3，所以，则S△ABP＝2，S△BCP＝1，且S△ABP＝S△BPQ＝2，所以S△APQ＝2+2＝4．故选：BD．11．以下关于正弦定理或其变形正确的有（）A．在△ABC中，a：b：c＝sinA：sinB：sinC B．在△ABC中，若sin2A＝sin2B，则a＝b C．在△ABC中，若sinA＞sinB，则A＞B，若A＞B，则sinA＞sinB都成立 D．在△ABC中，【解答】解：对于A，由正弦定理，可得：a：b：c＝2RsinA：2RsinB：2RsinC＝sinA：sinB：sinC，故正确；对于B，由sin2A＝sin2B，可得A＝B，或2A+2B＝π，即A＝B，或A+B，∴a＝b，或a2+b2＝c2，故B错误；对于C，在△ABC中，由正弦定理可得sinA＞sinB⇔a＞b⇔A＞B，因此A＞B是sinA＞sinB的充要条件，正确；对于D，由正弦定理，可得右边2R＝左边，故正确．故选：ACD．12．已知向量（2，1），（1，﹣1），（m﹣2，﹣n），其中m，n均为正数，且（）∥，下列说法正确的是（）A．a与b的夹角为钝角 B．向量a在b方向上的投影为 C．2m+n＝4 D．mn的最大值为2【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，向量（2，1），（1，﹣1），则•2﹣1＝1＞0，则、的夹角为锐角，A错误；对于B，向量（2，1），（1，﹣1），则向量a在b方向上的投影为，B错误；对于C，向量（2，1），（1，﹣1），则（1，2），若（）∥，则（﹣n）＝2（m﹣2），变形可得2m+n＝4，C正确；对于D，由C的结论，2m+n＝4，而m，n均为正数，则有mn（2m•n）（）2＝2，即mn的最大值为2，D正确；故选：CD．三．填空题（共4小题）13．设向量（1，﹣1），（m+1，2m﹣4），若⊥，则m＝5．【解答】解：向量（1，﹣1），（m+1，2m﹣4），若⊥，则•m+1﹣（2m﹣4）＝﹣m+5＝0，则m＝5，故答案为：514．设，为单位向量，且||＝1，则||＝．【解答】解：，为单位向量，且||＝1，||2＝1，可得，1+21＝1，所以，则||．故答案为：．15．若tanα，向量（1，﹣1），（cos2α，sin2α），则•．【解答】解：向量（1，﹣1），（cos2α，sin2α），tanα，则•．故答案为：．16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果a＝3，b，c＝2，那么cosA＝．【解答】解：由余弦定理可得，cosA．故答案为：四．解答题（共5小题）17．已知，α∈R．（1）若向量，求的值；（2）若向量，证明：．【解答】解：（1）因为，所以tanα，所以．（2）证明：因为，所以6（sin2α﹣cos2α）+5（1+cos2α）＝0，所以．18．如图，在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，，．（1）求CD的长；（2）求的值．【解答】解：（1）∵，∴，∴，∴，即CD的长为；（2），∴．19．已知函数．（1）求函数f（x）的单调性；（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，c＝1，求△ABC的面积．【解答】解：（1），由，得，k∈Z；由，得，k∈Z．故f（x）在上单调递增，在上单调递减，k∈Z．（2），则，∵A∈（0，π），∴，即，由正弦定理得，即，解得，∴或，当C时，A+C＞π，舍去，所以，故，∴．20．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设平面向量，且（Ⅰ）求C；（Ⅱ）若，求△ABC中AB边上的高h．【解答】解：（Ⅰ）平面向量，且，可得，所以cos2B﹣sin2A+sinAsinB＝cos2C，即1﹣sin2B﹣sin2A+sinAsinB＝1﹣sin2C，即sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB，根据正弦定理得a2+b2﹣c2＝ab，所以，所以；（Ⅱ）由余弦定理，又，所以ab＝3，根据△ABC△的面积，即，解得，所以△ABC中AB边上的高．21．在①a，②（2a﹣b）sinA+（2b﹣a）sinB＝2csinC这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．已知△ABC的角A，B，C对边分别为a，b，c，c而且_______．（1）求∠C；（2）求△ABC周长的最大值．【解答】解：（1）选①，∵a，∴，∵sinA≠0，∴，即，又0＜C＜π，∴，故，即；选②，∵（2a﹣b）sinA+（2b﹣a）sinB＝2csinC，∴（2a﹣b）a+（2b﹣a）b＝2c2，即a2+b2﹣c2＝ab，∴，∵0＜C＜π，∴；（2）由（1）可知，，在△ABC中，由余弦定理得a2+b2﹣2abcosC＝3，即a2+b2﹣ab＝3，∴，∴，当且仅当那个a＝b时取等号，∴，即△ABC周长的最大值为．《第六章平面向量及其应用》单元检测试卷二学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四总分得分第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共8小题）1．设θ为两个非零向量、的夹角，已知当实数t变化时的最小值为2，则（）A．若θ确定，则唯一确定 B．若θ确定，则唯一确定 C．若确定，则θ唯一确定 D．若确定，则θ唯一确定2．在△ABC中，内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若，则∠B的大小是（）A． B． C． D．3．如图，O是坐标原点，M，N是单位圆上的两点，且分别在第一和第三象限，则||的范围为（）A．[0，） B．[0，2） C．[1，） D．[1，2）4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（2b﹣c）cosA＝acosC，b＝2，若边BC的中线等于3，则△ABC的面积为（）A．9 B． C．3 D．5．在△ABC中，点P满足，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若，（λ＞0，μ＞0），则λ+μ的最小值为（）A． B． C． D．6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+1＝an+a（n∈N*，a为常数），若平面内的三个不共线的非零向量，，满足，A，B，C三点共线且该直线不过O点，则S2010等于（）A．1005 B．1006 C．2010 D．20127．著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理．设点O，H分别是△ABC的外心、垂心，且M为BC中点，则（）A． B． C． D．8．若AB＝4，，平面内一点P，满足，sin∠PAB的最大值是（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题）二．多选题（共4小题）9．设P是△ABC所在平面内的一点，，则（）A． B． C． D．10．下列命题中，正确的是（）A．在△ABC中，A＞B，∴sinA＞sinB B．在锐角△ABC中，不等式sinA＞cosB恒成立 C．在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC必是等腰直角三角形 D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形11．已知，是两个单位向量，λ∈R时，|λ|的最小值为，则下列结论正确的是（）A．，的夹角是 B．，的夹角是或 C．|＝1或 D．1或12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（a+b）：（a+c）：（b+c）＝9：10：11，则下列结论正确的是（）A．sinA：sinB：sinC＝4：5：6 B．△ABC是钝角三角形 C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D．若c＝6，则△ABC外接圆半径为三．填空题（共4小题）13．如图，在四边形ABCD中，已知AB＝2，CD与以AB为直径的半圆O相切于点D，且BC∥AD，若1，则BD＝；此时．14．如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台P，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为120°的公路（长度均超过2千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点M，N，且AM＝AN＝2千米，若要求观景台P与两接送点所成角∠MPN与∠BAC相等，记∠PMA＝α，观景台P到M，N建造的两条观光线路PM与PN之和记为y，则把y表示为α的函数为y＝；当两台观光线路之和最长时，观景台P到A点的距离PA＝千米．15．设，为单位向量，满足|2|，，3，设，的夹角为θ，则cos2θ的最小值为．16．在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9．若m（m）（m为常数），则CD的长度是．四．解答题（共5小题）17．△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA﹣sinC（sinB﹣sinC）．（1）求角A；（2）从三个条件：①a＝3；②b＝3；③△ABC的面积为3中任选一个作为已知条件，求△ABC周长的取值范围．18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知cosA．（1）若△ABC的面积为3，求的值；（2）设（2sin，1），（cosB，cos），且∥，求sin（B﹣2C）的值．19．已知△ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且B，b＝2．（1）若c，求sinA的值；（2）当取得最大值时，求A的值．20．已知向量（cosx+sinx，cosx），（cosx﹣sinx，﹣2sinx），记函数f（x）•．（Ⅰ）求函数f（x）在上的取值范围；（Ⅱ）若g（x）＝f（x+t）为偶函数，求|t|的最小值．21．在①asinCC；②5ccosB+4b＝5a；③（2b﹣a）cosC＝ccosA，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．且满足______．（1）求sinC；（2）已知a+b＝5，△ABC的外接圆半径为，求△ABC的边AB上的高h．《第六章平面向量及其应用》单元检测试卷二答案解析一．选择题（共8小题）1．设θ为两个非零向量、的夹角，已知当实数t变化时的最小值为2，则（）A．若θ确定，则唯一确定 B．若θ确定，则唯一确定 C．若确定，则θ唯一确定 D．若确定，则θ唯一确定【解答】解：令f（t）22tt2；∴△＝4（•）2﹣4•4•（cosθ﹣1）≤0恒成立，当且仅当tcosθ时，f（t）取得最小值2，∴（cosθ）22（cosθ）••2，化简sin2θ＝2．∴θ确定，则||唯一确定故选：A．2．在△ABC中，内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若，则∠B的大小是（）A． B． C． D．【解答】解：由正弦定理可知，a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，（R为三角形外接圆半径），因为，所以，，且A，B，C都为锐角，所以，所以﹣tanB＝tan（A+C），整理可得，tan2B＝3，故tanB，B．故选：D．3．如图，O是坐标原点，M，N是单位圆上的两点，且分别在第一和第三象限，则||的范围为（）A．[0，） B．[0，2） C．[1，） D．[1，2）【解答】解：可设M（cosα，sinα），N（cosβ，sinβ），且0＜α，π＜β，则||，由0＜α，π＜β，可得α﹣β，即有cos（α﹣β）∈[﹣1，0），则||的范围为[0，），故选：A．4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（2b﹣c）cosA＝acosC，b＝2，若边BC的中线等于3，则△ABC的面积为（）A．9 B． C．3 D．【解答】解：由题意得，（2b﹣c）cosA＝acosC，根据正弦定理得，（2sinB﹣sinC）cosA＝sinAcosC，2sinBcosA＝sinAcosC+cosAsinC，2sinBcosA＝sin（A+C），①因为A+B+C＝180°，所以A+C＝180°﹣B，则sinB＝sin（A+C），代入①得，cosA，由0°＜A＜180°，得，A＝60°，∵b＝2，若如图边BC的中线AD等于3，∴2，两边平方可得：4222+2，可得4×32＝c2+12+2，整理可得c2+2c﹣24＝0，解得c＝2，或﹣4（舍去），∴S△ABCbcsinA3．故选：C．5．在△ABC中，点P满足，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若，（λ＞0，μ＞0），则λ+μ的最小值为（）A． B． C． D．【解答】解：∵△ABC中，，点P满足，∴∴∵，（λ＞0，μ＞0），∴因为B，P，C三点共线，所以，，λ＞0，μ＞0∴λ+μ＝（λ+μ）（）＝11当且仅当μλ时取“＝”，则λ+μ的最小值为故选：B．6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+1＝an+a（n∈N*，a为常数），若平面内的三个不共线的非零向量，，满足，A，B，C三点共线且该直线不过O点，则S2010等于（）A．1005 B．1006 C．2010 D．2012【解答】解：由an+1＝an+a得，an+1﹣an＝a；∴{an}为等差数列；由，所以A，B，C三点共线；∴a1005+a1006＝a1+a2010＝1，∴S20102010＝1005．故选：A．7．著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理．设点O，H分别是△ABC的外心、垂心，且M为BC中点，则（）A． B． C． D．【解答】解：如图所示的Rt△ABC，其中角B为直角，则垂心H与B重合，∵O为△ABC的外心，∴OA＝OC，即O为斜边AC的中点，又∵M为BC中点，∴，∵M为BC中点，∴．故选：D．8．若AB＝4，，平面内一点P，满足，sin∠PAB的最大值是（）A． B． C． D．【解答】解：由向量关系AB＝4，，平面内一点P，满足，可得PC是∠APB角平分线，∴PA＝3PB，构造阿波罗尼斯圆，A（﹣2，0），B（2，0），设P（x，y），则：3，解得圆的方程为：（x）2+y2．圆的圆心坐标，半径为AP为圆Q切线时，∠PAB最大，sin∠PAB，故选：C．二．多选题（共4小题）9．设P是△ABC所在平面内的一点，，则（）A． B． C． D．【解答】解：显然成立，C对，∵，∴，∴，∴，∴，D对，∴，A错，∴，B错，故选：CD．10．下列命题中，正确的是（）A．在△ABC中，A＞B，∴sinA＞sinB B．在锐角△ABC中，不等式sinA＞cosB恒成立 C．在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC必是等腰直角三角形 D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形【解答】解：对于A，由A＞B，可得：a＞b，利用正弦定理可得：sinA＞sinB，正确；对于B，在锐角△ABC中，A，B∈（0，），∵A+B，∴AB＞0，∴sinA＞sin（B）＝cosB，因此不等式sinA＞cosB恒成立，正确对于C，在△ABC中，由acosA＝bcosB，利用正弦定理可得：sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∵A，B∈（0，π），∴2A＝2B或2A＝2π﹣2B，∴A＝B或，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，因此是假命题，C错误．对于D，由于B＝600，b2＝ac，由余弦定理可得：b2＝ac＝a2+c2﹣ac，可得（a﹣c）2＝0，解得a＝c，可得A＝C＝B＝60°，故正确．故选：ABD．11．已知，是两个单位向量，λ∈R时，|λ|的最小值为，则下列结论正确的是（）A．，的夹角是 B．，的夹角是或 C．|＝1或 D．1或【解答】解：∵，是两个单位向量，且的最小值为，∴的最小值为，∴，∴与的夹角为或，∴或3，∴或．故选：BC．12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（a+b）：（a+c）：（b+c）＝9：10：11，则下列结论正确的是（）A．sinA：sinB：sinC＝4：5：6 B．△ABC是钝角三角形 C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D．若c＝6，则△ABC外接圆半径为【解答】解：（a+b）：（a+c）：（b+c）＝9：10：11，可设a+b＝9t，a+c＝10t，b+c＝11t，解得a＝4t，b＝5t，c＝6t，t＞0，可得sinA：sinB：sinC＝a：b：c＝4：5：6，故A正确；由c为最大边，可得cosC0，即C为锐角，故B错误；由cosA，由cos2A＝2cos2A﹣1＝21cosC，由2A，C∈（0，π），可得2A＝C，故C正确；若c＝6，可得2R，△ABC外接圆半径为，故D正确．故选：ACD．三．填空题（共4小题）13．如图，在四边形ABCD中，已知AB＝2，CD与以AB为直径的半圆O相切于点D，且BC∥AD，若1，则BD＝1；此时．【解答】解：设∠ODB＝∠DBA＝α，，则∠DAB，∵BC∥AD，∴∠ABC＝π﹣∠DAB，而∠ABC＝∠DBA+∠DBC＝α+∠DBC，∴∠DBC，即BD⊥BC，∴2×（2cosα）×cos（π﹣α）+0＝﹣1，∴，∴，即，在Rt△ABD中，BD，AD，∠ADO，∴．故答案为：1；．14．如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台P，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为120°的公路（长度均超过2千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点M，N，且AM＝AN＝2千米，若要求观景台P与两接送点所成角∠MPN与∠BAC相等，记∠PMA＝α，观景台P到M，N建造的两条观光线路PM与PN之和记为y，则把y表示为α的函数为y＝4sin（α+30°），其中30°＜α＜90°；当两台观光线路之和最长时，观景台P到A点的距离PA＝2千米．【解答】解：由余弦定理可得MN2＝AM2+AN2﹣2AM•ANcos120°＝4+4﹣2×2×2×（）＝12，则MN＝2∵∠MPN＝∠BAC＝120°，∠PMA＝α，∴∠ANM＝∠AMN＝30°，∴∠PMN＝α﹣30°，∴∠PNM＝90﹣α，由正弦定理可得4，∴PM＝4sin（90°﹣α）＝4cosα，PN＝4sin（α﹣30°）＝2sinα﹣2cosα，∴y＝PM+PN＝4cosα+2sinα﹣2cosα＝2sinα+2cosα＝4sin（α+30°），其中30°＜α＜90°，∴60°＜α+30°＜120°，∴sin（α+30°）≤1，∴当α＝60°时，此时PM+PM的长度最长，此时PM＝PN＝2，∴PA＝2，故答案为：4sin（α+30°），其中30°＜α＜90°，2．15．设，为单位向量，满足|