2019_2020学年新教材高中数学第六章平面向量及其应用章末演练轻松闯关新人教A版必修第二册.doc

第六章 平面向量及其应用
[A　基础达标]
1．将3化成最简式为(　　)
A．－a＋b　　　　　　 B．－4a＋5b
C.a－b D．4a－5b
解析：选B.原式＝3[a＋b]＝3＝－4a＋5b.
2．设x，y∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝(　　)
A. B.
C．2 D．10
解析：选B.由题意可知解得故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝.
3．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边长为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.A＝180°－(60°＋45°)＝75°，
故最短边为b，由正弦定理可得＝，
即b＝＝＝，故选B.
4．在锐角△ABC中，角A，B所对的边分别为a，b.若2asin B＝b，则角A等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D.由已知及正弦定理得2sin Asin B＝sin B，因为sin B>0，所以sin A＝.又A∈，所以A＝.
5．在△ABC中，已知sin2A＝sin2B＋sin2C，且sin A＝2sin Bcos C，则△ABC的形状是(　　)
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
解析：选D.由sin2A＝sin2B＋sin2C及正弦定理可知a2＝b2＋c2⇒A为直角；而由sin A＝2sin Bcos C，可得sin(B＋C)＝2sin Bcos C, 整理得sin Bcos C＝cos Bsin C，即sin(B－C)＝0，故B＝C.综合上述，B＝C＝，A＝.即△ABC为等腰直角三角形．
6．已知非零向量a＝(t，0)，b＝(－1，)，若a＋2b与a的夹角等于a＋2b与b的夹角，则t＝________．
解析：由题设得＝，所以|b|(|a|2＋2b·a)＝|a|(a·b＋2|b|2)，将a＝(t，0)，b＝(－1，)代入整理得2t2＋t·|t|＝8|t|＋4t，当t>0时，3t2＝12t，所以t＝4；当t<0时，t2＝－4t，所以t＝－4.综上，t的值为4或－4.
答案：4或－4
7．在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边．若2asin B＝b，b＋c＝5，bc＝6，则a＝________．
解析：因为2asin B＝b，所以2sin Asin B＝sin B.
所以sin A＝，因为△ABC为锐角三角形，
所以cos A＝，因为bc＝6，b＋c＝5，
所以b＝2，c＝3或b＝3，c＝2.
所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝22＋32－2×6×＝7，
所以a＝.
答案：
8．(2019·湖南株洲市检测)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若·＝2，则的模为________．
解析：因为在平行四边形ABCD中，＝＋＝－，又＝，＝，所以＝－，所以·＝·＝·－2＝||||cos 60°－||2＝||－1＝2，所以||＝12.
答案：12
9．已知向量e1，e2，且|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝.
(1)求证：(2e1－e2)⊥e2；
(2)若m＝λe1＋e2，n＝3e1－2e2，且|m|＝|n|，求λ的值．
解：(1)证明：因为|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝，
所以(2e1－e2)·e2＝2e1·e2－e＝2|e1||e2|cos－|e2|2＝2×1×1×－12＝0，所以(2e1－e2)⊥e2.
(2)由|m|＝|n|得(λe1＋e2)2＝(3e1－2e2)2，
即(λ2－9)e＋(2λ＋12)e1·e2－3e＝0.
因为|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝，
所以e＝e＝1，e1·e2＝1×1×cos＝，
所以(λ2－9)×1＋(2λ＋12)×－3×1＝0，
即λ2＋λ－6＝0.所以λ＝2或λ＝－3.
10．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若B＝，且(a－b＋c)(a＋b－c)＝bc.
(1)求cos C的值；
(2)若a＝5，求△ABC的面积．
解：(1)由(a－b＋c)(a＋b－c)＝bc，
得a2－(b－c)2＝bc，
即a2＝b2＋c2－bc，由余弦定理，
得cos A＝＝，
所以sin A＝.又因为B＝，
所以cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝.
(2)由(1)得sin C＝.
在△ABC中，由正弦定理，得＝＝.
所以c＝＝8，所以S＝acsin B＝×5×8×sin＝10.
[B　能力提升]
11．飞机沿水平方向飞行，在A处测得正前下方地面目标C的俯角为30°，向前飞行10 000米，到达B处，此时测得目标C的俯角为75°，这时飞机与地面目标C的距离为(　　)
A．5 000米 B．5 000米
C．4 000米 D．4 000米
解析：选B.如图，在△ABC中，AB＝10 000米，A＝30°，C＝75°－30°＝45°.根据正弦定理得，
BC＝＝
＝5 000　(米)．
12．在△ABC中，点D满足BD＝BC，当E点在线段AD上移动时，若＝λ＋μ，则t＝(λ－1)2＋μ2的最小值是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C.如图所示，存在实数m使得＝m(0≤m≤1)，＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，所以＝m＝＋，所以所以t＝(λ－1)2＋μ2＝＋＝m2－＋1＝＋，所以当m＝时，t＝(λ－1)2＋μ2取得最小值.

13．在△ABC中，BC＝a，AC＝b，a，b是方程x2－2x＋2＝0的两个根，且2cos(A＋B)＝1.则C＝________，AB＝________．
解析：因为cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－，所以C＝120°.
由题设，得
所以AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C＝a2＋b2－2abcos 120°＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab＝(2)2－2＝10.
所以AB＝.
答案：120°　
14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a－b)cos C＝ccos B，△ABC的面积S＝10，c＝7.
(1)求角C；
(2)求a，b的值．
解：(1)因为(2a－b)cos C＝ccos B，
所以(2sin A－sin B)cos C＝sin Ccos B，
2sin Acos C－sin Bcos C＝sin Ccos B，
即2sin Acos C＝sin(B＋C)．
所以2sin Acos C＝sin A.
因为A∈(0，π)，
所以sin A≠0.
所以cos C＝.
所以C＝.
(2)由S＝absin C＝10，C＝，
得ab＝40.①
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C，
即c2＝(a＋b)2－2ab，
所以72＝(a＋b)2－2×40×.
所以a＋b＝13.②
由①②得a＝8，b＝5或a＝5，b＝8.
[C　拓展探究]
15．某单位有A，B，C三个工作点，需要建立一个公共无线网络发射点O，使得发射点到三个工作点的距离相等．已知这三个工作点之间的距离分别为AB＝80 m，BC＝70 m，CA＝50 m．假定A，B，C，O四点在同一平面内．
(1)求∠BAC的大小；
(2)求点O到直线BC的距离．
解：(1)在△ABC中，因为AB＝80 m，BC＝70 m，CA＝50 m，由余弦定理得cos∠BAC＝＝＝.
因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝.
(2)法一：因为发射点O到A，B，C三个工作点的距离相等，所以点O为△ABC外接圆的圆心．
设外接圆的半径为R，则在△ABC中，＝2R.
由(1)知A＝，所以sin A＝.
所以2R＝＝.即R＝.
如图，连接OB，OC，过点O作边BC的垂线，垂足为D.在△OBD中，OB＝R＝，BD＝＝＝35，

所以OD＝＝＝.
即点O到直线BC的距离为 m.
法二：因为发射点O到A，B，C三个工作点的距离相等，所以点O为△ABC外接圆的圆心．连接OB，OC，过点O作边BC的垂线，垂足为D.
由(1)知∠BAC＝，
所以∠BOC＝，所以∠BOD＝.
在Rt△BOD中，BD＝＝＝35 ，
所以OD＝＝＝.
即点O到直线BC的距离为 m.

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