第六章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
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.已知向量a=(2,1),b=(x,-2),若a∥b,则a+b= ( )
A.(-2,-1) B.(2,1)
C.(3,-1) D.(-3,1)
答案A
解析∵a∥b,∴2×(-2)-x=0,∴x=-4.
∴a+b=(2,1)+(-4,-2)=(-2,-1).
2.在△ABC中,若A=60°,BC=4❑√3,AC=4❑√2,则角B的大小为( )
A.30° B.45°
C.135° D.45°或135°
答案B
BC AC ACsinA 4❑√2sin60° ❑√2
解析由正弦定理,得 = ,则sin B= = = .因为BC>AC,所以A>B,
sin A sinB BC 4❑√3 2
而A=60°,所以B=45°.
3.(2018全国Ⅱ高考)已知向量a,b满足|a|=1,a·b=-1,则a·(2a-b)=( )
A.4 B.3 C.2 D.0
答案B
解析a·(2a-b)=2a2-a·b=2-(-1)=3.
4.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)2-c2=4,C=120°,则△ABC的面积为( )
❑√3 2❑√3
A. B. C.❑√3 D.2❑√3
3 3
答案C
1
解析将c2=a2+b2-2abcos C与(a+b)2-c2=4联立,解得ab=4,故S
△ABC
= absin C=❑√3.
2
5.在△ABC中,若其面积为S,且⃗AB·⃗AC=2❑√3S,则角A的大小为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
答案A
1 1
解析因为S= AB·AC·sin A,而⃗AB·⃗AC =AB·AC·cos A,所以AB·AC·cos A=2❑√3× AB·AC·sin A,所以
2 2
❑√3
tan A= ,故A=30°.
3
6.(2018全国Ⅰ高考)在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则⃗EB=( )3 1 1 3
A. ⃗AB- ⃗AC B. ⃗AB- ⃗AC
4 4 4 4
3 1 1 3
C. ⃗AB+ ⃗AC D. ⃗AB+ ⃗AC
4 4 4 4
答案A
解析如图,⃗EB=-⃗BE
1
=- (⃗BA+⃗BD)
2
1 1
= ⃗AB- ⃗BC
2 4
1 1 3 1
= ⃗AB- (⃗AC-⃗AB)= ⃗AB- ⃗AC.
2 4 4 4
7.在△ABC中,AB=❑√3,AC=2,若O为△ABC内部的一点,且满足⃗OA+⃗OB+⃗OC=0,则⃗AO·⃗BC=(
)
1 2 1 1
A. B. C. D.
2 5 3 4
答案C
1
解析由⃗OA+⃗OB+⃗OC =0可知O为△ABC的重心,于是⃗AO·⃗BC= (⃗AB+⃗AC)·(⃗AC-⃗AB )=
3
1 1
(⃗AC2-⃗AB2)= .
3 3
π
8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知sin(B+A)+sin(B-A)=3sin 2A,且c=❑√7 ,C= ,则
3
△ABC的面积是( )
3❑√3 7❑√3
A. B.
4 6
❑√21 3❑√3 7❑√3
C. D. 或
3 4 6
答案D
解析∵sin(B+A)=sin Bcos A+cos Bsin A,sin(B-A)=sin Bcos A-cos Bsin A,sin 2A=2sin Acos A,sin(B+A)
π π ❑√21
+sin(B-A)=3sin 2A,∴2sin Bcos A=6sin Acos A.当cos A=0时,A= ,B= .又c=❑√7,所以b= .由三
2 6 3
1 7❑√3
角形的面积公式,得S= bc= ;当cos A≠0时,由2sin Bcos A=6sin Acos A,得sin B=3sin A.根据正弦
2 6a2+b2-c2 a2+9a2-7 π 1
定理,可知b=3a,再由余弦定理,得cos C= = =cos = ,解得a=1,b=3,所以此时
2ab 6a2 3 2
1 3❑√3 7❑√3 3❑√3
△ABC的面积为S= absin C= .综上可得△ABC的面积为 或 ,故选D.
2 4 6 4
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3分,有选错的得0分)
9.下列说法错误的是( )
A.⃗AB∥⃗CD就是⃗AB所在的直线平行于⃗CD所在的直线
B.长度相等的向量叫相等向量
C.零向量的长度等于0
D.共线向量是在同一条直线上的向量
答案ABD
解析⃗AB∥⃗CD包含⃗AB所在的直线与⃗CD所在的直线平行和重合两种情况,故A项错;相等向量不仅
要求长度相等,还要求方向相同,故B项错;按定义,零向量的长度等于0,故C项正确;共线向量可以是
在一条直线上的向量,也可以是所在直线互相平行的向量,故D项错.
10.(2019山东济南高一期末)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)
答案ACD
解析对于A,b=0,命题不成立;对于B,这是平面向量数乘的分配律,显然成立;对于C,若a和b,c都垂直,
显然b,c至少在模的方面没有特定关系,所以命题不成立;对于D,如图,若a=⃗AB,b=⃗AC,c=⃗AD,则
(a·b)·c与a·(b·c)是一个分别和c,a共线的向量,显然命题(a·b)·c=a·(b·c)不成立.故选ACD.
11.(2019福建厦门外国语学校高一月考)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个命
题中正确的是( )
a b c
A.若 = = ,则△ABC一定是等边三角形
cosA cosB cosC
B.若acos A=bcos B,则△ABC一定是等腰三角形
C.若bcos C+ccos B=b,则△ABC一定是等腰三角形
D.若a2+b2-c2>0,则△ABC一定是锐角三角形
答案ACa b c
解析由 = = ,
cosA cosB cosC
sin A sinB sinC
利用正弦定理可得 = = ,
cosA cosB cosC
即tan A=tan B=tan C,即A=B=C,
所以△ABC是等边三角形,A正确;
由正弦定理可得sin Acos A=sin Bcos B,
即sin 2A=sin 2B,所以2A=2B或2A+2B=π,
△ABC是等腰三角形或直角三角形,B不正确;
由正弦定理可得sin Bcos C+sin Ccos B=sin B,
即sin (B+C)=sin B,即sin A=sin B,
则A=B,△ABC是等腰三角形,C正确;
a2+b2-c2
由余弦定理可得cos C= >0,C为锐角,A,B不一定是锐角,D不正确,故选AC.
2ab
12.(2019山东烟台高一期末)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.sin A∶sin B∶sin C=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
8❑√7
D.若c=6,则△ABC外接圆半径为
7
答案ACD
{a+b=9x,
解析因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,所以可设 a+c=10x,(x>0),解得a=4x,b=5x,c=6x,所以
b+c=11x
sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,所以A正确;由上可知:c边最大,所以三角形中C角最大,
a2+b2-c2 (4x)2+(5x)2-(6x)2 1
又cos C= = = >0,所以C角为锐角,所以B错误;
2ab 2×4x×5x 8
由上可知a边最小,所以三角形中A角最小,
c2+b2-a2 (6x)2+(5x)2-(4x)2 3
又cos A= = = ,
2cb 2×6x×5x 4
1
所以cos 2A=2cos2A-1= ,所以cos 2A=cos C.
8( π)
由三角形中C角最大且C角为锐角可得:2A∈(0,π),C∈ 0, ,所以2A=C,所以C正确;由正弦
2
6
定理得2R=
c
,又sin C=❑√1-cos2C=
3❑√7
,所以2R=
3❑√7
,解得R=
8❑√7
,所以D正确.故选
sinC 8 7
8
ACD.
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2019全国Ⅲ高考)已知a,b为单位向量,且a·b=0,若c=2a-❑√5b,则cos<a,c>= .
2
答案
3
解析∵a,b为单位向量,∴|a|=|b|=1.又a·b=0,c=2a-❑√5b,∴|c|2=4|a|2+5|b|2-4❑√5a·b=9,
∴|c|=3.又a·c=2|a|2-❑√5a·b=2,
a·c 2 2
∴cos<a,c>= = = .
|a|·|c| 1×3 3
14.已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=4,c=2,B=60°,则b= ,C= .
答案2❑√3 30°
解析在△ABC中,因为a=4,c=2,B=60°,由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=42+22-2×4×2cos 60°=12,所
csinB 2sin60° 1
以b=2❑√3,又由正弦定理,得sin C= = = ,又由c<b,所以C<B,所以C=30°.
b 2❑√3 2
15.
如图,为了测量A,C两点间的距离,选取同一平面上B,D两点,测出四边形ABCD各边的长度(单
位:km):AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,如图所示,且A,B,C,D四点共圆,则AC的长为
km.
答案7
解析因为A,B,C,D四点共圆,所以B+D=π.由余弦定理,得AC2=52+32-2×5×3cos D=34-30cos
D,AC2=52+82-2×5×8cos B=89-80cos B.
由于B+D=π,即cos B=-cos D,
34-AC2 89-AC2
因此- = ,解得AC=7.
30 80
1 1 ❑√3
16.在四边形ABCD中,⃗AB=⃗DC=(1,1), ⃗BA+ ⃗BC= ⃗BD,则四边形ABCD的面
|⃗BA| |⃗BC| |⃗BD|
积为 .
答案❑√3解析由⃗AB=⃗DC=(1,1),可知四边形ABCD为平行四边形,且|⃗AB|=|⃗DC|=❑√2,因为
1 1 ❑√3
⃗BA+ ⃗BC= ⃗BD,所以可知平行四边形ABCD的角平分线BD平分∠ABC,四边
|⃗AB| |⃗BC| |⃗BD|
形ABCD为菱形,其边长为❑√2,且对角线BD长等于边长的❑√3倍,即BD=❑√3×❑√2=❑√6,则CE2=(❑√2
(❑√6) 2 1 ❑√2 1 ❑√2 ❑√3
)2- = ,即CE= ,所以三角形BCD的面积为 ×❑√6× = ,所以四边形ABCD的面积
2 2 2 2 2 2
❑√3
为2× =❑√3.
2
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,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.
解(1)a-2b=(1,2)-2(-3,1)=(1+6,2-2)=(7,0).
a·b 1×(-3)+2×1 ❑√50
(2)cos θ= = =- .
|a|·|b| ❑√1+(-3)2❑√22+1 50
(3)因为向量a+kb与a-kb互相垂直,
所以(a+kb)·(a-kb)=0,即a2-k2b2=0,
❑√2
因为a2=5,b2=10,所以5-10k2=0,解得k=± .
2
18.(12分)设向量a,b满足|a|=|b|=1,且|3a-2b|=❑√7.
(1)求a与b的夹角;
(2)求|2a+3b|的大小.
解(1)设a与b的夹角为θ.由已知得(3a-2b)2=7,即9|a|2-12a·b+4|b|2=7,因此9+4-12cos θ=7,于是cos
1 π π
θ= ,故 θ= ,即a与b的夹角为 .
2 3 3
(2)|2a+3b|=❑√|2a+3b|2
√ 1
=❑√4|a|2+12a·b+9|b|2=❑4+12· +9
2
=❑√19.
cosA cosB sinC
19.(12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且 + = .
a b c
(1)证明:sin Asin B=sin C;
6
(2)若b2+c2-a2= bc,求tan B.
5
a b c
(1)证明根据正弦定理,可设 = = =k(k>0).则a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C.
sin A sinB sinCcosA cosB sinC cosA cosB sinC
代入 + = 中,有 + = ,变形可得sin Asin B=sin Acos
a b c ksin A ksinB ksinC
B+cos Asin B=sin(A+B).在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sin C,所以sin Asin B=sin C.
6
(2)解由已知,b2+c2-a2= bc,
5
b2+c2-a2 3
根据余弦定理,有cos A= = .
2bc 5
4
所以sin A=❑√1-cos2A= .
5
由(1),sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B,
4 4 3
所以 sin B= cos B+ sin B,
5 5 5
sinB
故tan B= =4.
cosB
A+C
20.(12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin =bsin A.
2
(1)求B;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围.
A+C A+C
解(1)由题设及正弦定理得sin Asin =sin Bsin A.因为sin A≠0,所以sin =sin B.
2 2
A+C B
由A+B+C=180°,可得sin =cos ,
2 2
B B B
故cos =2sin cos .
2 2 2
B B 1
因为cos ≠0,故sin = ,因此B=60°.
2 2 2
❑√3
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S = a.
△ABC
4
csin A sin(120°-C) ❑√3 1
由正弦定理得a= = = + .由于△ABC为锐角三角形,故
sinC sinC 2tanC 2
0°<A<90°,0°<C<90°.由(1)知A+C=120°,所以30°<C<90°,
1 ❑√3 ❑√3
故 <a<2,从而 <S < .
△ABC
2 8 2
(❑√3 ❑√3)
因此,△ABC面积的取值范围是 , .
8 2
21.(12分)已知正方形ABCD,E,F分别是CD,AD的中点,BE,CF交于点P.求证:
(1)BE⊥CF;
(2)AP=AB.证明如图建立平面直角坐标系xOy,其中A为原点,不妨设AB=2,则A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1).
(1)⃗BE=⃗OE-⃗OB=(1,2)-(2,0)=(-1,2),⃗CF=⃗OF-⃗OC=(0,1)-(2,2)=(-2,-1),
∵⃗BE·⃗CF=(-1)×(-2)+2×(-1)=0,
∴⃗BE⊥⃗CF,即BE⊥CF.
(2)设P(x,y),则⃗FP=(x,y-1),⃗CF=(-2,-1).
∵⃗FP∥⃗CF,∴-x=-2(y-1),即x=2y-2.
同理由⃗BP∥⃗BE,得y=-2x+4,代入x=2y-2,
解得x=
6
,∴y=
8
,即P
(6
,
8)
.∴⃗AP2=
(6) 2
+
(8) 2
=4=⃗AB2,∴|⃗AP|=|⃗AB|,即AP=AB.
5 5 5 5 5 5
22.(12分)要将一件重要物品从某港口O用小艇送到一艘正在航行的轮船上.在小艇出发时,轮船
位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处,并正以30海里/时的航行速度沿正东方向匀
速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶,经过t小时与轮船相遇.
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最短,则小艇航行速度的大小应为多少?
(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/时,试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大
小),使得小艇能在最短时间内与轮船相遇,并说明理由.
分析解决解三角形的应用题时首先要根据题意画出示意图,然后把实际问题转化为三角形的边角计
算问题.
解(1)(方法一)设相遇时小艇航行的距离为s,
则s=❑√900t2+400-2×30t×20×cos(90°-30°)
=❑√900t2-600t+400=❑ √ 900 ( t- 1) 2 +300,
3
10❑√3
1
故当t= 时,s =10 海里,v= =30 ,
min ❑√3 1 ❑√3
3
3
即小艇以30❑√3海里/时的速度航行,相遇时小艇的航行距离最短.
(方法二)若相遇时小艇的航行距离最短,又轮船沿正东方向匀速行驶,则小艇航行方向为正北方
向.设小艇与轮船在C处相遇,如图①所示.在Rt△OAC中,OC=20cos 30°=10❑√3,AC=20sin 30°=10,
10❑√3
10 1
又AC=30t,OC=vt,所以t= = ,v= 1 =30 ❑√3 .
30 3
3故小艇以30❑√3海里/时的速度航行,相遇时小艇的航行距离最短.
(2)设小艇与轮船在B处相遇,如图②所示,
600 400
则v2t2=400+900t2-2×20×30t×cos(90°-30°),即v2=900- + .
t t2
600 400 2 3 2 2
∵0<v≤30,∴900- + ≤900,即 - ≤0,解得t≥ .又t= 时,v=30.
t t2 t2 t 3 3
2
故v=30时,t取得最小值,且最小值等于 .
3
此时,在△OAB中,有OA=OB=AB=20,故可设计航行方案如下:航行方向为北偏东30°,航行速度
为30海里/时.此时小艇能在最短时间内与轮船相遇.
