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文档简介
人教A版(2019)必修第二册《第六章平面向量及应用》章节练习一、单选题(本大题共15小题,共75分)1.(5分)我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”,设ΔABC的三个内角A、B、C所对的变分别为a、b、c,面积为S,则“三斜公式”为S=
14[a2c2−(A.3 B.5 C.6 D.72.(5分)如图,点D是ΔABC的边BC上一点,AB=7,AD=2,BD=1,∠ACB=45°,那么∠A.2π3;6 B.π3;63.(5分)如图,在△ABC中,D为BC的中点,E为AD上任一点,且BE→=λBA→+μBC→A.6 B.7 C.8 D.94.(5分)在ΔABC中,sin A:sin B:A.17 B.−17 C.25.(5分)在ΔABC中,点D在线段BC上,且CD=2BD,E为A.−23AB→+16AC→6.(5分)如图,在圆内接四边形ABCD中,BC=4,BD=7,AD=A.4 B.5 C.6 D.4或67.(5分)已知ΔABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=80,b=100,A=30°,则此三角形A.一定是锐角三角形 B.可能是直角三角形,也可能是锐角三角形
C.一定是钝角三角形 D.一定是直角三角形8.(5分)ΔABC中,三角正弦之比sinA:sinB:sinC=2:3:4A.12 B.−12 C.−29.(5分)在平行四边形ABCD中,点E满足DE→=−2CE→,且O是边AB中点,若AE交DO于点M.A.32 B.57 C.5310.(5分)已知向量a→=e1→+e2→,b→A.−7210 B.7210 11.(5分)已知向量a→,b→满足|a→|=2,|b→|=1,且(A.π3 B.2π3 C.π612.(5分)在ΔABC中,A=60°,b=1,SΔABC=A.2393 B.8381 C.13.(5分)已知AB→⊥AC→,|AB→|=1t,|ACA.13 B.15 C.19 D.2114.(5分)已知向量AB→=(cosα,sinα),BC→=(A.12 B.−12 C.−15.(5分)在ΔABC中,已知a=2,sin(A+B)=13A.4 B.3 C.83 D.二、填空题(本大题共5小题,共25分)16.(5分)已知ΔABC的顶点坐标A(−6,2),B(6,4),设G(2,0)是ΔABC的重心,则顶点17.(5分)已知向量a→=(2,λ),b→=(3,-18.(5分)已知ΔABC的三边a,b,c和其面积S满足S=c219.(5分)已知平面四边形ABCD中,AB=AD=2,BC=CD20.(5分)在ΔABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且A:B:C=1:1:2,则a三、解答题(本大题共6小题,共30分)21.(5分)在ΔABC中,a,b,c是A,B,C所对的边,若a2+b2−ab=c2.
(1)求C22.(5分)如图,A,B是海面上位于东西方向相距5(3+3)海里的两个观测点,现位于A处北偏东45°,B处北偏西60°的D处有一艘轮船发出求救信号,位于B处南偏西60°且与B处相距203海里的C处的救援船立即前往营救,其航行速度为30海里/h23.(5分)在ΔABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=23,2a−c=2bcosC.
(1)求B;
(2)如图,圆O是ΔABC的外接圆,延长AO交BC于点H,过圆心O作OG⊥OA交BC于点24.(5分)在ΔABC中,已知内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=6,c=3.
(Ⅰ)若cosB=59,求b及cosC−2cosA的值; 25.(5分)ΔABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cosC(acosB+bcosA)=c.
(Ⅰ)求C;
(Ⅱ)若c=726.(5分)如图,EFGH是矩形,ΔABC的顶点C在边FG上,点A,B分别是EF,GH上的动点(EF的长度满足需求).设∠BAC=α,∠ABC=β,∠ACB=γ,且满足sinα+sinβ=sinγ(cosα四、多选题(本大题共5小题,共20分)27.(4分)如图,空间四边形ABCD的四条边及对角线的长度都是a,点E,F,G分别是AB,AD,CD的中点,则()A.2BA→·AC→=a2 28.(4分)已知非零向量a→,b→,cA.若a→=2b→,则a→>b→
B.若a→⋅c→=b→29.(4分)下列说法正确的是(A.两个有公共终点的向量是平行向量
B.任意两个相等的非零向量的起点与终点是一平行四边形的四个顶点
C.向量a→与b→不共线,则a→与b→都是非零向量
D.若a30.(4分)在三角形ABC中,若cosA=725,BC=6,BC边上的高为ℎ,满足条件的三角形ABC的个数为A.当0<ℎ<4时,n=2 B.当ℎ=4时,n=1
C.当ℎ=25时,n=1 D.当ℎ=2631.(4分)已知向量a→=(1,−2),b→=(−1,m)A.若a→与b→垂直,则m=−1
B.若a→//b→,则a→.b→的值为−5
C.若m=1,则
答案和解析1.【答案】A;【解析】解:根据正弦定理,由c2sinA=4sinC,得ac=4,
则由B=π3,得:a2+c2−b2=4,
则Δ2.【答案】A;【解析】解:∵AB=7,AD=2,BD=1,∠ACB=45°,
∴由余弦定理可得:cos∠ADB=AD2+BD2−AB22AD.BD=4+1−72×2×1=−12,
∵∠ADB∈(0,π), 3.【答案】D;【解析】【分析】
本题考查向量在几何中的应用及用基本不等式求最值,属于中档题.
运用三点共线得出μ=1−λ2,运用基本不等式得出最小值.
【解答】
解:因为BE→=λBA→+μBC→,且D为边BC的中点,
所以BE→=λBA→+2μBD→,
因为A、E、D三点共线,所以λ+2μ=1,
所以μ=1−λ2,
又E在线段AD上,且1λ+2μ有意义,
所以0<λ<1,
所以1λ+2μ=1λ+41−λ
=4.【答案】D;【解析】
此题主要考查正余弦定理的应用,属于基础题.
由正弦定理可得a:b:c=4:7:9,设a=4k,b=7k,c=9k(k>0),代入余弦定理化简可得.
解:∵sinA:sinB:sinC=4:7:9,
∴由正弦定理可得a:b:c=4:7:9,
∴在ΔABC中最大角为角C,
不妨设a=4k,b=7k5.【答案】A;【解析】解:如图,
根据题意得,DE→=DC→+CE→=23BC→+12CA→=23(6.【答案】C;【解析】解:在ΔBCD中,BC=4,CD=5,BD=7,
所以cosC=BC2+CD2−BD22BC.CD=16+25−492×4×5=−15
因为四边形为圆内接四边形,
所以C+A=180°,
所以cosA=15,
在ΔABD中,cosA=AB7.【答案】C;【解析】
过点C作CD⊥AB,D为垂足,由条件求得∠ACD=60°,∠BCD>45°,可得∠ACB为钝角,从而得出结论.此题主要考查直角三角形中的边角关系,属于中档题.
解:ΔABC中,过点C作CD⊥AB,D为垂足,如图所示:
∵a=80,b=100,A=30°,
∴∠ACD=60°,且CD=12AC=12b=50.
直角三角形BCD中,cos∠BCD=8.【答案】D;【解析】解:由正弦定理可得:sinA:sinB:sinC=a:b:c=2:3:4,
可设a=2k,b=3k,c=4k(k>0),
由余弦定理可得,cosC=4k2+9k2−16k22×2k×3k=−14,
所以sinA−2sinBsin2C9.【答案】B;【解析】解:如图所示,
平行四边形ABCD中,DE→=−2CE→,O是边AB中点,
所以AM→=AD→+DM→
=AD→+(DE→+EM→)
=AD→+23DC→+47EA→
=AD→+23AB→−47AE→
=− AD+10.【答案】B;【解析】解:∵向量a→=e1→+e2→,b→=4e1→+3e2→,其中e1→=(1,0),e2→=(0,1),
∴11.【答案】A;【解析】解:∵向量a→,b→满足|a→|=2,|b→|=1,且(a→−52b→)⊥(a→+b→),
∴(a→−5212.【答案】A;【解析】解:因为在ΔABC中,A=60O,b=1,SΔABC=3,所以3=12×1.csin60°,
所以c=4,由余弦定理可知:a2=b2+c213.【答案】A;【解析】解:∵AB→⊥AC→,∴以A为原点,直线AB,AC分别为x轴,y轴,建立如图平面直角坐标系,则根据条件得:
P(1,4),B(1t,0),C(0,t),
∴PB→.PC→=(1t−1,−4).(−1,t−4)
=−1t+1−4t+16
=−(4t+1t)+17⩽−24t.1t+17=13,当且仅当4t=1t,即t=1214.【答案】B;【解析】解:∵CA→=BA→−BC→=(−cosα−cosβ,−sinα−sinβ),
∴cosα+cosβ=−cosγsinα+sinβ=−sinγ,
∴cos15.【答案】C;【解析】解:∵a=2,sin(A+B)=13,sinA=14,
∴sinC=sin[π−(A+B)]=sin(A+B)=13,
∴由正弦定理a16.【答案】(6,-6);【解析】解:设点C(a,b),
∵G(2,0)是ΔABC的重心,
∴−6+6+a3=22+4+b3=0,解得b=−6,
∴点C(6,−6).
故答案为:17.【答案】32,+∞
【解析】此题主要考查向量的坐标运算,和向量的夹角问题,属基础题,注意向量夹角为钝角的条件是数量积小于零,并且不能共线.解:∵向量→ a=2,λ,→ ∴a→.∴λ>3 2,
又向量不能共线,∴2 3≠λ 故答案为3 18.【答案】815【解析】解:∵由题意可得:S=c2−(a2+b2)+2ab=−2abcosC+2ab=2ab(1−cos C)=12absinC,
∴解得:1−cos19.【答案】2.5;【解析】解:由题意,连接平面四边形ABCD的BD分成两个三角形,BC=CD=a,∠BCD=90°,
可得:BD=2a2.
在ΔABD中,由余弦定理:cosA=22+22−BD22×2×2=8−2a28(0<A<π).
四边形ABCD面积S=SΔBCD+SΔABD=12a220.【答案】22【解析】解:A:B:C=1:1:2,
∴A=B=π4,C=π2,
∴ac=sinAsinC=22,
21.【答案】解:(1)在△ABC中,∵a2+b2-ab=c2,可得:b2+a2-c2=ab,
∴由余弦定理可得:cosC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12,
∵C∈(0°,180°),
∴C=60°.
(2)∵C=60°,abcosC=12【解析】
(1)由已知结合余弦定理可求cosC的值,结合C的范围及特殊角的三角函数值即可得解.
(2)由已知可求ab的值,进而根据余弦定理即可计算得解c的值.
这道题主要考查了余弦定理,特殊角的三角函数值在三角函数化简求值中的应用,属于基础题.22.【答案】解:由题意知AB=5(3+3)海里,∠DBA=90°−60°=30°,∠DAB=90°−45°=45°∴DB=又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°−60°)=60°,BC=203(海里),在ΔDBC中,由余弦定理,得CD【解析】在ΔDAB中,由正弦定理得DBsin∠DAB=ABsin∠ADB,由此可以求得DB=103海里;然后在23.【答案】解:(1)由余弦定理知,cosC=a2+b2−c22ab,
∵2a-c=2bcosC,
∴2a-c=2b•a2+b2−c22ab,化简得a2+c2-b2=ac,
由余弦定理知,cosB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12,
∵B∈(0,π),
∴B=π3.
(2)由正弦定理知,2R=bsinB=【解析】
(1)结合已知条件和余弦定理,可推出a2+c2−b2=ac,再利用余弦定理,即可求得B的值;
(2)由正弦定理得外接圆的半径,延长AH,交圆O于点D,作CE⊥AD于点E,结合圆的性质知ΔOCD为等边三角形,进而得CE24.【答案】解:(Ⅰ)在ΔABC中,由余弦定理可得:b2=a2+c2−2accosB=36+9−2×6×3×59=25,
解得:b=5,
而cosC=b2+a2−c22ab=36+25−92×6×5=1315,
cosA=b2+c2−a22bc【解析】
(Ⅰ)由已知及余弦定理可得b=5,进而根据余弦定理可求cosC,cosA,代入所求即可计算得解.
(Ⅱ)由正弦定理可得sinC=12sinA,由范围0<A<π25.【答案】
解:(Ⅰ)由已知得C=π−(A+B),
由正弦定理得
2cos
C(sin
Acos
B+sin
Bcos
A)=sin
C,
即2cos
Csin(A+B)=sin
C,
故2sin
Ccos
C=sin
C.
∵sin C≠0,
∴cos
C=12,所以C=π3.
(Ⅱ)由已知得12absin
C=332.
又C=π3,所以ab=6.
由已知及余弦定理得a【解析】
(Ⅰ)利用正弦定理以及两角和与差的三角函数转化求解C;
(Ⅱ)通过三角形的面积以及余弦定理转化求解即可.
该题考查两角和与差的三角函数,正弦定理以及余弦定理的应用,考查计算能力.
26.【答案】解:(1)设BC=a,AC=b,AB=c,由sinα+sinβ=sinγ(cosα+cosβ),
根据正弦定理和余弦定理得,a+b=c(b2+c2−a22bc+a2+c2−b22ac),
化简整理得,a2+b2=c2,
由勾股定理可得γ=π2;
(2)设【解析】
(1)由已知条件,结合正弦定理及余弦定理可得a2+b2=c2,由此可得γ=π2; 27.【答案】BD;【解析】【分析】
本题主要考查空间向量的数量积,属于基础题.
根据A,B,C,D四个选项利用向量的数量积即可求解.【解答】
解:因为2BA→·AC→=2a2cos120∘=−a2,所以A错误;
因为2AD→·BD→=2a28.【答案】ABC;【解析】解:A,∵向量不能比较大小,∴A错误,
B,∵a→⋅c→=b→⋅c→,∴(a→−b→)⋅c→=0,∵非零向量a→,b→,c→,∴(a→−b→)⊥c→或a→=b→,∴B错误,
29.【答案】CD;
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