資源簡介

章末檢測試卷一(第六章)
［時間：120分鐘 分值：150分］
一、單項選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分)
1.下列說法中正確的是(　　)
A.||與線段BA的長度不相等
B.對任一向量a，|a|>0總是成立的
C.||=||
D.若a∥b，且|a|=1 014，|b|=1 010，則|a+b|=2 024
答案　C
解析　||，||均與線段BA的長度相等，所以A不正確，C正確；
|0|=0，對任一向量a，|a|≥0總成立，所以B不正確；
當a，b方向相反時，|a+b|=4，所以D不正確.
2.若向量a=(1，1)，b=(-1，1)，c=(4，2)，則c等于(　　)
A.3a-b B.3a+b
C.-a+3b D.a+3b
答案　A
解析　設c=xa+yb，
所以有c=xa+yb=(x，x)+(-y，y)=(x-y，x+y)=(4，2)，
因此有解得
即c=3a-b.
3.已知a，b是兩個不共線的向量，設=(a+5b)，=-2a+8b，=3(a-b)，則共線的三點是(　　)
A.A，B，D B.A，B，C
C.B，C，D D.A，C，D
答案　A
解析　∵=+=a+5b，
∴=，又∵，有公共點B，
∴A，B，D三點共線.
4.在△ABC中，點D在邊AB上，BD=2DA.記=m，=n，則等于(　　)
A.3m-2n B.-2m+3n
C.3m+2n D.2m+3n
答案　B
解析　因為BD=2DA，所以=3，所以=+=+3=+3(-)=-2+3=-2m+3n.
5.已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，C=60°，a+2b=8，sin A=6sin B，則c等于(　　)
A. B. C.6 D.5
答案　B
解析　在△ABC中，sin A=6sin B，
由正弦定理得a=6b，
由解得
由余弦定理，得c2=a2+b2-2abcos C
=36+1-2×6×1×=31，故c=.
6.一海輪從A處出發，以每小時40海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達B處.在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔在其南偏東70°方向，在B處觀察燈塔在其北偏東65°方向，那么B，C兩點間的距離是(　　)
A.10 海里 B.10 海里
C.20 海里 D.20 海里
答案　B
解析　根據已知條件可知，在△ABC中，AB=20 海里，∠BAC=30°，∠ABC=105°，所以C=45°，由正弦定理，得=，
所以BC==10(海里).
7.已知△ABC的三邊長分別是，，，若a2+b2=c2，則△ABC的形狀是(　　)
A.銳角三角形 B.直角三角形
C.鈍角三角形 D.以上都有可能
答案　A
解析　由a2+b2=c2，可知c>a且c>b，
則在△ABC中，邊所對的角為最大角，其余弦值為=，
又∵a2+b2=c2，∴(a+b)2=c2+2ab>c2，
∴a+b>c，故邊對應的角為銳角.
∴△ABC為銳角三角形.
8.已知向量a，b滿足|a|=2，|b|=4，a·b=5，則向量a與a-b的夾角的余弦值為(　　)
A.- B. C.- D.
答案　A
解析　∵|a|=2，|b|=4，a·b=5，
∴a·(a-b)=a2-a·b=4-5=-1，
∴|a-b|==
==，
∴cos〈a，a-b〉=
==-.
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分)
9.設向量a，b滿足|a|=|b|=1，且|b-2a|=，則以下結論正確的是(　　)
A.a⊥b B.|a+b|=2
C.|a-b|= D.〈a，b〉=60°
答案　AC
解析　等式|b-2a|=兩邊平方可得4a2+b2-4a·b=5，因為|a|=|b|=1，所以a·b=0，故選項A正確，選項D錯誤；
|a+b|===，選項B錯誤；
|a-b|===，選項C正確.
10.下列關于平面向量的說法正確的是(　　)
A.已知a，b均為非零向量，若a∥b，則存在唯一的實數λ，使得a=λb
B.已知非零向量a=(1，2)，b=(1，1)，且a與a+λb的夾角為銳角，則實數λ的取值范圍是
C.若a·c=b·c且c≠0，則a=b
D.若點G為△ABC的重心，則++=0
答案　AD
解析　對于選項A， 由向量共線定理知選項A正確；
對于選項B，a+λb=(1，2)+λ(1，1)=(1+λ，2+λ)，
若a與a+λb的夾角為銳角，
則a·(a+λb)=1+λ+2(2+λ)=5+3λ>0，
解得λ>-，
當a與a+λb共線時，2+λ=2(1+λ)，
解得λ=0，
此時a=(1，2)，a+λb=(1，2)，
此時a與a+λb的夾角為0，不符合題意，所以實數λ的取值范圍是∪(0，+∞)，選項B錯誤；
對于選項C，若a·c=b·c，
則c·(a-b)=0，
因為c≠0，則a=b或c與a-b垂直，選項C錯誤；
對于選項D，若點G為△ABC的重心，延長AG與BC交于點M，則M為BC的中點，
所以=2=2×+)=+，
所以++=0，選項D正確.
11.設點M是△ABC所在平面內一點，則下列說法中正確的是(　　)
A.若=+，則點M是△ABC的重心
B.若=2-，則點M在邊BC的延長線上
C.若2=x+y，且x+y=1，則△MBC的面積是△ABC面積的
D.已知平面向量，滿足·=·，=λ，則△ABC為等腰三角形
答案　ACD
解析　對于A，如圖，設BC的中點為D，若=+=+)=×2=，則點M是△ABC的重心，故A正確；
對于B，若=2-，即有-=-，即=，則點M在邊CB的延長線上，故B錯誤；
對于C，如圖，若2=x+y，且x+y=1，
由圖可得M為AN的中點，則△MBC的面積是△ABC面積的，故C正確；
對于D，因為·=·，所以·=·，
即·=·，
所以·cos∠BAM
=cos∠CAM，
因為=λ，所以點M在∠BAC的角平分線上，所以∠BAM=∠CAM，所以cos∠BAM=cos∠CAM，
所以||=||，所以△ABC為等腰三角形，
故D正確.
三、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)
12.已知向量a，b滿足|b|=5，|a+b|=4，|a-b|=6，則向量a在向量b上的投影向量為　　　　.
答案　-b
解析　由題意可得(a+b)2=16，(a-b)2=36，
即a2+b2+2a·b=16，a2+b2-2a·b=36，
兩式相減可得a·b=-5，又|b|=5，
得|a|cos〈a，b〉=-1，
則向量a在向量b上的投影向量為|a|cos〈a，b〉·=-1×b=-b.
13.在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB=2，BC=1，∠ABC=60°.點E和F分別在線段BC和DC上，且=，=，則·的值為　　　　.
答案　
解析　作CO⊥AB于點O，建立如圖所示的平面直角坐標系，
則A，B，
C，D，
所以E，F，
所以=，=，
所以·=·=+=.
14.如圖，為測塔高PA，在塔底所在的水平面內取一點C，測得塔頂的仰角為θ，由C向塔前進30米后到點D，測得塔頂的仰角為2θ，再由D向塔前進10米后到點E，測得塔頂的仰角為4θ，則θ=　　　　，塔高為　　　　米.
答案　 　15
解析　由題意，得∠CPD=∠EDP-∠DCP=2θ-θ=θ，
∠DPE=∠AEP-∠EDP=4θ-2θ=2θ，
∴PD=CD=30，PE=DE=10.
在△PDE中，由余弦定理的推論，得
cos 2θ=
==，
∴2θ=，∴θ=，4θ=，
∵sin 4θ=，
∴PA=PE·sin 4θ=10×=15，
故塔高為15米.
四、解答題(本題共5小題，共77分)
15.(13分)已知a，b，c是同一平面內的三個向量，其中a=(1，2).
(1)若c=(2，λ)，且c∥a，求|c|；(6分)
(2)若b=(1，1)，且ma-b與2a-b垂直，求實數m的值.(7分)
解　(1)因為c∥a，a=(1，2)，c=(2，λ)，
所以2×2-1×λ=0，解得λ=4，即c=(2，4)，
所以|c|==2.
(2)因為a=(1，2)，b=(1，1)，
所以ma-b=(m-1，2m-1)，2a-b=(1，3).
因為ma-b與2a-b垂直，
所以(ma-b)·(2a-b)=0，
即(m-1)×1+(2m-1)×3=0，解得m=.
16.(15分)某貨船在航行中遭海盜襲擊，發出求救信號.如圖，海軍護航艦在A處獲悉后，立即測出該貨船在方位角為45°，距離為10海里的C處，并測得貨船正沿方位角為105°的方向，以10海里/時的速度向前行駛，海軍護航艦立即以10海里/時的速度前去營救，求護航艦的航向和靠近貨船所需的時間.
解　設所需時間為t小時，
則BC=10t，AB=10t.
在△ABC中，∠ACB=45°+(180°-105°)=120°，
根據余弦定理，
得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB，
可得(10t)2=102+(10t)2-2×10×10t×cos 120°，
整理得2t2-t-1=0，
解得t=1或t=-(舍去).
故護航艦需1小時靠近貨船.
此時AB=10，BC=10，
又AC=10，所以∠CAB=30°，
所以護航艦航行的方位角為75°.
17.(15分)(2024·新課標全國Ⅰ)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab.
(1)求B；(7分)
(2)若△ABC的面積為3+，求c.(8分)
解　(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcos C，
因為a2+b2-c2=ab，
所以cos C=，
因為C∈(0，π)，所以sin C>0，
從而sin C===，
又因為sin C=cos B，
即cos B=，
又B∈(0，π)，所以B=.
(2)由(1)可得B=，cos C=，C∈(0，π)，
從而C=，sin A=sin(B+C)=sin
=×+×=.
方法一　由正弦定理有=，
從而b=·c=c，
由三角形面積公式可知，
△ABC的面積可表示為S△ABC=bc·sin A
=·c·c·=c2，
由已知△ABC的面積為3+，
可得c2=3+，所以c=2.
方法二　記R為△ABC外接圓的半徑，
由正弦定理得
S△ABC=ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C
=2R2···
=·R2=3+.
所以R=2.
所以c=2R·sin C=2×2×=2.
18.(17分)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b2=ac，點D在邊AC上，BDsin∠ABC=asin C.
(1)證明：BD=b；(7分)
(2)若AD=2DC，求cos∠ABC.(10分)
(1)證明　因為BDsin∠ABC=asin C，所以由正弦定理得BD·b=ac，又b2=ac，
所以BD·b=b2，又b>0，所以BD=b.
(2)解　如圖所示，過點D作DE∥BC交AB于E，
因為AD=2DC，所以==2，=，所以BE=，DE=.
在△BED中，由余弦定理的推論，
得cos∠BED=
==
=，
在△ABC中，由余弦定理的推論，
得cos∠ABC=
==.
因為∠BED=π-∠ABC，所以cos∠BED=-cos∠ABC，
所以=-，化簡得3c2+6a2-11ac=0，方程兩邊同時除以a2，得3-11·+6=0，解得=或=3.
當=時，cos∠ABC=
==；
當=3，即c=3a時，cos∠ABC=
==>1(舍去).
綜上，cos∠ABC=.
19.(17分)如圖所示，在△ABC中，=，=，BQ與CR相交于點I，AI的延長線與邊BC交于點P.
(1)用和分別表示和；(4分)
(2)如果=+λ=+μ，求實數λ和μ的值；(6分)
(3)確定點P在邊BC上的位置.(7分)
解　(1)由=，
可得=+=-+.
∵=，∴=+
=-+.
(2)將=-+，=-+，
代入=+λ=+μ，得
+λ=+μ，
即(1-λ)+λ=μ+(1-μ)，
∵，不共線，
∴
解得
(3)設=m，=n.
由(2)知=+，
∴=-=n-
=n-
=+=m=m-m，
∴解得
∴=，即=2，
∴點P在BC上靠近點C的三等分點處.章末檢測試卷一(第六章)
［時間：120分鐘 分值：150分］
一、單項選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分)
1.下列說法中正確的是(　　)
A.||與線段BA的長度不相等
B.對任一向量a，|a|>0總是成立的
C.||=||
D.若a∥b，且|a|=1 014，|b|=1 010，則|a+b|=2 024
2.若向量a=(1，1)，b=(-1，1)，c=(4，2)，則c等于(　　)
A.3a-b B.3a+b
C.-a+3b D.a+3b
3.已知a，b是兩個不共線的向量，設=(a+5b)，=-2a+8b，=3(a-b)，則共線的三點是(　　)
A.A，B，D B.A，B，C
C.B，C，D D.A，C，D
4.在△ABC中，點D在邊AB上，BD=2DA.記=m，=n，則等于(　　)
A.3m-2n B.-2m+3n
C.3m+2n D.2m+3n
5.已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，C=60°，a+2b=8，sin A=6sin B，則c等于(　　)
A. B. C.6 D.5
6.一海輪從A處出發，以每小時40海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達B處.在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔在其南偏東70°方向，在B處觀察燈塔在其北偏東65°方向，那么B，C兩點間的距離是(　　)
A.10 海里 B.10 海里
C.20 海里 D.20 海里
7.已知△ABC的三邊長分別是，，，若a2+b2=c2，則△ABC的形狀是(　　)
A.銳角三角形 B.直角三角形
C.鈍角三角形 D.以上都有可能
8.已知向量a，b滿足|a|=2，|b|=4，a·b=5，則向量a與a-b的夾角的余弦值為(　　)
A.- B. C.- D.
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分)
9.設向量a，b滿足|a|=|b|=1，且|b-2a|=，則以下結論正確的是(　　)
A.a⊥b B.|a+b|=2
C.|a-b|= D.〈a，b〉=60°
10.下列關于平面向量的說法正確的是(　　)
A.已知a，b均為非零向量，若a∥b，則存在唯一的實數λ，使得a=λb
B.已知非零向量a=(1，2)，b=(1，1)，且a與a+λb的夾角為銳角，則實數λ的取值范圍是
C.若a·c=b·c且c≠0，則a=b
D.若點G為△ABC的重心，則++=0
11.設點M是△ABC所在平面內一點，則下列說法中正確的是(　　)
A.若=+，則點M是△ABC的重心
B.若=2-，則點M在邊BC的延長線上
C.若2=x+y，且x+y=1，則△MBC的面積是△ABC面積的
D.已知平面向量，滿足·=·，=λ，則△ABC為等腰三角形
三、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)
12.已知向量a，b滿足|b|=5，|a+b|=4，|a-b|=6，則向量a在向量b上的投影向量為　　　　.
13.在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB=2，BC=1，∠ABC=60°.點E和F分別在線段BC和DC上，且=，=，則·的值為　　　　.
14.如圖，為測塔高PA，在塔底所在的水平面內取一點C，測得塔頂的仰角為θ，由C向塔前進30米后到點D，測得塔頂的仰角為2θ，再由D向塔前進10米后到點E，測得塔頂的仰角為4θ，則θ=　　　　，塔高為　　　　米.
四、解答題(本題共5小題，共77分)
15.(13分)已知a，b，c是同一平面內的三個向量，其中a=(1，2).
(1)若c=(2，λ)，且c∥a，求|c|；(6分)
(2)若b=(1，1)，且ma-b與2a-b垂直，求實數m的值.(7分)
16.(15分)某貨船在航行中遭海盜襲擊，發出求救信號.如圖，海軍護航艦在A處獲悉后，立即測出該貨船在方位角為45°，距離為10海里的C處，并測得貨船正沿方位角為105°的方向，以10海里/時的速度向前行駛，海軍護航艦立即以10海里/時的速度前去營救，求護航艦的航向和靠近貨船所需的時間.
17.(15分)(2024·新課標全國Ⅰ)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab.
(1)求B；(7分)
(2)若△ABC的面積為3+，求c.(8分)
18.(17分)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b2=ac，點D在邊AC上，BDsin∠ABC=asin C.
(1)證明：BD=b；(7分)
(2)若AD=2DC，求cos∠ABC.(10分)
19.(17分)如圖所示，在△ABC中，=，=，BQ與CR相交于點I，AI的延長線與邊BC交于點P.
(1)用和分別表示和；(4分)
(2)如果=+λ=+μ，求實數λ和μ的值；(6分)
(3)確定點P在邊BC上的位置.(7分)
答案精析(共69張PPT)
第六章
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章末檢測試卷一(第六章)
答案
對一對
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 C A A B B B A A AC
題號 10 11 12 13 14
答案 AD　 ACD -b 　15
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15.
(1)因為c∥a，a=(1，2)，
c=(2，λ)，
所以2×2-1×λ=0，解得λ=4，
即c=(2，4)，
所以|c|==2.
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(2)因為a=(1，2)，b=(1，1)，
所以ma-b=(m-1，2m-1)，
2a-b=(1，3).
因為ma-b與2a-b垂直，
所以(ma-b)·(2a-b)=0，
即(m-1)×1+(2m-1)×3=0，
解得m=.
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設所需時間為t小時，
則BC=10t，AB=10t.
在△ABC中，∠ACB=45°+(180°-105°)=120°，
根據余弦定理，得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB，
可得(10t)2=102+(10t)2-2×10×10t×cos 120°，
整理得2t2-t-1=0，
解得t=1或t=-(舍去).故護航艦需1小時靠近貨船.
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此時AB=10，BC=10，
又AC=10，所以∠CAB=30°，
所以護航艦航行的方位角為75°.
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(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcos C，
因為a2+b2-c2=ab，
所以cos C=，
因為C∈(0，π)，所以sin C>0，
從而sin C===，
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又因為sin C=cos B，
即cos B=，
又B∈(0，π)，所以B=.
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17.
(2)由(1)可得B=，cos C=，
C∈(0，π)，
從而C=，sin A=sin(B+C)=sin=×+×=.
方法一　由正弦定理有
=，從而b=·c=c，
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17.
由三角形面積公式可知，
△ABC的面積可表示為
S△ABC=bc·sin A
=·c·c·=c2，
由已知△ABC的面積為3+，
可得c2=3+，所以c=2.
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方法二　記R為△ABC外接圓的半徑，
由正弦定理得S△ABC=ab·sin C
=2R2sin Asin Bsin C
=2R2···
=·R2=3+.
所以R=2.所以c=2R·sin C=2×2×=2.
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(1)因為BDsin∠ABC=asin C，
所以由正弦定理得BD·b=ac，
又b2=ac，
所以BD·b=b2，
又b>0，所以BD=b.
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18.
(2)如圖所示，過點D作DE∥BC交AB于E，
因為AD=2DC，所以==2，=，
所以BE=，DE=.
在△BED中，由余弦定理的推論，
得cos∠BED====，
答案
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18.
在△ABC中，由余弦定理的推論，
得cos∠ABC=
==.
因為∠BED=π-∠ABC，所以cos∠BED=-cos∠ABC，
所以=-，化簡得3c2+6a2-11ac=0，方程兩邊同時除以a2，得3-11·+6=0，解得=或=3.
答案
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18.
當=時，
cos∠ABC===；
當=3，即c=3a時，
cos∠ABC===>1(舍去).
綜上，cos∠ABC=.
答案
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19.
(1)由=，
可得=+=-+.
∵=，∴=+
=-+.
答案
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19.
(2)將=-+，
=-+，
代入=+λ=+μ，
得+λ=+μ，
即(1-λ)+λ=μ+(1-μ)，
答案
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19.
∵，不共線，
∴解得
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(3)設=m，=n.
由(2)知=+，
∴=-=n-=n-=+=m
=m-m，
∴解得
19.
∴=，即=2，
∴點P在BC上靠近點C的三等分點處.
答案
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一、單項選擇題
1.下列說法中正確的是
A.||與線段BA的長度不相等
B.對任一向量a，|a|>0總是成立的
C.||=||
D.若a∥b，且|a|=1 014，|b|=1 010，則|a+b|=2 024
√
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答案
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||，||均與線段BA的長度相等，所以A不正確，C正確；
|0|=0，對任一向量a，|a|≥0總成立，所以B不正確；
當a，b方向相反時，|a+b|=4，所以D不正確.
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答案
2.若向量a=(1，1)，b=(-1，1)，c=(4，2)，則c等于
A.3a-b B.3a+b
C.-a+3b D.a+3b
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√
設c=xa+yb，
所以有c=xa+yb=(x，x)+(-y，y)=(x-y，x+y)=(4，2)，
因此有
即c=3a-b.
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19
答案
3.已知a，b是兩個不共線的向量，設=(a+5b)，=-2a+8b，=3(a-b)，則共線的三點是
A.A，B，D B.A，B，C
C.B，C，D D.A，C，D
√
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∵=+=a+5b，
∴=，又∵有公共點B，
∴A，B，D三點共線.
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答案
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4.在△ABC中，點D在邊AB上，BD=2DA.記=m，=n，則等于
A.3m-2n B.-2m+3n
C.3m+2n D.2m+3n
√
因為BD=2DA，所以=3=+=+3=+3(-)=-2+3=-2m+3n.
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5.已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，C=60°，a+2b=8，sin A=6sin B，則c等于
A. B. C.6 D.5
√
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在△ABC中，sin A=6sin B，
由正弦定理得a=6b，
由
由余弦定理，得c2=a2+b2-2abcos C
=36+1-2×6×1×=31，故c=.
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6.一海輪從A處出發，以每小時40海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達B處.在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔在其南偏東70°方向，在B處觀察燈塔在其北偏東65°方向，那么B，C兩點間的距離是
A.10 海里 B.10 海里
C.20 海里 D.20 海里
√
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根據已知條件可知，在△ABC中，AB=20 海里，∠BAC=30°，∠ABC=105°，所以C=45°，由正弦定理，得=，
所以BC==10(海里).
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7.已知△ABC的三邊長分別是，，，若a2+b2=c2，則△ABC的形狀是
A.銳角三角形 B.直角三角形
C.鈍角三角形 D.以上都有可能
√
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由a2+b2=c2，可知c>a且c>b，
則在△ABC中，邊=，
又∵a2+b2=c2，∴(a+b)2=c2+2ab>c2，
∴a+b>c，故邊對應的角為銳角.
∴△ABC為銳角三角形.
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答案
8.已知向量a，b滿足|a|=2，|b|=4，a·b=5，則向量a與a-b的夾角的余弦值為
A.- B. C.- D.
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∵|a|=2，|b|=4，a·b=5，
∴a·(a-b)=a2-a·b=4-5=-1，
∴|a-b|====，
∴cos〈a，a-b〉===-.
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答案
二、多項選擇題
9.設向量a，b滿足|a|=|b|=1，且|b-2a|=，則以下結論正確的是
A.a⊥b B.|a+b|=2
C.|a-b|= D.〈a，b〉=60°
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等式|b-2a|=兩邊平方可得4a2+b2-4a·b=5，因為|a|=|b|=1，所以a·b=0，故選項A正確，選項D錯誤；
|a+b|===，選項B錯誤；
|a-b|===，選項C正確.
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10.下列關于平面向量的說法正確的是
A.已知a，b均為非零向量，若a∥b，則存在唯一的實數λ，使得a=λb
B.已知非零向量a=(1，2)，b=(1，1)，且a與a+λb的夾角為銳角，則實數λ
的取值范圍是
C.若a·c=b·c且c≠0，則a=b
D.若點G為△ABC的重心，則++=0
√
√
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答案
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對于選項A， 由向量共線定理知選項A正確；
對于選項B，a+λb=(1，2)+λ(1，1)=(1+λ，2+λ)，
若a與a+λb的夾角為銳角，
則a·(a+λb)=1+λ+2(2+λ)=5+3λ>0，
解得λ>-，
當a與a+λb共線時，2+λ=2(1+λ)，
解得λ=0，
此時a=(1，2)，a+λb=(1，2)，
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此時a與a+λb的夾角為0，不符合題意，所以實數λ的取值范圍是∪(0，+∞)，選項B錯誤；
對于選項C，若a·c=b·c，
則c·(a-b)=0，
因為c≠0，則a=b或c與a-b垂直，選項C錯誤；
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對于選項D，若點G為△ABC的重心，延長AG與BC交于點M，則M為BC的中點，
所以=2=2×+)=+，
所以++=0，選項D正確.
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11.設點M是△ABC所在平面內一點，則下列說法中正確的是
A.若=+，則點M是△ABC的重心
B.若=2-，則點M在邊BC的延長線上
C.若2=x+y，且x+y=1，則△MBC的面積是△ABC面積的
D.已知平面向量，滿足·=·，=λ，則△ABC
為等腰三角形
√
√
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√
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對于A，如圖，設BC的中點為D，若=+=+)=×2=，
則點M是△ABC的重心，故A正確；
對于B，若=2--=-=，則點M在邊CB的延長線上，故B錯誤；
對于C，如圖，若2=x+y，且x+y=1，
由圖可得M為AN的中點，則△MBC的面積是△ABC
面積的，故C正確；
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對于D，因為·=··=·，
即·=·，
所以·cos∠BAM
=cos∠CAM，
因為=λ，所以點M在∠BAC的角平分線上，所以∠BAM=∠CAM，所以cos∠BAM=cos∠CAM，
所以||=||，所以△ABC為等腰三角形，
故D正確.
答案
三、填空題
12.已知向量a，b滿足|b|=5，|a+b|=4，|a-b|=6，則向量a在向量b上的投影
向量為　　　　.
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-b
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由題意可得(a+b)2=16，(a-b)2=36，
即a2+b2+2a·b=16，a2+b2-2a·b=36，
兩式相減可得a·b=-5，又|b|=5，
得|a|cos〈a，b〉=-1，
則向量a在向量b上的投影向量為|a|cos〈a，b〉·=-1×b=-b.
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13.在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB=2，BC=1，∠ABC=60°.點E和F分別在線段BC和DC上，且=，=，則·的值為　　.
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作CO⊥AB于點O，建立如圖所示的平面直角坐標系，
則A，B，
C，D，
所以E，F，
所以==，
所以·=·=+=.
答案
14.如圖，為測塔高PA，在塔底所在的水平面內取一點C，測得塔頂的仰角為θ，由C向塔前進30米后到點D，測得塔頂的仰角為2θ，再由D向塔前進10米后到點E，測得塔頂的仰角為4θ，則θ=　　，塔高為　__米.
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由題意，得∠CPD=∠EDP-∠DCP=2θ-θ=θ，
∠DPE=∠AEP-∠EDP=4θ-2θ=2θ，
∴PD=CD=30，PE=DE=10.
在△PDE中，由余弦定理的推論，得
cos 2θ===，
∴2θ=，∴θ=，4θ=，
∵sin 4θ=，∴PA=PE·sin 4θ=10×=15，故塔高為15米.
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答案
四、解答題
15.已知a，b，c是同一平面內的三個向量，其中a=(1，2).
(1)若c=(2，λ)，且c∥a，求|c|；(6分)
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因為c∥a，a=(1，2)，c=(2，λ)，
所以2×2-1×λ=0，解得λ=4，即c=(2，4)，
所以|c|==2.
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答案
(2)若b=(1，1)，且ma-b與2a-b垂直，求實數m的值.
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因為a=(1，2)，b=(1，1)，
所以ma-b=(m-1，2m-1)，2a-b=(1，3).
因為ma-b與2a-b垂直，
所以(ma-b)·(2a-b)=0，
即(m-1)×1+(2m-1)×3=0，解得m=.
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16.某貨船在航行中遭海盜襲擊，發出求救信號.如圖，海軍護航艦在A處獲悉后，立即測出該貨船在方位角為45°，距離為10海里的C處，并測得貨船正沿方位角為105°的方向，以10海里/時的速度向前行駛，海軍護航艦立即以10海里/時的速度前去營救，求護航艦的航向和靠近貨船所需的時間.
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設所需時間為t小時，
則BC=10t，AB=10t.
在△ABC中，∠ACB=45°+(180°-105°)=120°，
根據余弦定理，
得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB，
可得(10t)2=102+(10t)2-2×10×10t×cos 120°，
整理得2t2-t-1=0，
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解得t=1或t=-(舍去).
故護航艦需1小時靠近貨船.
此時AB=10，BC=10，
又AC=10，所以∠CAB=30°，
所以護航艦航行的方位角為75°.
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17.(2024·新課標全國Ⅰ)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab.
(1)求B；
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由余弦定理有a2+b2-c2=2abcos C，
因為a2+b2-c2=ab，所以cos C=，
因為C∈(0，π)，所以sin C>0，
從而sin C===，
又因為sin C=cos B，
即cos B=，又B∈(0，π)，所以B=.
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(2)若△ABC的面積為3+，求c.
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由(1)可得B=，cos C=，C∈(0，π)，
從而C=，sin A=sin(B+C)=sin
=×+×=.
方法一　由正弦定理有=，
從而b=·c=c，
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由三角形面積公式可知，
△ABC的面積可表示為S△ABC=bc·sin A
=·c·c·=c2，
由已知△ABC的面積為3+，
可得c2=3+，所以c=2.
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方法二　記R為△ABC外接圓的半徑，
由正弦定理得
S△ABC=ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C
=2R2···
=·R2=3+.所以R=2.
所以c=2R·sin C=2×2×=2.
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18.記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b2=ac，點D在邊AC上，BDsin∠ABC=asin C.
(1)證明：BD=b；
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因為BDsin∠ABC=asin C，所以由正弦定理得BD·b=ac，又b2=ac，
所以BD·b=b2，又b>0，所以BD=b.
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(2)若AD=2DC，求cos∠ABC.
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如圖所示，過點D作DE∥BC交AB于E，
因為AD=2DC，所以==2，=，所以BE=，DE=.
在△BED中，由余弦定理的推論，
得cos∠BED=
===，
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在△ABC中，由余弦定理的推論，
得cos∠ABC=
==.
因為∠BED=π-∠ABC，所以cos∠BED=-cos∠ABC，
所以=-，化簡得3c2+6a2-11ac=0，方程兩邊同時除以a2，得3-11·+6=0，解得==3.
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當=時，cos∠ABC=
==；
當=3，即c=3a時，cos∠ABC=
==>1(舍去).
綜上，cos∠ABC=.
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19.如圖所示，在△ABC中，=，=，BQ與
CR相交于點I，AI的延長線與邊BC交于點P.
(1)用和分別表示和；
由=，
可得=+=-+.
∵=，∴=+=-+.
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(2)如果=+λ=+μ，求實數λ和μ的值；
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將=-+=-+，
代入=+λ=+μ，得
+λ=+μ，
即(1-λ)+λ=μ+(1-μ)，∵不共線，
∴解得
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(3)確定點P在邊BC上的位置.
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設=m=n.
由(2)知=+，
∴=-=n-=n-
=+=m=m-m，
∴∴==2，
∴點P在BC上靠近點C的三等分點處.
答案

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