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第一章达标检测-2022版数学必修第二册 湘教版（2019） 同步练习 （Word含解析）
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这是一份第一章达标检测-2022版数学必修第二册 湘教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共20页。
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
一、单项选择题(本大题共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.在▱ABCD中,设AB=a,BC=b,点E为对角线BD上靠近点D的一个五等分点,AE的延长线交CD于点F,则AF+BF= ( )
A.14a-b B.-12a+2b
C.-34a+12b D.-2a+34b
2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,其面积S=13(a2+c2-b2),则tan B的值为 ( )
A.43 B.1
C.32 D.2
3.如图,在圆C中弦AB的长度为6,则AC·AB= ( )
A.6 B.12
C.18 D.无法确定
4.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sinBsinC=12,(a2-3b2)cos C=CA·CB,则角C= ( )
A.π6B.π3
C.π3或π2D.π6或π2
5.已知|OA|=|OB|=1,∠AOB=60°,OC=λOA+μOB,其中实数λ,μ满足1≤λ+μ≤2,λ≥0,μ≥0,则点C所形成的平面区域的面积为 ( )
A.3B.334
C.32D.34
6.设θ为两个非零向量a,b的夹角,已知对任意实数t,|b+ta|的最小值为1,下列说法正确的是 ( )
A.若θ确定,则|a|唯一确定
B.若θ确定,则|b|唯一确定
C.若|a|确定,则θ唯一确定
D.若|b|确定,则θ唯一确定
7.两座灯塔A和B与海洋观察站C之间的距离分别为3 km,5 km,灯塔A在观察站C的北偏东20°方向上,灯塔B在观察站C的南偏东40°方向上,则灯塔A与B之间的距离为 ( )
A.6 km B.43 kmC.7 kmD.52 km
8.在△ABC中,E,F分别为AB,AC上的点,且满足AE=2EB,AF=2FC,P为EF上任一点,实数x,y满足PA+xPB+yPC=0,设△ABC,△PBC,△PCA,△PAB的面积分别为S,S1,S2,S3,记SiS=λi(i=1,2,3),则λ2·λ3取到最大值时,x,y的值分别为 ( )
A.0,2 B.1,2 C.1,1 D.2,1
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)
9.如图,已知点O为正六边形ABCDEF的中心,下列结论中正确的是 ( )
A.OA+OC+OB=0
B.(OA-AF)·(EF-DC)=0
C.(OA·AF)BC=OA(AF·BC)
D.|OF+OD|=|FA+OD-CB|
10.已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足B=π3,a+c=3b,则ac= ( )
A.2 B.3
C.12D.13
11.如图,直线l过△ABC的重心G(三条中线的交点),且与边AB,AC分别交于点P,Q,AP=λAB,AQ=μAC,直线l将△ABC分成两部分,分别为△APQ和四边形PQCB,则以下结论正确的是 ( )
A.λ+μ=43
B.1λ+1μ=3
C.S四边形PQCBS△APQ的最大值为54
D.S四边形PQCBS△APQ的最大值为43
12.下列命题中正确的是 ( )
A.已知非零向量a,b满足|a|=4|b|,且b⊥(a+2b),则a与b的夹角为5π6
B.若a,b,c是平面内三个非零向量,则(a·b)c=a(b·c)
C.若a=(sin θ,1+cosθ),b=(1,1-cosθ),其中θ∈π,3π2,则a⊥b
D.若O是△ABC所在平面上一定点,动点P满足OP=OA+λAB|AB|+AC|AC|,λ∈(0,+∞),则直线AP一定经过△ABC的内心
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.若两个非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|=2|a|,则向量a与b的夹角为 ,向量a+b与a的夹角为 .(本题第一空2分,第二空3分)
14.海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象,被喻为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”.我国拥有世界上最深的海洋蓝洞,若要测量如图所示的蓝洞的口径A,B两点间的距离,现在珊瑚群岛上取C,D两点,测得CD=80,∠ADB=135°,∠BDC=∠DCA=15°,∠ACB=120°,则A,B两点间的距离为 .参考数值:sin 15°= 6-24
15.已知△ABC中,a=6,给出下列结论:
①若b=10,A=π3,则B的值唯一;
②若A=π6,则S△ABC有最大值;
③若b+c=10,则cos A的最小值为725.
其中正确结论的序号为 .
16.在△ABC中,内角A、B、C的对边分别为a,b,c,若b=2,sinAa=3cosBb,则△ABC的面积的最大值为 .
四、解答题(本大题共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.(本小题满分10分)在①csin C=sin A+bsin B,B=60°,②c=2,cos A=18两个条件中任选一个作为下面问题的条件,并解答.
已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若a=3, (填序号),求△ABC的面积S.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
18.(本小题满分12分)已知|a|=1,a·b=12,(a-b)·(a+b)=12.
(1)求向量a与b的夹角θ;
(2)求|a+b|.
19.(本小题满分12分)设a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,已知tan A=3,b=2.
(1)若a=23,求B;
(2)若a=2c,求△ABC的面积.
20.(本小题满分12分)已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sin2B+sin2CsinA=sin A+sinBsinCsinA.
(1)求角A的大小;
(2)若a=23,求△ABC面积的最大值以及周长的最大值.
21.(本小题满分12分)已知四边形ABCD是正方形,E、F分别是CD、AD的中点,BE、CF交于点P,连接AP.用向量法证明:
(1)BE⊥CF;
(2)AP=AB.
22.(本小题满分12分)如图,M为△ABC的中线AD的中点,过点M的直线分别交AB,AC两边于点P,Q(异于点A),设AP=xAB,AQ=yAC,记x,y的关系式为y=f(x).
(1)求函数y=f(x)的表达式;
(2)设△APQ的面积为S1,△ABC的面积为S2,且S1=kS2,求实数k的取值范围.
(参考:三角形的面积等于两边长与这两边夹角的正弦值的乘积的一半)
答案全解全析
一、单项选择题
1.B 易得△DEF∽△BEA,所以DFAB=DEBE=14,所以DF=14AB,所以AF=AD+DF=BC-14BA,BF=BC+CF=BC+34BA,
所以AF+BF=BC-14BA+BC+34BA
=2BC-12AB=-12a+2b.
2.A 由S=12acsin B,cos B=a2+c2-b22ac,S=13(a2+c2-b2),可得12acsin B=23accos B,整理,得sin B=43cos B,
因此,tan B=43.故选A.
3.C 如图所示,取线段AB的中点D,连接CD,则CD⊥AB,所以|AC|·cos A=|AD|=12|AB|,所以AC·AB=|AC|·|AB|·cos A=12|AB|2=18.故选C.
4.C 若sinBsinC=12,则bc=12,即c=2b.
由(a2-3b2)cos C=CA·CB,
可得(a2-3b2)cos C=abcos C,
所以cos C=0或a2-3b2=ab.
若cos C=0,则C=π2;
若a2-3b2=ab,则cos C=a2+b2-c22ab=a2-3b22ab=ab2ab=12,则C=π3.
故选C.
5.B 作OP=2OA,OQ=2OB,OC与线段AB交于D,如图.
设OC=xOD,因为OC=λOA+μOB,λ≥0,μ≥0,所以点C在∠QOP内部(包含边界),
根据向量共线定理有OD=mOA+nOB,m+n=1,
所以OC=xOD=xmOA+xnOB,m+n=1,
又OC=λOA+μOB,所以λ=xm,μ=xn,
因为1≤λ+μ≤2,即1≤xm+xn≤2,
所以1≤x≤2,所以点C所在区域为梯形APQB内部(含边界),
S梯形APQB=S△OPQ-S△OAB=12×2×2×sin 60°-12×1×1×sin 60°=334.故选B.
6.B |b+ta|2=b2+2ta·b+t2a2=|a|2t2+2|a|·|b|cos θ·t+|b|2.
因为|b+ta|min=1,
所以4|a|2·|b|2-4|a|2·|b|2cos2θ4|a|2
=|b|2(1-cos2θ)=1.
所以|b|2sin2θ=1,所以|b|sin θ=1,即|b|=1sinθ.所以若θ确定,则|b|唯一确定.
故选B.
7.C 由题意作出示意图如下.
由题意可得∠ACB=180°-20°-40°=120°,
由余弦定理可得,AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 120°=9+25-2×3×5×cos 120°=49,
所以AB=7 km.
故选C.
8.C 由题意可得EF∥BC,∴P到BC的距离等于△ABC的BC边上高的13,可得S1=13S,则S2+S3=23S,λ2+λ3=23.由此可得λ2λ3≤λ2+λ322=19,当且仅当λ2=λ3=13,即S2=S3,P为EF的中点时,等号成立.延长AP交BC于点D,则D为BC的中点,AP=2PD=PB+PC,∴PA+PB+PC=0.
又PA+xPB+yPC=0,∴根据平面向量基本定理,得x=y=1.故当λ2λ3取到最大值时,x,y的值分别为1,1,故选C.
二、多项选择题
9.BC 设正六边形ABCDEF的边长为1.
对于A选项,∵六边形ABCDEF为正六边形,∴四边形OABC为菱形,
∴OA+OC=OB,∴OA+OC+OB=2OB≠0,
∴A错误;
对于B选项,(OA-AF)·(EF-DC)=(EF-AF)·(EF+AF)=EF2-AF2=0,∴B正确;
对于C选项,(OA·AF)BC=1×1×cos 120°×BC=-12BC=12OA,OA(AF·BC)=OA×1×1×cos 60°=12OA,∴C正确;
对于D选项,|OF+OD|=|OE|=1,
|FA+OD-CB|=|FA+OD+AO|=|FA+AD|=|FD|=3,
∴|OF+OD|≠|FA+OD-CB|,∴D错误.
故选BC.
10.AC ∵B=π3,a+c=3b,
∴(a+c)2=a2+c2+2ac=3b2,①
由余弦定理可得,a2+c2-2accos π3=b2,②
联立①②,可得2a2-5ac+2c2=0,
即2ac2-5ac+2=0,
解得ac=2或ac=12.故选AC.
11.BC 因为G是三角形ABC的重心,
所以AG=13(AB+AC)
=131λAP+1μAQ=13λAP+13μAQ,
因为G,P,Q三点共线,所以13λ+13μ=1,则1λ+1μ=3,故B正确,A错误.
由题意可知λ∈(0,1),μ∈(0,1),
所以3=1λ+1μ≥21λμ,当且仅当1λ=1μ,即λ=μ时取等号,所以λμ≥49,
又因为λμ<1,所以49≤λμ<1,
因为S△ABC=12AB·ACsin∠BAC,
S△APQ=12AP·AQ·sin∠BAC,
所以S四边形PQCB=S△ABC-S△APQ=12(1-λμ)·AB·AC·sin∠BAC,
所以S四边形PQCBS△APQ=1-λμλμ=1λμ-1≤149-1=54,
故C正确,D错误.
故选BC.
12.CD 对于A选项,设a,b的夹角为θ,
∵b⊥(a+2b),∴b·(a+2b)=a·b+2b2=0,
∴|a|·|b|cos θ+2|b|2=0,∵|a|=4|b|,
∴4|b|2cos θ+2|b|2=0,∴cos θ=-12,
∵θ∈[0,π],∴θ=2π3,∴A错误.
对于B选项,设a·b=λ,b·c=t,λ,t∈R,
则(a·b)c=a(b·c)⇔λc=ta,
∵a,c均为任意向量,∴λc=ta不一定成立,∴B错误.
对于C选项,∵θ∈π,3π2,∴-1
对于D选项,由已知得AP=λ·AB|AB|+AC|AC|,AB|AB|是AB方向上的单位向量,设为AE,AC|AC|是AC方向上的单位向量,设为AF,则以AE,AF为邻边的平行四边形为菱形,故点P在∠BAC的平分线上,故直线AP一定经过△ABC的内心,∴D正确.故选CD.
三、填空题
13.答案 90°;60°
解析 解法一:设OA=a,OB=b,
如图所示,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,
则|a+b|=|OA+OB|=|OC|,
|a-b|=|OA-OB|=|BA|,
∵|a+b|=|a-b|,∴|OC|=|BA|,∴四边形OACB为矩形,
∴OA⊥OB,即a与b的夹角为90°,
∵|a+b|=2|a|,∴cos∠AOC=|OA||OC|=|a||a+b|=12,∴∠AOC=60°,
即a+b与a的夹角为60°.
解法二:由|a+b|=|a-b|得|a+b|2=|a-b|2,即a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2,
∴a·b=0,即a与b的夹角为90°.
设a+b与a的夹角为θ,
则cos θ=(a+b)·a|a+b||a|=a2+a·b|a+b||a|,
∵a·b=0,|a+b|=2|a|,
∴cos θ=a22|a|2=12,∴θ=60°.
14.答案 805
解析 如图所示,在△ACD中,∠ACD=15°,∠ADC=135°+15°=150°,∴∠DAC=15°,
∴AD=CD=80,∴由正弦定理得AC=80sin150°sin15°=406-24=40(6+2).
在△BCD中,∠BDC=15°,∠BCD=120°+15°=135°,∴∠DBC=30°,
由正弦定理得CDsin∠CBD=BCsin∠BDC,
所以BC=CD·sin∠BDCsin∠CBD=80×sin15°sin30°=160sin 15°=40(6-2).在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=1 600×(8+43)+1 600×(8-43)+2×1 600×(6+2)×(6-2)×12=1 600×16+1 600×4=32 000,解得AB=805,
故A,B两点间的距离为805.
15.答案 ②③
解析 对于①,∵bsin A=10·sinπ3=53>6,∴△ABC无解,①错误;
对于②,由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,
得36=b2+c2-3bc≥(2-3)bc,
∴bc≤362-3=36(2+3),
当且仅当b=c时,等号成立,
∴S△ABC=12bcsin A=14bc≤9(2+3),
∴S△ABC有最大值,②正确;
对于③,由余弦定理得cos A=b2+c2-a22bc=(b+c)2-2bc-a22bc=32bc-1,
又∵bc≤b+c22=25,当且仅当b=c时,等号成立,
∴cos A≥3225-1=725,∴③正确.故填②③.
16.答案 3
解析 因为sinAa=3cosBb,所以由正弦定理可得sinAsinA=3cosBsinB,所以sin B=3cos B,所以tan B=3.
又B∈(0,π),所以B=π3,
由b2=a2+c2-2accos B可得,4=a2+c2-ac,又a2+c2-ac≥2a2c2-ac=ac,当且仅当a=c=2时取等号,所以ac≤4,
又S△ABC=12acsin B,
所以S△ABC≤12×4×32=3,
即△ABC的面积的最大值为3.
四、解答题
17.解析 选①:∵csin C=sin A+bsin B,
∴由正弦定理可得c2=a+b2, (3分)
∵a=3,∴b2=c2-3, (5分)
又∵B=60°,∴b2=c2+9-2×3×c×12=c2-3,∴c=4, (8分)
∴S=12acsin B=33. (10分)
选②:∵a=3,c=2,cos A=18,
∴由余弦定理可得18=b2+22-322b×2, (3分)
即b2-b2-5=0,解得b=52或b=-2(舍去).(6分)
易得sin A=378, (8分)
∴△ABC的面积S=12bcsin A=12×52×2×378=15716. (10分)
18.解析 (1)∵(a-b)·(a+b)=12,
∴a2-b2=12,即|a|2-|b|2=12,
∵|a|=1,∴|b|2=12,∴|b|=22. (2分)
∴cos θ=a·b|a|·|b|=121×22=22. (4分)
又θ∈[0,π],∴θ=π4. (6分)
(2)∵|a+b|2=a2+2a·b+b2=1+2×12+12=52, (9分)
∴|a+b|=52=102. (12分)
19.解析 因为tan A=3,所以A=π3. (1分)
(1)由asinA=bsinB,得sin B=bsinAa=12, (2分)
所以B=π6或B=5π6, (4分)
又b
解得c=-1+133(负值舍去), (9分)
故△ABC的面积为12bcsin A=12×2×-1+133×sin π3=39-36. (12分)
20.解析 (1)依题意得,sin2B+sin2C=sin2A+sin Bsin C,故b2+c2=a2+bc,
即b2+c2-a22bc=12,即cos A=12, (3分)
因为A∈(0,π),故A=π3. (5分)
(2)由a2=b2+c2-2bccos A得,12=b2+c2-bc≥bc,当且仅当b=c=23时,等号成立.
故△ABC的面积S=12bcsin A=34bc≤33,故△ABC面积的最大值为33. (8分)
而12=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc≥(b+c)2-3(b+c)24=(b+c)24,
故b+c≤43,当且仅当b=c=23时,等号成立. (10分)
故△ABC的周长L=a+b+c≤63,
故周长的最大值为63. (12分)
21.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分)
(1)易得AE=(1,2),AB=(2,0),AF=(0,1),AC=(2,2). (2分)
∵BE=AE-AB=(1,2)-(2,0)=(-1,2),CF=AF-AC=(0,1)-(2,2)=(-2,-1),
∴BE·CF=(-1)×(-2)+2×(-1)=0, (4分)
∴BE⊥CF,即BE⊥CF. (5分)
(2)设P(x,y),则FP=(x,y-1),BP=(x-2,y),由(1)知CF=(-2,-1),BE=(-1,2),
∵FP∥CF,∴-x=-2(y-1),即x=2y-2.(7分)
同理,由BP∥BE,得y=-2x+4. (8分)
∴x=2y-2,y=-2x+4,解得x=65,y=85,
即P65,85. (10分)
∴AP2=652+852=4=AB2,
∴|AP|=|AB|,即AP=AB. (12分)
22.解析 (1)∵D为BC的中点,M为AD的中点,
∴AM=12AD=1212AB+12AC
=14AB+14AC. (2分)
∵P,Q,M三点共线,∴AM=λAP+(1-λ)·AQ=λx·AB+(1-λ)yAC(λ为实数), (4分)
∴λx=14,(1-λ)y=14, ∴14x+14y=1, (5分)
即y=f(x)=x4x-113≤x≤1. (6分)
(2)设△ABC的面积S2=1, (7分)
则△APQ的面积S1=xy=x24x-113≤x≤1.(9分)
令t=4x-1,则t∈13,3,所以k=S1S2=116t+1t+2,t∈13,3. (11分)
故S1S2∈14,13,∴k∈14,13. (12分)
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
一、单项选择题(本大题共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.在▱ABCD中,设AB=a,BC=b,点E为对角线BD上靠近点D的一个五等分点,AE的延长线交CD于点F,则AF+BF= ( )
A.14a-b B.-12a+2b
C.-34a+12b D.-2a+34b
2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,其面积S=13(a2+c2-b2),则tan B的值为 ( )
A.43 B.1
C.32 D.2
3.如图,在圆C中弦AB的长度为6,则AC·AB= ( )
A.6 B.12
C.18 D.无法确定
4.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sinBsinC=12,(a2-3b2)cos C=CA·CB,则角C= ( )
A.π6B.π3
C.π3或π2D.π6或π2
5.已知|OA|=|OB|=1,∠AOB=60°,OC=λOA+μOB,其中实数λ,μ满足1≤λ+μ≤2,λ≥0,μ≥0,则点C所形成的平面区域的面积为 ( )
A.3B.334
C.32D.34
6.设θ为两个非零向量a,b的夹角,已知对任意实数t,|b+ta|的最小值为1,下列说法正确的是 ( )
A.若θ确定,则|a|唯一确定
B.若θ确定,则|b|唯一确定
C.若|a|确定,则θ唯一确定
D.若|b|确定,则θ唯一确定
7.两座灯塔A和B与海洋观察站C之间的距离分别为3 km,5 km,灯塔A在观察站C的北偏东20°方向上,灯塔B在观察站C的南偏东40°方向上,则灯塔A与B之间的距离为 ( )
A.6 km B.43 kmC.7 kmD.52 km
8.在△ABC中,E,F分别为AB,AC上的点,且满足AE=2EB,AF=2FC,P为EF上任一点,实数x,y满足PA+xPB+yPC=0,设△ABC,△PBC,△PCA,△PAB的面积分别为S,S1,S2,S3,记SiS=λi(i=1,2,3),则λ2·λ3取到最大值时,x,y的值分别为 ( )
A.0,2 B.1,2 C.1,1 D.2,1
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)
9.如图,已知点O为正六边形ABCDEF的中心,下列结论中正确的是 ( )
A.OA+OC+OB=0
B.(OA-AF)·(EF-DC)=0
C.(OA·AF)BC=OA(AF·BC)
D.|OF+OD|=|FA+OD-CB|
10.已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足B=π3,a+c=3b,则ac= ( )
A.2 B.3
C.12D.13
11.如图,直线l过△ABC的重心G(三条中线的交点),且与边AB,AC分别交于点P,Q,AP=λAB,AQ=μAC,直线l将△ABC分成两部分,分别为△APQ和四边形PQCB,则以下结论正确的是 ( )
A.λ+μ=43
B.1λ+1μ=3
C.S四边形PQCBS△APQ的最大值为54
D.S四边形PQCBS△APQ的最大值为43
12.下列命题中正确的是 ( )
A.已知非零向量a,b满足|a|=4|b|,且b⊥(a+2b),则a与b的夹角为5π6
B.若a,b,c是平面内三个非零向量,则(a·b)c=a(b·c)
C.若a=(sin θ,1+cosθ),b=(1,1-cosθ),其中θ∈π,3π2,则a⊥b
D.若O是△ABC所在平面上一定点,动点P满足OP=OA+λAB|AB|+AC|AC|,λ∈(0,+∞),则直线AP一定经过△ABC的内心
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.若两个非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|=2|a|,则向量a与b的夹角为 ,向量a+b与a的夹角为 .(本题第一空2分,第二空3分)
14.海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象,被喻为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”.我国拥有世界上最深的海洋蓝洞,若要测量如图所示的蓝洞的口径A,B两点间的距离,现在珊瑚群岛上取C,D两点,测得CD=80,∠ADB=135°,∠BDC=∠DCA=15°,∠ACB=120°,则A,B两点间的距离为 .参考数值:sin 15°= 6-24
15.已知△ABC中,a=6,给出下列结论:
①若b=10,A=π3,则B的值唯一;
②若A=π6,则S△ABC有最大值;
③若b+c=10,则cos A的最小值为725.
其中正确结论的序号为 .
16.在△ABC中,内角A、B、C的对边分别为a,b,c,若b=2,sinAa=3cosBb,则△ABC的面积的最大值为 .
四、解答题(本大题共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.(本小题满分10分)在①csin C=sin A+bsin B,B=60°,②c=2,cos A=18两个条件中任选一个作为下面问题的条件,并解答.
已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若a=3, (填序号),求△ABC的面积S.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
18.(本小题满分12分)已知|a|=1,a·b=12,(a-b)·(a+b)=12.
(1)求向量a与b的夹角θ;
(2)求|a+b|.
19.(本小题满分12分)设a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,已知tan A=3,b=2.
(1)若a=23,求B;
(2)若a=2c,求△ABC的面积.
20.(本小题满分12分)已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sin2B+sin2CsinA=sin A+sinBsinCsinA.
(1)求角A的大小;
(2)若a=23,求△ABC面积的最大值以及周长的最大值.
21.(本小题满分12分)已知四边形ABCD是正方形,E、F分别是CD、AD的中点,BE、CF交于点P,连接AP.用向量法证明:
(1)BE⊥CF;
(2)AP=AB.
22.(本小题满分12分)如图,M为△ABC的中线AD的中点,过点M的直线分别交AB,AC两边于点P,Q(异于点A),设AP=xAB,AQ=yAC,记x,y的关系式为y=f(x).
(1)求函数y=f(x)的表达式;
(2)设△APQ的面积为S1,△ABC的面积为S2,且S1=kS2,求实数k的取值范围.
(参考:三角形的面积等于两边长与这两边夹角的正弦值的乘积的一半)
答案全解全析
一、单项选择题
1.B 易得△DEF∽△BEA,所以DFAB=DEBE=14,所以DF=14AB,所以AF=AD+DF=BC-14BA,BF=BC+CF=BC+34BA,
所以AF+BF=BC-14BA+BC+34BA
=2BC-12AB=-12a+2b.
2.A 由S=12acsin B,cos B=a2+c2-b22ac,S=13(a2+c2-b2),可得12acsin B=23accos B,整理,得sin B=43cos B,
因此,tan B=43.故选A.
3.C 如图所示,取线段AB的中点D,连接CD,则CD⊥AB,所以|AC|·cos A=|AD|=12|AB|,所以AC·AB=|AC|·|AB|·cos A=12|AB|2=18.故选C.
4.C 若sinBsinC=12,则bc=12,即c=2b.
由(a2-3b2)cos C=CA·CB,
可得(a2-3b2)cos C=abcos C,
所以cos C=0或a2-3b2=ab.
若cos C=0,则C=π2;
若a2-3b2=ab,则cos C=a2+b2-c22ab=a2-3b22ab=ab2ab=12,则C=π3.
故选C.
5.B 作OP=2OA,OQ=2OB,OC与线段AB交于D,如图.
设OC=xOD,因为OC=λOA+μOB,λ≥0,μ≥0,所以点C在∠QOP内部(包含边界),
根据向量共线定理有OD=mOA+nOB,m+n=1,
所以OC=xOD=xmOA+xnOB,m+n=1,
又OC=λOA+μOB,所以λ=xm,μ=xn,
因为1≤λ+μ≤2,即1≤xm+xn≤2,
所以1≤x≤2,所以点C所在区域为梯形APQB内部(含边界),
S梯形APQB=S△OPQ-S△OAB=12×2×2×sin 60°-12×1×1×sin 60°=334.故选B.
6.B |b+ta|2=b2+2ta·b+t2a2=|a|2t2+2|a|·|b|cos θ·t+|b|2.
因为|b+ta|min=1,
所以4|a|2·|b|2-4|a|2·|b|2cos2θ4|a|2
=|b|2(1-cos2θ)=1.
所以|b|2sin2θ=1,所以|b|sin θ=1,即|b|=1sinθ.所以若θ确定,则|b|唯一确定.
故选B.
7.C 由题意作出示意图如下.
由题意可得∠ACB=180°-20°-40°=120°,
由余弦定理可得,AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 120°=9+25-2×3×5×cos 120°=49,
所以AB=7 km.
故选C.
8.C 由题意可得EF∥BC,∴P到BC的距离等于△ABC的BC边上高的13,可得S1=13S,则S2+S3=23S,λ2+λ3=23.由此可得λ2λ3≤λ2+λ322=19,当且仅当λ2=λ3=13,即S2=S3,P为EF的中点时,等号成立.延长AP交BC于点D,则D为BC的中点,AP=2PD=PB+PC,∴PA+PB+PC=0.
又PA+xPB+yPC=0,∴根据平面向量基本定理,得x=y=1.故当λ2λ3取到最大值时,x,y的值分别为1,1,故选C.
二、多项选择题
9.BC 设正六边形ABCDEF的边长为1.
对于A选项,∵六边形ABCDEF为正六边形,∴四边形OABC为菱形,
∴OA+OC=OB,∴OA+OC+OB=2OB≠0,
∴A错误;
对于B选项,(OA-AF)·(EF-DC)=(EF-AF)·(EF+AF)=EF2-AF2=0,∴B正确;
对于C选项,(OA·AF)BC=1×1×cos 120°×BC=-12BC=12OA,OA(AF·BC)=OA×1×1×cos 60°=12OA,∴C正确;
对于D选项,|OF+OD|=|OE|=1,
|FA+OD-CB|=|FA+OD+AO|=|FA+AD|=|FD|=3,
∴|OF+OD|≠|FA+OD-CB|,∴D错误.
故选BC.
10.AC ∵B=π3,a+c=3b,
∴(a+c)2=a2+c2+2ac=3b2,①
由余弦定理可得,a2+c2-2accos π3=b2,②
联立①②,可得2a2-5ac+2c2=0,
即2ac2-5ac+2=0,
解得ac=2或ac=12.故选AC.
11.BC 因为G是三角形ABC的重心,
所以AG=13(AB+AC)
=131λAP+1μAQ=13λAP+13μAQ,
因为G,P,Q三点共线,所以13λ+13μ=1,则1λ+1μ=3,故B正确,A错误.
由题意可知λ∈(0,1),μ∈(0,1),
所以3=1λ+1μ≥21λμ,当且仅当1λ=1μ,即λ=μ时取等号,所以λμ≥49,
又因为λμ<1,所以49≤λμ<1,
因为S△ABC=12AB·ACsin∠BAC,
S△APQ=12AP·AQ·sin∠BAC,
所以S四边形PQCB=S△ABC-S△APQ=12(1-λμ)·AB·AC·sin∠BAC,
所以S四边形PQCBS△APQ=1-λμλμ=1λμ-1≤149-1=54,
故C正确,D错误.
故选BC.
12.CD 对于A选项,设a,b的夹角为θ,
∵b⊥(a+2b),∴b·(a+2b)=a·b+2b2=0,
∴|a|·|b|cos θ+2|b|2=0,∵|a|=4|b|,
∴4|b|2cos θ+2|b|2=0,∴cos θ=-12,
∵θ∈[0,π],∴θ=2π3,∴A错误.
对于B选项,设a·b=λ,b·c=t,λ,t∈R,
则(a·b)c=a(b·c)⇔λc=ta,
∵a,c均为任意向量,∴λc=ta不一定成立,∴B错误.
对于C选项,∵θ∈π,3π2,∴-1
对于D选项,由已知得AP=λ·AB|AB|+AC|AC|,AB|AB|是AB方向上的单位向量,设为AE,AC|AC|是AC方向上的单位向量,设为AF,则以AE,AF为邻边的平行四边形为菱形,故点P在∠BAC的平分线上,故直线AP一定经过△ABC的内心,∴D正确.故选CD.
三、填空题
13.答案 90°;60°
解析 解法一:设OA=a,OB=b,
如图所示,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,
则|a+b|=|OA+OB|=|OC|,
|a-b|=|OA-OB|=|BA|,
∵|a+b|=|a-b|,∴|OC|=|BA|,∴四边形OACB为矩形,
∴OA⊥OB,即a与b的夹角为90°,
∵|a+b|=2|a|,∴cos∠AOC=|OA||OC|=|a||a+b|=12,∴∠AOC=60°,
即a+b与a的夹角为60°.
解法二:由|a+b|=|a-b|得|a+b|2=|a-b|2,即a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2,
∴a·b=0,即a与b的夹角为90°.
设a+b与a的夹角为θ,
则cos θ=(a+b)·a|a+b||a|=a2+a·b|a+b||a|,
∵a·b=0,|a+b|=2|a|,
∴cos θ=a22|a|2=12,∴θ=60°.
14.答案 805
解析 如图所示,在△ACD中,∠ACD=15°,∠ADC=135°+15°=150°,∴∠DAC=15°,
∴AD=CD=80,∴由正弦定理得AC=80sin150°sin15°=406-24=40(6+2).
在△BCD中,∠BDC=15°,∠BCD=120°+15°=135°,∴∠DBC=30°,
由正弦定理得CDsin∠CBD=BCsin∠BDC,
所以BC=CD·sin∠BDCsin∠CBD=80×sin15°sin30°=160sin 15°=40(6-2).在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=1 600×(8+43)+1 600×(8-43)+2×1 600×(6+2)×(6-2)×12=1 600×16+1 600×4=32 000,解得AB=805,
故A,B两点间的距离为805.
15.答案 ②③
解析 对于①,∵bsin A=10·sinπ3=53>6,∴△ABC无解,①错误;
对于②,由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,
得36=b2+c2-3bc≥(2-3)bc,
∴bc≤362-3=36(2+3),
当且仅当b=c时,等号成立,
∴S△ABC=12bcsin A=14bc≤9(2+3),
∴S△ABC有最大值,②正确;
对于③,由余弦定理得cos A=b2+c2-a22bc=(b+c)2-2bc-a22bc=32bc-1,
又∵bc≤b+c22=25,当且仅当b=c时,等号成立,
∴cos A≥3225-1=725,∴③正确.故填②③.
16.答案 3
解析 因为sinAa=3cosBb,所以由正弦定理可得sinAsinA=3cosBsinB,所以sin B=3cos B,所以tan B=3.
又B∈(0,π),所以B=π3,
由b2=a2+c2-2accos B可得,4=a2+c2-ac,又a2+c2-ac≥2a2c2-ac=ac,当且仅当a=c=2时取等号,所以ac≤4,
又S△ABC=12acsin B,
所以S△ABC≤12×4×32=3,
即△ABC的面积的最大值为3.
四、解答题
17.解析 选①:∵csin C=sin A+bsin B,
∴由正弦定理可得c2=a+b2, (3分)
∵a=3,∴b2=c2-3, (5分)
又∵B=60°,∴b2=c2+9-2×3×c×12=c2-3,∴c=4, (8分)
∴S=12acsin B=33. (10分)
选②:∵a=3,c=2,cos A=18,
∴由余弦定理可得18=b2+22-322b×2, (3分)
即b2-b2-5=0,解得b=52或b=-2(舍去).(6分)
易得sin A=378, (8分)
∴△ABC的面积S=12bcsin A=12×52×2×378=15716. (10分)
18.解析 (1)∵(a-b)·(a+b)=12,
∴a2-b2=12,即|a|2-|b|2=12,
∵|a|=1,∴|b|2=12,∴|b|=22. (2分)
∴cos θ=a·b|a|·|b|=121×22=22. (4分)
又θ∈[0,π],∴θ=π4. (6分)
(2)∵|a+b|2=a2+2a·b+b2=1+2×12+12=52, (9分)
∴|a+b|=52=102. (12分)
19.解析 因为tan A=3,所以A=π3. (1分)
(1)由asinA=bsinB,得sin B=bsinAa=12, (2分)
所以B=π6或B=5π6, (4分)
又b
解得c=-1+133(负值舍去), (9分)
故△ABC的面积为12bcsin A=12×2×-1+133×sin π3=39-36. (12分)
20.解析 (1)依题意得,sin2B+sin2C=sin2A+sin Bsin C,故b2+c2=a2+bc,
即b2+c2-a22bc=12,即cos A=12, (3分)
因为A∈(0,π),故A=π3. (5分)
(2)由a2=b2+c2-2bccos A得,12=b2+c2-bc≥bc,当且仅当b=c=23时,等号成立.
故△ABC的面积S=12bcsin A=34bc≤33,故△ABC面积的最大值为33. (8分)
而12=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc≥(b+c)2-3(b+c)24=(b+c)24,
故b+c≤43,当且仅当b=c=23时,等号成立. (10分)
故△ABC的周长L=a+b+c≤63,
故周长的最大值为63. (12分)
21.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分)
(1)易得AE=(1,2),AB=(2,0),AF=(0,1),AC=(2,2). (2分)
∵BE=AE-AB=(1,2)-(2,0)=(-1,2),CF=AF-AC=(0,1)-(2,2)=(-2,-1),
∴BE·CF=(-1)×(-2)+2×(-1)=0, (4分)
∴BE⊥CF,即BE⊥CF. (5分)
(2)设P(x,y),则FP=(x,y-1),BP=(x-2,y),由(1)知CF=(-2,-1),BE=(-1,2),
∵FP∥CF,∴-x=-2(y-1),即x=2y-2.(7分)
同理,由BP∥BE,得y=-2x+4. (8分)
∴x=2y-2,y=-2x+4,解得x=65,y=85,
即P65,85. (10分)
∴AP2=652+852=4=AB2,
∴|AP|=|AB|,即AP=AB. (12分)
22.解析 (1)∵D为BC的中点,M为AD的中点,
∴AM=12AD=1212AB+12AC
=14AB+14AC. (2分)
∵P,Q,M三点共线,∴AM=λAP+(1-λ)·AQ=λx·AB+(1-λ)yAC(λ为实数), (4分)
∴λx=14,(1-λ)y=14, ∴14x+14y=1, (5分)
即y=f(x)=x4x-113≤x≤1. (6分)
(2)设△ABC的面积S2=1, (7分)
则△APQ的面积S1=xy=x24x-113≤x≤1.(9分)
令t=4x-1,则t∈13,3,所以k=S1S2=116t+1t+2,t∈13,3. (11分)
故S1S2∈14,13,∴k∈14,13. (12分)
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