（人教A版）必修二高一数学下学期第六章：平面向量及其应用 重点题型复习（解析版）

第六章：平面向量及其应用重点题型复习题型一平面向量的概念理解【例1】给出下列命题：①两个具有公共终点的向量，一定是平行向量；②两个向量不能比较大小，但它们的模能比较大小；③（为实数），则必为零；④为实数，若，则与共线；⑤向量的大小与方向有关．其中正确的命题的个数为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】对于①，两个向量具有公共终点，但两向量的起点和终点可能不共线，则两向量不是平行向量，①错误；对于②，向量有大小和方向两个维度，无法比较大小；但向量模长仅有大小一个维度，可以比较大小，②正确；对于③，当时，可以为任意实数，③错误；对于④，当时，，此时可以不共线，④错误；对于⑤，向量的大小即向量的模长，与方向无关，⑤错误.故选：A.【变式1-1】下列说法正确的是（）A．若，则B．若，则存在唯一实数使得C．若，，则D．与非零向量共线的单位向量为【答案】D【解析】若，则或，所以选项A错误；若，此时不存在，选项B错误；若，由，，不一定得到，选项C不正确；由向量为非零向量，根据单位向量的定义，选项D正确.故选：D.【变式1-2】设是非零向量，分别是的单位向量，则下列各式中正确的是（）A．B．或C．D．【答案】D【解析】两个向量模相等，但是方向也可能不同，所以选项AB不正确；题中没有明确向量模的大小关系，所以选项C不正确；因为分别是的单位向量，所以，故选：D【变式1-3】如图，在四边形ABCD中，若，则图中相等的向量是（）A．与B．与C．与D．与【答案】C【解析】由，可得四边形ABCD为平行四边形.选项A：与互为相反向量，判断错误；选项B：与互为相反向量，判断错误；选项C：与满足向量相等的定义，判断正确；选项D：与方向不同不满足向量相等的定义，判断错误.故选：C【变式1-4】如图所示，点O是正六边形ABCDEF的中心，则以图中点A、B、C、D、E、F、O中的任意一点为始点，与始点不同的另一点为终点的所有向量中，除向量外，与向量共线的向量共有（）A．6个B．7个C．8个D．9个【答案】D【解析】图中与共线的向量有：，共9个，故选：D.题型二平面向量的共线定理【例2】设，是不共线向量，与共线，则实数为__________．【答案】【解析】因为，是不共线向量，与共线，所以存在实数使得，所以，解得：.【变式2-1】设，是两个不共线的向量，若向量与的方向相反，则实数k=___.【答案】【解析】因为向量与的方向相反，则存在负实数，使得，即，而，不共线，因此，解得，所以.【变式2-2】两个非零向量，平行的充要条件是（）A．B．C．D．存在非零实数k，使【答案】D【解析】表示方向上的单位向量，表示方向上的单位向量，两个非零向量，平行的充要条件是或，A选项错误；非零向量，可能有一个为0，所以，平行不能得到，B选项错误；两个非零向量，平行，夹角可能是也可能是，所以或，C选项错误；若两个非零向量，平行，则存在非零实数k，使，反之，两个非零向量，，若存在非零实数k，使，则，平行，D选项正确.故选：D【变式2-3】已知向量是平面内所有向量的一组基底，则下面的四组向量中，不能作为基底的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】对于A，假设共线，则存在，使得，因为不共线，所以没有任何一个能使该等式成立，即假设不成立，也即不共线，则能作为基底；对于B，假设共线，则存在，使得，即无解，所以没有任何一个能使该等式成立，即假设不成立，也即不共线，则能作为基底；对于C，因为，所以两向量共线，不能作为一组基底，C错误；对于D，假设共线，则存在，使得，即无解，所以没有任何一个能使该等式成立，即假设不成立，也即不共线，则能作为基底，故选:C.【变式2-4】设两个非零向量与不共线．（1）若，，求证三点共线．（2）试确定实数，使和共线．【答案】（1）证明见解析；（2）或.【解析】（1）因为，，，所以所以，共线，又因为它们有公共点，所以三点共线；（2）因为和共线，所以存在实数，使，所以，即.又，是两个不共线的非零向量，所以所以，所以或.【变式2-5】如图，在中，，，点是的中点，点在上，且，求证：、、三点共线.【解析】证明：设，，由已知点是的中点，点在上，且，，，、、三点共线.题型三平面向量的线性表示【例3】在如图中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为为边上的中线，所以，因为为的中点，所以可得，，故选:B.【变式3-1】如图所示，在平行四边形中，记，，若，于点，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，所以，在中，，则，则，所以，故选：B.【变式3-2】如图，在平行四边形中，设．试用求表示及．【答案】【解析】在平行四边形中，，所以进而得【变式3-3】如图所示，在中，D为BC边上一点，且．过D点的直线EF与直线AB相交于E点，与直线AC相交于F点（E，F两点不重合）．（1）用，表示；（2）若，，求的值．【答案】（1）；（2）3.【解析】（1）在中，由，又，所以，所以（2）因为，又，，所以，，所以，又三点共线，且在线外，所以有：，即.【变式3-4】如图．在中，是的中点，点在上，且，与交于点．若，求的值．【答案】【解析】设，又，则；设，，又，，，，解得：，，，，，，即.题型四平面向量的数量积求解【例4】在中，是的中点，，点在上且满足，则等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为是的中点，所以,又因为，，所以所以.故选：C.【变式4-1】在中，两直角边，，点E，F分别是AB，AC的中点，则（）A．B．C．10D．20【答案】C【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，设，，，则，，，，，则.故选：C【变式4-2】如图中，，，，，且，则__.【答案】【解析】由中，，，，则，，又，且，即，故，即，从而，故，因为，所以.【变式4-3】若，且，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】∵，∴，，设向量与夹角为，则，∴，∵，∴当时，的最大值为.故选：A.【变式4-4】在正方形中，为的中点，为的中点，为边上的动点（包括端点），则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题知正方形中，所以以为原点，方向分别为轴，建立如图所示平面直角坐标系，由题可知，设，则，所以，因为，所以，即.故选:D题型五平面向量的模长与距离【例5】若平面向量与的夹角为60°，，，则等于（）.A．B．C．4D．12【答案】B【解析】由题意，，；故选：B.【变式5-1】若向量，满足，，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由，，可得，所以．故选：D【变式5-2】设，向量，且，则等于（）A．B．C．3D．4【答案】B【解析】由知：且，则，可得，即，由知：，可得，即，所以，故.故选：B【变式5-3】已知，点在线段上，且的最小值为，则（）的最小值为（）A．B．C．2D．【答案】B【解析】当时，取得最小值，因为，所以此时点为线段的中点，因为，所以，故，则，因为，故．故选：B.题型六平面向量的夹角与垂直【例6】已知向量，，若，则向量与夹角的余弦值为_________.【答案】【解析】因为向量，，所以，，由向量的夹角公式可得：，又因为，则，所以.【变式6-1】已知向量与的夹角为，，.（1）求；（2）求与的夹角.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由，得（2）设与的夹角为，则，又，即.【变式6-2】已知，，若的夹角为钝角，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】夹角为钝角，且不共线，即且，解得：且，的取值范围为.故选：B.【变式6-3】已知向量，，．（1）若，求m的值；（2）若，求m的值；（3）若与夹角为锐角，求m的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）因为向量，，，所以，解得；（2）因为向量，，，所以，解得；（3）夹角为锐角，且不同向，，解得：且，的取值范围为.【变式6-4】已知，与的夹角是.（1）求的值及的值；（2）当为何值时，？【答案】（1），；（2）.【解析】（1）∵，与的夹角是，∴，；（2）由题意，，即，解得，即时，.题型七平面向量的投影及投影向量【例7】向量在向量上的投影向量为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】根据题意可得：，，向量在向量上的投影向量为.故选：D.【变式7-1】已知点，，，点P是直线OC上的动点（O为坐标原点），.（1）求的坐标；（2）求在方向上的投影向量.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设，则由，得，解得，所以.（2）因为，所以.设在方向上的投影向量为，与的夹角为，=.【变式7-2】已知向量与向量的夹角为，且，.（1）求的值；（2）求向量在向量上的投影向量.【答案】（1）；（2）【解析】（1），.（2）由投影向量的定义得：.【变式7-3】已知向量，满足，，.（1）求与的夹角；（2）求在上的投影向量的模.【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为，即，又，，所以，即，解得.所以.因为，所以.（2）因为，所以，所以在上的投影向量的模为.【变式7-4】已知平面向量，满足：，，.（1）求与的夹角；（2）求向量在向量上的投影.【答案】（1）；（2）【解析】（1）∵，∴，又∵，∴，∴．∵，∴．（2）∵，∴，∴向量在向量上的投影为．题型八正、余弦定理解三角形【例8】在中，，，，则满足条件的三角形的个数为（）A．0个B．1个C．2个D．无数个【答案】B【解析】如图所示，因为，所以又，所以为锐角则满足条件的三角形只有一个，故选：B【变式8-1】锐角的外接圆半径为1，边，，且满足，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由正弦定理得，因为，所以，即，因此或，或，因为，所以，即.故选：C.【变式8-2】在中，若，则的最大值是____．【答案】【解析】结合正弦定理得，即，所以，因为，所以，则的最大值是．【变式8-3】在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c.已知.（1）求B；（2）若△ABC的面积，a=10，求sinAsinC的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题知，，，，，解得：或（舍去），，.（2）△ABC的面积，，即，解得：，由余弦定理得：，即，，由正弦定理知：，.【变式8-4】的内角所对的边分别为.向量与平行.（1）求A；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】（1）∵，则，由正弦定理可得：，又∵，则，∴，即，且，故.（2）由余弦定理，即，解得或（舍去），故的面积.【变式8-5】在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并作答.（若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）在中，角所对的边分别是，（1）求角；（2）若的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）24【解析】（1）若选择①，由正弦定理得，由余弦定理得，又，所以.若选择②，因为，由正弦定理可得，又，所以，则，所以.由于，所以，，故（2）因为的面积为，所以，由余弦定理，可得，解得，所以的周长.【变式8-6】在中，内角，，的对边分别为，，，且.（1）求证：；（2）若，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）∵，，∴，由正弦定理，得，∵中，，∴，∴，∴.（2）由，∴，由余弦定理，得，而中，，∴，∴，由（1）知，∵，，∴.题型九正余弦定理判断三角形形状【例9】若△ABC的三个内角满足，则△ABC是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形【答案】B【解析】由正弦定理可得，令，则为最长的边，故角最大，由余弦定理可得，所以角为直角.故是直角三角形．故选：B．【变式9-1】已知分别为三个内角的对边，且，则是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形【答案】D【解析】由及正弦定理，得，因为，所以，所以，即，当时，因为，所以，当时，所以，即，因为所以，所以为等腰或直角三角形.故选：D.【变式9-2】已知内角A､B､C所对的边分别为a､b､c面积为S，若，，则的形状是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．正三角形D．等腰直角三角形【答案】C【解析】由题设及正弦定理边角关系有，而且，所以，又，可得，所以，故，而，又，所以，故，，可得，综上，为正三角形.故选：C【变式9-3】已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则当角C取得最大值时，三角形是（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰直角三角形【答案】C【解析】由题意得:由正弦定理得，即又当且仅当，即时，取到最小值，从而角C取到最大值当时，，则所以，从而．故选：C．【变式9-4】已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中错误的是（）A．若，则一定是等边三角形B．若，则一定是等腰三角形C．若，则一定是等腰三角形D．若，则一定是钝角三角形【答案】B【解析】对于A:由正弦定理以及得，因为，所以，故是等边三角形，故A对，对B:由以及正弦定理得：，由于，因此，或者，即，或者，故为等腰三角形或者直角三角形，故B错误，对C:由正弦定理得，由于在中，，因此可得，由于，故，故C正确，对于D:由得，故为钝角，因此D正确，故选：B题型十正、余弦定理实际应用【例10】某教师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图是要测山高MN，现选择点A和另一座山的山顶（点）C作为测量观测点，从A测得点M的仰角∠MAN=45°，点C的仰角∠CAB=30°，测得∠MAC=75°，∠MCA=60°，已知另一座山高米，则山高MN等于（）A．B．C．200D．【答案】A【解析】在△ABC中，BC⊥AB，∠CAB＝30°，BC＝100，所以可得AC＝＝＝200，在△MAC中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，所以∠AMC＝180°﹣75°﹣60°＝45°，由正弦定理可得：＝，即＝，所以可得AM＝100，在Rt△AMN中，∠MAN＝45°，所以MN＝AM•sin∠MAN＝100×＝100；故选：A．【变式10-1】如图，三点在地面同一直线上，从地面上C，D两点望山顶A，测得它们的仰角分别为45°和30°，已知CD＝200米，点C位于BD上，则山高AB等于（）A．米B．米C．米D．200米【答案】C【解析】设山高AB，在中，，在中，由正弦定理得，即，解得.故选：C【变式10-2】某兴起小组为了测量某古塔的高度，如图所示，在地面上一点A处测得塔顶B的仰角为60°，塔底C处测得A处的俯角为45°．已知山岭高CD为256米，则塔高BC为（）A．米B．米C．D．米【答案】B【解析】由题可得，故米，米，故塔高BC为米故选：B【变式10-3】如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个观测点与．现测得，，，并在点测