（人教A版）必修第二册高一数学下学期 平面向量及其应用 章末检测3（难）（解析版）

专题6.3平面向量及其应用章末检测3（难）一、单选题1．下列说法：①若两个空间向量相等，则表示它们有向线段的起点相同，终点也相同；②若向量AB→，CD→满足AB→>CD→，且③若两个非零向量AB→与CD→满足AB→+CD④AB→=CD→的充要条件是A与C重合，其中错误的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】①错误.两个空间向量相等，但与起点和终点的位置无关；②错误.向量不能比较大小；③正确.AB→，CD→为相反向量；④错误.

A与C，B与【解答过程】①错误.两个空间向量相等，其模相等且方向相同，但与起点和终点的位置无关.②错误.向量的模可以比较大小，但向量不能比较大小.③正确.AB→+CD→=0→，得AB→=−④错误.由AB→=CD→，知AB→=CD→，且AB→与CD2．已知a,b是非零向量，θ是向量a,b的夹角，“π2A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【解题思路】先考虑充分性，再考虑必要性得解.【解答过程】解：当π2<θ<π时，a·b当a·b=|a||b|所以“π2<θ<π3．在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包.假设行李包所受重力为G，作用在行李包上的两个拉力分别为F1，F2，且F1=F2，F1A．θ越小越费力，θ越大越省力B．θ的范围为0,πC．当θ=π2D．当θ=2π3【解题思路】根据G=F1+F【解答过程】解：对A，∵G∴G2=由题意知：θ∈0,π时，y=cosθ即θ越大越费力，θ越小越省力，故A错误；对B，当θ=π时，对C，当θ=π2时，F1对D，当θ=2π3时，F14．如图，在平行四边形ABCD中，AE=13AD，BF=14BC，CE与DF交于点O.设AB=a，A．817 B．1917 C．317【解题思路】根据D,O,F和E,O,C三点共线，可得AO=xAD+yAF和AO=mAE+nAC，利用平面向量线性运算可用【解答过程】连接AF，AC，∵D,O,F三点共线，∴可设AO=xAD+y∴AO∵E,O,C三点共线，∴可设AO=mAE+nAO=∴x+y=1m+n=1x+14y=m故选：B.5．已知平面向量a=OA，b=OB，c=OC，满足4OC⋅ACA．π6 B．π3 C．2π3【解题思路】由向量线性运算和数量积的定义和运算律可化简已知等式得到4c2−4a⋅c=1−a2【解答过程】∵4OC即4c2−4∵4OB即4b2−4b⋅c=1−c2∴cosθ=a−4b⋅c−2ba−4故选：A.6．点O是平面α上一定点，A，B，C是平面α上△ABC的三个顶点，∠B，∠C分别是边AC，AB的对角.有以下五个命题：①动点P满足OP=OA+PB+②动点P满足OP=OA+λAB|③动点P满足OP=OA+λAB|④动点P满足OP=OA+λAB|AB|A．4 B．3 C．2 D．1【解题思路】根据△ABC的外心、内心、重心、垂心分别是三边中垂线的交点、角平分线的交点、中线的交点、高的交点，这些几何特征与向量建立联系，进而判断每个命题的正误．【解答过程】①当动点P满足OP=OA+PB+PC⇔AP=PB+PC时，则点P是△ABC的重心，所以所以△ABC的内心一定在满足条件的点P集合中，因此②正确；③变形为AP=λ(AB|AB|sinB+AC设为AD，所以AP=λAD(AB所以AP表示BC边的中线向量，因此△ABC的重心一定在满足条件的P点集合中，所以③正确；④当∠A=90°时，△ABC的垂心与点A重合，但显然此时垂心点P不满足公式，所以④不正确；正确答案序号为②③．故选：C.7．在高速公路建设中经常遇到开通穿山隧道的工程，如图所示，A，B，C为某山脚两侧共线的三点，在山顶P处测得三点的俯角分别为α=60°，β=45°，γ=30°，现需要沿直线AC开通穿山隧道DE，已知BC=52，AD=463，EB=2A．52+56 B．22+4【解题思路】由题意得∠PAC=α=60°,∠PBA=β=45°,∠PCA=γ=30°,∠BPC=β−γ=15°，然后先在△BPC中利用正弦定理求出PB，再在△APB中利用正弦定理求出AB，从而可求出DE的长度【解答过程】因为α=60°，β=45°，γ=30°，所以∠PAC=α=60°,∠PBA=β=45°,∠PCA=γ=30°,∠BPC=β−γ=15°，sin∠BPC=在△BPC中，由正弦定理得BCsin∠BPC=因为∠PAC=α=60°,∠PBA=β=45°，所以∠APB=75°,sin∠APB=在△APB中，由正弦定理得ABsin∠APB=所以DE=AB−AD−EB=108．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosC+3asinC−b−c=0，则A．239π B．439π【解题思路】由题意可得A=π3，设△ABC外接圆半径为R，b=2RsinB,c=2RsinC则△ABC外接圆面积为S1=π【解答过程】由acosC+3所以3sin因为sinC≠0，所以3sinA−所以A−π6=π6或5π设△ABC外接圆半径为R，b=2RsinB,c=2RsinC则△ABC面积为S所以S1S==1因为0<B<2π30<12sin2B−π6+二、多选题9．在边长为2的正方形ABCD中，P，Q在正方形（含边）内，满足AP=xAB+yA．若点P在BD上时，则x+y=1B．x+y的取值范围为1,2C．若点P在BD上时，APD．若P，Q在线段BD上，且PQ=2，则AP【解题思路】利用向量共线定理推论可判断A，利用向量的线性运算几何表示可判断B，利用向量的数量积的定义及运算律可判断C，利用向量数量积的坐标运算及二次函数的性质可判断D.【解答过程】当点P在BD上时，因为AP=xAB+y因为P在在边长为2的正方形ABCD（含边）内，且AP=x所以x∈0,1,y∈0,1当点P在BD上时，AP=xAB所以AP⋅若P，Q在线段BD上，且PQ=2设Pa,2−a，则Qa+2∴AP=2a2−4−22a+4−22故选：ACD.10．平面向量a→,b→,c→，满足a→=1A．2a→+b→=2C．c→的最大值是3+1 D．若向量m→满足m→【解题思路】结合题意，直接根据两向量垂直和向量的数量积运算，即可判断A选项；根据a→在b→方向上的投影是a→cosθ=a→⋅b→b→进行计算，即可判断B选项；设OA→=a→,OB→=b→,OC→=c→，根据题意可知OA⊥BA，并取OD→=2OA【解答过程】解：因为a→=1，b→=2且a→又∵a→2=1,b由于a→在b→方向上的投影是设OA→=a→,OB→因为c→−2a→⋅所以DC→⋅BC→=0，所以动点C在以BD为直径的圆上，如图，∵OA=1,OB=2，则OD=2，BD=2，设BD的中点为E，OB的中点为F，过D作OD的垂线设OM→=m→，因为m→⋅a→=2，即OM→⋅又F是OB的中点，所以FB→=−FO过F作l的垂线，垂足为M1，则MF2≥M1F2=11.如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a=b，且3acosC+ccosA=2bsinB，D是A．△ABC是等边三角形B．若AC=23，则A，B，C，DC．四边形ABCD面积最大值为5D．四边形ABCD面积最小值为5【解题思路】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求sinB，再利用a=b，可知△ABC为等边三角形，从而判断A；利用四点A，B，C，D共圆，四边形对角互补，从而判断B；设AC=x，x>0，在△ADC中，由余弦定理可得x2=10−6cosD【解答过程】由正弦定理a=2RsinA,b=2Rsin∴3=2sinB,∴sinB=32，∴B=π3,∴△ABCB不正确：若A,B,C,D四点共圆，则四边形对角互补，由A正确知∠D=2π但由于DC=1,DA=3,AC=23时，cosD=DCC正确，D不正确：设∠D=θ，则AC∴S△ABC=∴S∵θ∈(0,π),∴sin(θ−π3)∈(−32,1]三、填空题12.设O为△ABC的外接圆圆心，若CA=2OA+AB,AB=3OA【解题思路】根据向量的线性运算及三角形外接圆的性质，利用勾股定理及锐角三角函数，结合向量的投影向量及向量的模公式即可求解.【解答过程】由CA=2OA+AB,得AO=12AB所以OA=OB=OC=1在Rt△ABC中，AC=BC所以BA在BC上的投影为BAcosB=3×32=3所以BA在BC上投影向量的模为34BC=13．如图，在边长为2的正方形ABCD中，M，N分别是边BC，CD上的两个动点，且MN=2，P为MN的中点，AP=λAB+μAD，则1【解题思路】建立直角坐标系，，设M2,2a，N2b,2，然后根据MN=2得a−12+b−12=1，再设a=1+cosθ，【解答过程】以A为坐标原点，以AB，AD所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，设M2,2a，N2b,2，则由MN=2可得a−12+b−12=1，所以可设因为AP=(1+b,1+a),AB=(2,0),AD=(0,2)，由AP所以1λ+1μ=则1λ+1μ=16+4t7+4t+故答案为：2714．如图，在△ABC中，∠ABC=π3，点D在线段AC上，且AD=2DC【解题思路】根据S△ABC=【解答过程】解：在△ABC中，设AB=c,BC又cosA=c2+AD∵2a2+12c当且仅当c=2a时取等号．所以△ABC面积的最大值为6四、解答题15.已知平面向量a,b满足|a(1)求a与b的夹角；(2)求向量a−2b在向量【解题思路】（1）将|a+b（2）根据数量积的运算律求出(a−2b)⋅(a+b【解答过程】（1）解：∵|a+b|=3，又|a|=1,|b|=1，∴1+1+2又向量夹角范围是[0,π]，∴a与b的夹角为π3（2）解：∵(a∴向量a−2b在向量a+16．如图，在梯形ABCD中，AB=2DC，E、F是DC的两个三等分点，G，H是AB的两个三等分点，线段BC上一动点P满足BP=λBC0≤λ≤1．AP分别交EG、FH于M，N(1)当λ=12时，用a，b表示(2)若MN=μAP，求【解题思路】（1）利用向量的线性运算即可求解,（2）利用三点共线得到，AM=xAE+(1−x)AG=xb+13−16x【解答过程】（1）当λ=12时，BP=AB+1（2）连接AE,AF,则AE=AF=AD+23设GM=xGE,AN=yAF+(1−y)AH=yb因为BP=λBC，所以所以AP=λAC+(1−λ)因为MN=μAP，所以y−x=λμ13−(λ−3)(λ−6)μ2+(3λ−6)μ=0，因为μ≠0因为λ∈[0,1]，令t=λ−2，则t∈[−2,−1]，因为y=t+4t在[−2,−1]上单调递减，所以y=t+4所以μ的取值范围为31017．在△OAB的边OA,OB上分别有一点P,Q，已知OP:PA=1:2，OQ:QB=3:2，连接AQ,BP，设它们交于点R，若OA=（1）用a与b表示OR；（2）若a=1,b=2，a与b夹角为60°，过R作RH⊥AB交AB于点H，用a，b【解题思路】（1）由题意知OP=13a,OQ=（2）由A,H,B三点共线，可得OH=λa+(1−λ)b，【解答过程】解：（1）因为在△OAB的边OA,OB上分别有一点P,Q，OP:PA=1:2，OQ:QB=3:2，所以OP由A,R,Q三点共线，可设AR=m所以OR=OA+同理，由B,R,P三点共线，可设BR=n所以OR=因为a与b不共线，所以1−m=n335m=1−n（2）由A,H,B三点共线，可设BH=λBA，则OH−OB所以RH=因为RH⊥AB，所以RH⋅AB=0所以λ−1因为a=1,b=2，a与b所以λ−16−λ−1618．如图，某人身高1.73m，他站的地点A和云南大理文笔塔塔底O在同水平线上，他直立时，测得塔顶M的仰角∠MCE=22.8°（点E在线段MO上，忽略眼睛到头顶之间的距离，下同）.他沿线段AO向塔前进100m到达点B，在点B直立时，测得塔顶M的仰角∠MDE=48.3°：塔尖MN的视角∠MDN=3.3°（N是塔尖底，在线段（1）求塔高MO；（2）此人在线段AO上离点O多远时，他直立看塔尖MN的视角最大？说明理由.参考数据：sin22.8°sin48.3°sin25.5°【解题思路】（1）在△CDM中利用正弦定理求出CM，再由ME=CMsin∠MCE、（2）由（1）求出CE，设此人应在线段AO上的F处，FO=xm，直立时，眼睛处于G点，则tan∠MGE=67.4x，tan【解答过程】解：（1）∵∠MCE=22.8°，∠MDE=48.3°，∴∠DMC=25.5°.在△CDM中，由正弦定理得，CM=CD又CD=100m，∴CM=100∴ME=CMsin所以，MO=ME+EO=67.4m（2）由（1）知，CE=MEtan∠MCE∵∠NDE=∠MDE−∠MDN=45°，∴NE=DE=60m设此人应在线段AO上的F处，FO=xm，直立时，眼睛处于G点，则tan∠MGE=67.4x∴tan=67.4x−60x所以，他站在线段AO上到点O的距离为为63.59m处时，看塔尖MN的视角最大.19．某农场有一块等腰直角三角形的空地ABC，其中斜边BC的长度为400米，为迎接“五一“观光游，欲在边界BC上选择一点P，修建现赏小径PM，PN，其中