第6章 平面向量及其应用 章末优化提升-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第二册同步练测（人教A版2019）

?高中数学·必修 第二册 章末优化提升 网络构建 实际背景 向量的概念 向量的运算及其几何意义 向量的加、减运 算及其几何意义 向量的数乘运算 及其几何意义 向量的数量积 及其几何意义 平面向量基本定理及坐标表示 平面向量的应用 平面几何中的 向量方法 向量在物理 中的应用 余弦定理、 正弦定理 一考点聚焦 考点一 平面向量的线性运算 规律方法Il------------------- 1.向量加法是由三角形法则定义的，要点是“首尾相 连”,即AB+BC=AC. [例1] (1)设向量a,b不平行，向量λa+b与a+ 2b平行，则实数λ= 向量加法的平行四边形法则：将两向量移至共起点， 分别为邻边作平行四边形，则同起点对角线的向量 即为向量的和.加法满足交换律、结合律. (2)在△ABC中，点M,N满足AM=2 MC.BN =NC.若MN=xAB+yAC,则x= ; y= 2.向量减法实质是向量加法的逆运算，是相反向量的 作用。 几何意义有两个：一是以减向量的终点为起点，被减 向量的终点为终点的向量；二是加法的平行四边形 法则的另外一条对角线的向量.注意两向量要移至 共起点。 [解析](1)因为λa+b与a+2b平行， 所以λa+b=t(a+2b),即λa+b=ta+2tb, 3.数乘运算即通过实数与向量的乘积，实现同向或反 向上向量长度的伸缩变换。a=2所以 解得 跟踪训练 (2)因为AM=2 MC,所以AM=3AC. 1.如图所示，在△ABC中，AN= A N 3NC,P是 BN上的一点，若AP =mAB+2AC,,则实数 m的值 为 .因为BN=NC,所以AN=(AB+AC),所以MN=AN-AM=_(AB+AC)-3AC= 2AB-?Ac. p CB 考点二 向量的数量积 [例2](1)(新课标I卷)已知向量a=(1,1),b= 又MN=xAB+yAC,所以x=g,y=-6. 12(2)2-6(1)[答案] (1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则 ( ) A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1 C.λμ=1 D.λμ=-1 34 第六章 平面向量及其应用 (2)(新课标Ⅱ卷)已知向量 a,b满足|a—b|= √3,|a+b|=|2a-b|,则|b|= [解析](1)因为a=(1,1),b=(1,-1),所以 a 十λb=(1+λ,1—λ),a+pb=(1+μ,1-μ).因为 (a+λb)⊥(a+pb),所以(a+λb)·(a+μb)=0, 所以(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,整理得 λμ=-1.故选D. (2)由|a-b|=√3,得a2-2a·b+b2=3,即2a ·b=a2+b2-3①.由|a+b|=|2a—b|,得a2+ 2a·b+b2=4a2—4a·b+b2,整理得3a2—6a· b=0,结合①,得3a2-3(a2+b2-3)=0,整理得 b2=3,所以|b|=√3. [答案](1)D(2)√3 I规律方法l 数量积运算是向量运算的核心，利用向量数量积 可以解决以下问题： (1)设a=(x?,y?),b=(x?,y?), a//b?x?y?—x?y?=0, a⊥b?x?x?+y?y?=0. (2)求向量的夹角和模的问题 ①设 a=(x?,y?),则|a|=√xi+yi. ②两向量夹角θ的余弦值(0≤0≤π) oso=ab=++ 跟踪训练 2.(1)已知 a,b为单位向量，且|a-b|=1,则|a— 2b|= (2)已知向量 a,b,c 满足|a|=|b|=1,|c|=√2, 且a+b+c=0,则 cos<a-c,b—c>= ( ) A.-号 B.-号 c.5 D.专 考点三 平面向量在几何中的应用 C[例3] 如图，半径为√3的扇形 AOB的圆心角为120°,点C在 AB上，且∠COB=30°,若OC= λOA+μOB,则λ+μ等于 A B ǒ ( ) B.3 c.4-3A.√3 D.2√3 [解析] 由题意，得∠AOC=90°, 故以O为坐标原点，OC,OA 所在 直线分别为x轴、y轴建立平面直 角坐标系， tyA co B 则O(0,0),A(0,√3),C(√3,0), B(√3 cos 30°,一√3sin 30°). 因为OC=λOA+μOB, 所以(3,0)=λ(0,J3)+A(3×3,-J3×2), 即 所以λ+μ=√3. [答案] A Ⅱ规律方法l- 把几何图形放到适当的坐标系中，就赋予了有关 点与向量具体的坐标，这样就能进行相应的代数运算 和向量运算，从而解决问题.这样的解题方法具有普 遍性。 跟踪训练 3.(1)(湖北十堰高一下期末)已知 O为△ABC的 外心，且AO=λAB+(1-λ)·AC.若向量BA在 向量BC上的投影向量为μBC,其中μ∈ [号，号],则 cos∠AOC的取值范围为 . (2)(吉林长春月考)如图所 C D示，在△ABC 中，AB=4, AAC=3,∠BAC=90°,D在 B 边BC上，延长 AD到P,使得 AP=9,若PA= mPB+(2-m)pc(m为常数),则CD的长度 是 考点四 应用正、余弦定理解三角形 [例4](新课标I卷)已知在△ABC中，A+B= 3C,2sin(A—C)=sin B. (1)求sin A; (2)设 AB=5,求 AB边上的高. [解] 解法一：(1)在△ABC中，A+B=π—C. C=4.因为 A+B=3C,所以 3C=π—C,所以 因为2sin(A-C)=sin B, 所以2sin(A-4)=sin(34-A), 整理得√2(sinA-cosA)=(cos A+sinA),得 sin A=3cos A. 又 sin2A+cos2A=1,且sin A>0, 所以sinA=3√00. 35 P ?高中数学·必修 第二册 sbA=sAc,得(2)由正弦定理 C-B×mA-是30-365 由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos C, 得52=AC°+(3√5)2-2AC×3√5cos4, 整理得 AC2-3√10AC+20=0, 解得 AC=√10或 AC=2√10. 由(1)得 tan A=3>√3,所以3<A<2· 又A+B=34,所以B>4,即C<B, 所以AB<AC,所以 AC=2√10. 设 AB边上的高为h,则 2×AB×h=1×AC×BCsinC, 即5h=2√10×3√5×2,解得h=6, 所以 AB边上的高为6. 解法二：(1)在△ABC中，A+B=π—C. 因为A+B=3C,所以 3C=π—C,所以C=匹 4 因为2sin(A-C)=sin B, 所以2sin(A-C)=sin[π—(A+C)]=sin(A+C), 所以 2sin Acos C—2cos Asin C=sin Acos C+ cos Asin C, 所以 sin Acos C=3cos Asin C. 又 cos Acos C≠0, 所以 tan A=3tan C=3tan4=3. siA=3+3又 sin A>0,所以 (2)由(1)知sinA=310,tanA=3>0,所以A 为锐角，所以cosA=10, 所以sinB=sin(4-A)=(cos A+sinA)= ×(10+3√10)=25. sAB=sAC由正弦定理--得A 故 AB边上的高为 AC- sin A=2√10×3110=6. -归纳提升I[------------------------------ 在三角形的六个元素中，已知三个(除三个角外) 元素能求解其他三个元素，常见类型及其解法如下表： 已知条件 应用定理 一般解法 由 A+B+C=180°,求A; 一边和两角 正弦定理 由正弦定理求出b与c;有 (如a,B,C) 解时只有一解 由余弦定理求出第三边 c;由正弦定理求出较小边 两边和夹角 余弦定理 所对的角；再由 A+B+C (如a,b,C) 正弦定理 =180°求出另一角；有解 时只有一解 由余弦定理求出 A,B;再 三边(如 a, 余弦定理 利用 A+B+C=180°求 b,c) 出C;有解时只有一解 由正弦定理求出 B;由 A 两边和其中 十B+C=180°,求出C;再 余弦定理 一边的对角 利用正弦定理求出c(或 正弦定理 (如a,b,A) 由余弦定理求第三边c); 可有两解、一解或无解 跟踪训练 4.在△ABC中，内角 A,B,C所对的边分别为a, b,c,若M是 BC的中点，且满足AB·AC= 4 AM·BC. (1)求cos C的最小值； (2)若△ABC的面积为S,且满足 S=a2,求 tan C 的值. 36 第六章平面向量及其应用 考点五 解三角形的实际应用 [例5](福建宁德期中)第十届中国花卉博览会 于2021年5月21日至7月2日在上海崇明举 办，主题是“花开中国梦”,其标志建筑世纪馆以 “蝶恋花”为设计理念，利用国际前沿的数字技 术，突破物理空间局限，打造了一个万花竞放的 虚拟绚丽空间，拥有全国跨度最大的自由曲面混 凝土壳体，屋顶跨度达280 m.图①为世纪馆真 实图，图②是世纪馆的简化图.世纪馆的简化图 可近似看成是由两个半圆及中间的阴影区域构 成的一个轴对称图形，其中AA'//PP'//00// BB'(0,0分别为左右两个半圆的圆心),线段 PP′与左右两个半圆分别交于C,C',若AA′= 280 m,BB′=128 m,∠POB=105°,∠COB= 75°,∠OBB′=120°,则OP的长约为(√3≈ 1.732) ( ) A'Ac P C C′P' 0 0′DF D B B′ 图① 图② A.27 m B.28 m C.29 m D.30 m A'H[解析]如图所示，过点A< C'P'p iCB作AA'的垂线，垂足为 0′o DF DH,则AH=AA'-BB= B'B 280-128=76(m).因为 ∠OBB′=120°,所以∠ABH=30°,所以AB= 2AH=152 m,所以OA=OB=0c=AB=76 m. 因为∠POB=105°,∠COB=75°,所以∠POC= ∠POB-∠COB=30°?为∠BO0′=180°— ∠OBB′=60°,所以∠OCP=∠CO0=∠COB— ∠BO0′=15°,所以∠OPC=180°-∠POC一 ∠OCP=135°?△OPC中，由正弦定理可得 sin2oCp=sin2OPc,即OP=0sin2OPOcp =7sin 135.又sin 15°=sin(45°—30°)= sin 45°os30°-cos45°sin30°=64,所以OP= -0 [答案]B I规律方法l 解决解三角形的实际应用问题的关键是建立三角 形或三角函数模型，转化为数学问题；求解三角形的实 际应用题的实质还是解三角形.实际问题中用正弦定 理和余弦定理解三角形的常见题型有：测量高度问题、 距离问题、角度问题.应熟练掌握实际问题中的常用角 (即仰角、俯角、方向角、方位角和坡角)的有关概念。 跟踪训练 5.(吉林长春高一期中)(C月亮 三角学起源于土地和 天文学中的测量. α,A 地球1752年，法国天文学 p家拉卡伊(1713～ 赤道E[ D01762)和他的学生拉 α?p 地心2B 朗德(1732～1807)利 用三角测量法首次精确地计算出地月距离.他们 的测量方案是：拉卡伊和拉朗德分别来到观测地 德国柏林(A点)和非洲南端的好望角(B点),这 两个地方经度相近，可看做在同一经度线上，纬 度分别是北纬β度和南纬β2度，他们同一时间 分别在这两个地方进行观测.如图所示，当夜幕 降临时，月亮从地平线上越升越高，当它到达最 高点，即ACBO是平面四边形时，在A点(柏林) 测出月亮的天顶距α?(即离开头顶方向的角度), 在B点(好望角)测出月亮的天顶距α?.在 △AOB中求出AB和∠OAB,在此基础上，解 △ABC,求出地月距离的近似值AC或BC.设地 球的半径为R,利用测量方案中提供的数据(a?, a2,β,β2,R),求： (1)AB和∠OAB; (2)BC. 提示专请完成《素能提升训练》章末检测卷一 37 由余弦定理得a2=b2+e-2bcos 4→a2=b2+c- √2bc, →gb2c2=b2+e2-√2be→gbBc2+√2bc=b2+c2≥ 2bc,→bc≥8(2—√2),当且仅当b=c 时取等号，而 SAmc=2bcsin 4=4bc,故(SAac)-4×8(2-√2) =4√2-4. 12.解(1)∵m=(2sin x,√3),n=(cos x,cos 2x),f(x) =m·n,∴f(x)=2sin xcos x+√3 cos 2x=sin 2x十 √3cos 2x=2sin(2x+3). 又f(B+C)=0,∴ sin[2(B+C)+3]=0. 又△ABC为锐角三角形，∴2(B+C)+3=2π或π, ∴B+c=5答或营(舍去),∴A=6 sinA=sinB=sinc(2)由正弦定理知- 又∵b=1,A=6,∴a=2sin B, .s=-gaosnc=-(-+B)-+哥·器一 -eE(0-) (,5).3<S<3△ABC面积的范围为( 题型七 13.D 设 AC=m,则 AB=3m,由余弦定理得 cos B= BC2BCBA-AC=16+48m2=23m2,∴BC·BA= 12mcos B=4(2+m2)=4m2+8.∵3m-m<4 ∴1<m<2,∴4m2+8∈(12,24),即BC·BA的取值范 围为(12,24). s=4=-acsinB,得sin B=2,4(co2A14.解(1)由 —cos2B)=4[(1-sin2A)一(1-sin2B)]=4(sin2B一 sinA=sinB=2R=4,得 a=sin2A),由正弦定理 4sin A,b=4sin B,则(b-√3 a)sin B= 4sin2B— 4√3sin Asin B.由4(cos2A—cos2B)=(b—√3a)sin B, 得4(sin2B—sin2A)=4sin2B-4√3 sin Asin B,化简得 sin2A=√3sin Asin B,由A∈(0,π),sin A≠0,解得 sinA=3.sin A=√3sin B,因此： A(2)由(1)得，若 A 为钝角，则 A= 120°,则 B=30°,C=30°,如图建立平 BA C 面直角坐标系，则 A(0,2),B(一√3, 1),C(3,1),设P(2cosθ,2sin0), P则PA=(-2cos θ,2-2sin 0),PB= (-√3-2cos0,1-2sin0),PC=(3-2cosθ,1-2sin0), 有PA·PB=6-6sin0+2√3 cos 0,PA·PC=6- 6sin0-2√3 cos0,PB·Pc=2-4sin 0,则PA·PB+ PA·Pc+PB·Pc=14-16sinθ.由 sinθ∈[-1,1], 则14-16sinθ∈[-2,30],所以PA·PB+PB·PC+ PC·PA的取值范围为[-2,30]. 章末优化提升 【考点聚焦】---[跟踪训练] 1.解析 解法一：设BP=λBN,则BP=BA+AP=-AB +mAB+AC=(m-1)AB+立AC.BN=BA+AN =-AB+4AC.∵BP与BN共线，∴4(m-1)+1= 0,∴m=3. 解法二：∵AN=3Nc,∴AC=4AN, ∴AP=mAB+Ac=mAB+AM,P,B,N三点 共线。 ∴m+。=1,∴m=. 3口答案 2.解析 (1)因为a,b为单位向量，|a-b|=1,所以|a-b =√(a-b)2=√a2-2a·b+b3=√2-2a·b=1,所以 a·b=2,则|a-2b|=√(a-2b)2=√1+4-4a·b=√3. (2)因为a+b+c=0,所以 c=—a—b,等式两边同时平 方，得2=a2+b2+2a·b=1+1+2a·b,所以 a·b=0. 又 a—c=a—(—a—b)=2a+b,b—c=b—(—a—b)=a +2b,所以(a—c)·(b—c)=(2a+b)·(a+2b)=2a2+ 5a·b+2b2=4,且|a-c|=|2a+b|=√(2a+b)2= √4+1=√5,|b-c|=|a+2b|= √(a+2b)2=√1+4 =√5,所以cos(a-c,b-c)=“a-c b-c=4,故 选D. 答案(1)√3 (2)D 3.解析(1)因为AO=λAB+(1- A λ)AC,所以CO=λCB.又因为O 为△ABC的外心，所以△ABC为 B4 Q 边BC的中点，过 A作BC的垂线AQ,垂足为Q,如图 直角三角形且 AB⊥AC,O为斜 0 所示.因为BA在BC上的投影向量为BQ=μBC,所以OQ =BQ-BO=μBC-去BC=(μ-1)Bc,而|OA|= 言画，△0- μ∈[号，号],所以2μ-1∈[5,号],即2μ-1.因为 [号，号].cos∠AOC的取值范围为 (2)∵A,D,P三点共线，∴可设PA=λPD(a>0). ∵PA=mPB+(2-m)pc,:λPD=m PB+ (3-m)c,pp=+(-“)p.若m≠0 +(-”)=1,即且m≠2,∵B,D,C三点共线， 14 C λ=AP=9,.AD=3..AB=4,AC=3,2BAC= 90°,∴BC=5.设CD=x,∠CDA=0,则 BD=5-x, ∠BDA=π一 0.∴根据 余 弦 定 理 可 得 cos O= AD2ACpcAC=g,cos(x-0)=AD2AB·BAB =6(5-°)?.cosθ+ cos(n-0)=0,晋+ 856(5-)=0,解得x=8,∴CD的长度为 .当m= 0时，Pá=3PC,C,D重合，此时CD的长度为0;当m =2时，PA=3PB,B,D重合，此时 PA=12,不合题 意，舍去. (2)号或0[5,3]答案(1) 4.解(1)由AB·AC=4AM·BC,得 AB·Ac=4.AB+AC.(Ac-AB). 2+B-a=2Gb2-己),即362+a2=5&.由余弦定理可得 cosC=2+a-由余弦定理可得 d+6-(s2+号)_+ =5+5≥52, 2当且仅当b=√2a时取等号，所以 cosC的最小值为 (2)由于S=a2=2absinC,从而a=2bsinC. 又3b2+a2=5c2,结合余弦定理可得 5a2+号b2=a2+b2-2abcos C, 即告a2+号b2-2abcos C=0, 将a=2bsinC代入，得 专(2sinc)2+号-2×1 sin Ccos C=0, 即亏sin2C-sin Ccos C+号=0, 从而3sin2C—5sin Ccos C+2cos2C=0. 又 cos C≠0,则3tan2C-5tan C+2=0, 解得 tan C=1或 tanC=3. 5.解(1)在△AOB中，由余弦定理，得 AB=√R2+R3-2R·Rcos(B+P)=2RsinB+B. 因为△AOB是等腰三角形，所以∠OAB=一(R+B). (2)在△ABC中，∠BAC=π-a?-m-(2+B)=- a?+B+B, 同理∠ABC=π-a?-m-(R+B)=2-a?+B+, 所以∠ACB=π-∠BAC-∠ABC=a?+a?一β?一β. 由正弦定理得 (2-a+8±a)-ma+a-A-A5 故BC-ABsm(2-a+- Ar(-B-) 2Ra-A-B-a) 第七章 复 数 7.1 复数的概念 7.1.1 数系的扩充和复数的概念 【自主学习探新知】 知识点一 1.(1)a+bi 虚数单位 -1 a b 2.(1)全体复数(2)C 知识点三 a=c且b=d 【互动探究解疑难】 探究一 [例1] [解] ①的实部为2,虚部为3,是虚数； 12②的实部为-3,虚部为 ,是虚数； ③的实部为√2,虚部为1,是虚数； ④的实部为π,虚部为0,是实数； ⑤的实部为0,虚部为一√3,是纯虚数； ⑥的实部为0,虚部为0,是实数. [跟踪训练] 1.解析 对于①,当a=-1时，(a+1)i=0为实数，①错 a2+3=+2≠0,误；对于②,由纯虚数定义知 解得x= 1,②错误；对于③,实数可以比较大小，虚数不可以比较 大小，③正确。故答案为③. 答案 ③ 探究二 {m2-32m-15≠0,[例2] [解](1)当 即m≠5且m≠-3时，z是虚数。 -560(2)当< 即 m=3或-2 时，2是纯虚数。 [变式训练] {m+-32m0-15=0,即m=5时，z是实数。1.解 当 2.解 因为z>0,所以z为实数， -5-0解得m=5.需满足 [跟踪训练] m≠02m=0,2.解(1)当 即m=2 时，复数z是实数。 {m≠0,m≠0(2)当 即 m≠0且 m≠2 时，复数 之是 虚数。 m-2m-,(3)当 ’即m=-3时，复数z是纯虚数. 探究三 [例3] [解](1)∵x2-y2+2xyi=2i, (2=2-0, {3=1'或{{9==1,解得 15