第六章 单元3 平面向量的应用 A卷 基础巩固&B卷 能力提升-【金试卷】2025-2026学年高一数学必修第二册同步单元双测卷（人教A版）

第六章 平面向量及其应用 单元3平面向量的应用 A卷基础巩固 容 建议用时：60分钟满分80分 一、单项选择题（本题共6小题，每小题5分，共30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) 密 1.在四边形ABCD中，若AC=(1,3),BD=(一6,2)，则该四边形 的面积为 封 A.√5 B.25 C.5 D.10 2.某班同学利用课外实践课，测量北京延庆会展中心冬奥会火炬台 率 “大雪花”的垂直高度MN.在过N点的水平面上确定两观测点 A,B,在A处测得M的仰角为30°，N在A的北偏东60°方向上， 絮 B在A的正东方向30米处，在B处测得N在北偏西60°方向 内 上，则MN= 不 数 准 A.10米 B.12米 C.16米 D.18米 答 3.若△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C所对的边，6a=4b=3c,则 cos B= 题 A①5 C.35 4 16 n 4.在△ABC中，若B=60°，b2=ac,则△ABC的形状是 ( ) A.等腰直角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等边三角形 5.在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,r为其外接 丝 圆半径，若有26=2a2+2c2-6ac+3ac 2r 3a2=36+3c2-2bc+ 部 4bc成立，则C的度数为 A.30° B.45° C.60° D.75 6.如图所示，边长为1的正方形ABCD的顶点A,D 分别在x轴，y轴的正半轴上移动，则OB·OC的 最大值是 ( A.2 B.1+√2 C.3 D.4 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分，在每小题给 出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分.部分选对的 得2分，有选错的得0分) 7.在△ABC中，已知A=30°，且3a=√3b=12,则c的值可以为 ( A.2 B.4 C.6 D.8 8.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列等式恒成 立的是 A.a2=62+c2-2bccos A B.asin B=bsin A C.a=bcos C+ccos B D.acos B+bcos C=c 9.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.其面积为S,周长为 L.若asin A;B=csin A,且c=2,则 2 AC=晋 B.S的最大值为3 C△AC的外接圆半径为己苦 D.L的最小值为6 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 10.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,bc,若A=否，a+b6 -c2=ab,c=3,则角C= ,a= 11.在△ABC中，B=60°，AB=2,M是BC的中点，AM=2√3，则 AC= 12.已知三角形两边长分别为1和√3，第三边上的中线长为1，则三 角形的外接圆半径为 四、解答题（本题共2小题，共20分.解答应写出文字说明，证明过 程或演算步骤) 13.(10分)在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，且osB cos C b 2a+c (1)求B的大小； (2)若b=√J13,a十c=4,求a的值. 14.(10分)某市获得全国文明城市荣誉后，着力健全完善创建工作 长效机制，把文明城市创建不断引向深入.近年来，该市规划建 设了一批富有地方特色、彰显独特个性的城市主题公园，某主题 公园为五边形区域ABCDE(如图所示)，其中三角形区域ABE 为健身休闲区，四边形区域BCDE为文娱活动区，AB,BC,CD, DE,EA,BE为主题公园的主要道路（不考虑宽度），已知 ∠BAE=60°，∠EBC=90°，∠BCD=120°，DE=3BC=3CD= √3km. (1)求道路BE的长度； (2)求道路AB,AE长度之和的最大值. 第一部分单元、阶段检测卷5 第六章平面向量及其应用 单元3平面向量的应用 B卷能力提升 建议用时：60分钟满分80分 一、单项选择题（本题共6小题，每小题5分，共30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△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(a2+b2 -c2,ab),n=(1,-1),若m∥n,则C () A.5 g等 c秀 D. 2.如图所示，在矩形ABCD中，AB=4,点E为AB 的中点，且DE⊥AC,则|DE等于 A号 B.23 C.3 D.2√2 △ABC中，cOs9=,且BC=1,AC=5,则AB三 A.42 B.√30 C.29 D.25 4.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c=4,b=2√3， bcos C=(2a一c)cosB,则△ABC的面积为 () A.2 B.2√5 C.45 D.6 5.在△ABC中，若sinC=2 sin Beos B,且B∈（石，T),则号的范围 为 () A.(2,√3) B.(3,2) C.(0,2) D.(2,2) 6.若△ABC外接圆的半径为1，圆心为O,2OA十AB+AC=0且 I1OA=AB|,则CA·CB等于 () A多 B.3 C.2√3 D.3 6第一部分单元、阶段检测卷 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分，在每小题给 出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的 得2分，有选错的得0分) 7.下列说法正确的是 ( A.在△ABC中，a:b:c=sinA:sinB:sinC B.在△ABC中，若sin2A=sin2B,则A=B C.在△ABC中，若sinA>sinB,则A>B;若A>B,则sinA> sin B D.在△ABC中，AsnB+nC b十c 8.在水流速度的大小为4√3km/h的河水中，一艘船以12km/h的 实际航行速度垂直于对岸行驶，则下列关于这艘船的航行速度 的大小和方向的说法中，正确的是 () A.这艘船在静水中的速度的大小为12√3km/h B.这艘船在静水中的速度的大小为8√3km/h C.这艘船在静水中的速度的方向与水流方向的夹角为150 D.这艘船在静水中的速度的方向与水流方向的夹角为120° 9.设点M是△ABC所在平面内一点，下列说法正确的是() A.若AB.BC=BC.CA=CA·AB,则△ABC的形状为等边三 角形 B.若AM=AB+AC,则点M是边BC的中点 C.过M任作一条直线l,再分别过顶点A,B,C作l的垂线，垂足 分别为D,E,F,若AD+BE+CF=0恒成立，则点M是 △ABC的垂心 D.若AM=2AB-AC,则点M在边BC的延长线上 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 10.已知正方形ABCD的边长为2.当点P 时，AP·AC= 4.(填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能的情况) 1.在△ABC中，a,6c分别为角A,B,C的对边，B-,若&2十 =4ac,则sinA+C9= sin Asin C 12.在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c,c=1,∠C的 平分线交AB于点D.若sinA+sinB=2sin∠ACB,则a十b= ,CD的取值范围是 四、解答题（本题共2小题，共20分.解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤) 13.(10分)在△ABC中，c=2bc0sB,∠C- (1)求∠B; (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已 知，使△ABC存在且唯一确定，求BC边上中线的长. 条件①：c=√2b; 条件②：△ABC的周长为4+2√3； 条件D:人A5C的面积为3y有 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个 符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 14.(10分)已知△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 cos C (1)求A的大小； (2)若a=1,b=√3，求c的值.9.ABCAB-=(2,3),AC-(1,k),BC=AC-AB=(-1,k-3). 若∠A=90,剥A店：AC=2X1十3A=0k=-号： 若∠B=90,则A店.B心=2X(-1)+3(k-3)=0,k=号： 若∠C=90,则AC.BC-1X(-1)+k(-3)=0,k=3±国 2 故所求质的值为-号或号浅生yE,故选ABC 3 2 10.答案号 解折设点C(o合4）由于Ad-。 所以(x0-7,2ax0-2）=(1-04-2ax0) x0-7=1-x0, x0=4, 分00-2=4，海之得 则1 1.答案2AB+BCA+3D心A+3A店4D心+BC4A市-3BC(任选一个即可) 解析：P为BC的中点，AB∥CD,∴.P D 为AQ的中点，AB=CQ, 选择AB、BC, AQ-2AP-2(AB+BP)-2AB+BC. 选择AD、DC. AQ=AD+DQ=AD+3 DC 选择AB、AD, A夜=Aò+D成=Aò+号A店. 选择BC,DC AQ-2 PQ=2(PC+CQ)-BC+2X2DC-BC+4DC 选择BC、AD :A=AD+DC+C苏=A+2A店-B元，∴A店=2(AD-BC), :AQ=AD+号A店=AD+3×2A-BO=4Ai-3BC. 12,答案一日 解析如图，以A为原，点，AB,AD的方向分别为x轴， y轴的正方向建立平面直角坐标系， 设正方形ABCD的边长为2a,则正方形DEHI的边长K E 为√3a,正方形EFGC的边长为a. 2 易知A(0,0),B(2a,0),D(0,2a),DF=(√3+1)a, D 30° 则xr=(W3+1)a·cos30°，yr=(√3+1)a·sin30°+ 2a即(25. 又a=店+yA.(5。,)=x2a0) 2 +y(0,2a)=(2ax,2ay), 2ax3+5 2a (2ay=5tv3 化简整里得一y=- 2a 1.解(1D因为m=(停，-号）a=(sinx,cosx),mLn, 所以m·n=0,即 sinx-2。 2 cosx=0,所以sinx=cosx,所以tanx=1. (2图为m=m=1,所以m·n=os音-子，中9n一。 所以sin(e-吾）=2， 因为0<受，所以-<x-至<晋，所以工一子-名，即x-受 14.解(1)由题意得0i=(2,1D,0成=1,2)0°=号0i+o房=(2,2)， “点P的坐标为(2，号)： (2)设Q(s,t),由OQ=λOA十μOB,得s=2λ十4，t=1十24. ①λ十4=1.理由如下：把(2λ+十，λ+2)代入y=-x十3，得入十2μ=一(2入十)+ 3,即λ十=1. ②由△QAB为等边三角形，得QA=|QB=AB1,.QA2=|QB2=AB2, .(s-2)2+(t-1)2=(s-1)2+(t-2)2=(2-1)2+(1-2)2=2, 六5=1,22-6s十3=0，解得5=3±5， 2 又9=2x十4,1=X+24,A=4=3+5或=4=3-图 6 6 第六章平面向量及其应用 单元3平面向量的应用 A卷基础巩固 1.D:A花.Bd=0,∴AC1BD.“四边形ABCD的面积S=号|AC1Bd=号× √/10×2√10=10.故选D. 2.A由已知得∠MAN=30°，∠NAB=∠NBA=30°，则∠ANB=120°，又AB=30 30 米，所以在△NAB中，设NA=x米，则由正弦定理可得n20一sn30,解得x 10,即NA=10,5米，在直角△MNA中，MN=NA.tan30°=10,5×号-10来. 故选A. 13.D由6a=4h=3c,得c=2a,b三多a,c0sB=a2+2-6=Ta4a11 2ac 4a2 16 故选D. 4.D:b2=ac,B=60°，由余弦定理b=a2十c2-2ac·cosB,得a2十c2-ac=ac,即 (a-c)2=0,∴a=c.又B=60°，△ABC为等边三角形.故选D. 5.A在锐角△ABC中，由余弦定理得2b2-2a2-2c2=-4 accos B,3a2-3b2-3c2= SA,结合题嘉可得6ac十3，--4 aceos B,-2c十4C—6 bccos 禁理得6-4c0sB=积，1-3cosA-2的， 又r为△ABC外接圆的半径.'.6-4cosB=3sinA,1-3cosA=4sinB, 故4cosB+3sinA=6,4sinB+3osA=1,两式分别平方，相加可得sinC=, 又0°<C<90°，.C=30°.故选A. 6.A设∠OAD=0,.AD=1,∴.OA=AD·cos0=cos0,OD=AD·sin0=sin0, :∠BAD=受∠BAx=受-0， 易知xB=c0s0+co(受-0）=cos0+sin0,ya=sin(受-0）cos0, ..OB=(cos 0+sin 0,cos ) 同理可得C(sin0,cos0+sin),∴.OC=(sin0,cos0+sin), ..OB.OC=(cos 0+sin 0)sin 0+cos 0(cos 0+sin 0)=sin20+cos20+2sin 0cos 0=1 +sin 20, :0∈(0，受）20e(0,x),…当sin20=1,即20=受时，0成.0心取得最大值，为 2.故选A. 7.BD由3a=√3b=12,得a=4,b=4√3，利用余弦定理可得a2=b2+c2一2 bccos A, 即16=48+c2一12c,解得c=4或c=8.故选BD. 8.ABC对于A,根据余弦定理，可得a2=b2+c2-2 bccos A,故A正确； 对于B,根据正弦定理边角互化，可得asin B=bsin A台ab=ab,故B正确； 对于C,根据正弦定理，得a=bcos C十ccos B→sinA=sin Bcos C十sin Ccos B=sin (B+C)=sinA,故C正确； 对于D,根据正弦定理的边角互化可得，sin Acos B十sin Bcos C=sinC=sin(A十B) =sin Acos B+cos Asin B, 即sin Bcos C=cos Asin B, 又sinB≠0，所以cosC=cosA,当A=C时，等式成立，故D不正确.故选ABC. 9.BC因为asin AB=csin A, 2 所以结合正弦定理得sin AsinA十B=sin Csin A, 2 又因为snA≠0，所以m”2C=sinC,所以cosS-2sin号c0s号， 易知0号<受所以m号≠0， C 所以sin 号-号所以号-登所以C=音所以A错送 设△ABC的外接园半径为R,易得C-2R,即 2一=2R,解得R=,所以C正确 由c2=a2+b2-2 abcos C得4=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab, 当且仅当a=b时取等号，所以ab的最大值为4， 所以S的最大值为号×4X号-5。 所以B正确； 由正弦定理得a b 2=43 sin A sin B sin C sin 3 3 sin A,6=413: 所以a=4 3 sin B, 所以a+b=4y5(sinA十sinB)=4g[smA+sin(质-A)] 3 -4g(号mA+原osA)=(停nA+2asA)=4sm(A+晋）： 因为0<A<警片以看<A+音<受， 所以2<sin(A+看)≤1，所以2<4sin（A+若)≤4，所以2<a+b≤4， 所以4<a十b十c≤6，所以L的最大值为6.无最小值，所以D错误.故选BC. 10.答案号5 解析肉a2+6-2=a6,得cosC-+。-合，Ce0对C-吾 2ab 由正孩定理a=c,得Q=加片=26 C sin C 3 2 11.答案2√13 解析在△ABM中，由余弦定理得AM=AB2+BMP-2AB·BM·cosB,即12 =4+BMP-2X2XBMX?.巷理可得BMP-2BM-8=0,解得BM=4或BM= 一2（舍去）， 所以BC=2BM=8, 所以在△ABC中，由余弦定理可得AC=√AB2十BC2-2AB·BC·cOsB= √2+82-2×2×8×=2v1B. 参考答案55 12.答案1 解析解法一：设AB=1,AC=√3，AD=1,D 为BC边的中点，BC=2x,x>0, 则BD=DC=x, 在△ABD中，由余弦定理可得cos∠ADB =12+x2-12 2x B D 在△ADC中，由余孩定理可得coS∠ADC=1+z-(③) 2x :c0s∠ADB=-cos∠ADC,:12+x2-12-12+x2-(32 2x 2x ∴.x=1,.BC=2,.AB2+AC2=BC2,故∠BAC=90°， 设三角形外接圆的直径为2R,则2R=BC=2,从而可得R=1,故答案为1. 解法二：设AB=1,AC=√3，AD=1,D为BC边的中点， :Ai=2A店+A0,∴A市2=}A店+AC2=A+2A馆.AC+A心)=1 +2AB.AC-1,A店.AC=0,故∠BAC=90 设三角形外接圆的直径为2R,则2R=BC=2.从而可得R=1,故答案为1. 18解D是2产由正孩定理，将器是m器nC sin B 2 2sin AcosB=-sn(B+CO,∴cosB=-合又0<B<,∴B= (2)②将6=Va十c=4,B=,代入b=a2+2-2 coB得， 13=a2+(4-a)2-2a(4-a）·cos径，即a2-4a+3=0,解得a=1或a=3. 14.解(1)如图，连接BD,在△BCD中， 由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDeos120 -(停)+(}-2x停}×()-1. 所以BD=1km, 因为BC=CD,所以∠CDB=∠CBD=180°，120°-30， B 2 又∠EBC=90°，所以∠EBD=60°， 在△EBD中，BD=1km,DE=√3km,∠EBD=60°， 由正该定限得=nBBD所以血∠BED=分： 1 所以∠BED=30°或∠BED=150(舍去)， 所以∠BDE=90°，所以BE=2km,即BE的长度是2km. (2)设∠ABE=a(0°<a<120),因为∠BAE=60°，所以∠AEB=120°-， 在△ABE中，m2EBn2只正m盟E AE BE 因为BE n盟正n而，所以AB-4m120-aAE- 3sin a, 所以AB+AE-4gin120-)+4gin8=4sna+309. 因为0°<a<120°，所以30°<a十30°<150°， 所以当a十30°=90°，即a=60°时，AB+AE取得最大值，为4km, 即道路AB,AE长度之和的最大值为4km. B卷能力提升 1.Bm=(a2+b2-c2,ab),n=(1,-1),m∥n,∴.a2+b2-c2=-ab, doC-,上-安又ce0,…0-祭故达B 1 2ab 2.B以A为坐标原，点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y 轴，建立如图所示的直角坐标系. D 设|AD|=a(a>0),则A(0,0),C(4,a),D(0,a),E(2,0),所以 DE=(2,-a),AC=(4,a). 56参考答案 因为DE⊥AC,所以DE·AC=0,所以2X4十(-a)·a=0,即a2=8. 所以a=2V2,所以DE=(2,-22),所以DE1=√22+(-2√2)2=23.故选B. 3.A 由ms号-9将6sC=2m3号-1=-号又BC=14C=5； ∴AB2=BC2+AC2-2BC·AC·c0sC=12+52-2X1X5X(-3）=32. 因此AB=√32=4√2.故选A 4.B由bcos C=(2a-c)cosB,可得2 acos B=bcos C+ccos B, 由正弦定理得2 sin Acos B=sin Ccos B+sin Bcos C=sin(B+C)=sinA, 因为0<A<,所以sinA≠0，故cosB=号，又0<B<,所以B=子， 由c=4,b=2√3，b2=a2+c2-2 accos B, 可得12=a2+16-2×a×4×2, 整理可得a2-4a十4=0，解得a=2, 所以△ABC的面积S=官4 acsin B=×2X4X号-2.故选B 2 5.A由正孩定理得5=inC-2 sin Bcos B=.2cosB. b sin B sin B 又否<B<晋，余孩函数在此范围内是减函数， 号<cosB<9台∈Ew同.故选A 2 6.D因为2OA+AB+AC=0,所以OA+AB+OA+AC=0, 所以OB=一OC,所以O,B,C三，点共线，且BC为⊙O的直径， 如图所示，则AB⊥AC, 又因为|OA1=|AB=1,1BC=2, 所以∠ACB=石，AC=3,所以C.C=|CA·C· cos吾=2V5×=3,故选D. 7.ACD对于A,由正孩定里A品BC-2R,可得，a:6:c=2 Rsin A: b 2 Rsin B:2 Rsin C=sinA:sinB:sinC,故A正确； 对于B,由sin2A=sin2B,可得A=B,或2A+2B=元，即A=B或A十B=受，故B 错误； 对于C,在△ABC中，由正弦定理可得，sinA>sinB台a>b台A>B,因此A>B是 sinA>sinB的充要条件，故C正确； 对于D,由正孩定里品A-品B=C=2R,可得右边=n钟nC b b+c 2 Rsin B+2 Rsin C=2R=左边，故D正确.故选ACD, sin B+sin C 8.BD如图所示， 0 00 →B 设船在静水中的速度的大小为|y|km/h,实际航行的速度的大小为|o|=12km/ h.水流速度的大小为|v2|=4√3km/h, 由%12+212=|2，得122+(43)2=y1|2, 解得|"1|=8√3（负值舍去），即船在静水中的速度的大小为8√3km/h,A错误.B 正确， 在Rt△OAB中，AB=4√3，OA=8√3，所以∠AOB=30°，所以∠AOC=120°， 所以这艘船在静水中的速度的方向与水流方向的夹角为120°，C错误，D正确.故 选BD. 9.AB对于A,如图所示， 过B作BD⊥AC于D,则ICD1=|alcos C,|AD1=|clcos A, 又因为BC·CA=CA·AB, 所以|a|Ib|cosC=|b|Ic|cosA, 所以|CD1=|AD|,所以D为AC的中点， 所以|AB|=|BCL. 同理可证|AB|=AC, 所以△ABC为等边三角形，故A正确. 对于BA成=2A店+2A心}A成-}A店=号AC-名A成， 即BM=M心，所以，点M是边BC的中点，故B正确. 对于C,过△ABC内一点M任作一条直线l.当直线l过点A时，如图： AD=0,所以BE+CF=0, 则直线AM经过BC的中点 同理可得直线BM经过AC的中点，直线CM经过AB的 中点， 所以点M是△ABC的重心，故C错误. 对于D,AM=2AB-AC→AM-AB=AB-AC, M 即BM=CB, F 所以，点M在边CB的延长线上，故D错误， 故选AB. 10.答案与点B重合（答案不唯一） 解析以A为原，点，AB,AD所在直线分别为x轴，y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则4(0,0)，B(2, 0),C(2,2),D(0,2),设P(x,y), 则AP=(x,y),AC=(2,2) 所以AP·AC=2x十2y=4, 故x十y=2,即点P在直线x十y=2上 A B 11.答案103 3 解析由余弦定理得，b2=a2十c2-2ac·cosB=5ac, 由正孩定理，得sn2B=5 siAsin C=是，所以sin Asin C=易 所以sin(A+Q=sinB=l05 sin Asin C sin Asin C3 12答案2(] 解析在△ABC中，由sinA+sinB=2sin∠ACB,及正弦定理得a+b=2c,又c= 1,所以a十b=2,记∠ACB=0, 由题意得S△ABC=S△CAD十S△CBD, 即2 bi0=26:CD:sin号+2aCD·sin号， 011 可得CD=absin0 a6cas号， (a+b)sin 2 在△ABC中，由余弦定理得1=c2=a2+b2-2 abcos0=(a十b)2-2ab(1十cos0)= 4-2ab(1+cos0), 3 3c0s2 3 可得ah=2a+os故CD-21+o0D4cos号 易知6≤(e）=1,即21+os0≤1. 3 所以oe所以9<a:号<1，所以是<CD<号 13.解（1)由品BsiC及c=2 es B,.得snC=2 2sin Beos B.. 国为∠C=5,所以s血2B=又周为0<∠B<受，所以∠B=吾 (2)选条件②：△ABC的周长为4十2√3. 由1)加，∠A=x警-吾=看 所以△ABC是顶角为否，底角为吾的等腰三角形. 所以a=b,c=√3a. 由题设，(2+√3)a=4+2√3，所以a=2. 设BC边上中线的长为d. 由余弦定理得d2-(号）/+a2-2×号×csC. 所以2=1+4-2X1×2×(←）：故d=万 选条件⑤：△ABC的面积为3y5 4 由如，乙A=经吾-音 所以△ABC是顶角为经，底角为否的等腰三角形，所以a一6， 由题镜，分0号-识所以=8 设BC边上中线的长为d. 由余孩定理得=(g）}°+a2-2×号×acsC 所以a=是+8-2x9××(-）故d= 2 14.解(I)由acos C叶停：=b,得sin Acos C叶9inC=sinB, 因为sinB=sin(A+C)=sin Acos C+--co Aain C,所以5sinC=co Asin C. 因为如C≠0，所以c0sA-因为0<A<,所以A-晋 (2)由正孩定显，得mB-bA-,所以B=晋或要 a 2 当B=号时，由A=音，得C=受，所以c=2, 当B-5时，由A=吾，得C=晋，所以c=a=1. 综上可得c=1或2. 第六章章末检测卷 1.A易知Di=C方-Ci=-e1+2e2=-(e1-2e2),又A,B,D三点共线，则DB∥ AB,则k=2.故选A. 2.Ba∥bb1c,-2x-1=0,2-2y=0,x=-7y=1,2a-b=2 （-3,1）-(2,1)=(-3,1D,2a-b1=-3)2+1=1o.故选B. 3.A由题意可知点P是△ABC的重心，PA十PB+PC=0,.PA·(PB+PC)= -P=-(号MA)=-年.故选A. 4.C由cosB=1及余弦定理得a2+c2-P=2ac-6,所以(a=0)2=0,所以a c.故△ABC是等腰三角形.故选C. 5.DOA=Aa+ub,OB=3a-2b,OC=2a+3b, ∴.AB=OB-OA=3a-2b-(a+b)=(3-A)a-(2+)b, BC=0C-OB=2a+3b-(3a-2b)=-a+5b, :A,B,C三点共线，AB∥BC,.5(3-)-(2十)=0，化简可得μ=13-5入.故 选D. 6.D设AB=k,AC=m,BC=n,可得k2十m2=n2, :BH∥CL,∴.∠BHC=∠HCL, 又△ABE≌△HBC,∴.∠BHC=∠BAE,∴∠HCL=∠BAE, m∠HCL=之脚g车nm-合m=,ia=, 在△ABE中，tan∠BAE=号， 名，得sin∠BAE= 5 在AABE中，mem2克E甲n看 BE 5 可得血∠BEA=故逸D, 7.B由3 acos C=4 csin A,得a sinA3cosC由正弦定理得，c 4c 4c sin C3cos C' anC=,∴simC=是.又S=absin C=10,b=4,所以a=5,故选B 8.D由△ABC是直角三角形，AB=20m,AC=10m,可得∠B=30°，CB=10V3m. 设∠CED=B,DE=xm,因为△DEF是等边三角形， 所以∠BFE=30°+0，CE=xcos0(m), a0109好x 在△BFE中，由x 105 10√3 3sin 0+2cos 0 7sin (0+a) 共中tma=2,以≥0所以△DE的面你S=合如四≥月效 7 选D. 9.CD因为AB+AC=3AP,所以(AB-AP)+(AC-AP)=AP,即PB+P心=AP, 所以PA+PB+PC=0,易知PA+AB=PB,所以选CD. 10.ABC:a=(3,-1),b=(1,-2),.a·b=3×1+(-1)×(-2)=5,故A正确； 多知a=仔+(=而，与a月肉的单位肉量是（品局），脚 (色6-得）故B正确：场知=个+（一刀-后asa,6=8治 a·b 5 70X5号a,b)∈[0，，Ka,b>=无，故C正确：≠2a 不平行，故D错误.故选ABC 1AB由医孩究理得品BC中=C所以如C=停 又0°<C<180°，所以C=60°或120°. 当C=60°时，A=90°，a2=32+(√3)2，a=2√3，当C=120°时，A=30°，a=b=√3.故 选AB. 12.AD由题意得AC-中A户，AQ=m+1AD,B破=AQ心， 所以à-店=-，即à=产·A花+中·A, 动史市+恋 m 所以ò-中如骨市+中， 又因为B,D,P三点共线， 所以中泽+市n行10D显确， 1 1 当显3时义声麻将m骨 2 B驴，B心-0，A市P心， 所以丽威=成，即成·成+中，威。 励=脑+中威， 所以励-卉并脑+中年威 因为A,DQ三点共战，济以2中片十片1@， 1 1 当=合且A3时1 1十2 解得μ=9，故A正确. 当2且m-1时，0成得·中+市20， 由@线%千史+中20： 由@④得=74=号故B维民 ②式度彩为餐十中，=1+回， u 当员-是=1时4-2以-，代入回式得女计：1， 复强是=1成立，则十一吕解得=-2北时-0，显然无条，做假说不成 立，故C错误.故选AD. 13.答案4 解析a十b=(3,2+A),a-2b=(-3,2-2λ)，(a十b)∥(a-2b),.3(2-2λ)+3 (2+入)=0，解得1=4. 4.答案 解析由题意知(3a+5b)·(ma一b)=3ma2十(5m一3)a·b-5b2=0, 即3m+(5m-3)X2·c0s60°-5×4=0，解得m=23 8 15.答案号 解析由题意，A-AC+C市-AC+号C市-AC+号（破-AG -+号破-号+号×号=号+号应， m-g 4 又A成，AC不共线，所以1 7 故m十n=9 n=3’ 16.答案(1)①②③(2)30√3 解析(1)这三个条件为①②③，理由如下： 若△ABC同时满足D@,则在锐商三角形ABC中，由于smC-号<号，放0<C< 吾，又因为A=号，所以号<A十C<受，故B>受，与三角形ABC为锐角三角形矛 盾，故不能同时满足①④，所以△ABC一定同时满足②③ 由于c>a,所以C>A,若满足④，则A<C<吾，故B>受， 与三角形ABC为锐角三角形矛盾， 故满足的条件为①②③. (2)由于G2=P十c2-2msA,故169=+25-2XbX15×号，解得6=8或b=7. 、当b=7时，03C7义}5之0，故C为钝角，不合题意，舍去. 故b-&.则SAABC=2 csinA=30V3. .1 17.解(1)因为e1,e2是两个单位向量，其夹角为60°，则e=1,e2=1,e1·e2=之 又a2=(2e1+e2)2=4e1+4e1·e2+e3=7,所以a=√7， 同理b2=(-3e1+2e2)2=9e-12e1·e2+4e3=7,所以|b=√7. 参考答案57