阶段质量评价 第六章 平面向量及其应用-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套课件PPT（人教A版）

阶段质量评价 第六章　平面向量及其应用 (时间:120分钟　满分:150分) 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 16 17 18 19 一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.如图,在正△ABC中,D,E,F均为所在边的中点, 则以下向量和相等的是(　　) A. B. C. D. 解析:∵DE是△ABC的中位线, ∴DE∥CB且DE=CB, 则与向量相等的有,.故选D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 16 17 18 19 2.在△ABC中,a=1,b=,B=60°,则A=(　　) A.30° B.30°或150° C.60° D.60°或120° 解析:由正弦定理得=,解得sin A=.因为a<b,所以A为锐角.所以A=30°.故选A. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 3.设向量a=(2,0),b=(1,1),则a与a-b夹角的余弦值为 (　　) A.0 B. C.- D.1 解析:根据题意,向量a=(2,0),b=(1,1),则a-b=(1,-1),则|a|=2, |a-b|==,a·(a-b)=2,则cos<a,a-b>==,故选B. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 4.已知a,b是不共线的向量,=λa+μb,=3a-2b,=2a+3b,若A,B,C三点共线,则实数λ,μ满足(　　) A.λ=μ-1 B.λ=μ+5 C.λ=5-μ D.μ=13-5λ √ 解析:=-=(λa+μb)-(3a-2b)=(λ-3)a+(μ+2)b, =-=(2a+3b)-(3a-2b)=-a+5b, 因为A,B,C三点共线,所以∥,故-5(λ-3)=μ+2,所以μ=13-5λ. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 5.(2024·北京高考)设a,b是向量,则“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 √ 解析:由(a+b)·(a-b)=0,得a2-b2=0,即|a|2-|b|2=0,所以|a|=|b|,当a=(1,1),b=(-1,1)时,|a|=|b|,但a≠b且a≠-b,故充分性不成立;当a=-b或a=b时,(a+b)·(a-b)=0,故必要性成立.所以“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”的必要不充分条件. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 6.已知平行四边形ABCD中,AB=3AD=6,∠DAB=60°,=2. N为平面ABCD内一点,若AN=NM,则·=(　　) A.28 B.14 C.12 D.6 解析:以A为原点,AB为x轴,垂直AB的直线为 y轴建立平面直角坐标系,则A(0,0),M(5,),所以||==2.因为AN=NM,所以点N在AM的中垂线上,所以·=|||| cos<,>=||2=×28=14.故选B. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 7.已知△ABC中,A=,AB=2,若满足上述条件的三角形有两个,则BC的范围是(　　) A.(,2] B.(,2) C.(2,+∞) D.(,+∞) 解析:如图,点C在射线AC3上移动,从点B向射线AC3引垂线,垂足为D,由题意可知BD=.若三角形有两个,则点C应在点D的两侧(如:C1,C2),而AB=2, 所以BC的范围是(,2).故选B. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 8.(2025·北京高考)已知平面直角坐标系xOy中,||=||=,||=2, 设C(3,4),则|2+|的取值范围是(　　) A.[6,14] B.[6,12] C.[8,14] D.[8,12] √ 解析:因为||=||=,||=2,由||2=|-|2,得·=0, 所以<,>=. 因为2+=2(-)+-=+-2,||==5, 所以|2+|2=++4-4(+)·=2+2+4×25-4(+)·=104-4(+)·, 又|(+)·|≤|+|||=×5=10,即-10≤(+)·≤10, 所以∈,即|2+|∈. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18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 6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.已知A,B,C是三个不同的点,=a-b,=2a-3b,=3a-5b,则下列结论正确的是(　　) A.=2 B.= C.=3 D.A,B,C三点共线 解析:由题意得=-=a-2b,=-=2a-4b,=-=a-2b,所以=2,故A正确;=,故B正确;=2,故C错误;由=2 可得∥,A为公共点,故A,B,C三点共线,故D正确.故选ABD. √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 10.设向量a=(2,0),b=(1,1),则 (　　) A.|a|=|b| B.(a-b)∥b C.(a-b)⊥b D.a与b的夹角为 解析:因为a=(2,0),b=(1,1),所以|a|=2,|b|=.所以|a|≠|b|,故A错误;因为a=(2,0),b=(1,1),所以a-b=(1,-1).所以a-b与b不平行,故B错误; 又(a-b)·b=1-1=0,故C正确; 又cos<a,b>===,所以a与b的夹角为,故D正确.故选CD. √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 11.著名数学家欧拉提出了如下定理:三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上,且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.此直线被称为三角形的欧拉线,该定理被称为欧拉线定理.已知△ABC的外心为O,垂心为H,重心为G,且AB=2,AC=4,则下列说法正确的是 (　　) A.·=0 B.·=4 C.·=3 D.=++ √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析:因为H为垂心,则AH⊥BC,所以·=0, 故A正确;设D是BC的中点,则A,G,D三点共线, OD⊥BC,则·=(+)·(-) =(-)=6,所以·=·=4,故B正确; 设E是AB的中点,则OE⊥AB,可知 在上的投影向量的模为||=||,所以·=||||==2,故C错误; 由AH∥OD得==2,所以AH=2OD,所以-==2=+,即=++,故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)已知向量a=(-2,3),b=(x,-6).若a∥b,则x=___________. 4 解析:∵a=(-2,3),b=(x,-6),且a∥b, ∴3x-12=0,解得x=4. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 13.(5分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为,B=60°, a2+c2=3ac,则b=___________. 2 解析:由题意,得S△ABC=acsin B=, 即ac·=,解得ac=4.由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=3ac-2ac·=8, 解得b=2(舍负). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 14.(5分)高椅岭位于湖南省郴州市,属原生态丹霞景区.红岩绿水,险山奇涧,生态优美.如图,为了测高椅岭“椅背”的高度,甲和乙同时在海拔为300米的A,B两点观测“椅背”的最高点P,从A点和B点观测到P点的仰角分别为37°,60°,且AB=28米,则高椅岭“椅背”的海拔约为_______米. 37 解析:设PO=h,由题图可知,AB=AO-BO=-=h, 则h=AB×=28×≈37,所以高椅岭“椅背”的海拔约为37米. (结果精确到整数部分,取=1.732,tan 37°=0.754)  1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、 证明过程或演算步骤) 15.(13分)在△ABC中,a,b,c是角A,B,C所对的边,且满足a2+b2-c2=ab. (1)求角C的大小;(6分) 解:因为a2+b2-c2=ab,所以cos C==.因为C∈(0,π),所以C=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)设向量a=(2sin A,1),向量b=,且向量a,b共线,判断△ABC的形状. (7分) 解:因为a=(2sin A,1),b=共线, 所以sin A=cos C=,所以A=或A=(舍去). 当A=时,B=,所以△ABC为直角三角形. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 16.(15分)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,向量m=(a,b), n=(cos A,sin B),且m∥n. (1)求角A;(7分) 解:因为m∥n, 所以asin B=bcos A, 故由正弦定理得sin Asin B=sin Bcos A. 又B∈,故sin B≠0,所以sin A=cos A,即tan A=.又A∈, 所以A=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)若a=,b=2,求△ABC的面积.(8分) 解:由(1)及余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得7=4+c2-2×2c×, 化简得c2-2c-3=0,解得c=3(舍负). 所以S△ABC=bcsin A=×2×3×=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 17.(15分)如图,在△ABC中,点D是AC的中点, 点E是BD的中点,设=a,=c. (1)用a,c表示向量;(8分) 解:因为=-=c-a,点D是AC的中点, 所以==(c-a). 因为点E是BD的中点,所以=(+)=+=-a+(c-a)=c-a. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)若点F在AC上,且=a+c,求AF∶CF.(7分) 解:设=λ(0<λ<1),所以=+=+λ=a+λ(c-a)=(1-λ)a+λc. 又=a+c,所以λ=.所以=, 所以AF∶CF=4∶1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 18.(17分)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若(a-c)sin A+ csin(A+B)=bsin B. (1)求角B;(8分) 解:∵sin(A+B)=sin(π-C)=sin C, 由已知结合正弦定理可得(a-c)a+c2=b2, ∴a2+c2-b2=ac. ∴cos B===. ∵B∈(0,π),∴B=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)若a+c=4,求△ABC周长的最小值,并求出此时△ABC的面积.(9分) 解:∵b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-3ac=16-3ac,即3ac=16-b2, ∴16-b2≤3,解得b≥2,当且仅当a=c=2时取等号. ∴bmin=2,△ABC周长的最小值为6, 此时△ABC的面积S=acsin B=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 19.(17分)定义函数f(x)=msin x+ncos x的“源向量”为=(m,n),非零向量=(m,n)的“伴随函数”为f(x)=msin x+ncos x,其中O为坐标原点. (1)若向量的“伴随函数”为f(x)=2sin ,求向量;(3分) 解:因为f(x)=2sin =2sin xcos +2cos xsin =sin x+cos x,所以=(,1). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若函数h(x)的“源向量”为=(0,1),且已知a=8,h(A)=. ①求△ABC周长的最大值;(7分) ②求|+|的最大值.(7分) 解:①由于函数h(x)的“源向量”为=(0,1),所以h(x)=cos x. 又因为h(A)=,所以cos A=. 因为A∈(0,π),所以sin A=. 在△ABC中,a=8,由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,即64=b2+c2-bc=(b+c)2-bc. 由基本不等式得bc=(b+c)2-64≤(b+c)2, 所以(b+c)2≤64,即(b+c)2≤320,所以b+c≤=8,当且仅当b=c=4时取等号. 所以a+b+c≤8+8,即△ABC周长的最大值为8+8. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 ②因为|+|==,64=b2+c2-bc,所以b2+c2+bc=64+bc, 所以|+|==2. 因为64=b2+c2-bc≥bc,所以bc≤80,当且仅当b=c=4时取等号. 所以|+|=≤16,即|+|的最大值为16. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $