专题02平面向量的应用期末备考训练-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

2026年高一下学期期末备考重难点训练--专题02平面向量的应用 一、选择题 1.在△ABC中，A=60°，AC=4,BC=2N6,则B=() A.30 B.45 C.60 D.90 2.在△4BC中，内角4B.c所对的边分别为a.,c若a+h=10ab=6osC=3则c () A.229 B.63 C.223 D.2√21 3.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c若a:b:c=1:V2:2,则最大角的余弦 值为() c D.、 4 4.在△ABC中，若(C1+CB)(CA-CB)=0,则△ABC为() A.正三角形 B直角三角形 C.等腰三角形 D.无法确定 5.已知a=(-l,V⑤)，OA=a-b,OB=a+b,若△AOB是以0为直角顶点的等腰直角三角形， 则△AOB的面积为()。 A.3 B.2 C.22 D.4 6.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,若C=45°，b=V2,c=2,则B=() A.30° B.60° C.30°或150° D.60°或120 7.在△ABC中，角A,B,C对应的边分别为a,b,C,∠A=40°，a=8,c=10,则此三角形有 () A.无解 B.1个解 C.2个解 D.1或2个解 8.如图，西昭高速施工队计划在一座大山中挖通一条直隧道，需要确定隧道AB的长 度，工程测量员测得隧道两端的A,B两点到C点的距离分别为AC=12.5km, BC=7.5km,且.cos∠ACB=0.6,则隧道的长度为() A.8.5km B.9.5km C.10km D.10.5km 二、多项选择题 9.在△ABC中，边a,b,c所对的角分别为4，B,C,若a2=b2+c2-V3bc,sinC=2cosB,则 () A.a=3b B.b=V3a C.c=/3b D.c=2a 25 10.在△MBC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,C,已知a=2:c= 3 A=120°，则( ) A.b=22 3 B.C=30° 3 C.△4BC的周长为2+V5 D.△4BC的面积为3 11.如图，为了测量A,B处岛屿的距离，小明在D处观测，A,B分别在D处的北偏 西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶30 n mile至C处，观测B在C处的正北方 向，A在C处的北偏西60°方向，则下列结论正确的是() B D C A.∠CAD=60° B.A,D之间的距离为l5√2 n mile C.A,B两处岛屿间的距离为l5V6 n mile D.B,D之间的距离为30√3 n mile 三、填空题 12.在△4BC中，角4B,c的对边分别是abc且b=2'c=5A =3则a 2V3 13.在△4BC中，角4，B,C所对的边分别为a,bc,已知a=2,c ,A=20,则△ABC 的面积为 14.如图所示，要测量底部不能到达的某电视塔AB的高度，在塔的同一侧选择C,D两个 观测点，且在C,D两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得∠BCD=120° ,C,D两地相距500m,则电视塔AB的高度是 m. B 309>2D 四、解答题 15.记△ABc的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin(4+C)=4sinB (I)求cosB: (2)若D是AC的中点，且a+c=6,b=2V5,求DB的长， 16.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c, tan B tan C-v3(tan B+tan C)=1. (1)求角A的大小： (2)若a=1,2c-(N5+1)b=0,求△ABC的面积 17.已知在△ABC中，sin2A+sinBsinC=sinB+sin2C,其中内角A,B,C的对边分别为 a,b,c (1)求角A的大小： (2)若D为AC的中点，且BD=3,求bc的最大值： 18.在平面四边形ABCD中，∠ABC= ,∠ADC= 3 Γ2，BC=4 (I)若△ABC的面积为3V3,求AC; (2)若AD=3V3,∠BAC=∠DAC,求tan∠DAC. 19.已知△ABC为锐角三角形，内角A,B,C的对边分别为a,b,C,且 acos B+bcos A=2ccosC. (1)求角C: (2)若c=2,求△ABC的周长的取值范围. 参考答案 1.答案：B 解析：因为BCAC所以sinB=AC.sin44x3 2、2 sinA sinB BC 2 又因为AC<BC,所以B<A,所以B=45°. 2.答案：D 解析：由余弦定理得c2=a2+b2-2 abcosC=r2+b_2。 36 =a+b-含ah=10-16=-84,所以c-22i 故选D 3.答案：D 解析：因a:b:c=1:V2:2,可设a=k,b=V2k,c=2k,k>0, 因c>b>a,则最大内角为C, 由余弦定理，cosC=4+6-C_+22-42.1.5 2ab2×k×√2k2√24 4.答案：C 解析：在△ABC中，(CA+CB)-(CA-CB)=CA-CB=b2-a=0, ∴.a=b, ∴△ABC为等腰三角形， 故选：C. 5.答案：D 解析：在Rt△OAB中，OA⊥OB, .0A.0B=a2-b2=0a月Hb1, ·.OA曰OB,.(a-b)2=(a+b)2, .ab=0,即a⊥b. a曰b=V(-1)2+(W-3)2=2, 0A曰OB=V(a+b)2=22, .5x(22)4. 6.答案：A 解析：在△ABC中，由正弦定理可得sinB-sinC-V2sin45°-_ 2-2 又因为c>b,可得C>B,即0°<B<45°，所以B=30°。 故选：A. 7.答案：C 810 解析：由正弦定理得，sinsinC,即 →sinc=3sin40° in40°sinC 4 因 sim30°<sin40°<s5in45所以sin40°e 1V2 2’2 5 所以sinC=。sin40°∈ 552 88 ,即 0<sinC<1 所以角C有2解（锐角或钝角）， 又a<C,所以钝角解也符合构成三角形的条件， 所以此三角形有2解. 8.答案：C 解析：AB2=AC2+BC2-2AC.BC.cos.∠ACB =12.52+7.52-2×12.5×7.5×0.6=100, 故隧道的长度AB=1Okm. 9.答案：BD 解析：：a2=+c2-V5c则由余弦定理可得cos4=B+c-。-5e-5 2bc 2bc 2 0s44- 63 '.sin .'sin C=2cos B' +B=2c0sB, 6 即2osB+ 3 sin B=2cos B...tan B-3 0sB<nB 3则Cπ 2, ∴.b=V3a,c=2a. 故选BD 10.答案：BD 解标。因为。=26一 3，A=120,所以c<90 25 2 3 由正弦定理可得： a c，即sic sin A sin C 2 则sinC 2,得C=30,则B=30, 所以b=c 25 3 所以△ABC的周长a+b+c=2+45 3 所以 △ABC的面积为besin A= 1252W55V5 2332 3 由上可知AC错误，BD正确， 故选：BD 11.答案：BC 解析：由题意知CD=30 n mile,∠ADC=90°+15°=105°，∠BDC=45°， ∠BCD=90°，∠ACD=90°-∠BCA=90°-60°=30°，所以 ∠CAD=180°-∠ADC-∠ACD=180°-105°-30°=45°≠60°，A错误；在△ACD中， AD 30 佰興，役02n4⊙，解得D0Xsn3015迈 sin45° （n mile),B正确： 在Rt△BCD中，因为∠BDC=45°，∠BCD=90°，所以BD=V2CD=30W2≠30V3( n mile),D错误：在△ABD中，∠ADB=15°+45°=60°，所以由余弦定理，得 AB=VAD2+BD2-2AD·BD cos∠ADB=V /4s50+1800-2x152×302×7156( n mile),C正确故选BC. 12.答案：V19 解析：由余装定理可得c=公+e2-2co0s1=2+5-2x2x5x10,则a=D 2 5 13.答案：3 3 解析：由正弦定理 sin 4 sinC代入已知a=2,c=23 a 3,4=120可得， 2V3 sinC=c.sinA sin120° 235 =32-1, a 2 2 2 因为A=120,三角形内角和为180，所以C<60°，即由上可得C=30°， 所以B=180°-A-C=180°-120°-30°=30°， 则由三角形面积公式5=inB×2x2 3 3xsin30=×2x25x1-5 2 323 14.答案：500 解析：设塔高AB=x,在Rt△ABC中，∠ACB=45°，则BC=x, 在Rt△ABD中，∠ADB=30°，则BD=V3x, 在△BCD中，∠BCD=120°，CD=500, 由余弦定理可得3x2=x2+5002-2x500cos120°， 即x2-250x-125000=0,解得x=500或x=-250(不符合题意舍去)， 故答案为：500. 3 15.答案：(I)cosB (2)DB=3 解析：(I)因为A+B+C=元，所以sin(A+C)=sinB, 万4sm号-20-6o8.放5n8-20-es 两边平方得sin2B=2(1-cosB)2,进而1-cos2B=41-cosB)2, 因为cosB≠1所以1+eosB=4机-cosB,因此e0sB-子 51 (2)由余弦定理b=a2+c2-2 ac cos B,得b2=(a+c)2-2ac(1-cosB), 3 15 因为g+e=6'b=25,cosB=亏，所以ac=2,从而a+e2=2 在△ADB和△CDB中，分别应用余弦定理得 C2=DA2+DB2-2DA·DB cos∠BDA, a2=DC2+DB2-2DC·DB cos.∠BDC. 因为coS∠BDA=-coS∠BDC,DA=DC=V3, 將两式相加得g2+c2=2DC2+2DB2’因此DV30 2 16.答案：(1)A=元 6 (2) 5+1 4 解析：(l)由tan Btan C-V5(tanB+tanC)=l, 得1-a tan C-号，所以a(8+C)=-5 tanB+tanC_√3 3 在△A8c中，nA=-ta(B+O= 3 因为A∈(0，，所以A- 6 (2②因为2c-6W5+16=0·所以c=5+6.@ 2 又由()知A=四 6 所以根据余弦定理，得1=b2+c2-2bc× ② 出0e得6=2，c=62 2 所以△ABC的面积Sa4ac= 2x62x！ bcsin4=1x 224 1.答案：(04-背 (2)bc的最大值为18 解析：(1)由正弦定理 ab= C=2R(R为△MBC外接圆半径)， sinA sinB sinC 将sinA=a b sinB= R 2R ,sinC=c =2R代入sin2A+sinBsinC=sin'B+sin'C, a 可得 b c b)2 it 2R 2R2R(2R2R? 化简后得到a2+bc=b2+c2,即b2+c2-a2=bc. 根据余弦定理cosA=b+c2-a bc 1 2bc 把b2+c2-a2=bc代入可得cosA= 2bc 2 因为0<A<元所以4= 3 (2)在△ABD中，根据余弦定理BD=AB2+AD2-2AB·ADcosA. 因为D为C中点设B=eAD,已知BD=3,A 3, 则9=c2+-2c. :0cos,即9=c2+b_bc 4 42 根据基本不等式c2+公≥ b2 +4≥22， b 4 =bc(当且仅当c=3时取等号)· 所以9=c2+公c≥be-c-c b 42 c-2-2即bc≤18当且仅当c=2时取等号. 将e入9-答会可a9-份生9的 42 +422 解得b=6,c=3,满足条件，所以bc的最大值为18. 18.答案：(1)V13 a号 解析：（山)在△MBC中，BC-4,∠ABC=背 Γ3 Sc号C-sin∠ABC=35,可得HB=3: 在△ABC中，由余弦定理得 AC2=AB2+BC2-2AB·BC.cOS∠ABC=13, ∴AC=V13. (2)设∠D4C=a,则∠ACD= 2a, AC=- AD 35 在 中， ,易知： π cosa, sin -a Rt△ACD AD=3V3 2 4-35 在 中，由正弦定理得BC AC，即sina v3o △ABC sin∠BAC sin∠ABC cosa' 2 2 2cosa=3sina,可得tana= 3,即an∠DAC=2 19.答案：(1)C= 3 (2)(2+2V3,6] 解析：(l)由正弦定理得sin Acos B+sin B cos A=2 sin Ccos C, 即sin(A+B)=2 sin CcosC,即sinC=2 sinCcosC, 又C∈(0，)，所以sinC≠0， 所以cosC=2,故C= 1 3 sinc店sin4,b=csin4 (2)由正弦定理得a=csin44、 -sin B sin C 3 所以△ABC的周长L=a+b+c= (sin 4+sin B)+2 4 =4sinA+）】 *6+2, 0<A< 21 由 为锐角三角形可知 0 2π-A △ABC 2 得石4所以<4+ π < 6 3 所以△ABC的周长的取值范围为(2+2V3,6].