第六章平面向量及其应用复习练习 高中数学人教A版（2019）必修第二册

这是一份第六章平面向量及其应用复习练习 高中数学人教A版（2019）必修第二册，共30页。
一、单选题1．已知是边长为4的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是（    ）A． B． C． D．2．如图，△，△是全等的等腰直角三角形，为直角顶点，三点共线.若点分别是边上的动点（不包含端点）.记，，则（       ）A． B． C． D．大小不能确3．过内一点任作一条直线，再分别过顶点作的垂线，垂足分别为，若恒成立，则点是的A．垂心 B．重心 C．外心 D．内心4．已知菱形ABCD的边长为2，设，若恒成立，则向量在方向上投影的取值范围是（    ）A． B． C． D．5．在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．6．在锐角中，若，且，则的取值范围是（   ）A． B． C． D．7．已知、、是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是A． B． C．2 D．8．设△的三边长为，，，若，，则△是（    ）．A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形9．在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．10．已知平面向量，满足，，点D满足，E为的外心，则的值为（    ）A． B． C． D．二、多选题11．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（    ）图1                         图2A．若，则 B．若，则C． D．12．任意两个非零向量和，，定义：，若平面向量满足，与的夹角，且和都在集合中，则的值可能为（    ）A．5 B．4 C．3 D．213．平面向量，满足，且，，则下列说法正确的是（    ）A． B．在方向上的投影是1C．的最大值是 D．若向量满足，则的最小值是14．在中，设，，，则下列命题正确的是（    ）A．若，则为钝角三角形B．C．若，则D．若，则15．已知面积为12，，则下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．的最大值为C．的值可以为 D．的值可以为三、填空题16．已知非零平面向量，，满足，且，若与的夹角为，且，则的模取值范围是___________.17．设，为单位向量，非零向量，．若，的夹角为，则的最大值等于________．18．在中，，，是上的点，平分，若，则的面积为__________.19．在中，，其外接圆半径，且，则___________.20．已知平面向量满足：，，则的最小值为___________．四、解答题21．如图，某城市有一条从正西方通过市中心后转向东偏北60°方向的公路，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在，上分别设置两个出口A，，在A的东偏北的方向（A，两点之间的高速路可近似看成直线段），由于A，之间相距较远，计划在A，之间设置一个服务区.(1)若在的正北方向且，求A，到市中心的距离和最小时的值；(2)若到市中心的距离为，此时设在的平分线与的交点位置，且满足，则求A到市中心的距离最大时的值.22．如图，扇形OMN的半径为，圆心角为，A为弧MN上一动点，B为半径上一点且满足.(1)若，求AB的长；(2)求△ABM面积的最大值.23．在锐角中，角、、的对边分别为、、，若，．（1）求角的大小和边长的值；（2）求面积的最大值．24．如图，在中，D是AC边上一点，为钝角，．(1)证明：；(2)若，，再从下面①②中选取一个作为条件，求的面积．①； ②．注：若选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．25．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且满足（a+2b）cosC+ccosA=0.(1)求角C的大小；(2)设AB边上的角平分线CD长为2，求△ABC的面积的最小值.参考答案：1．D【分析】建系将向量用坐标表示，转化为关于式子，以为独立变量求此式子的最值.【详解】建立直角坐标系如图：则A（0，2），B（﹣2，0），C（2，0），设P（x，y），则=（﹣x，2﹣y），=（﹣2﹣x，﹣y），=（2﹣x，﹣y），所以•（+）=﹣x•（﹣2x）+（2﹣y）•（﹣2y）=2x2﹣4y+2y2=2[x2+（y﹣）2﹣3]；所以当x=0，y=时，•（+）取得最小值为2×（﹣3）=﹣6．故选：D．【点睛】与向量有关的最值或取值范围，常考虑两种方法：（1）若能建系用坐标表示，可转化为关于式子，用函数或解析几何来求；（2）利用向量几何意义转化为长度和夹角来求，此题就可以用求得.2．B【分析】构建直角坐标系，根据题意设，，，，，，再应用向量数量积的坐标运算求m、n，即可比较大小.【详解】构建如下图示的直角坐标系，令，，，，所以，可设，，且，，则，，所以.故选：B.【点睛】关键点点睛：构建直角坐标系，设点坐标，应用向量数量积的坐标运算求m、n的值或范围，比较它们的大小.3．B【分析】本题采用特殊位置法，将直线特殊为过三角形顶点，从而可得解.【详解】本题采用特殊位置法较为简单.因为过内一点任作一条直线，可将此直线特殊为过点A，则，有.如图：则有直线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，所以点是的重心，故选B.【点睛】本题主要考查了向量在三角形中的应用，采用了特殊位置法，属于难题.4．A【分析】先由恒成立解得向量与的夹角的取值范围，再去求向量在方向上投影的取值范围即可.【详解】设向量与的夹角为由，可得，即，即关于恒成立则，即故向量在方向上投影故选：A5．D【分析】根据已知条件，利用余弦定理和面积公式，结合倍角公式求得,进而求得A的各个三角函数值，再利用正弦定理边化角求得关于C的函数表达式，根据锐角三角形的条件得到，利用三角函数的性质求得取值范围即可．【详解】解：△ABC中，，由，得，∴；即，∵，∴，∴，∴ ，∴，∵△ABC为锐角三角形，∴,∴，∴，∴,∴， 故选：D．6．A【分析】由，可得；再结合正弦定理将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据正弦定理可得，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．【详解】由，得，，，．由题，由正弦定理有，故，即，故，即，由正弦定理有，故，，又锐角，且，，，解得，，，，，，，，，的取值范围为．故选：A．7．A【分析】先确定向量、所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.【详解】设，则由得，由得因此，的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法.8．B【分析】若三角形各边长为a、b、c且内切圆半径为r，法一：由内切圆的性质有、，根据边角关系可得或，注意讨论所得关系验证所得关系的内在联系；法二：由半角正切公式、正弦定理可得或，结合三角形内角的性质讨论所得关系判断三角形的形状.【详解】设，△的内切圆半径为r，如图所示，法一： ∴①；②.①÷②，得：，即．于是，，，从而得或，∴或．故△为等腰三角形或直角三角形，（1）当时，内心I在等腰三角形的底边上的高上， ，从而得．又，代入①式，得，即，上式两边同时平方，得：，化简，即．即△直角三角形，∴△为等腰直角三角形．（2）当时，易得．代入②式，得，此式恒成立，综上，△为直角三角形．法二：利用，及正弦定理和题设条件，得①，②.∴③；④.由③和④得：，即，，因为为三角形内角，∴或，即或．（1）若，代入③得：⑤又，将其代入⑤，得：．变形得，即⑥，由知A为锐角，从而知．∴由⑥，得：，即，从而，．因此，△为等腰直角三角形．（2）若，即，此时③④恒成立，综上，△为直角三角形．故选：B9．A【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将进行化简，可求出的值，再利用边化角将化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案.【详解】由题知，即由正弦定理化简得即故选：.【点睛】方法点睛：边角互化的方法（1）边化角：利用正弦定理（为外接圆半径）得，，；（2）角化边：  ①利用正弦定理：，，②利用余弦定理：10．A【分析】利用向量的数量积求得，以O为原点，建立平面直角坐标系，再利用向量的坐标运算可得解.【详解】，，，，以O为原点，OA，垂直于OA所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，设又，知，解得，又E为的外心，，，为等边三角形，，∴，∴．故选：A11．ABD【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.【详解】如图，作 ,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，则 ,设 ，则,由可得 ，且 ，若，则，解得 ，（负值舍去），故，A正确；若，则，，故B正确； ，由于，故，故，故C错误；由于，故 ，而，故，故D正确，故选：ABD12．CD【分析】由已知得集合的元素特征，再分析和的范围，再由定义计算后，可得答案.【详解】首先观察集合，从而分析和的范围如下：因为，∴，而，且，可得，又∵中，∴，从而，∴，又，所以．且也在集合中，故有或．故选：CD.【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是对向量运算的新定义的理解，二在于能迁移运用向量的数量积运算解决问题.13．ACD【分析】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；根据在方向上的投影是进行计算，即可判断B选项；设，根据题意可知，并取，从而得出动点在以为直径的圆上，设的中点为，从而得出，即可判断C选项；设，由可知故在垂线上，根据向量的加减法运算得出，过作的垂线，垂足为，可知，即可求出的最小值，从而可判断D选项.【详解】解：因为，且，则，所以，又，则，则，故A正确；由于在方向上的投影是，故B错误；设，由于，即，故，因为，取，则，所以，所以动点在以为直径的圆上，如图，，则，，设的中点为，的中点为，过作的垂线，则，因为，所以的最大值是，故C正确；设，因为，即，则，所以，故在垂线上，而，又是的中点，所以，则，过作的垂线，垂足为，则，又，所以，所以的最小值是，故D正确.故选：ACD.14．BCD【分析】对于A直接化简表达式即可，知三角形一个角为锐角，所以无法判断三角形形状；对于B通过逆推法化简不等式，得出一个恒成立的式子，可知原不等式一定成立；对于C运用余弦定理角化边即可得出不等式；对于D先化简所给条件，再通过三角形中线向量公式与其联系起来，在两个三角形中分别运用余弦定理即可.【详解】对于A，因为，所以，所以，所以,为锐角，无法判断是钝角三角形，故A错误；对于B，若，则，即，在中，由余弦定理得，代入上式化简得显然成立，以上过程均可逆，故成立，故B正确；对于C，因为，所以，即，在中，由余弦定理得，代入化简得，故，故C正确；对于D，如下图所示，取中点，中点，根据三角形中线向量公式得，因为，所以,即,所以.在中，由余弦定理得；在中，由余弦定理得,化简得，故，故D正确.故选:BCD15．AD【分析】利用同角的三角函数的基本关系结合面积、余弦定理可得，计算出可判断A的正误，而利用余弦定理、基本不等式可得关于的三角函数不等式，从而可判断B的正误，对于C，求出的范围后可判断其正误，对于D，由可得的值，结合已知条件可判断三角形是否存在.【详解】设所对的边为，因为面积为12，故，故.对于A，若，结合为三角形内角可得，故.因为，故，故，故.由正弦定理可得，故，故A正确.对于B，由余弦定理可得，所以即，当且仅当时等号成立.而，故，故，整理得到，而，因为，故，故的最大值为，当且仅当时等号成立，故B错误.对于C，，故，而，故，故C错误.对于D，若，则可得或，若，则 ，消元后得到： ，所以，整理得到，但，故矛盾即不成立.若，则，消元后得到：，所以，整理得到，结合可得，此时，故D正确.故选：AD.【点睛】方法点睛：三角形一般有7个几何量（三边和三角以及外接圆的半径），由已知的三个量一般可求出其余的四个量，求解过程中注意选择合适的定理来解决，另外在边角关系的转化的过程，注意根据边的特征和角的特征合理消元.16．【分析】以向量几何意义去解题，数形结合的方法可以简化解题过程.【详解】如图1，令，，，则，取AB中点M .由，可得，，所以，即C在以M为圆心、为半径的圆上.由，当O、M、C三点共线时（M在线段OC上），.由于O在以AB为弦的圆弧上，设圆心为G，由正弦定理可知，即，当时，圆G半径取得最大值.当O、M、G三点共线（G在线段OM上），且时，取得最大值，此时，所以.如图2，显然当O、M、C三点共线（点C在线段OM上），当时，圆G半径取得最小值.，即M、G两点重合.取得最小值为2. 则时，.故向量的模取值范围是故答案为：17．2【分析】由题意，可得，，从而可得当时，；当时，，再利用二次函数的性质可得的最大值，比较大小即可得答案．【详解】解：，为单位向量，和的夹角等于，，当时，则；非零向量，，当时，，故当时，取得最大值为2，综上，取得最大值为2．故答案为：2．18．【分析】由正弦定理可得、，即有，而，可得，结合余弦定理求，再应用三角形面积公式求的面积即可.【详解】∴由正弦定理，，，即，，而，∴，∵，即，，∴，即，又由余弦定理知：，∴，即，令，∴，即（舍去），∴.故答案为：.【点睛】关键点点睛：应用正余弦定理，列方程求，根据三角形面积公式求面积.19．1【分析】利用正弦定理的边角互化结合三角恒等变换即可求解【详解】因为，所以因为，所以,进而有，于是因为，所以.故答案为：120．##【分析】建立平面直角坐标系，设，，求出B的轨迹方程，再根据的几何意义求其最小值.【详解】如图，在平面直角坐标系中，设，，则A(1，0)，B(x，y)，则，，即的轨迹为抛物线：.设，则，＝，设，∵，故C的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，∴，可看作抛物线上任意点到以为圆心，半径为1的圆上任一点的距离，则，当时取等号.故的最小值为.故答案为：.21．(1)(2)【分析】（1）在中，求出，在中，利用正弦定理求出，再分离常数结合基本不等式即可得出答案；（2）由，可得，从而可求得的范围，再根据，将用表示，从而可求得的最大值，再利用正弦定理即可得解.(1)解：由题意可知，若在的正北方向，则，在中，，在中，，由正弦定理可得，所以，则，当且仅当，即时，取等号，所以A，到市中心的距离和最小时；(2)解：因为，所以，即，即，因为平分，所以，则，所以，因为，所以，即，所以，因为，所以当时，有最大值20，此时在中，，即，所以，所以，所以当A到市中心的距离最大时.22．(1)1；(2).【分析】(1)在△OAB中，利用余弦定理即可求AB；(2)由题可知AB∥OM，则，设，，在中利用余弦定理和基本不等式求出xy的最大值，再由即可求面积最大值.(1)在△OAB中，由余弦定理得，，即，即，即，∴；(2)，，，∥，，设，，则在中，由余弦定理得，即，当且仅当时取等号，∴，当且仅当时取等号.∴△ABM面积的最大值为.23．（1），；（2）.【分析】（1）根据得出，然后根据角是锐角得出，最后根据正弦定理与余弦定理对进行转化，即可得出结果；（2）由正弦定理得出、，然后根据得出，再然后根据解三角形面积公式得出，并将其转化为，最后根据正弦函数的性质即可求出最值.【详解】（1）因为，所以，，因为角是锐角，所以，因为，所以由正弦定理与余弦定理易知，，整理得，解得.（2）因为，所以，，因为，，，所以，则，因为，所以，则，，故，面积的最大值为.【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.24．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据三角形的外角和性质及诱导公式即可求解；（2）选①，根据同角三角形的平方关系，得出，再利用余弦定理、正弦定理及锐角三角函数的定义，结合三角形的面积公式即可求解；选②，设出，根据勾股定理，得出，结合已知条件得出，利用锐角三角函数的定义，得出角 ，进而得出角，再利用三角形的面积公式即可求解.(1)因为，所以，故；(2)选①．因为，所以在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得所以，故，在中，因为，所以，又．选②，设，则，在中，，由（1）得，解得，即在中，则,，所以，所以．所以.25．(1)；(2).【分析】（1）先通过正弦定理进行边化角，进而结合两角和与差的正弦公式将式子化简，然后求得答案；（2）在和中，分别运用正弦定理，进而求出，然后在中再次运用正弦定理得到，最后通过三角形面积公式结合基本不等式求得答案.(1)根据题意，由正弦定理可知：，则，因为，所以，则，而，于是.(2)由（1）可知，，在中，设，则，在中，由正弦定理得：，在中，由正弦定理得：，所以.在中，由正弦定理得：，所以.由基本不等式可得：，当且仅当时取“=”.于是，.即△ABC的面积的最小值为.