高中第六章 平面向量及其应用6.4 平面向量的应用课时训练

这是一份高中第六章 平面向量及其应用6.4 平面向量的应用课时训练，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，是等腰直角斜边的三等分点，则等于（ ）

A．B．C．D．
2．如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．根据气象部门提醒，在距离某基地正北方向处的热带风暴中心正以的速度沿南偏东方向移动，距离风暴中心以内的地区都将受到影响，则该基地受热带风暴中心影响的时长为（ ）

A．B．C．D．
4．在中，，且的面积为，则（ ）
A．B．C．2D．3
5．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则下列4个结论中正确的有（ ）个.
①；②的取值范围为；
③的取值范围为；
④的最小值为
A．0个B．1个C．2个D．3个
6．某小区内有一个圆形广场，计划在该圆内接凸四边形区域内新建三角形花圃和圆形喷泉．已知，，，圆形喷泉内切于，则圆形喷泉的半径最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．数学家欧拉在1765年发现了九点圆，即在任意的三角形中，三边的中点、三条高的垂足、三条高的交点（垂心）与三角形顶点连线的中点，这九个点共圆，因此九点圆也称作欧拉圆．已知在中，，，，则的九点圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
8．秦九韶（1208年~1268年），字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县），出生于普州（今四川安岳县）．南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家.1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若，，则由“三斜求积术”公式可得的面积为（ ）
A．B．C．D．1
二、多选题
9．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（ ）
A．若，则M为的重心
B．若M为的内心，则
C．若M为的垂心，，则
D．若，，M为的外心，则
10．中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，，下列选项正确的是（ ）
A．
B．若，则只有一解
C．若为锐角三角形，则b取值范围是
D．若D为边上的中点，则的最大值为
11．在新农村建设中，某村准备将如图所示的内区域规划为村民休闲中心，其中区域设计为人工湖（点D在的内部），区域则设计为公园，种植各类花草.现打算在，上分别选一处E，F，修建一条贯穿两区域的直路，供汽车通过，设与直路的交点为P，现已知米，，，米，，段的修路成本分别为100万元/百米，50万元/百米，设，修路总费用为关于的函数，（单位万元），则下列说法正确的是（ ）

A．米B．
C．修路总费用最少要400万元D．当修路总费用最少时，长为400米
12．如图，已知的内接四边形中，，下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为
B．该外接圆的半径为
C．
D．过作交于点，则
三、填空题
13．在中，角A，B，C所对应的边为a，b，c.若的面积，其外接圆半径，且，则 .
14．在中，角所对的边分别为.若，，则的最大值为 .
15．已知为锐角三角形，，，，是角，，分别所对的边，若；且，则面积的取值范围是 .
16．在中，角所对的边分别为，且，则 ；若的面积，则 .
四、解答题
17．如图，在四边形中，，，且的外接圆半径为4.
(1)若，，求的面积；
(2)若，求的最大值.
18．某景区为吸引游客，拟在景区门口的三条小路之间划分两片三角形区域用来种植花卉（如图中阴影部分所示），已知，三点在同直线上，.

(1)若，求的长度；
(2)求面积的最小值.
19．已知中，角，，所对的边分别为.
(1)求的值；
(2)若为线段上一点且满足平分，求的面积的取值范围.
20．在中，角，，所对的边长分别为，，，且满足.

(1)证明：；
(2)如图，点在线段的延长线上，且，，当点运动时，探究是否为定值？
21．如图，在四边形中，为的中点，，，，
(1)求；
(2)若，，求.
参考答案：
1．D
【分析】由全等以及余弦定理得，结合平方关系以及商数关系即可得解.
【详解】由题意及图形：设三角形的直角边为3，则斜边为，又由于为三等分点，
所以，又，
在中有余弦定理得：，
在中，利用余弦定理得：，
在中利用同角间的三角函数关系可知：．
故选：D.
2．B
【分析】根据已知条件及极化恒等式，结合向量的线性运算即可求解.
【详解】取的中点，连接，如图所示，
所以的取值范围是，即，
又由，
所以.
故选：B.
3．B
【分析】建立合适的平面直角坐标系，解三角形即可.
【详解】
如图所示建立平面直角坐标系，假设，，
由题意易知，则,
所以该基地受热带风暴中心影响的时长.
故选：B
4．B
【分析】利用面积公式求出，再由余弦定理可得答案.
【详解】因为，所以，解得，
由余弦定理可得，
所以.
故选：B.
5．B
【分析】利用正弦定理与三角恒等变换求得，从而判断A；利用锐角三角形内角的范围判断B；利用正弦定理与倍角公式，结合余弦函数的性质判断C；利用三角恒等变换，结合基本不等式判断D.
【详解】在中，由正弦定理可将式子化为，
又，
代入上式得，即，
因为，则，故，
所以或，即或（舍去），
所以，故A错误；
选项B：因为为锐角三角形，，所以，
由解得，故B错误；
选项C：，
因为，所以，，
即的取值范围为，故C正确；
选项D：
，
当且仅当，即时取等号，
但因为，所以，，无法取到等号，故D错误.
故选：B.
【点睛】易错点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
6．C
【分析】由余弦定理可求得的长，由圆内接四边形的几何性质可得，设，，由余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再利用等面积法可求得内切圆半径的最大值，即为所求.
【详解】在中，由余弦定理，
可得，
因为四边形为内接四边形，且，所以，．
设，，则由余弦定理知，
设内切圆半径为，
所以．所以．
又知，即，
所以．
因为，所以．
所以，当且仅当时取得等号．
因此，圆形喷泉的半径最大值为.
故选：C．
7．D
【分析】先求得中点的坐标，然后利用余弦定理、正弦定理求得正确答案.
【详解】的中点为，的中点为，的中点为，
所以的九点圆是三角形的外接圆.
，
，则为钝角，
所以，
设三角形外接圆半径为，由正弦定理得，
所以.
故选：D

8．B
【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，求得，，结合“三斜求积术”的公式，代入即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，所以，
又因为，由余弦定理得，
可得，
所以.
故选：B．
9．ABC
【分析】A选项，，作出辅助线，得到三点共线，同理可得M为的重心；B选项，设内切圆半径为，则，，，代入后得到；C选项，得到，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设，，，则，，，结合三角函数得到，，进而求出正切值的比；D选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值.
【详解】A选项，因为，所以，
取的中点，则，所以，
故三点共线，且，
同理，取中点，中点，可得三点共线，三点共线，
所以M为的重心，A正确；
B选项，若M为的内心，可设内切圆半径为，
则，，，
所以，
即，B正确；
C选项，若M为的垂心，，
则，
如图，⊥，⊥，⊥，相交于点，
又，
，即，
，即，
，即，
设，，，则，，，
因为，，
所以，即，
同理可得，即，故，
，则，
故，
，则，
故，
，
故，
同理可得，
故，C正确；
D选项，若，，M为的外心，
则，
设的外接圆半径为，故，
，
故，，，
所以，D错误.
故选：ABC
【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心，
点为所在平面内的点，且，则点为的垂心，
点为所在平面内的点，且，则点为的外心，
点为所在平面内的点，且，则点为的内心，
10．CD
【分析】利用平面向量数量积公式及三角形面积公式可判定A，利用正弦定理可判定B，利用角的范围结合正弦定理可判定C，利用平面向量中线的性质及数量积公式结合余弦定理、基本不等式可判定D.
【详解】根据平面向量数量积公式及三角形面积公式由，
因为，所以，故A错误；
由上可知：，故有两解，故B错误；
若为锐角三角形，
则，且，即，
由正弦定理可知：，故C正确；
若D为边上的中点，则，
由余弦定理知，
根据基本不等式有，当且仅当时取得等号，
所以，
即，故D正确.
故选：CD.
11．ACD
【分析】对A，在中，由正弦定理判断即可；对B，由题意，再分别分析，段的修路成本相加即可；对CD，由B可得，再根据三角恒等变换，换元结合三角函数的单调性判断即可.
【详解】
对A，在中，由正弦定理，故，故A正确；
对B，在中，因为，，故.
故，故，故，，故B错误；
对CD，
.
因为，故，设，则，
，
设，，则为增函数，为减函数.
故当，即时，时，取最小值万元，故C正确；
对D，取最小值时，故，此时米，故D正确.
故选：ACD
12．ABC
【分析】利用圆内接四边形对角互补及余弦定理和面积公式判断A，利用正弦定理求出外接圆的半径判断B，利用数量积的几何意义判断C，结合两角差的余弦公式利用数量积的定义判断D.
【详解】对于A，连接AC，
在中，，，
由于，所以，故，解得，
所以，，所以，
故，
，
故四边形ABCD的面积为，A正确；
对于B，设外接圆半径为R，则，
故该外接圆的直径为，半径为，B正确；
对于C，连接BD，过点O作于点G，过点B作于点E，
则由垂径定理得：，由于，所以，
即，解得，所以，所以，
且，所以，即在向量上的投影长为1，
且与反向，故，C正确；
对于D，由C选项可知：，故，且，
因为，由对称性可知：DO为的平分线，故，
由A选项可知：，显然为锐角，
故，，
所以，
所以，D错误.
故选：ABC
13．或
【分析】根据三角形面积可推出的值，利用同角的三角函数关系以及正弦定理边化角化简，可得，即可求得答案.
【详解】由题可知的面积，即，则；
由外接圆半径，得，
故，
结合，
得，
即，由于，
故，又，
故或，
故答案为：或
14．
【分析】由正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式化简计算可得.
【详解】，则，
，
的最大值为.
故答案为：.
15．
【分析】根据给定条件，求出的值及的范围，然后通过正弦定理和面积公式，并结合两角和与差的正弦公式求得答案.
【详解】在锐角中，由，得，即，
由正弦定理得，而，则，
又，则有，得，，由，解得，
由正弦定理得，而，则，
因此，
由，得，即，于是，
所以面积的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及求三角形面积范围问题，可以利用正弦定理及三角形面积公式，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解.
16． /
【分析】由正弦定理化简已知式可得，即可求出；再由三角形的面积公式和余弦定理可求出.
【详解】因为，
由正弦定理可得，
所以由可得：，
则，所以；
，解得：，
因为，
所以由余弦定理可得：，
则.
故答案为：；.
17．(1)4；
(2).
【分析】（1）在三角形中，根据正弦定理求得，再在三角形中，利用三角形面积公式即可求得结果；
（2）设，在三角形中分别用正弦定理表示，从而建立关于的三角函数，进而求三角函数的最大值，即可求得结果.
【详解】（1）因为，的外接圆半径为4，所以，解得.
在中，，则，解得.
又，所以；
在中，，，，
所以.
（2）设，.
又，所以.
因为，所以.
在中，，由正弦定理得，
即，解得
.
在中，，由正弦定理得，
即，解得，
所以.
又，所以，
当且仅当，即时，取得最大值1，
所以的最大值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理求得的长，利用三角函数的恒等式，结合正弦定理，可得答案；
（2）设出未知角，表示出边长，利用三角形面积公式，整理其函数解析式，根据三角函数恒等式以及二次函数的性质，可得答案.
【详解】（1）因为，
所以在中，由余弦定理可得，
所以，解得.
由正弦定理得，即，解得，
所以.
可得
.
在中，由正弦定理得，则，
解得，所以.

（2）设，则，由于，则.
在中，由正弦定理得，解得.
过点作的垂线，交于点，设的面积为.
则.
所以，所以.
所以
，
即面积的最小值为.
19．(1)4
(2)
【分析】（1）利用三角形面积公式，结合余弦定理，即可求得答案；
（2）由题意结合正弦定理推出，设，由余弦定理推出，即可表示出的面积的表达式，化简，结合二次函数知识，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知，即，
故，即，
结合，得；
（2）由于平分，故，
故，
而，即得,
设，则，
即，则，
故
，
当，即时，取到最大值，最大值为3；
又，满足，
当无限趋近于1或2时，无限趋近于0，
故的面积的取值范围为.
20．(1)证明见解析
(2)为定值.
【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理的边角变换即可得证；
（2）利用诱导公式与余弦定理，结合（1）中结论化得，从而得解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
再由余弦定得得，整理得.
（2）因为互补，所以，
结合余弦定理可得，
因为，，则，
整理得，又，
则，
从而，故为定值.
21．(1)
(2)
【分析】（1）在中应用余弦定理求出，，然后在中，余弦定理求出，进而得到；
（2）因为，所以，从而得到，然后在中，借助余弦定理求出的值.
【详解】（1）
因为，，，为的中点，
所以在中，，
所以，
所以，
在中，，
所以，.
（2）因为，所以，所以，
所以，
在中， ，
所以