高中数学北师大版（2019）必修第二册第二章平面向量及其应用综合强化4word版含答案

高中数学北师大版（2019）必修第二册第二章平面向量及其应用综合强化4
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．若面积为1的满足，则边的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
2．在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知点为圆上动点，为坐标原点，则向量在向量方向上投影的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，正六棱柱中，A是一个项点，是除A外的其余11个顶点，则的不同值的个数为（ ）
A．5 B．3 C．7 D．4
5．在中，点满足，过点的直线与，所在的直线分别交于点，，若，，则的最小值为（ ）
A．3 B． C．1 D．
6．已知平面向量满足：，，，则的最小值为 （ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．点在△所在的平面内，则以下说法正确的有（ ）
A．若动点满足，则动点的轨迹一定经过△的垂心；
B．若，则点为△的内心；
C．若，则点为△的外心；
D．若动点满足，则动点的轨迹一定经过△的重心.
8．已知在中，是边上一定点，满足，且对于边上任一点，恒有，则下列选项中不正确的是（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．已知四边形的面积为2022，E为边上一点，，，的重心分别为，，，那么的面积为___________．
10．拿破仑定理是法国著名的军事家拿破仑·波拿马最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三个角形的顶点”．在中，，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，若的面积为，则的周长的取值范围为______．
11．在中，角所对应的边分别为，若，，则当角取得最大值时，三角形的内切圆的半径为__________．
12．已知中角，，所对的边为，，，，，点在上，，记的面积为，的面积为，，则______．
四、解答题
13．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知点，，，（）.
（1）若，且，求；
（2）若向量与向量共线，当，且的最大值为2时，求.
14．在中，过重心的直线与边交于，与边交于，点不与重合.设面积为，面积为.
（1）求；
（2）求证：；
（3）求的取值范围.
15．在中，为所在平面内的两点，，．
（1）以和作为一组基底表示，并求；
（2）为直线上一点，设，若直线经过的垂心，求．
16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，边长均为正整数，且．
（1）若角B为钝角，求△ABC的面积；
（2）若，求a．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．C
【分析】
由已知利用三角形的面积公式可得，由余弦定理可求，利用辅助角公式和正弦函数的性质即可求解．
【详解】
解：的面积，且，
，
，
根据余弦定理得：
，
即，
可得，
，
则，
解得：，
即边的最小值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查三角形的面积公式、余弦定理和辅助角公式的应用，以及正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了化简和运算能力.
2．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：
3．B
【分析】
设向量所在直线为OA（A为向量的终点），当点P位于与直线OA垂直且与圆相切的直线上时，投影取得最值，进而求出最大值.
【详解】
如图所示，向量所在直线为OA（A为向量的终点），则，则设与直线OA垂直且与圆相切的直线为，所以圆心到直线的距离，
根据图形可知，当时投影最大，设此时与直线OA交于B，
易得，直线OA：，联立：，解得：，
所以，则向量在向量方向上投影的最大值为.
故选：B.
4．B
【分析】
利用数量积的定义，分别计算在上的射影，可以求出的值，即可得到答案
【详解】
不妨设正六棱柱底面边长为1，高为2.
一共有3类不同结果，故选：B
5．A
【分析】
由向量加减的几何意义可得，结合已知有，根据三点共线知，应用基本不等式“1”的代换即可求最值，注意等号成立的条件.
【详解】
由题设，如下图示：，又，，
∴，由三点共线，有，
∴，当且仅当时等号成立.
故选：A
【点睛】
关键点点睛：利用向量线性运算的几何表示，得到、、的线性关系，根据三点共线有，再结合基本不等式求最值.
6．A
【分析】
由可得，由，，可得，设，则，，从而可求出其最小值
【详解】
解：因为，
所以，
所以，所以，
所以，
因为，，所以，
设，则，
，
当时，（舍去），
当时，，
所以的最小值为，
故选：A
【点睛】
关键点点睛：此题考查向量数量积的运算律的应用，考查向量的性质的应用，解题的关键是由已知条件得，，令，则，然后化简可求得结果，考查计算能力，属于较难题
7．BC
【分析】
A由正弦定理知，且，代入已知等式得，即知的轨迹一定经过的哪种心；B、C分别假设为△的内心、外心，利用向量的几何图形中的关系，及向量的运算律和数量积判断条件是否成立即可；D由，根据数量积的运算律及向量数量积的几何意义求的值，即知的轨迹一定经过的哪种心；
【详解】
A：由正弦定理知，而，所以，即动点的轨迹一定经过△的重心，故错误.
B：若为△的内心，如下图示：，同理，，，
∴，，故正确；
C：若为△的外心，分别为的中点，则，而，同理，又，故，正确；
D：由，故，即，动点的轨迹一定经过△的垂心，错误.
故选：BC
【点睛】
关键点点睛：应用已知等量关系，结合向量的运算律、数量积的值判断向量过三角形的何种心，或假设为△的内心、外心，再应用几何图形中相关线段所表示的向量，结合向量的线性关系及数量积的运算律，判断条件是否成立.
8．ABC
【分析】
在△ABC中取BC的中点D，AB的中点E，连接CE，DP0.由，得，从而D0P⊥AB.利于几何关系证明CE∥DP0，所以CE⊥AB.根据等腰三角形三线合一即可证明AC=BC.
【详解】
如图，
在△ABC中取BC的中点D，AB的中点E，连接CE，DP0.故.同理，由，得，故D0P⊥AB.
由D为BC的中点，E为AB的中点，且，得CE∥DP0，所以CE⊥AB.
又E为AB的中点，所以AC=BC.
故选：ABC
9．##
【分析】
以点A为原点，射线AD为x轴非负半轴建立坐标系，设出点B，C，D，E的坐标，由此表示出点，，，再借助向量探求的面积与四边形的面积的关系即可计算作答.
【详解】
以点A为原点，射线AD为x轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图，
设，因，，的重心分别为，，，
则，，，，
面积
，同理可得四边形的面积：
，
于是得，
所以的面积为.
故答案为：
10．，
【分析】
建立平面直角坐标系，用坐标表示图形，把几何问题转化为代数问题解答，即可求出周长的取值范围．
【详解】
建立平面直角坐标系，如图所示：
设，，，
所以以、为边作等边三角形，其中一边在、的延长线上；
由，，，；
所以，，；
同理，，；
；
所以等边△的面积为，
解得，所以；
在中，由，
所以，
所以的周长为，
又，且，
所以，解得，当且仅当时取“”；
又，，所以，
，，
即的周长最小值为，．
故答案为：，．
【点睛】
关键点点睛：建立平面直角坐标系，面积、边长的计算转化为坐标运算是关键，利用均值不等式即可求出最小值，属于难题.
11．
【详解】
分析：根据得到，故可用表示，利用基本不等式得到的最大值和取最大值时的取值，最后利用等积法求内切圆的半径．
详解：因为，所以且即，．
，当且仅当时等号成立，故，所以即，，
此时，解得．
点睛：解三角形的最值问题，往往需要利用已知条件构建目标函数，它可以是多元函数或一元函数，如果是多元函数，则考虑利用基本不等式求最值，如果是一元函数，则利用求函数的值域的方法求最值．
12．6
【分析】
解法一：利用面积公式和已知面积比可以求得，从而得到，在和中同时应用正弦定理并结合得到．设，则，，在和中同时应用余弦定理并结合，消角求值；
解法二：把沿翻折到，使，，三点共线，则平分．利用角平分线定理和面积公式可得，求得，并设，则，在中和中同时余弦定理，消角求值即可.
【详解】
解：法一：设，则，
则，．
因为，所以．
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
两式相比得．
设，则，，
在中，由余弦定理得，
所以①．
在中，由余弦定理得，
所以②，
联立①②得，所以．
法二：因为，把沿翻折到，使，，三点共线，则平分．
因为，所以．
因为，
所以，设，则，
设，则．
在中，由余弦定理得，
所以①，
在中，由余弦定理得，
所以②，
联立①②得，所以．
故答案为：6．
【点睛】
本题考查正余弦定理在解三角形中的综合应用，关键是在不同的三角形中同时应用正、余弦定理并结合，消角求值.
13．（1）或；（2）8.
【分析】
（1）由两个向量垂直和模相等得出两个等式，解出a，b，进一步求模即可.
（2）由向量共线得出等式，进一步得出，从二次函数的角度确定最大值，从而得出，进一步解出即可.
【详解】
（1），，∵，∴.
又∵，∴，
∴，∴.
∴或，∴或.
（2）.
∵与向量共线，∴.
∵，
∵，∴，
∴当时，取最大值.由，得，此时，.
∴.
14．（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）利用三角形重心的性质，又，即可求.
（2）设、，由题设得、，而共线则有，由，列方程确定的关系，进而求证结论；
（3）由，结合（2）的结论及二次函数的性质，即可求范围.
【详解】
（1）为的重心，若延长交于，则是的中点，
∴，而，即，
∴.
（2）设，，又，
∴，，由共线，则有，
∵，，
∴，又，
综上，，
∴，即，可得，
∴，则得证.
（3）由（2）知：，而，
∴.
15．（1）；；（2）．
【分析】
（1）利用基底法，以和作为一组基底表示即可；
（2）因为直线经过的垂心，所以，即，分别表示出代入即可．
【详解】
（1）由，所以为线段上靠近的三等分点．
由，
所以为线段的中点，
，
因为，
所以；
（2）为直线上一点，设，
则
，
所以，
，
因为直线经过的垂心，所以，即，
所以， 解得，
所以，
因为，
所以．
【点睛】
本题关键之处在于第二问中“直线经过的垂心”转化为“”，进而有“”．
16．
（1）；
（2）6．
【分析】
(1)由余弦定理和基本不等式得到a与c的关系，再根据三角形边长为正整数求a与c；
(2)用正弦定理和余弦定理转化角的关系为边的关系，在分类讨论求出边长﹒
（1）
由角B为钝角，则，即；
又∵，即，且a，，因此或符合题意．
故，则，
因此△ABC的面积为．
（2）
由，得，由正弦定理，可得；
由余弦定理，得，∵，．
若，则，故，
则，，此时，不符合题意．
∴，由，得，
又，即，则．
∵a，，故当时，有，而，故能构成三角形，故．
答案第1页，共2页
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