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3word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3
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．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．
2．已知向量，夹角为，向量满足且 ，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．在四边形中，点E为AD的中点，点F为BC的中点，且，若>0，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在等腰梯形中，，，，点，分别为，的中点.如果对于常数，在等腰梯形的四条边上，有且只有8个不同的点使得成立，那么的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
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．在△ABC中，，则△ABC的形状是（ ）
A．等腰三角形但一定不是直角三角形
B．等腰直角三角形
C．直角三角形但一定不是等腰三角形
D．等腰三角形或直角三角形
二、多选题
7．(多选)空间四点A，B，C，D每两点的连线长都等于，动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则点P与点Q的距离可能为（ ）
A． B．a
C．a D．a
8．下列命题中正确的是（ ）
A．不存在4个平面向量，两两不共线，其中任意两个向量之和与其余两个向量之和垂直
B．设、…、是单位圆O上的任意n点，则在圆O上至少可以找到一点M，使得
C．任意四边形中，分别为的中点，G为的中点，O为平面内任意一点，则
D．中，点O为外心，H为垂心，则
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．在中，角，，的对边分别为，，，且，的外接圆半径为，若有最大值，则实数的取值范围是_______________________．
10．已知平面向量，，满足，，，..记平面向量在方向上的投影分别为，在方向上的投影为，则的最小值为______.
11．费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.已知点为的费马点，角，，的对边分别为，，，若，且，则的值为__________.
12．已知同一平面内的单位向量，，，则的取值范围是________.
四、解答题
13．已知椭圆分别为其左、右焦点．
（1）若T为椭圆上一点，面积最大值为，且此时为等边三角形，求椭圆的方程；
（2）若椭圆焦距长为短轴长的倍，点P的坐标为，Q为椭圆上一点，当最大时，求点Q的坐标；
（3）若A为椭圆上除顶点外的任意一点，直线AO交椭圆于B，直线交椭圆于C，直线交椭圆于D，若，求．（用a、b代数式表示）
14．在中，已知D是BC上的点，AD平分，且.
（1）若，求的面积；
（2）若，求.
15．如图所示，是的一条中线，点满足，过点的直线分别与射线，射线交于，两点.
（1）求证：；
（2）设，，，，求的值；
（3）如果是边长为的等边三角形，求的取值范围.
16．已知，向量，，、、是坐标平面上的三点，使得，．
（1）若，的坐标为，求；
（2）若，，求的最大值；
（3）若存在，使得当时，△为等边三角形，求的所有可能值．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．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．
2．A
【分析】
建立坐标系，设，根据已知条件得到所设未知数的关系，利用向量模的坐标表示求出的取值范围，代换之后即可逐项判断.
【详解】
解：因为向量夹角为，设，
因为，
①
，
若，则由①得，这与矛盾.
∴，代入（1）得
，
由得，
综上：，
，
令，则，所以，
，
又，，故，故A正确；
，令，则，所以
，
，，故，
，则，故B、C、D都错误.
故选：A
【点睛】
平面向量的解题思路：
(1)利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.
(2)建立直角坐标系，然后利用平面向量的坐标运算进行解题.
3．A
【分析】
根据向量的加法可得，再由向量的数量积运算得，由可得选项．
【详解】
因为，，
又点E为AD的中点，点F为BC的中点，所以，
又因为，
所以，
且　，
所以，即，
故选：A.
【点睛】
关键点睛：本题考查向量的数量积运算，求线段的长度的范围，关键在于待求向量用已知向量表示，由已知向量的数量积的范围得以解决．
4．C
【分析】
建立坐标系，设的坐标，根据得到关于的方程，根据的位置分四种情况讨论方程解得情况．
【详解】
解：以所在直线为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，
则梯形的高为，，，，，，．
（1）当在上时，设，，则，．
于是，
当时，方程有一解，当时，有两解；
（2）当在上时，设，，则，．
于是，
当时，方程有一解，当时，有两解；
（3）当在上时，直线方程为，
设，，则，．
于是．
当或时，方程有一解，当时，方程有两解；
（4）当在上时，直线的方程为，
设，，则，．
于是．
当或时，方程有一解，当时，方程有两解；
综上，若使梯形上有8个不同的点满足成立，
则的取值范围是，，，，，．
故选：．
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．C
【分析】
原式可化为，然后利用正弦定理、余弦定理进行边角互化，得出，，的关系.
【详解】
解：由得：，且，
∴，且，
∴，
∴，
化简整理得：，即，
∴或，又，
∴△ABC是直角三角形但一定不是等腰三角形.
故选：C.
【点睛】
本题考查三角形形状的判定，难度稍大.解答时，利用正、余弦定理进行边角互化是难点.
7．BC
【分析】
设，，利用向量的基底表示的方法表示出向量，然后计算，并且表示为关于的关系式，再结合的取值范围判断即可.
【详解】
解析：如图所示，由题意知，，两两夹角均为，设，，则，所以
因为，，所以，即.
故选：BC.
【点睛】
利用向量计算距离的取值范围问题，一是建立直角坐标系，表示相关点的坐标，利用模长的坐标公式表示出所求距离，再利用函数的性质或者基本不等式求解最值；二是利用向量的基底表示方法表示出所求向量，计算模长的平方，然后利用函数的性质或者基本不等式求解最值.
8．BCD
【分析】
对A：设O为正三角形ABC的内心，P为内切圆圆周上一点， ，所以与垂直，所以选项A错误；
对B：取的反向延长线与单位圆的交点为M，则与共线同向时，有，所以选项B正确；
对C：因为，所以选项C正确；
对D：作直径BD，连接AD，可得四边形AHCD为平行四边形，所以，所以选项D正确.
【详解】
解：对A：如图所示，O为正三角形ABC的内心，P为内切圆圆周上一点，满足两两不共线，而
，
所以与垂直，所以选项A错误；
对B：如图，当时，，当与共线同向时，；
当时，，
当与共线同向时，有；
同理，可取的反向延长线与单位圆的交点为M，则与共线同向时，有
，所以选项B正确；
对C：因为
，
所以，所以选项C正确；
对D：如图，作直径BD，连接AD，则ADAB，又因为H为三角形ABC的垂心，
所以CHAB，所以CHAD，同理AHCD，所以四边形AHCD为平行四边形，
所以，所以选项D正确.
故选：BCD.
9．
【分析】
根据正弦定理、余弦定理化简得到，再利用正弦定理与三角恒等变换将化简为，再根据存在最大值，分析的范围列式即可
【详解】
由已知及正弦定理可得，整理得，由余弦定理得，又，得，由正弦定理得，
，
其中，又，
若存在最大值，即有解，即，
解得，即的范围是．
10．
【分析】
由题意可设，，，由投影的定义及表示方法可得，再结合柯西不等式即可得解.
【详解】
解法一：由题意，设，，，则，即，
又向量在，方向上的投影分别为x，y，∴，
∴在方向上的投影，即，由柯西不等式得，当且仅当即时，等号成立，∴的最小值为.
故答案为：.
解法二：设，，，则，即，故
又∵向量在，方向上的投影分别为x，y，
∴，
∴在方向上的投影，
∴
故答案为：.
11．6
【分析】
化简求得，结合余弦定理以及求得，利用三角形的面积列方程，化简求得
【详解】
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，即，
∵，∴，
∵，∴，
由余弦定理知，，
∵，
∴，
∴，
∴.
故答案为：6
【点睛】
三角恒等变换是化简已知条件常用的方法，在解决与三角形有关的问题时，要注意结合余弦定理、正弦定理、三角形的面积公式.
12．
【分析】
可设，， ，转化为坐标运算，再化简转化成三角函数与二次函数复合而成的复合函数的值域问题.
【详解】
设，， ，
则
由令，则
，
函数开口向上，对称轴为
故当，或，时，
；
当，或，时，
，
故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了向量的坐标运算，求三角函数与二次函数复合而成的复合函数的值域问题，还考查了学生分生思维能力，运算能力，难度较大.
13．（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）当点在短轴的端点时，焦点三角形的面积最大，且此时的三角形为等边三角形，即可求出，从而求出椭圆的方程；
（2）由椭圆的定义，将转化为，则可知最大值时三点共线，且在之间，联立方程求出点的坐标；
（3）先从特殊位置入手，求出的值，再在一般位置时设直线方程，联立方程组，，借用韦达定理结合共线关系可得，从而表示出和的值，最终求出结果.
【详解】
（1）面积最大值为，
又此时为等边三角形，则
，则，
所求椭圆的方程为；
（2）由题知，又，则，
，
当且仅当三点共线，且在之间时，等号成立，
此时直线的斜率为，
直线的方程为：，将其代入，
解得或，
因为在之间，所以；
（3）①若点落在左顶点，则，，
又，
所以
因为，
所以，
②若点落在右顶点，同理可得，P
③当落在其他点时，直线的斜率都为零，
设直线，
由 得，
设，由韦达定理得：
，
由得，
设，则同理可得，
所以.
【点睛】
关键点点睛：（1）关键是当点在短轴的端点时，焦点三角形的面积最大，即可求出，从而求出椭圆的方程；
（2）关键是利用椭圆的定义，将转化为，则可知最大值时三点共线，且在之间，联立方程求出点的坐标；
（3）关键是先从特殊位置入手，求出的值，再在一般位置时设直线方程，联立方程组，根据共线关系，借用韦达定理表示和的值，最终求出结果.
14．
（1）6；
（2）3.
【分析】
（1）由角平分线的性质可得，结合已知求，进而可得，由三角形面积公式求面积即可.
（2）令、结合已知得到与的关系，过作交延长线于，有，，由即可得的线性关系式，应用向量数量积的运算律求的模即可.
（1）
在中，由角平分线性质：，而，
∴，
∴，，，易知：，
∴.
（2）
令、，又，
如图过作交延长线于，则且，，
又，即，
∴，
两边平方，，
∴.
15．
（1）见详解
（2）3
（3）
【分析】
（1）根据题意，结合向量加减法运算，即可证明；
（2）根据题意，用和表示， 结合，，三点共线，即可求解；
（3）根据题意，结合（1）（2）用和分别表示出和，进而可以表示出，再结合均值不等式与二次函数的最值，即可求解.
（1）
证明：因，所以，又因为的中点，所以，所以.
（2）
因，，，，所以，，又因，所以，又因，，三点共线，所以，即.
（3）
设，，，，由（1）（2）可知，，即.
因，，
所以
，
又因是边长为的等边三角形，
所以，
令，因，即，当且仅当时，等号成立，所以.
因此，
又因，所以，所以.
16．（1）；（2）12；（3）、、、．
【分析】
利用向量线性运算的坐标表示，（1）可得代入，即可求的坐标；（2）可得代入，即可求其的最值；（3）求、的坐标，进而可得、，结合题设有，应用三角恒等变换及三角函数的性质，可得、，由分类讨论的方式求的所有可能值．
【详解】
（1）由题意，，
∴，
，
∴由，则、，故；
（2）由题意，，
∴，
，
∴由，则、，即，
∴当时，的最大值为12；
（3），
，
∴，，
∵△为等边三角形，
∴，
∴，
， 整理得：且，
∴或或或，
综上，当，时，；当，时，；
当，时，；当，时，；
【点睛】
关键点点睛：第三问，首先求出、的坐标，再由，结合三角恒等变换、三角函数性质求出的可能值，进而求对应值.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页