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2word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2
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知向量的夹角为，，向量，且，则向量夹角的余弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．中，若，，点满足，直线与直线相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
3．在中，是角的对边，已知，则以下判断错误的是（ ）
A．的外接圆面积是；
B．；
C．可能等于14；
D．作关于的对称点，则的最大值是.
4．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．
5．若面积为1的满足，则边的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
6．已知平面向量满足，，且的最小值，则的最小值为（ ）
A． B．1 C．2 D．1或2
二、多选题
7．已知的内角分别为，满足，且，则以下说法中正确的有（ ）
A．若为直角三角形，则；
B．若，则为等腰三角形；
C．若，则的面积为；
D．若，则．
8．一般的，的夹角可记为，已知同一个平面上的单位向量满足，则的取值可以是（ ）.
A． B．1 C．2 D．
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．在锐角三角形中，角 的对边分别为 ，且满足，则的取值范围为___________.
10．已知， ， 是空间单位向量，且满足，若向量， ，则在 方向上的投影的最大值为___________.
11．设，为单位向量，非零向量，．若，的夹角为，
则的最大值等于________．
12．如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，∠BAD＝，射线BC上的两个动点E，F（E在线段BC上，且不与B，C重合）满足DC平分∠EDF，则当4BE+BF最小时，tan∠EDF的值是______.
四、解答题
13．如图，某市拟在长为的道路的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段，该曲线段为函数的图像，且图像的最高点为；赛道的后一部分为折线段，为保证参赛运动员的安全，限定.
（1）求的值和两点间的直线距离；
（2）折线段赛道最长为多少？求此时点的坐标.
14．在中，为上一点，，，是线段的延长线上一点．
（1）证明：；
（2）若，，求．
15．已知为的外心，求证..
16．在①，②，③三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.
在中，角，，的对边分别为，，且______，作，使得四边形满足，， 求的取值范围.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．A
【分析】
依题意可得，，
令，则，
通过换元可得，所以，当时，可得的 最小值.
【详解】
依题意可得，，则，
，
，则，
所以，，
令，则，
令，由得，
则，所以，故
所以，当时，有最小值.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题关键点是：令，通过换元得到.
2．A
【分析】
本题首先可构建直角坐标系，根据题意得出、、，然后根据、、三点共线以及、、三点共线得出，再然后根据向量的运算法则得出、，最后根据即可得出结果.
【详解】
如图所示，以点为原点，为轴构建直角坐标系，
因为，，所以，，，
设，
因为、、三点共线，所以，，，
因为，、、三点共线，所以，
联立，解得，，，
因为，，所以，，
因为，
所以，
故选：A.
【点睛】
方法点睛：本题考查向量的几何应用，可借助平面直角坐标系进行解题，考查应用向量的数量积公式求夹角，考查向量共线的相关性质，体现了数形结合思想，是难题.
3．D
【分析】
对A：利用正弦定理可求得的外接圆半径，即可求解的外接圆面积；对B：利用余弦定理角化边，即可求解；对C：利用正弦定理边化角，再结合两角和差的正弦公式，即可求解；对D：利用三角形面积公式和余弦定理，及均值不等式，即可求解．
【详解】
解：对A：，，
由正弦定理可得，即的外接圆半径，
的外接圆面积是，故选项正确；
对B：由余弦定理可得，故选项正确；
对C：由正弦定理可得，，
，故选项正确；
对D：设关于的对称点我，到的距离为，
，即，
又由余弦定理可得，当且仅当时等号成立，
所以，即，
所以的最大值是，故选项错误．
故选：D．
4．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．
5．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.
6．D
【分析】
设，，则，由的最小值为，得，且，解得或，然后分2种情况考虑的最小值，即可得到本题答案.
【详解】
设，，
则
因为的最小值，
所以的最小值为，
则，且，
解得或，
当，即时，
，
所以的最小值为2；
当，即时，
，
所以的最小值为1，
综上，的最小值为1或2.
故选：D
【点睛】
本题主要考查向量的模的计算与二次函数值域的综合问题，考查学生的推理分析能力和计算能力.
7．BD
【分析】
利用正弦定理边角互化设a＝kln2，b＝kln4＝2kln2，c＝klnt，结合两边和大于第三边求得2＜t＜8，讨论t.判断选项A,利用余弦定理得m的式子判断BD;利用面积公式判断C
【详解】
根据题意，依次分析4个结论：
对于A，根据题意，若sinA：sinB：sinC＝ln2：ln4：lnt，则a：b：c＝ln2：ln4：lnt，
故可设a＝kln2，b＝kln4＝2kln2，c＝klnt，k＞0．
则有b﹣a＜c＜b+a，则kln2＜c＜3kln2，变形可得2＜t＜8，
当时；c最大，若为直角三角形，则，即，解得；
当时；若为直角三角形，则，即，解得综上：或，故A错；
由题意，abcosC＝abmc2，
∴m．
若，则解得t=4，故，为等腰三角形；B正确；
对于C，当t＝4，a＝kln2时，则b＝kln4，c＝klnt＝kln4，则有b＝c＝2a，此时等腰△ABC底边上的高为 ，三角形面积为，C错；
对于D，当,则有a2+b2﹣c2＜0，即解得由选项A,B的解析知kln2＜c＜3kln2综合两式得，故m 选项D正确；
综合可得BD正确；
故选：BD．
8．ABC
【分析】
结合题意，讨论满足的情况，分别研究即可
【详解】
由题意可知，当且在之间时，满足，
如图所示，不妨令，
则易知，，
结合图象可知当点在上时，，
当点与点或点重合时，，
此时，；
当且在之间时，满足，
如图所示，不妨令，
过点作，且，连接，则易知为平行四边形，
又易知，则，
结合图象可知当点与点时，，
当点与点重合时，，
此时；
当且在之间时，满足，
同理当且在之间时，有；
综上可知：
故选：ABC
9．
【分析】
由余弦定理化简已知式，再由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换得，由锐角三角形求得的范围，待求式切化弦，通分后利用已知条件化为，由正弦函数性质可得范围．
【详解】
因为，由余弦定理得，所以，
，
由正弦定理得，所以，
因为为锐角三角形，所以，，，
由，得，，
，
，所以．
故答案为：．
【点睛】
本题考查都得用正弦定理和余弦定理求三角函数的取值范围，解题关键是由正弦定理和余弦定理变形化简得出三角形中角的关系，从而再由锐角三角形得角的范围．再把待求式化为某个角的函数，从而求得取值范围．
10． .
【分析】
先确定在 方向上的投影用计算，对该式子利用数量积相关公式化简，再用换元法转化为求二次函数的最大值.
【详解】
在 方向上的投影为.
把 ，代入整理得，
.
令，则 ，
，
当且仅当 ，即时，等号成立.
所以的最大值为.
故答案为：.
11．2
【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．
12．
【分析】
由已知求得BC，设∠CDE＝∠CDF＝θ（0＜θ＜），利用正弦定理把CE、CF用含有θ的代数式表示，可得4BE+BF，换元后利用导数求最值.
【详解】
解：如图，
在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，∠BAD＝，
可得BC＝DC＝.
∵E在线段BC上（不含端点），且DC平分∠EDF，
设∠CDE＝∠CDF＝θ（0＜θ＜），
在△CDE中，由，可得.
在△CDF中，由，可得.
∴4BE+BF＝4（）+（）
＝＝
＝＝.
令x＝tanθ∈（0，），
则函数y＝，y′＝.
∴当x＝tan时，函数y取得最大值，即4BE+BF取得最小值，
此时tan∠EDF＝tan2θ＝.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三角形的解法，训练了利用导数求函数的最值，是中档题.
13．（1）；（2）最长为，此时点的坐标为.
【分析】
（1）由图得到A及周期，利用三角函数的周期公式求出ω，将M的横坐标代入求出M的坐标，利用两点距离公式求出|MP|；
（2）由余弦定理得,利用均值不等式求解，且有求出坐标.
【详解】
（1）依题意，有，又，∴，
∴, 当时，∴
∴，又,
∴
（2）如图，在中，，
由余弦定理得
即,
故
从而，即,
当且仅当时，折线段赛道最长.
因为，，
所以,
又
所以,，
所以,
,
故.
14．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）先利用诱导公式及正弦定理得，再由得，面积的关系，即可得，的关系，即可得证；
（2）先由余弦定理求出的余弦值，即可求出的余弦值，再利用余弦定理即可求出．
【详解】
解：（1）在中，由正弦定理，
∵，∴，
又，∴，
∴，
∴，
∵，∴，
∴．
（2）∵，∴，∵，∴由（1）知，，
在中，由余弦定理知，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
关键点睛： 本题考查的知识是“掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题”．解决本题的关键是根据的，面积的关系，即可得，的关系．
15．证明见解析
【分析】
以为坐标原点，A为轴的正半轴，设，结合三角形所在边的直线方程，利用叉积运算，分别得到，进而得到，再结合三角形面积公式和证明即可.
【详解】
如图，以为坐标原点，A为轴的正半轴，
在轴的上方，则，直线的方程是，
因为点与点必在直线的同侧，且，
所以有，得.
直线的方程是，由于点与点必在直线的同侧，且，
所以有，得.
于是，
又，
，
，
又，
所以.证毕.
16．.
【分析】
根据题意，选择①②③求得，设，则，在中，由正弦定理求得，在中，由正弦定理求得可得，结合和三角函数的性质，即可求解.
【详解】
若选①：由，根据正弦定理可得，
即，
即，
可得，因为，所以，
设，则，
在中，由正弦定理得，
可得，
在中，由正弦定理得，
可得
，
因为，可得，
当时，即，可得，
当时，即，可得，
所以的取值范围是.
选②：由，根据正弦定理可得，
可得，即，
又由余弦定理，可得，
因为，所以，
设，则，
在中，由正弦定理得，
可得，
在中，由正弦定理得，
可得
，
因为，可得，
当时，即，可得，
当时，即，可得，
所以的取值范围是.
若选③：由，可得，
即，可得，
因为，所以，
设，则，
在中，由正弦定理得，
可得，
在中，由正弦定理得，
可得
，
因为，可得，
当时，即，可得，
当时，即，可得，
所以的取值范围是.
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