6.4平面向量的应用A
一、单选题
1．某烟花厂按以下方案测试一种“烟花”的垂直弹射高度：在C处（点C在水平地面下方，O为CH与水平地面ABO的交点）进行该烟花的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相距30米，∠BAC＝60°，其中B到C的距离为70米.在A地测得C处的俯角为∠OAC＝15°，最高点H的仰角为∠HAO＝30°，则该烟花的垂直弹射高度CH约为（参考数据：≈2.446）（ ）
A．40米 B．56米 C．65米 D．113米
2．在三角形中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
3．在中，内角的对边分别为，已知，，的面积为，则（ ）
A． B． C． D．6
4．我国南宋著名数学家秦九韶发现了“三斜”求积公式，即的三个内角，，所对的边分别为，，，则的面积.已知在中，，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．星等分为两种：目视星等与绝对星等但它们之间可用公式转换，其中为绝对星等，为目视星等，为距离（单位：光年）．现在地球某处测得牛郎星目视星等为0.77，绝对星等为2.19；织女星目视星等为0.03，绝对星等为0.5，且牛郎星和织女星与地球连线的夹角大约为34°，则牛郎星与织女星之间的距离约为（ ）（参考数据：，，）
A．26光年 B．16光年 C．12光年 D．5光年
6．已知四边形是矩形，，，，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．设的三个内角满足，又，则这个三角形的形状是（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形
C．等腰直角三角形 D．钝角三角形
8．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在中，角，，所对的边分别为，，，则的面积.若，且，则根据此公式可知的面积为（ ）
A． B． C． D．
9．在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则边上的中线长的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．在中，角，，所对的边分别为，，，且.的面积为，外接圆面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
11．锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
12．设的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
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二、填空题
13．如图，在凸四边形ABCD中，，，若，则四边形ABCD面积的最大值为________．
14．在△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则______．
15．中，是上的点，平分，面积是面积的倍，，，则___________.
16．的内角，，的对边分别为，，，已知，，则______．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
通过余弦定理求出AC，进而求出CH,OH，然后得到CH，最后通过辅助角公式化简求出答案.
【详解】
在中，由余弦定理：.
因为，所以，
又因为，所以，
于是，.
故选：C.
2．C
【解析】
【分析】
由正弦定理可得，根据条件求得的值，根据与的大小判断角的大小，从而判断三角形的解的个数．
【详解】
由正弦定理可得，若A成立，，，，有，
∴，∴，故三角形有唯一解．
若B成立，，，，有，∴，又，
故，故三角形无解．
若C成立，，，，有 ，∴，又，
故，故可以是锐角，也可以是钝角，故三角形有两个解．
若D 成立，，，，有，∴，由于，故为锐角，故三角形有唯一解．
故选：C．
3．B
【解析】
【分析】
根据，，的面积为，求得a，再利用余弦定理求解.
【详解】
因为，，的面积为，
所以，
解得，
由余弦定理得，
，
所以，
故选：B
4．A
【解析】
【分析】
根据题意，结合余弦定理得，，，再根据公式求解即可.
【详解】
解：∵，
又∵，∴.
∴（当且仅当时取等号）.
∴.
∴面积的最大值为.
故选：A.
5．B
【解析】
【分析】
依题意可得，设地球与牛郎星距离为，地球与织女星距离为，织女星与牛郎星距离为，求出，，再利用余弦定理计算可得；
【详解】
解：由，所以，由题意知：、、、，设地球与牛郎星距离为，地球与织女星距离为，织女星与牛郎星距离为，则，
，如图由余弦定理，所以，即牛郎星与织女星之间的距离约为16光年；
故选：B
6．C
【解析】
【分析】
方法一：根据题意，建立平面直角坐标系，设，进而利用坐标法求解即可；
解法二：用为基底表示向量，，再根据得得，，再根据计算得，进而得答案.
【详解】
解：解法一 如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，则，，，.
∴，，，.
∴，.
∴，.
∵，
∴，即.
又，
所以，.
∴.
∴.
∵，∴.
故选：C.
解法二：∵，
，
∴.
∵，∴，得.∴，
.
∴.
故选：C.
7．B
【解析】
【分析】
根据给定条件可得，再利用正弦定理角化边，借助余弦定理计算判断作答.
【详解】
因的三个内角，而，则，
又，由正弦定理得：，
由余弦定理得：，整理得，即，是等腰三角形，
所以是等边三角形.
故选：B
8．C
【解析】
【分析】
由正弦定理同角三角函数基本关系以及余弦定理，结合已知求解即可
【详解】
由及正弦定理得
，
因为，，
所以，
即.
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
根据面积公式可知.
故选：C.
9．C
【解析】
【分析】
在，中利用余弦定理，并结合，利用诱导公式，消去角，
求得，结合中使用余弦定理，得到，
然后结合基本不等式求得的取值范围，进而得到中线长的取值范围.
【详解】
是边上的中线， 在中，①，
在中，②.
又，，
由①＋②得.
由余弦定理得.
，
，
，即，
.
故选C.
10．A
【解析】
【分析】
由正弦定理化边为角，结合三角函数恒等变换求得角，由三角形面积求得，利用余弦定理，结合基本不等式得的最小值，由正弦定理即得外接圆半径的最小值，也即面积最小值．
【详解】
因为，由正弦定理得，
，
又三角形中，所以，，所以．
，所以，
，当且仅当时，等号成立，此时是等边三角形，最小，由知外接圆半径最小，从而面积最小，．
故选：A．
11．B
【解析】
【分析】
由题得，即，进而得，再结合对勾函数的性质求解即可.
【详解】
解：因为在锐角中，，
所以，得，则
所以，
令，则，
所以函数在单调递减，在单调递增，
又，，
所以的最小值为.
故选：B
12．A
【解析】
【分析】
根据正弦定理边角互化得，进而根据余弦定理和同角三角函数关系求解即可.
【详解】
解：因为，所以，即，
所以，故．
故选：A
13．
【解析】
【分析】
由题设∠ADC，则可得四边形ABCD面积，再利用三角函数的性质可得最大值.
【详解】
如图连接AC，设∠ADC，由，，，
可知，
∴四边形ABCD面积：
，其中，当时，.
故答案为：.
14．
【解析】
【分析】
应用余弦定理，结合已知等量关系、辅助角公式可得，由基本不等式可得，最后根据正弦函数的性质即可求的大小.
【详解】
在△中，由余弦定理，代入．得，
∴，即．
∴，即，又．
∴．
故答案为：.
15．1
【解析】
【分析】
设中边上的高为，进而根据题意得，，再结合求解即可.
【详解】
解：因为平分，面积是面积的倍，
所以，，，
所以，
设中边上的高为，
因为，，
所以，
因为，
所以在中，，
在中，.
因为，
所以，即，解得
故答案为：
16．3
【解析】
【分析】
由结合正弦定理可得，根据余弦定理化简可求.
【详解】
∵，
∴，又
∴，
∴．
故答案为：3.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页6.4平面向量的应用B
一、单选题
1．在中，是边上的一点，，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．三角形的三边分别是，若，，且，则有如下四个结论：
①
②的面积为
③的周长为
④外接圆半径
这四个结论中一定成立的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．以为底边的等腰三角形中，腰边上的中线长为9，当面积取最大时，腰长为（ ）
A． B．
C． D．前三个答案都不对
4．已知的内角、、满足，面积满足，记、、分别为、、所对的边，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的
（注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心）
A．重心外心垂心 B．重心外心内心
C．外心重心垂心 D．外心重心内心
6．在锐角中，若，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有.若，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（ ）
A． B．2 C．2 D．2
8．已知在中，，，动点位于线段上，当取得最小值时，向量与的夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
9．已知的三条边和与之对应的三个角满足等式则此三角形的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形
10．已知的三条边的边长分别为4米、5米、6米，将三边都截掉米后，剩余的部分组成一个钝角三角形，则的取值范围是
A．05 B．15 C．13 D．14
11．在中，角的对边分别为，已知，且，点满足，，则的面积为
A． B． C． D．
12．如图，在等腰梯形中，，，高为，为的中点，为折线段上的动点，设的最小值为，若关于的方程有两不等实根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
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二、填空题
13．已知是边上一点，且，，，则的最大值为__________．
14．如图，在中，，，分别是，上一点，满足，．若，则的面积为__________．
15．已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为________.
16．已知向量满足，则的最大值为________．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
根据题意，可得出，利用正弦定理可知，设，在中由正弦定理得：，进而利用诱导公式、两角和与差正弦和余弦公式、二倍角正弦公式进行化简，求出的值，从而得出.
【详解】
解：如图所示，
在中，，，所以，
由正弦定理知，
设，，，所以，
设，
在中，由正弦定理得：，
则，即，
所以，整理得，
即，
即，所以，
又，则，所以．
故选：C.
2．C
【解析】
【分析】
由正弦定理可得三角形的外接圆的半径；由三角函数的恒等变换化简或，即；分别讨论，结合余弦定理和三角形面积公式，计算可得所求值，从而可得结论．
【详解】
，，可得，可得外接圆半径，④正确；
，即为，
即有，
则，即或，即；
若，，，可得，①可能成立；
由可得，，则三角形的周长为；面积为；
则②③成立；
若，由，
可得，，
则三角形的周长为；面积为；
则②③成立①不成立；
综上可得②③④一定成立,故选C．
【点睛】
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，考查三角函数的恒等变换，属于中档题．以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.
3．C
【解析】
【分析】
设D为AC中点，在和分别运用余弦定理得，再表示的面积，运用二次函数的性质可得选项.
【详解】
如下图所示，设D为AC中点，由余弦定理，，
在中，，
∴
，
当时，S有最大值，此时，即腰长，
故选：C．
【点睛】
方法点睛：正余弦定理在边角转化与三角变换在解三角形的化简和计算中具有突出的作用，主要用到了两角和与差的正余弦公式，倍角公式和辅助角公式等，还要注意公式变形及其逆用，求参数范围，则通过三角变换，解三角形，向量运算等将参变分离，用求函数最值的方法求参数的取值范围，在三角变换过程中，要紧紧围绕目标展开，且体现“统一角，统一函数，统一形式”三个统一为指导．
4．A
【解析】
【分析】
由条件化简得出，设的外接圆半径为，根据求得的范围，然后利用不等式的性质判断即可.
【详解】
的内角、、满足，
即，
即，
即，
即，
即，，
设的外接圆半径为，则，
，，
，C、D选项不一定正确；
对于A选项，由于，，A选项正确；
对于B选项，，即成立，但不一定成立.
故选：A.
【点睛】
本题考查了利用三角恒等变换思想化简、正弦定理、三角形的面积计算公式、不等式的基本性质等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
5．C
【解析】
【详解】
试题分析：因为，所以到定点的距离相等，所以为的外心，由，则，取的中点，则，所以，所以是的重心；由，得，即，所以，同理，所以点为的垂心，故选C.
考点：向量在几何中的应用.
6．D
【解析】
【分析】
由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据可得，，于是，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，，
，．
由正弦定理知，，
由余弦定理知，，
，
，化简整理得，，
，，
由正弦定理，有，，，
锐角，且，，，解得，，
，
，，，，，，
的取值范围为，．
故选：．
【点睛】
本题考查解三角形中正弦定理与余弦定理的综合应用，还涉及三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的基础公式，并运用到了角化边的思想，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7．D
【解析】
【分析】
先根据M，N满足的条件，将化成的表达式，从而判断出矩形ABCD为正方形；再将，左边用表示出来，结合x+y＝3，即可得NC+MC＝4，最后借助于基本不等式求出MN的最小值.
【详解】
当M，N分别是边BC，DC的中点时，
有
所以AD＝AB，则矩形ABCD为正方形，设，则
则，又x+y＝3，所以λ+μ＝1.
故NC+MC＝4，则
（当且仅当MC＝NC＝2时取等号）.
故线段MN的最短长度为
故选：D.
8．C
【解析】
由已知得，再由向量数量积的定义表示，根据二次函数的性质求得其最值，再由向量夹角公式可得选项.
【详解】
因为在中，，，所以，所以
，当且仅当时取等号，因此在中，
所以向量与的夹角的余弦值为，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：根据已知向量建立关于向量的模的二次函数，利用二次函数确定取得最值时，的值.
9．A
【解析】
【分析】
利用余弦定理将角化为边整理，即可得三角形的边之间的关系，从而可得此三角形的形状.
【详解】
由余弦定理，可得
，
整理，得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以或或，故三角形为等腰三角形.
故选：A
10．C
【解析】
【详解】
试题分析：新三角形的三边分别为，其中边长为的边对的角最大记为角，所以角为钝角．所以，即，整理可得，解得．因为均为三角形的三边长，且最短边长为，最长边长为所以，综上可得．故C正确．
考点：1余弦定理；2三角形中边与角的关系及三边间的关系．
11．D
【解析】
【分析】
运用正弦定理和余弦定理将角统一成边，再利用向量的数量积运算和三角形的面积公式结合求解.
【详解】
由，
可得，即.又，所以．
因为，所以点为的重心，
所以，所以，
两边平方得．
因为，所以，
于是，所以，
的面积为.
因为的面积是面积的倍.故的面积为．
【点睛】
本题关键在于运用向量的平方可以转化到向量的夹角的关系，再与三角形的面积公式相结合求解，属于难度题.
12．A
【解析】
【分析】
先以为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，设的横坐标为，将用表示分段表示出来，再求最小值，再对有两不等实根变形，可转化为两函数有两个交点，数形结合，求出的取值范围.
【详解】
解：以为坐标原点，为轴，建立直角坐标系如图所示:
则，，，，
设的横坐标为，则
当时，在上动，，则
当时，的最小值；
当，时，在上动，则，
则，
当时，的最小值
又，
故，，
又有两不等实根，则在有两不等实根，
则在有两不等实根，
则与，有两个交点.
当时，有最小值为，当时，，当时，，
则，的图象如图所示，
即方程有两不等实根有：.
故选：A
【点睛】
本题考查了平面向量及应用，方程根的存在性及个数判断，是方程、向量、不等式的综合应用，还考查了分析推理能力，运算能力，分类讨论思想，数形结合思想，难度较大.
13．
【解析】
【分析】
设，，设，则，，利用余弦定理以及可推导出，进而利用基本不等式可求得的最大值.
【详解】
设，，设，则，，如下图所示：
在中，；在中，.
，，
所以，，整理得，①
在中，，②
由①②可得，
由基本不等式可得，
，因此，，当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用基本不等式求三角形边长和的最值，同时也考查了余弦定理的应用，考查计算能力，属于难题.
14．
【解析】
【分析】
由题意，过点E作EF⊥AC于F，可得EF=AB，设EF为x，利用勾股定理及余弦定理表示出BC与BE，进而求得EF长度，利用三角形面积公式即可求得的面积．
【详解】
如图所示，过点E作EF⊥AC于F．
由∠A=90°，知EF//AB，由BE=4CE，得EF=AB．
设EF=x，则AB=5x．
又∠ADB=∠CDE=30°，得BD=10x，AD=，∠BDE=120°．
由勾股定理，得．
又由余弦定理，得，
又，所以，则．
解得：或(不合题意，舍去)．
故 ．
【点睛】
本题考查了余弦定理在解三角形中的综合应用，三角形面积的求法，属于中档题．
15．
【解析】
【分析】
令，，，中点为，中点为，由已知画出图形，求出点轨迹，求出的最小值，除以2得答案．
【详解】
解：令，，，中点为，中点为，为的中点，
由，，，得，
则，即，所以，所以，即，，所以，因为，所以，即，所以，
所以点的轨迹为以为直径的圆，
，
当且仅当、、共线且在线段之间时取等号．
的最小值为．
故答案为：．
16．
【解析】
【分析】
根据题意建立合适平面直角坐标系，再根据数量积关系确定出的轨迹，结合的几何意义以及圆的性质求解出最大值.
【详解】
设，以OA所在的直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系，
∵
则A(4,0)，B(2,2)，设C(x,y)，
∵，∴，
即，∴点C在以(3,1)为圆心，1为半径的圆上，
表示点A，C的距离，即圆上的点与A(4,0)的距离，
∵圆心到A的距离为，
∴的最大值为.
故答案为：.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
