精讲精练·专项突破 第六章《平面向量及其应用》单元能力提升（含详细解析） (22)

精讲精练·专项突破
2021-2022学年高一下学期人教版（2019）
第六章 《平面向量及其应用》 单元能力提升（含详细解析）
一、单选题
1．（2021高一下·杭州期中）在中，内角所对的边分别为.若,则角A的值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2021·兰州模拟）已知向量 满足 ，且 ，则 的夹角大小为（　　）
A． B． C． D．
3．（2021高一下·宿迁期末）在直三棱柱 中， ， ， ，则这个直三棱柱的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
4．（2022·广东模拟）已知向量，满足，，，则（　　）
A．5 B．7 C． D．
5．（2022高三上·吕梁月考）瀑布是庐山的一大奇观，唐代诗人李白曾在《望庐山瀑布中》写道：“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川.飞流直下三千尺，疑是银河落九天.”为了测量某个瀑布的实际高度，某同学设计了如下测量方案：有一段水平山道，且山道与瀑布不在同一平面内，瀑布底端与山道在同一平面内，可粗略认为瀑布与该水平山道所在平面垂直，在水平山道上A点位置测得瀑布顶端仰角的正切值为，沿山道继续走，抵达B点位置测得瀑布顶端的仰角为.已知该同学沿山道行进的方向与他第一次望向瀑布底端的方向所成角为，则该瀑布的高度约为（　　）
A． B． C． D．
6．（2021高二下·深州月考）设 是椭圆 上的一点， 为焦点，且 ，则 的面积为（　　）
A． B． C． D．16
7．（2022·烟台模拟）若非零向量，满足，，则向量与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
8．（2021高一下·浙江期中）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．
二、多选题
9．（2021高一下·青岛期中）下列说法正确的是（　　）
A．在 中， 是 的充要条件
B．将函数 的图象向右平移 个单位长度得到函数 的图象
C．存在实数 ，使得等式 成立
D．在 中，若 ，则 是钝角三角形
10．（2021高一下·深圳月考）在 中，已知 ，则下列结论中正确的是 （　　）
A． B． C． D．
11．（2021·肇庆模拟）在长方体 中， ， ， 是线段 上的一动点，则下列说法正确的是（　　）
A． 平面
B． 与平面 所成角的正切值的最大值是
C． 的最小值为
D．以 为球心， 为半径的球面与侧面 的交线长是
12．（2020高二上·惠州期末）在正方体 中，下列结论正确的是（　　）
A．四边形 的面积为
B． 与 的夹角为60°
C．
D．
三、填空题
13．已知向量 ，且 ，则 　 　．
14．（2021高二上·贵州月考）已知向量，若，则实数x＝　 　.
15．（2021·义乌模拟）若平面向量 满足 ，则 的取值范围是　 　.
16．（2021高一下·吉林期中）在中，角A B C所对的边分别为a，b，c，已知，则的面积为　 　.
四、解答题
17．（2021高三上·湖南月考）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，且△ABC的面积为，求△ABC的周长．
18．（2021高二上·成都开学考）如图，在三棱锥 中， ， ， 为 的中点.
（1）求证： 平面 ；
（2）若点 在棱 上，且 ，求点 到平面 的距离.
19．（2021高一下·通化期中）已知A、B、C为△ABC的三个内角，它们的对边分别为a、b、c，若
（1）求A；
（2）若a= ，△ABC的面积S= ，求b+c的值.
20．（2021高一下·嘉兴期末）在 中，内角 ， ， 对应的边分别为 ， ， ，设 ， ，且 .
（1）求 的值；
（2）若 ， ，点 满足 ，求 的长.
21．（2021·常德模拟）在 中，角 所对的边分别为 ，已知 ，且 ．
（1）求角 ；
（2）延长 至 ，使得 ，求 面积的最大值.
22．（2021·安徽模拟）三角形 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
（1）求 ；
（2）若 ，求 的面积最大值．
答案解析部分
1．【答案】C
【考点】诱导公式；正弦定理
【解析】【解答】由正弦定理得：
本题正确选项：C
【分析】由正弦定理可得，结合，即可求出结果。
2．【答案】A
【考点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】 ， ，解得： ，即 ，
，
所以 和 的夹角大小为 .
故答案为：A
【分析】 根据 求出m，再代入夹角计算公式即可．
3．【答案】B
【考点】球的体积和表面积；正弦定理
【解析】【解答】直三棱柱 中， ， ，
所以 ，由正弦定理可得 ，所以 ，
即△ 的外接圆的半径为 ，所以三棱柱的外接球的半径 ，
所以 ．
故答案为：B．
【分析】 首先求出三棱柱的外接球的半径，进一步利用球的表面积公式的应用求出结果.
4．【答案】D
【考点】平面向量数量积的含义与物理意义；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】因为，，，
所以。
故答案为：D．
【分析】利用已知条件结合数量积求向量的模的公式，再结合数量积的运算法则和数量积的定义，进而求出的值。
5．【答案】A
【考点】余弦定理
【解析】【解答】解：如图，设瀑布顶端为P，底端为H，瀑布高为h，
该同学第一次测量时的所处的位置为A，
第二次测量时的位置为B，
由题意可知，，
且，所以，
在中，由余弦定理可知，，
即，解得.
故答案为：A.
【分析】由已知条件作出图形，根据余弦定理求解可得答案。
6．【答案】C
【考点】椭圆的定义；余弦定理
【解析】【解答】设 ，
所以由余弦定理得： ，
所以 。
【分析】设 利用椭圆的定义结合已知条件，得出 ，再利用余弦定理得出，再解方程组求出的值，再利用三角形面积，进而求出三角形 的面积。
7．【答案】B
【考点】平面向量数量积的运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由，可得，
则 ，则 ，
又因为 ，则 。
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的运算法则和数量积的定义，再结合两向量的夹角的取值范围，进而得出两向量 与的夹角。
8．【答案】A
【考点】二次函数的性质；二次函数在闭区间上的最值；平面向量数量积的性质及其运算律；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】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.
故答案为：A.
【分析】先求出，在通过，求出，代入向量夹角公式化简可得，问题转化成求得最值，通过取倒数可得，利用二次函数知识即可求解。
9．【答案】A,B,D
【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；余弦定理
【解析】【解答】对于A：由正弦定理可得 ，
因为 ，所以 ，
同理，若 ，则有 ，
所以 是 的充要条件，A符合题意；
对于B：将函数 的图象向右平移 个单位长度，
可得 ，B符合题意；
对于C： ，
所以不存在x，满足 ，C不符合题意；
对于D：在 中,因为 ，由正弦定理可得 ，
所以 ，所以 ，为钝角，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】对于A，由正弦定理可得A正确；
对于B，平移后的函数是，故B正确；
对于C,先化 ，故C错；
对于D，由余弦定理可知角C为钝角，故D正确。
10．【答案】B,C
【考点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意得
则
所以
由正弦定理得
所以，所以A错误B正确；
又因为，
所以，
所以所以C正确；
所以所以D错误.
故选BC.
【分析】由正弦、余弦定理求得，再结合同角三角函数间的基本关系逐项判断即可.
11．【答案】A,C,D
【考点】函数的最值及其几何意义；棱柱的结构特征；直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【解答】对于A，在长方体 中， 且 ， 且 ，
且 ，所以，四边形 为平行四边形，则 ，
平面 ， 平面 ， 平面 ，同理可证 平面 ，
，所以，平面 平面 ，
平面 ，所以， 平面 ，A选项正确；
对于B， 平面 ，所以， 与平面 所成角为 ，
，所以，当 时， 与平面 所成角的正切值的最大，
由勾股定理可得 ，
由等面积法可得 ，
所以， 的最大值为 ，B选项错误；
对于C，将 沿 翻折与 在同一平面，如下图所示：
在 中， 为直角， ， ，
在 中， ， ，
由余弦定理可得 ，则 为锐角，
可得 ，
，
由余弦定理可得 ，此时 ，
因此， 的最小值为 ，C选项正确；
对于D，设 是以 为球心， 为半径的球面与侧面 的交线上的一点，
由于 平面 ， 平面 ， ，
，
所以交线为以 为圆心， 为半径的四分之一圆周，所以交线长是 ，D选项正确.
故答案为：ACD.
【分析】 利用棱柱的结构特征，通过平面与平面平行，推出直线与平面平行，判断出选项A正确；利用直线与平面所成角由此判断出选项B错误；判断A1P+PC的最小值，判断出选项C正确；通过交线的轨迹，判断出选项D正确，由此得出答案。
12．【答案】A,C,D
【考点】向量的加法及其几何意义；向量的线性运算性质及几何意义
【解析】【解答】如图
由 面 得 ，所以四边形 的面积为 ，A符合题意；
∵ 是等边三角形，∴ ，又∵ ，∴异面直线 与 所成的夹角为60°，但是向量 与 的夹角为120°，B不符合题意；
由向量加法的运算法则可以得到 ，∵ ，∴ ，C符合题意；
向量运算可得 ，∵在正方体 中， 面 ，∴ ，∴ ，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】 直接利用向量的线性运算和向量的夹角的应用判断A、B、C、D的结论，可得答案。
13．【答案】3
【考点】向量的模；空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】因为 ，
所以 ，
可得 ，
因为 ，解得 ，故答案为3.
【分析】由空间向量的坐标运算求出。再结合结合向量模的定义计算出结果即可。
14．【答案】-6
【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】因为，所以，解得：
故答案为：-6
【分析】由共线向量的坐标公式，代入数值计算出结果即可。
15．【答案】
【考点】向量的模；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】 ，
因为 ，所以化简得： ，而 ，
所以有 ，解得 ，
，
因为 ，所以 ，而 ，所以 ，
因为 ，所以 ，因此 ，
故答案为：
【分析】根据题意由数量积的运算性质以及向量模的定义，整理化简得到，再由代数式的几何意义即可得出取值范围。
16．【答案】
【考点】正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】因为，
所以由 ，可得 ，
∴，
∴.
故答案为： .
【分析】先有正弦定理求出B，即可得到C，代入面积公式即可求解。
17．【答案】（1）解：（1）由题设，，则，
因为，
，因为，则，
又，故，即，；
（2）解：由题意可得，，
，联立可得，
由余弦定理可得，所以，此时周长为．
【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)由已知条件即可得出，然后由正弦定理整理化简计算出，从而得出角B的大小。
(2)由已知条件结合三角形的面积公式即可得出，结合已知条件计算出a与c的取值，并把结果代入到余弦公式计算出b的值即可。
18．【答案】（1）解：连接 ，
∵ ， 是 中点，
∴ ， ，
又 ， ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
， 平面 ，
∴ 平面 ；
（2）∵点 在棱 上，且 ， ， 为 的中点.
∴ ，
∴ 由余弦定理得 ，即 ，
∴ ，
由（1） 平面 ，
设点 到平面 的距离为
∴ ，即 ，解得：
所以点 到平面 的距离为 .
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)根据题意由中点的性质即可得出线线垂直，再由勾股定理计算出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)由已知条件结合三角形的几何性质计算出边的大小，再由余弦定理代入数值计算出变得大小，结合(1)的结论由线面垂直的定义即可得出点到直线的距离，结合等体积法由三棱锥的体积公式代入数值计算出结果即可。
19．【答案】（1）由正弦定理得；
所以
由于 ，所以 ，即
因为0（2）因为
由余弦定理知：
所以
所以
【考点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理，结合两角和的正弦公式求解即可；
（2）由三角形的面积公式，结合余弦定理，平方和公式求解即可.
20．【答案】（1）因为 ， ，且 ，所以 ，
，即 ，
解得 或 ，
因为 ，所以 .
（2）因为 ，所以 ，解得 或 （舍去），
又因为 ，所以 ，
，
即 ，
所以 的长为 .
【考点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积的坐标表达式；数量积判断两个平面向量的垂直关系；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合数量积的坐标表示和二倍角的余弦公式，进而解一元二次方程求出角C的余弦值，再利用三角形中角C的取值范围，进而求出满足要求的角C的余弦值。
（2）利用已知条件结合余弦定理得出b的值，再利用共线定理结合平面向量基本定理得出 ， 再利用数量积求向量的模的公式结合数量积的定义，从而求出向量的模，进而求出CM的长。
21．【答案】（1）解：已知 ，由正弦定理得
，
，得
所以： ，
故 ，
整理得 ，
故 或 ．
由于 ，
所以 满足条件，
故 ；
（2）解：延长 至 ，使得 ，
所以 ，
由于 ，
所以 ，
所以 ，
当 时， 的最大值为 ．
【考点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）直接利用等比数列的等比中项和三角函数的关系式的变换求出结果；
（2）利用余弦定理和三角形面积公式的应用和二次函数的性质的应用求出结果.
22．【答案】（1）∵
∴
∴
∴
∵ ，∴
（2）由 ， 及余弦定理知
（当且仅当 时“=”成立）
故
∴
故 面积的最大值为
【考点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据立方和公式，以及余弦定理直接求解即可；
（2）根据余弦定理，以及基本不等式直接求解即可.
1 / 1