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） (31)

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·江西模拟） 为虚数单位， ， ，则 （　　）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【考点】向量的模
【解析】【解答】解： ．
故答案为：A．
【分析】根据模长公式进行计算即可得出答案。
2．（2021高一下·抚顺期末）如果向量 和 满足 ，且 ，那么 和 的夹角大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【考点】数量积表示两个向量的夹角；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由题意 故 ，即 ，
所以
故
故两向量夹角的大小是 .
故答案为：A．
【分析】 求两向量的夹角需要求出两向量的内积与两向量的模的乘积，由题意两向量的模已知，故由两向量的垂直这个条件求出两个向量的内积即可.
3．（2021高一下·通化期中）△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若 ，则三角形为（　　）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．无法作出判断
【答案】D
【考点】余弦定理；余弦定理的应用
【解析】【解答】由余弦定理及a2+b2>c2得，又，所以，但无法确定角A，B，所以无法做出判断.
故答案选：D.
【分析】由余弦定理，结合题意只求得，无法判断角A,B.
4．（2021高二上·湖北月考）在正方体中，F，G分别为的中点，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【考点】平面向量的基本定理及其意义
【解析】【解答】。
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合三角形法则和向量共线定理，再结合平面向量基本定理，得出。
5．（2021高三上·广西开学考）已知 的外心为O， ，则 （　　）
A．11 B．10 C．9 D．12
【答案】B
【考点】平面向量数量积的运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】取AB的中点D,连接OD,
∵O为 的外心,
∴OD⊥AB, ∴
由已知可得 ， ， ，
∴
∴
又 ，∴ ， ，
∴ ，
故答案为：B.
【分析】取AB的中点D,连接OD,利用O为 的外心,所以 OD⊥AB, 再利用两向量垂直数量积为0的等价关系，所以 ，再利用已知条件结合三角形法则和数量积的运算法则，从而求出的值。
6．（2021高二上·罗平月考）“勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例．根据记载，西周时期的数学家商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题，比毕达哥拉斯发现勾股定理早了500多年，如图，在矩形ABCD中，△ABC满足“勾3股4弦5”，且AB=3，E为AD上一点，BE⊥AC．若 ，则λ的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【考点】平行向量与共线向量；向量的共线定理；平面向量的坐标运算
【解析】【解答】解：由题意建立如图所示平面直角坐标系，
因为AB=3，BC=4，则B(0，0)，A(0，3)，C(4，0)，
设，
因为
所以，解得
由 得，则，解得λ=
故答案为：D
【分析】根据向量的线性运算，结合向量的共线定理求解即可.
7．（2022·贺州模拟）在中，内角的对边分别为，若，则的形状一定为（　　）
A．等腰三角形非直角三角形 B．直角三角形非等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
【答案】C
【考点】正弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】由与正弦定理有,
即 ,故 ,
因为 ,故 ,故 .
又 ,故 .又 ,
故 ,故 .故 一定是等腰直角三角形.
故答案为：C
【分析】对 由正弦定理边化角可得，结合sinC=sin(A+B),化简可得，对，由正弦定理边化角可得，即可求解。
8．（2021高一下·安徽期中）已知在锐角中，内角，，的对边分别为，，，，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【考点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的定义域和值域；正弦定理的应用
【解析】【解答】，由正弦定理
，
因为 ，所以 ，
所以 ， ，
即 的取值范围是 .
故答案为：D.
【分析】先利用正弦定理、二倍角公式及两角和与差的正弦公式进行化简得 ，然后结合正弦函数的性质可得答案.
二、多选题
9．（2021高一下·肥城期中）设 分别为△ 的内角 的对边，下列条件中可以判定△ 一定为等腰三角形的有（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【考点】正弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】A： ，即 ，有 或 ，错误；
B： ，即 ，在三角形中必有 ，正确；
C： ，在三角形中必有 ，正确；
D： ，而 ，所以 ，在三角形中必有 ，正确；
故答案为：BCD.
【分析】 利用正弦定理的边角关系，结合三角恒等变换及三角形内角的性质，即可判断出△.ABC是等腰三角所满足的条件。
10．（2021·济宁模拟）如图，直四棱柱 中，底面 为平行四边形， ， ，点 是半圆弧 上的动点（不包括端点），点 是半圆弧 上的动点（不包括端点），则下列说法止确的是（　　）
A．四面体 的体积是定值
B． 的取值范围是
C．若 与平面 所成的角为 ，则
D．若三棱锥 的外接球表面积为 ，则
【答案】B,C,D
【考点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】因为直四棱柱 ，所以点 到面 的距离为1，
所以 ，
由于 不为定值，得 不为定值，A不符合题意；
在 中， ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 的取值范围是 ，B符合题意；
由于 面 ，所以 与面 所成的角为 ，
所以 ，因为 ，所以 ，C符合题意；
以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 ，
线段 的中点为 ，线段 的中点为 ，
设球心为 ，点 ，则 ，
由 可得 ，
化简可得 ，则 ，
易知 ，则 ，
，因此， ，D选项正确.
故答案为：BCD.
【分析】由直四棱柱的几何性质即可得出点到面的距离，再由体积公式代入数值计算出结果由此判断出选项A错误，由数量积的公式代入数值计算出结果由此判断出选项B正确；根据题意建立空间直角坐标求出各个点以及向量的坐标，结合题意得出令结合y的取值范围即可得到，从而得出，由此得面积的取值范围，由此判断出选项C正确，D错误，从而得出答案。
11．（2020高二上·临沂期末）若 ， ， 与 的夹角为 ，则 可以取的值为（　　）
A．-17 B．17 C．-1 D．1
【答案】B,C
【考点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】由题意， ， ，
所以 ，即 ，得 或 .
故答案为：BC.
【分析】利用模长公式代入计算表示，然后利用数量积的定义与坐标表示公式代入列等式，求解关于的一元二次方程。
12．（2021高二上·山东月考）如图所示，平行六面体 ，其中 ， ， ， ，下列说法中正确的是（　　）
A．
B．
C．向量 与 的夹角是45°
D． 与 所成角的余弦值为
【答案】A,B,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；平面向量数量积的运算；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】对A， ，则
，
所以 ，A符合题意；
对B，
，所以 ，B符合题意；
对C，因为 ，若 与 的夹角是45°，则 与 的夹角是45°，即 ，易知 ，显然不成立，C不符合题意；
对D， ， ，
，
，
，
所以， ，
于是 与 所成角的余弦值为 ，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合平行六面体的结构特征，再结合三角形法则结合数量积求向量的模的公式，从而结合数量积的运算法则和数量积的定义，进而求出的长；再利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，从而证出；利用 结合 与 的夹角是45°，则 与 的夹角是45°，即 ，易知 ；利用三角形法则结合数量积求向量的模的公式，从而结合数量积的运算法则和数量积的定义，进而求出向量的模，从而求出数量积，再结合数量积求向量夹角公式，从而求出 与 所成角的余弦值，进而找出说法正确的选项。
三、填空题
13．（2022·玉林模拟）已知向量，若，，则　 　.
【答案】-3
【考点】平面向量的坐标运算；平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积的坐标表达式
【解析】【解答】由得：①，由得②，由①②联立，解得:，则.
故答案为：-3
【分析】首先由共线向量以及数量积的坐标公式结合题意，即可得出关于m与n的方程组，求解出m与n的值，由此得出答案。
14．（2021高一下·海南期末）在平面直角坐标系 中，不重合的三点 ， ， 在一条直线上，且 ，则 　 　．
【答案】
【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为 ， ，
所以 ， ， ，
又因为不重合的三点 ， ， 在一条直线上，且
所以 ，且
即 解得 或 ，当 时 与 重合，故舍去；
所以
所以
故答案为：
【分析】根据向量平行、垂直的数量积的坐标运算，求解可得a,b，进而可得结果。
15．（2021高三上·宁城月考）若非零向量 ， 满足 ， ，则与 ， 的夹角为　 　.
【答案】
【考点】平面向量数量积的含义与物理意义；平面向量数量积的运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】因为非零向量 ， 满足 ，且 ，所以 ，即 ，所以 ，因为 ，所以 。
故答案为： 或45 。
【分析】利用已知条件结合数量积的运算法则结合数量积的定义，从而得出，再利用数量积求向量夹角公式，从而结合两向量夹角的取值范围，从而求出两向量 ， 的夹角 。
16．（2021高二上·商丘期中）在 中，角 ， ， 的对边分别是 ， ， ，且 ，点 为 边上一点， ，且 ，则当 　 　时 的周长取得最小值.
【答案】4
【考点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】如图所示：
在 中， ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
在 中，由正弦定理得： ，
即 ，
同理有 ，
因为 ，
所以 ，即 ，
由角平分线定理得 ，
即 ，
在 中，由余弦定理得 ，
在 中，由余弦定理得 ，
所以 ，即 ，
所以 ，当且仅当 时，等号成立.
即当 时， 的周长取得最小值.
故答案为：4
【分析】由余弦定理得，再由正弦定理得，同理有 ，由角平分线定理得，再由余弦定理得，根据基本不等式即可求出。
四、解答题
17．（2021高一下·铜仁期末）在锐角 中， 是角 的对边， .
（1）求角 的度数；
（2）若 ，且 的面积是 ，求 .
【答案】（1）在 中， ，那么由 ，可得 ≠0 得 ，则在锐角 中，
（2）由（1）知 ，且 ，得 ，
由余弦定理得 ，那么 ，则 ，可得 .
【考点】两角和与差的余弦公式；余弦定理
【解析】【分析】 (1)由 ，利用两角和与差的三角函数展开可求sin A，进而可求A；
(2)由三角形的面积公式可求bc的值，进而利用余弦定理，平方和公式即可解得b+c的值.
18．在直角坐标系 以中，直线 ： ，圆 的参数方程为 ， 为参数，以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求直线 和圆 的极坐标方程；
（2）若直线 的极坐标方程为 （ ），设 ， 与圆 的公共点分别为 ， ，求 的值．
【答案】（1）解： ， ，
直线 的极坐标方程为 ，
即 （ ）．
圆 的普通方程为 ，
圆 的极坐标方程为
（2）解：将 代入 ，
得 ，解得 ，
将 代入 ，
得 ，解得 ．
在 中由余弦定理得， ，
.
【考点】简单曲线的极坐标方程；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据 ， ，得到直线的极坐标方程，先将圆的方程化为普通方程，再将 ， 代入求解可得圆 的极坐标方程；
（2）将 代入 解得，将 代入 解得，然后在 中由余弦定理求解可得 的值．
19．（2021高一下·汕头月考）已知向量 ＝( ， )， ＝( ， )．
（1）求向量 与 的夹角；
（2）若 ⊥ ，求实数 的值．
【答案】（1）设向量 与 的夹角为 ，
因为 ， ，
所以
．
考虑到 ，得向量 与 的夹角 ．
（2）若 ，则 ，即 ，
因为 ， ，
所以 ，解得 ．
【考点】数量积表示两个向量的夹角；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）根据向量的夹角公式求解即可；
（2）根据向量垂直的充要条件求解即可.
20．（2021高一下·宿迁期末）已知向量 ， ．
（1）求向量 与 夹角；
（2）若 ，求实数 的值．
【答案】（1）解：∵ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
所以向量 与 夹角为 ．
（2）∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
所以 ．
【考点】数量积表示两个向量的夹角；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【分析】 (1)由题意利用两个向量的夹角公式,求得向量 与 夹角；
(2)由题意利用两个向量的数量积，两个向量垂直的性质，求得 的值.
21．（2021高三上·高邮月考）四边形 为圆内接四边形， ， .
（1）若 ，求 ；
（2）若 ，求四边形 的面积.
【答案】（1）在圆内接四边形 中， ，
由余弦定理得 ，故 ，
再根据 ，解得 .
由于四边形 为圆内接四边形，故 ，所以 .
在 中，由余弦定理得 ，即 ，所以， .
（2）设 ，在 与 中，分别由余弦定理得 ，
，
又由于 ，即 ，解得 ，即得 .
故 ，
.
【考点】解三角形；余弦定理
【解析】【分析】(1)根据题意由圆内接四边形的几何意义，求出边和角的大小，然后由余弦定理代入数值计算出，由此求解出角的大小，然后在中，结合余弦定理代入数值计算出AB的值。
(2)由已知条件设出边的大小，再由余弦定理整理结合角的大小，由此计算出x的取值，然后由四边形和三角形的面积公式，代入数值计算出结果即可。
22．（2021·江西模拟）在 中，角 的对边分别为 ，且
（1）求角 的值；
（2）点 在线段 上， 且 ，求边长
【答案】（1）解：由 化简得 ，
即 ，所以 ，又 ，所以
（2）解：由 得 ，由 知 ，
故
，
由正弦定理得 ，即 ，所以
【考点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；诱导公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用三角形的内角和性质，结合诱导公式求解即可；
（2）根据同角三角函数的关系，利用两角和的正弦公式，结合正弦定理求解即可.
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