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） (44)

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·吕梁期末）“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”出自唐朝诗人李白的《黄鹤楼送孟浩然之广陵》，黄鹤楼位于今湖北武汉市，自古享有“天下江山第一楼”之称.下面是黄鹤楼的示意图，某位游客（身高忽略不计）从地面 点看楼顶点 的仰角为30°，沿直线前进37.5米到达 点，此时看楼顶点 的仰角为45°，则楼高 约为（　　）（参考数据： ）
A．45米 B．51米 C．62米 D．73米
【答案】B
【考点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】由题意知 （米）， ，
在 中，结合正弦定理 ，
又因为 ， ，
所以 （米），
在 中， （米）
故答案为：B.
【分析】 由已知在△AED中，利用正弦定理可得AE,在△ABE中解三角形可得AB的值,即可得解.
2．（2021高一下·资阳期末）已知向量 ， ，且 ，则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【考点】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
【解析】【解答】因为 ， ， ，
所以 ，解得 。
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合两向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的坐标表示，从而求出实数t的值。
3．（2021·泸县模拟）在 中， ， ，点 满足 ，则 的值为（　　）
A．-6 B．6 C．-8 D．8
【答案】A
【考点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】 中， ， ，点 满足 ，则O为BC的中点，
所以
.
故答案为：A
【分析】 根据条件求得O为BC中点，再把所求向量转化为用表示，即可求解结论.
4．（2021高一下·常熟期中）如图，已知 ，用 ， 表示 ，则 等于（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【考点】向量的共线定理；平面向量的基本定理及其意义
【解析】【解答】解： ，
。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合共线定理、三角形法则和平面向量基本定理，从而得出。
5．（2021高二上·兰溪期中）已知棱长为2的正方体 ，E，F分别为 和 的中点，则点B到EF的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【考点】点到直线的距离公式；余弦定理
【解析】【解答】连接 、 、 ，则 为 与 中点，
因为E为 的中点，所以 ,
又正方体 边长为2，所以
， ， ，
，
设B到EF的距离为 ，则
， 。
故答案为：A
【分析】连接 、 、 ，则 为 与 中点，再利用点E为 的中点，从而结合中点的性质，得出 ,再利用正方体 边长为2，从而结合中点的性质和勾股定理，得出 ， 的值以及 的值 ，再利用余弦定理得出 的值，再结合三角形的面积公式结合等面积法，从而得出点B到EF的距离。
6．（2021·浙江）已知非零向量 ，则“ ”是“ ”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【考点】充分条件；必要条件；充要条件；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】若但= 不一定成立, 故充分性不成立;
若时,一定成立,故必要性成立,
故“ ”是“ ”的必要不充分条件
故答案为：B.
【分析】先将条件等式变形，可能得到条件不充分，后者显然成立。
7．（2022·马鞍山模拟）已知的内角的对边分别为，设，，则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【考点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】在中，由及正弦定理得：，
即，由余弦定理得：，而，解得，
由得，显然，则，，
所以。
故答案为：C
【分析】在中，由及正弦定理得出，再由余弦定理得出角A的余弦值，再利用三角形中角A的取值范围，进而求出角A的值，由得出角B的正弦值，再结合三角形中角的取值范围结合三角形内角和为180度的性质，进而求出角B的取值范围，从而求出角B的值，进而求出角C的值，再利用两角差的正弦公式得出角C的正弦值。
8．（2021高二下·成都期中）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．
【答案】D
【考点】二次函数在闭区间上的最值；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】中，由余弦定理得，，
且 的面积为 ，
由 ，
得 ，
化简得 ；
又 ， ，
所以 ，
化简得 ，
解得 或 （不合题意，舍去）；
因为
所以 ，
所以 ，
由 ，且 ， ，解得 ，
所以 ，所以 ，
所以 ；
设 ，其中 ，
所以 ，
又 ，所以 时， 取得最大值为 ，
时， ， 时， ，且 ，
所以 ，即 的取值范围是 。
故答案为：D．
【分析】在 中，由余弦定理和三角形的面积公式，化简得，再利用三角形中角A的取值范围和同角三角函数基本关系式，得出角A的正弦值，再利用结合同角三角函数基本关系式得出角A的正切值，再结合正弦定理结合两角和的正弦公式和同角三角函数基本关系式，再利用三角形内角和为180度的性质，得出，且，进而得出的取值范围，再结合三角形内角和为180度的性质得出角C的取值范围，再结合正切函数的图像，得出，进而得出的取值范围，从而得出的取值范围，设，其中，所以，再利用二次函数的图像求值域的方法得出的取值范围。
二、多选题
9．（2020高二上·中山期末）已知向量 ，则下列结论不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【考点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积的坐标表达式
【解析】【解答】 向量 ，
， ， ，故A正确；
，1， ，故B错误；
，故C错误；
，故D正确．
故答案为：BC．
【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算、数量积的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而找出结论不正确的选项。
10．（2021高一下·常州期末）如图，在等腰直角三角形 中， ， ， ， 分别为 ， 上的动点，设 ， ，其中 ，则下列说法正确的是（　　）
A．若 ，则
B．若 ，则 与 不共线
C．若 ，记三角形 的面积为 ，则 的最大值为
D．若 ，且 ， 分别是 ， 边的中点，则 的最小值为
【答案】A,C,D
【考点】向量的模；向量的共线定理；平面向量的坐标运算
【解析】【解答】对于A中，因为 ， ，且 ，
可得 ，所以 ，其中 ，
所以 ，即 ，所以A符合题意；
对于B中，当 时， ，
可得 与 为共线向量，所以B不正确；
对于C中，在等腰直角 中， ， ，且 ， ，所以 的面积为 ，
又由 ，可得 ，所以 ，
当且仅当 时，等号成立，所以C符合题意；
对于D中，如图所示，以A为原点，以 分别为 轴建立直角坐标系，
可得 ，
则 ， ，可得 ，
因为 别是 ， 边的中点，所以 ， ，
又因为 ，可得点 在单位圆上， ，
所以 ，当且仅当 三点共线时，等号成立，
所以 的最小值为 ，所以D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】 由向量模的性质整理即可得出选项A正确；由向量共线的判定定理即可判断出选项B错误；由三角形的面积公式结合基本不等式即可求出最大值，由此判断出选项C正确；根据题意以A为坐标原点，分别以AC，AB所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，由题意得到E，F的坐标，可得M在单位圆上，求出A到BC的距离，可得的最小值.，由此判断出选项D正确，从而得出答案。
11．（2022高三下·广东月考）已知双曲线，直线与交于，两点（在的上方），，点在轴上，且轴.若的内心到轴的距离不小于，则的离心率可以为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【考点】双曲线的简单性质；正弦定理
【解析】【解答】因为A在B的上方，且这两点都在C上，所以，，则.
因为 ，所以A是线段 的中点，
又 轴，所以 ， ，所以 的内心G在线段 上.
因为DG平分∠EDA，在△EDG中，由正弦定理得： ，在△ADG中，由正弦定理得： ，
由于 ， ，所以 ，
因为G到y轴的距离不小于 ，所以 ，
所以 ，
因此 ，即 ， ，故 .
故答案为：BD
【分析】根据题意由已知条件结合正弦定理整理化简即可得出边之间的关系，再由双曲线的简单性质整理化简即可得出答案。
12．（2021高一下·湖南月考）已知向量 ， 是两个非零向量，在下列条件中，一定能使 ， 共线的是（　　）
A． 且
B．存在相异实数λ，μ，使
C． (其中实数x，y满足x+y=0)
D．已知梯形ABCD，其中
【答案】A,B
【考点】向量的共线定理
【解析】【解答】对于A，因为向量 ， 是两个非零向量， 且 ，所以 ， ，此时能使 ， 共线，A符合题意；
对于B，存在相异实数λ，μ，使 ，要使非零向量 ， 是共线向量，由共线向量基本定理知成立，B符合题意；
对于C， (其中实数x，y满足x+y=0)，如果x=y=0，则不能使 ， 共线，C不正确；
对于D，已知梯形ABCD中， ，如果AB，CD是梯形的上下底，则正确，否则错误.
故答案为：AB．
【分析】 选项A：根据 且 即可得出 ， ，从而得出 ， 共线；选项B：可得出λ，μ都不等于0，并得出，从而得出 ， 共线；选项C：x=0，y=0时，满足选项的条件，显然得不出 ， 共线；对于选项D：显然得不出 ， 共线．
三、填空题
13．（2021高一下·长春月考）在 中， ， ， 是 中点，则 　 　．
【答案】2
【考点】平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】【解答】建立如图所示的直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，设C(0,y),因为M是BC的中点，所以
【分析】建立直角坐标系，利用向量的坐标的数量积解题。
14．（2021高三上·宝安月考）已知向量 ， ， ，则实数 　 　．
【答案】
【考点】向量的模；平面向量的坐标运算
【解析】【解答】因为 ， ，
所以 ， ，
因为 ，所以 ，解得 ，
故答案为：
【分析】由已知条件结合点的坐标即可求出向量的坐标，再由向量模的定义代入数值计算出的值即可。
15．（2021·大庆模拟）如图，已知正方体 ，点 分别是 的中点， 与平面 　 　（填“平行”或“不平行”）；在正方体的12条面对角线中，与平面 平行的面对角线有　 　条．
【答案】不平行；6
【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：如图建立空间直角坐标系，
令正方体的棱长为2，则 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，所以 ， ，设平面 的法向量为 ，所以 ，令 ，则 ， ，所以 ， ，所以 ，所以直线 与平面 不平行，
因为 ，所以 ，所以直线 与平面 平行，因为 ，所以 与平面 平行，同理可得 ， ， ， 与平面 平行， ， ， ， ， ， 与平面 不平行，
故与平面 平行的面对角线有6条。
故答案为：不平行，6。
【分析】利用已知条件建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为2，进而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积的坐标表示结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合线面平行的判定定理，进而推出直线 与平面 不平行；再利用数量积的坐标表示结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合线面平行的判定定理，进而推出直线 与平面 平行，因为 ，所以 与平面 平行，同理可得 ， ， ， 与平面 平行， ， ， ， ， ， 与平面 不平行，故与平面 平行的面对角线有6条，从而求出在正方体的12条面对角线中，与平面 平行的面对角线的条数。
16．（2021高三上·顺德月考）在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若b＝acosC c，则角A为　 　．
【答案】60°
【考点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】∵b＝acosC c．
∴由正弦定理可得：sinB＝sinAcosC sinC，
即sinAcosC+sinCcosA＝sinAcosC sinC，
即sinCcosA sinC，
∵sinC≠0，
∴cosA ，
∵A∈（0°，180°），
∴A＝60°．
故答案为：60°
【分析】 利用正弦定理把已知等式转化成角的关系，根据三角形内角和定理,两角和的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式可求cosA的值，结合A的范围即可得解A的值.
四、解答题
17．（2021·揭阳模拟）在① ，② ，③ 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在 ，它的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 ， ， ▲ ？
【答案】解：由 结合正弦定理可得 ，
所以 .
因为 ，所以 .
[选择条件①的答案]
所以 .
由 得 ，所以 .
因为 ，所以 .所以 .
由正弦定理 得 .
[选择条件②的答案]
所以 .
因为 ，所以 .
由正弦定理 得 .
[选择条件③的答案]
所以 .
由 得 .
因为 ，所以 .
所以三角形不存在.
【考点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】根据题意首先 化简（3c-2b）cosA=2acosB可得cosA的值，条件①，利用辅助角公式可求得C，再利用正弦定理解题，条件②，可以利用二倍角公式计算sinC的值，再利用正弦定理解题．
条件③，可借助余弦定理构建一元二次方程，利用判别式△＜0判断三角形不存在．
18．（2021·三明模拟）已知椭圆 的左、右顶点分别为 ， ，上顶点为 ，过右焦点 的直线交椭圆 于 ， 两点，点 在 轴上方，当 轴时， （ 为坐标原点）.
（1）求椭圆 的标准方程.
（2）设直线 交直线 于点 ，直线 交直线 于点 ，则 是否为定值 若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）当 轴时，点 的横坐标 代入椭圆 的方程，
可得点 的纵坐标 ，
由题意知 ， ， ，
又当 轴时， ，
，得 ，且 ，
，
∴椭圆 的标准方程为 .
（2） 为定值，且定值为 ，理由如下：
由（1）得 ， ， ，设 ， ， ，
直线 的方程为 ，
联立方程可得 整理得 ，
则 ， ，
由 ， ， 三点共线可得 ，①
， ， ，②
由①②得 ③
由 ， ， 三点共线可得 ④
由③④可得 ，
分别将 ， 代入，得
，
将 ， 代入并整理，可得 ，
，
设 ，同理可得 ，
由 ， ， 三点共线可得 ，⑤
由③⑤得 ，
，
为定值.
【考点】平面向量数量积的运算；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1)根据题意先求出P点的坐标，再利用OP//AD，求出b的值，由a，b，c的关系求出a的值，即可得到椭圆的方程；
(2)由(1)的结论可得出，点A，D，B的坐标，设P，Q，M的坐标，以及直线PQ的方程，联立直线方程与椭圆的方程，结合韦达定理，分别由A，P，M三点共线、B，Q，M三点共线、B，P，N三点共线，分析求解P，Q，M三点坐标之间的关系，利用向量的夹角的坐标表示进行求解即可.
19．（2021·滨州模拟）已知点 ， ，动点 满足 ．记点 的轨迹为曲线 ．
（1）求 的方程；
（2）设 为直线 上的动点，过 作 的两条切线，切点分别是 ， ．证明：直线 过定点．
【答案】（1）解：设 ，则 ， ，
， ，
所以， 可以化为 ，
化简得 ．
所以， 的方程为
（2）解：由题设可设 ， ， ，
由题意知切线 ， 的斜率都存在，
由 ，得 ，则 ，
所以 ，
直线 的方程为 ，即 ，①
因为 在 上，所以 ，即 ，②
将②代入①得 ，
所以直线 的方程为
同理可得直线 的方程为 ．
因为 在直线 上，所以 ，
又 在直线 上，所以 ，
所以直线 的方程为 ，
故直线 过定点
【考点】数量积的坐标表达式；数量积表示两个向量的夹角；轨迹方程
【解析】【分析】(1)根据题意设出点的坐标由此得到向量的坐标，再由数量积的运算公式整理即可得出轨迹的方程即可。
(2)首先设出点的坐标再利用直线与圆锥曲线相切的性质即可得到直线EF的方程，由此即可确定出定点的坐标即可。
20．（2021高一下·辽宁期中）已知向量，，其中，且.
（1）求的值；
（2）若，且，求角.
【答案】（1）解：，
，即.
方法一：代入，得，
又，
则，，
则，
代入可解得.
方法二：，
.
（2）解：，，
又，
.
，
.
由，
得.
【考点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）由. 可得 ， 弦化切即可求 的值；
（2）结合（1），由 ，即可求.
21．（2020高三上·宣城期末）已知在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ，求 面积的最大值.
【答案】（1）解：因为 ，
由正弦定理，可得 ，
整理得 ，
又由余弦定理，可得 ，
又因为 ，所以
（2）解：由（1）知 ，
又由 ，可得 .
因为 ，当且仅当 时等号成立，所以 ，
所以 ，
即 面积的最大值
【考点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正弦定理和余弦定理，进而结合三角形中角C的取值范围，从而求出角C的值。
（2） 由（1）知 ，又由 ，进而求出a,b的关系式，再利用均值不等式求最值的方法，进而求出ab的最大值，再结合三角形面积公式，进而求出三角形 面积的最大值 。
22．（2021·淄博模拟） 的内角 、 ， 的对边分别为 、 、 ， ， ．
（1）求角 的大小；
（2）求 外接圆面积的最小值．
【答案】（1）解：因为 ，则 ，
所以 ，即 ，
故 ，
因为 ，则 ，
所以， 或 ，解得 或 ；
（2）解：设 外接圆半径为 ，由正弦定理 可得 ，
所以 外接圆面积 .
①当 时，由余弦定理可得：
因为 ，所以 ，
因此 外接圆面积的最小值 ．
②当 时，由勾股定理可得 ，
因此 外接圆面积的最小值 ．
综上所述， 外接圆面积的最小值为 或 .
【考点】解三角形
【解析】【分析】（1）用和差公式、倍角公式化简，根据余弦值为负，和B的范围，得出两个值。
（2）三角形里外接圆相关就用正弦定理。由第一位角B得出，所以用角B表示出外接圆面积。再用余弦定理和均值不等式求出b方的最值。
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