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） (55)

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．（2020高二上·中山期末）在△ABC中，角 的对边分别是 ，若 ， ， ，则 =（　　）
A． B． C．1 D．2
2．（2021高二下·广州期中）已知正方形ABCD的边长为2， 为 的中点，则 （　　）．
A．-2 B．-4 C．4 D．2
3．（2020高二上·济南期末）在正方体 中， 和 分别为 和 的中点，那么直线 与 所成角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
4．（2021高一下·莆田期末）已知向量 ， 不共线，且向量 与 共线，则实数 的值为（　　）
A．-2或-1 B．-2或1 C．-1或2 D．1或2
5．宽与长的比为 的矩形叫做黄金矩形.它广泛的出现在艺术 建筑 人体和自然界中，令人赏心悦目.在黄金矩形 中， ，那么 的值为（　　）
A． B． C．4 D．
6．（2021高二上·南阳期中）在 中， ，则该三角形的最大内角是（　　）
A．135° B．120° C．84° D．75°
7．（2022·普陀模拟）设点是双曲线的左 右两焦点，点是的右支上的任意一点，若，则的值可能是（　　）
A．4 B． C．5 D．
8．（2021高二下·昆明期末）已知 中， ， 是 的中点， ，则 面积的最大值为（　　）
A． B．3 C． D．6
二、多选题
9．（2021高二上·重庆开学考）以下关于正余弦定理或其变形正确的有（　　）
A．在 中，
B．在 中，若 ，则
C．在 中，若 ，则 ，若 ，则 都成立
D．在 中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ， ，则
10．（2021高二下·河源月考）已知向量 ， 满足 ， ， ，则下列结论中正确的是（　　）
A． B．
C． D． 与 的夹角为
11．（2021高三上·山东月考）下列说法中错误的是（　　）
A．已知 ， ，则 与 可以作为平面内所有向量的一组基底
B．直线 的方向向量为 ，直线 的方向向量为 ， 则 与 垂直
C．若两非零向量 ， 满足 ，则
D．平面直角坐标系中， ， ， ，则 为锐角三角形
12．（2021·深圳模拟）在△ABC中，下列说法正确的是(　　)
A．若A>B，则|cosB|>|cosA|
B．若a2+b2>c2，则△ABC为锐角三角形
C．等式a=bcosC+ccosB恒成立.
D．若A：B：C=1：1：4，则a：b：c=1：1：
三、填空题
13．（2021高三上·青岛期中）已知 ， ， ，则 　 　.
14．（2020高二上·宝安期末） 内角 的对边分别为 ，若 的面积为 ，则 　 　
15．（2021·浦东模拟）正方形 的边长为2，点 和 分别是边 和 上的动点，且 ，则 的取值范围为　 　．
16．（2022·浙江模拟）在中，已知，，，为的内心，的延长线交AB于点D，则的外接圆的面积为　 　，　 　.
四、解答题
17．（2021高二上·大连期中）已知，．
（1）若，且，求；
（2）若与互相垂直，求实数．
18．（2022·莆田模拟）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2）若，求外接圆面积的最小值.
19．（2021·深圳模拟） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角， .
（1）求A；
（2）若 ，且 边上的高为 ，求 的面积.
20．（2022·河南模拟）如图，，分别是正三棱柱的棱，的中点，且棱，．
（1）求证：平面；
（2）求锐二面角的余弦值．
21．（2021高二上·房山期中）如图，在四棱锥 中， 面ABCD， ，且 ， ， .
（1）求证： ；
（2）求平面PDC与平面PBC所成角的余弦值；
（3）若PB的中点为M，判断直线AM与平面PDC是否相交，如果相交，求出P到交点H的距离.
22．（2021高一下·安徽期中）已知在中，内角，，所对的边分别为，，，，其中．
（Ⅰ）若，，求；
（Ⅱ）若，，求的面积．
答案解析部分
1．【答案】D
【考点】正弦定理
【解析】【解答】由正弦定理得 。
故答案为：D．
【分析】利用已知条件结合正弦定理，从而求出b的值。
2．【答案】B
【考点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由题意知，以B为原点，BC，BA为x,y轴建立平面直角坐标系，如图所示，
则A（0,1），E（1,0），C（2,0），D（2,2），
则,
则.
故答案选：B
【分析】由题意建立适当的平面直角坐标系，再向量数量积的坐标表示直接求解即可.
3．【答案】A
【考点】异面直线及其所成的角；余弦定理
【解析】【解答】设 分别是 的中点，由于 分别是 的中点，结合正方体的性质可知 ，
所以 是异面直线 和 所成的角或其补角，
设异面直线 和 所成的角为 ，设正方体的棱长为2，
， ，
则 .
故答案为：A.
【分析】首先由正方体的几何性质以及中点的性质即可找出异面直线所成角，再由三角形内的几何计算关系以及余弦定理代入数值计算出结果即可。
4．【答案】B
【考点】向量的共线定理
【解析】【解答】若向量 与 共线，则存在实数 ，使得
，
又因为向量 ， 不共线，所以
，
解得 或 。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合向量共线定理，从而求出实数的值。
5．【答案】C
【考点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】由已知 ， ，解得：
如图所示，建立直角坐标系，则 ， ， ，
则 ， ，
故答案为：C
【分析】 由黄金矩形ABCD的定义，可得AB，再由勾股定理和向量数量积的定义，计算可得所求值．
6．【答案】B
【考点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】由 可得 ，不妨设 ，则 ，则 ，故 。
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合正弦定理得出，不妨设 ，则 ，再利用余弦定理求出角A的值。
7．【答案】B
【考点】数量积的坐标表达式；双曲线的定义
【解析】【解答】设则，由题可知，
∴，又，
∴，可得，
∴，即，
∴，
∴，又因为。
故答案为：B.
【分析】设则，由题可知，再利用向量的坐标表示得出
，再利用结合数量积的坐标表示得出的取值范围，进而得出，从而得出，再利用双曲线的定义，从而得出的取值范围，再利用，进而得出 可能的值。
8．【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】由题意知，设 ，由 ，
∴ ，则 ，
∴
又 ，
∴
，当且仅当 时等号成立，
∴ ，即三角形△ 面积的最大值为6。
故答案为：D
【分析】由题意设 ，再利用余弦定理结合已知条件，从而求出 ，再利用同角三角函数基本关系式，从而求出角A的正弦值，即 ，再利用三角形的面积公式得出 ，再结合均值不等式求最值的方法，从而求出三角形△ 面积的最大值。
9．【答案】A,C,D
【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】对于A，由正弦定理 ，可得 ，故该选项正确；
对于B，由 ，可得 或 ，即 或 ，∴ 或 ，故该选项错误；
对于C，在 中，由正弦定理可得 ，因此 是 的充要条件，故该选项正确；
对于D，因为 ，
所以由正弦定理可得 ，又 ，
所以 ，可得 ，
因为 ，所以 ，故该选项正确.
故答案为：ACD.
【分析】 由正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换逐一分析各个选项即可求解.
10．【答案】B,C
【考点】向量的模；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】 ，∴ ，
∴ ，∴ ， ，
，∴ 与 的夹角为 ，BC符合题意.
故答案为：BC.
【分析】 利用向量数量积公式、向量垂直、向量的模、向量夹角公式直接求解.
11．【答案】A,D
【考点】平面向量的基本定理及其意义；平面向量的坐标运算；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】A. 因为 ，所以 与 不可以作为平面内所有向量的一组基底，故错误；
B.因为直线 的方向向量为 ，直线 的方向向量为 ，且 ，所以 与 垂直，故正确；
C.因为两非零向量 ， 满足 ，所以 ，即 ，则 ，故正确；
D. 因为 ， ， ，所以 ，则 ，所以 为钝角，则 为钝角三角形，故错误；
故答案为：AD
【分析】 由题意，利用两个向量平行、垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算，逐一判断各个选项，从而得出答案.
12．【答案】A,C,D
【考点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于A， 因为A>B，所以a>b，由正弦定理得，sinA>sinB，则，即|cosB|>|cosA|，故A正确；
对于B，因为 a2+b2>c2， 所以，所以C是锐角，但角A,B无法判断，故B错误；
对于C，在三角形中，B+C=π-A，再由正弦定理得sinA=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)，上式显然成立，故C正确；
对于D，∵A:B:C=1:1:4
∴A=30°，B=30°，C=120°，
则由正弦定理得a:b:c=sinA:sinB:sinC=
故D正确
故答案为：ACD
【分析】根据正弦定理与余弦定理，结合两角和的正弦定理以及三角形的几何性质逐项判断即可
13．【答案】
【考点】向量的模
【解析】【解答】 ，
，
，
故答案为：
【分析】由已知条件结合向量模的运算性质，即可得出答案。
14．【答案】
【考点】同角三角函数基本关系的运用；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由余弦定理可得 ，所以 ，
的面积为 ，
所以 即 ，由 ，
所以 。
故答案为： 。
【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式，从而得出再利用同角三角函数的基本关系式，从而求出角C的正切值，再结合三角形中角C的取值范围，从而求出角C的值。
15．【答案】[0,1]
【考点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】连接 交 于点 ，
则正方形中，由于 ，得 ，∴ ， ，
，
因为正方形的边长为 ，所以 ，
所以 .
故答案为：[0,1]．
【分析】连接 交 于点 ，然后结合图形的性质和平面向量的运算法则即可求得 的取值范围 。
16．【答案】；
【考点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】由余弦定理得，.
设三角形的外接圆的半径为 , 所以 ，
所以 的外接圆的面积为 .
由余弦定理得 ,
所以 ， .
所以 .
由正弦定理得 .
故答案为： ； .
【分析】利用余弦定理求出BC,再利用正弦定理求出外接圆的半径和面积得解；分别求出 ，，再利用余弦定理和正弦定理求解.
17．【答案】（1）， ， ， ，设 ，
，解得 ，故 或 .
（2），
，
与 互相垂直，即 ，
解得 或 .
【考点】向量的模；数量积的坐标表达式；空间向量运算的坐标表示
【解析】【分析】(1)由空间向量和共线向量的坐标公式即可得出，然后由向量摸的坐标公式代入数值计算出，由此即可得出向量的坐标。
(2)根据题意由空间向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出结果即可。
18．【答案】（1）解：因为，所以，
解得或（舍去），
又为锐角三角形，所以.
（2）解：因为，
当且仅当时，等号成立，所以.
外接圆的半径，故外接圆面积的最小值为.
【考点】基本不等式在最值问题中的应用；二倍角的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用 结合二倍角的余弦公式，从而解一元二次方程结合三角形中角A的取值范围，进而求出角A的正弦值，再利用三角形为锐角三角形，从而求出角A的值。
（2）利用已知条件结合余弦定理和均值不等式求最值的方法，得出a的最小值，再结合正弦定理的性质得出三角形外接圆的半径的最小值，再利用圆的面积公式得出三角形外接圆面积的最小值。
19．【答案】（1）解：由 得 ，
由余弦定理得 ，所以 ，
由正弦定理得 ， 是三角形内角， ，
所以 ，又A为锐角，所以
（2）解：由（1） ， ，
所以 ，即 ， ，
，
【考点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据正弦、余弦定理求解即可；
（2）根据余弦定理及三角形面积公式即可求出。
20．【答案】（1）证明：在线段上取中点，连结、．
因为是的中位线，所以，且．
又因为，且，所以，，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）解：取中点，因为三棱柱是正三棱柱，
所以是等边三角形，所以．
分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，．
所以，．
设平面的一个法向量为．
则取，则．
因为平面的一个法向量为，
所以．
所以锐二面角的余弦值为．
【考点】数量积的坐标表达式；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由中点的性质即可得出线线平行，由此得出四边形的形状结合平行四边形的性质即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到二面角的余弦值 。
21．【答案】（1）证明： ， ， ， ，
， .
在 中，由余弦定理得 ，即 ，所以 .
. .
又 平面 ， 平面 .
.
又 ， 平面 ，
平面 .
平面 ，
.
（2）解：取 中点 ，连结 .
， ， ， ，
.
四边形 是平行四边形.
， . 平面 ， .
以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， .
， ， .
设平面 的一个法向量为 ，则
令 ，则得 ，此时
设平面 的一个法向量为 ，则
令 ，则得 ，此时 .
.
设平面 与平面 所成角为 ，
平面 与平面 所成角的余弦值为 .
（3）解： ， ， .
.
直线 与平面 相交.
设 ，所以 .
.
，
解得
，
到交点 的距离为1.
【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量的数量积运算；用空间向量求平面间的夹角；余弦定理
【解析】【分析】(1)根据题意由三角形中的几何计算关系，即可求出角的大小，再由余弦定理代入计算出AD的值，然后由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由线面垂直的判定定理和性质定理即可得证出结论。
(2)由已知条件结合中点的性质即可得出线线平行，再由线面垂直的性质定理即可得到线线垂直，由此建立的空间直角坐标系，求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面 与平面 所成角的余弦值 。
(3)根据题意由(2)的结论即可求出各个点以及向量的坐标，然后由数量积的坐标公式计算出由此得到直线 与平面 相交，由此设出由向量的坐标运算结合已知条件，计算出由此即可得出，从而得出答案。
22．【答案】解：（Ⅰ）因为，
所以，
故，
所以或．
因为，所以，即，故．
由余弦定理可得，
解得（负值舍去）．
（Ⅱ）由，得．
因为，所以①．
根据正弦定理，，及，，，得，
所以②．
①代入②，得，所以．
所以的面积为．
【考点】两角和与差的正弦公式；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（Ⅰ）由已知结合诱导公式及和差角公式进行化简可得A,B关系，然后结合三角形内角和以及余弦定理可求 ；
（Ⅱ）由 结合向量数量积定义可求,再由正弦定理进行化简可得,联立可求，然后结合三角形面积公式可求．
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