高中数学人教A版（2019）必修第二册分层练习6.4平面向量的应用B（含答案）

一、单选题
1．如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ等于
A． B． C．－1 D．－1
2．已知非零向量、满足，且，则的形状是（ ）
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．等腰（非等边）三角形 D．等边三角形
3．故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群．故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为，冬至前后正午太阳高度角约为．图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐的长度（单位：米）约为（ ）
A．3 B．4 C． D．
4．在中，已知，则（ ）
A．2021 B．2022 C．4042 D．4043
5．已知梯形ABCD 中，，，，，，点P，Q在线段BC上移动，且，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
6．已知在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，，若满足条件的三角形有两个，则x的值可能为（ ）
A．1 B．1.5 C．1.8 D．2
8．在中，角A，，所对的边分别为，，，下列叙述正确的是( )
A．若，则为等腰三角形
B．若，则为等腰三角形
C．若，则为等腰三角形
D．若，则为等腰三角形
三、填空题
9．在中，，则边上中线长度为______．
10．在中，a，b，c为角A，B，C的对边，且，则B的取值范围是___________.
11．“燕山雪花大如席”，北京冬奥会开幕式将传统诗歌文化和现代奥林匹克运动联系在一起，天衣无缝，让人们再次领略了中国悠久的历史积淀和优秀传统文化恒久不息的魅力.顺次连接图中各顶点可近似得到正六边ABCDEF.若正六边形的边长为1，点P是其内部一点（包含边界），则的取值范围为___________.
12．已知，，O为坐标原点，，则的最小值为______．
四、解答题
13．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．
（1）若，的面积为3，求b与c；
（2）若，求C．
14．①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答．
已知的三边，，所对的角分别为，，．若，______．
（1）求；
（2）求的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
15．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
16．已知函数.
(1)求函数的单调递减区间；
(2)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，求的取值范围.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】在ABC中，由正弦定理得AC＝100，再在ADC中，由正弦定理得解.
【详解】在ABC中，由正弦定理得，
∴AC＝100．
在ADC中，，
∴cos θ＝sin(θ＋90°)＝.
故选：C
【点睛】结论点睛：解一个三角形需要已知三个几何元素（边和角），且至少有一个为边长，对于未知的几何元素，放到其它三角形中求解.
2．D
【分析】由可得，再由可求出，即得三角形形状。
【详解】解：因为和分别表示向量和向量方向上的单位向量，
由， 的角平分线与垂直，
为等腰三角形，且，
且，
，又，
，
，
三角形为等边三角形．
故选：D．
3．C
【分析】根据题意，建立解三角形的数学模型，将问题转化为利用正弦定理解三角问题求解即可.
【详解】如图,根据题意得,
所以,
所以在,由正弦定理得,即,
解得,
所以在中,,即,
解得
.
故选：C
【点睛】本题考查数学问题，解三角形的应用问题，考查数学建模思想，数学运算能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，建立三角形模型，利用正弦定理求解即可.
4．D
【分析】根据同角三角函数的基本关系将切化弦，再根据两角和的正弦公式及诱导公式得到，再利用正弦定理将角化边，结合余弦定理计算可得；
【详解】解：由得
所以，
故，
即，即，
故.
故选：D.
5．D
【分析】如图以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，设，则，然后表示出，求其最小值即可，
【详解】如图，以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，
因为，，，，
所以，不妨设，，
则，
所以当时，取得最小值，
故选：D
6．C
【分析】由利用余弦定理，可得，正弦定理边化角，在消去，可得，利用三角形是锐角三角形，结合三角函数的有界限，可得的取值范围．
【详解】由
及余弦定理，可得
正弦定理边化角，得
是锐角三角形，
，即．
，，
那么：
则，
故选：
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略
一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化变；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
7．BC
【分析】利用正弦定理求得，再根据三角形有两解的条件可得，且，由此求出x的范围即可得解.
【详解】在中，由正弦定理得，，
因满足条件的三角形有两个，则必有，且，即，
于是得，解得，显然x可取1.5，1.8.
故选：BC
8．AC
【分析】利用正弦定理变化角和三角恒等变换即可判断三角形的形状．
【详解】对于A，若，则根据正弦定理得：
，
∵sinA+sinB≠0，∴sinA=sinB，则a=b，即△ABC为等腰三角形，故A正确；
对于B，若，则根据正弦定理得：
，
∵A、B∈(0，π)，A+B∈(0，π)，∴2A、2B∈(0，2π)且2A+2B∈(0，2π)，
∴2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=，即△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，若，则根据正弦定理得：
，∵A、B∈(0，π)，A+B∈(0，π)，∴A=B，即△ABC为等腰三角形，故C正确；
对于D，若，则根据正弦定理得：
，
则由B选项可知，此时△ABC为等腰或直角三角形，故D错误．
故选：AC．
9．
【分析】利用余弦定理求出的值，再利用平面向量的运算求出中线的长度．
【详解】由余弦定理得，
设是边上的中线，所以，
两边平方得，
所以，即边上的中线长为.
故答案为：
10．
【分析】根据余弦定理结合基本不等式求解出的取值范围，由此可求的取值范围.
【详解】因为，取等号时，
所以，所以，
故答案为：.
11．
【分析】根据向量的共线表示以及平面向量基本定理，可表达出，结合图形特征以及数量积的运算即可求解.
【详解】过点作于所以且,其中,
当点与点重合时，在方向上的投影最大，此时,取得最大值为；
当点与点重合时，此时，即,故,取得的最小值为
的取值范围是．
故答案为：．
12．
【解析】根据向量的数量积运算，结合函数的性质即可求出．
【详解】解：，，
，，，，
，
，，，，，
，，，
，
，
，
，
令，
令，，，，，
则，此时，，
则当时，则的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查平面向量的数量积运算，考查了数学转化思想方法，解答的关键是将转化为动点到两定点的距离之和，从而求出函数的最小值．
13．（1），；（2）或．
【分析】（1）由已知结合正弦定理及余弦定理进行化简可求，然后结合三角形的面积公式即可求解，；
（2）由已知结合和差角公式进行化简可求，然后结合特殊角的三角函数值即可求解．
【详解】因
所．
又，所以，
化简为．即．
因为．所以．
（1）因为，，所以，
解得，从而．
（2）因为，所以，
所以，
解得．
又，所以，
所以，或，
解得或．
14．选①：（1）；（2）或.选②：（1）；（2）或.
选③：（1）；（2）或.
【分析】若选①：（1）由二倍角公式、辅助角公式化简可求；（2）由正弦定理求，即可得，，，由面积公式即可求面积；若选②：（1）由正弦定理化边为角可求；（2）由正弦定理求，即可得，，，由面积公式即可求面积；若选③：（1）由余弦定理可求；（2）由正弦定理求，即可得，，，由面积公式即可求面积；
【详解】若选①：
（1）由可得即，
所以，所以，
因为，所以
（2）由可得，
因为，所以或，
当时，，由可得，，
此时的面积为，
当时，，所以，
此时的面积为，
所以的面积为或.
若选②：
由可得，
因为，所以，可得，
因为，所以；
（2）由可得，
因为，所以或，
当时，，由可得，，
此时的面积为，
当时，，所以，
此时的面积为，
所以的面积为或.
若选③：由可得，
由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）由可得，
因为，所以或，
当时，，由可得，，
此时的面积为，
当时，，所以，
此时的面积为，
所以的面积为或.
15．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简已知条件，然后利用整体代入法求得的单调递减区间.
（2）利用余弦定理求得，结合三角函数值域的求法求得的取值范围.
【详解】（1）
令，则
所以，单调减区间是.
（2）由得：
，即，
由于，所以.
在中，，
，
于是，则，，
，所以.
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