2023-2024学年高中数学人教A版必修第二册第六章平面向量及其应用 精选题练习（含解析）

2023-2024学年高中数学人教A版必修第二册第六章平面向量及其应用精选题练习
一、单选题
1．设点是正三角形的中心，则向量，，是（ ）
A．共起点的向量 B．模相等的向量 C．共线向量 D．相等向量
2．一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东，距离为海里，灯塔在的北偏西，距离为海里，该游轮由沿正北方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏东方向，则此时灯塔位于游轮的（　　）
A．正西方向 B．南偏西方向 C．南偏西方向 D．南偏西方向
3．在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则此三角形的解的情况是（ ）
A．有一解 B．有两解
C．无解 D．有解但解的个数不确定
4．在中，角的对边分别是，已知，，，则等于（ ）
A．1 B．2 C． D．
5．已知，是平面内两个不共线的向量，，，，且A，C，D三点共线，则（ ）
A． B．2 C．4 D．
6．已知向量满足，则（ ）
A． B． C．0 D．2
7．在中，为的中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知向量，，设，的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．若平面向量，，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与同向的单位向量为
C．若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为
D．若，则的最小值为
10．如图，在同一平面内，两个斜边相等的直角三角形放置在一起，其中，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．在中，由以下各条件分别能得出为等边三角形的有（ ）
A．已知且 B．已知且
C．已知且 D．已知且
三、填空题
12．设向量的夹角的余弦值为，且，，则 ．
13．在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，，则的值为 .
14．设平面向量，，其中为单位向量，且满足，则的最小值为 .
四、解答题
15．已知的顶点坐标分别为，，，求，，的值．
16．如图，直线与的边，分别相交于点，．设，，，，请用向量方法探究与的边和角之间的等量关系．
17．在中，角，，所对的边分别是，，，且.
(1)求角；
(2)若，，求的面积.
18．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，．
(1)若，，求c；
(2)若的面积为，，求a．
19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角A的值；
(2)若，，求的面积.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】利用平面向量的相关概念判断.
【详解】因为点是正三角形的中心，
所以，，是模相等的向量；
向量只有大小与方向两个要素，没有起点之说；
这三个向量方向不同，不是共线向量；
这三个向量方向不同，不是相等向量.
故选：B
2．C
【分析】利用正弦定理、余弦定理求得正确答案.
【详解】如图，在中，，由正弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以解得，
由正弦定理得，故或，
因为，故为锐角，所以，
此时灯塔位于游轮的南偏西方向.
故选：C
3．A
【分析】运用正弦定理计算出，结合有，计算出即可得.
【详解】由，得，
又 ，，故只能为锐角，即，
故该三角形只有一解．
故选：A.
4．B
【分析】利用余弦定理解三角形.
【详解】由余弦定理，
将，，，代入得，
则有，且，解得.
故选：B.
5．D
【分析】根据已知求出.根据已知可得共线，进而得出，代入向量整理得出方程组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，.
因为A，C，D三点共线，所以共线，
则，使得，
即，
整理可得.
因为，不共线，
所以有，解得.
故选：D.
6．C
【分析】根据数量积的定义及运算律计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：C.
7．A
【分析】根据平面向量的线性运算计算即可.
【详解】
.
故选：A.
8．A
【分析】先求得，然后利用诱导公式求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以.
故选：A
9．BD
【分析】根据向量的线性运算可判断AB选项，再根据向量夹角公式可判断C选项，结合向量垂直的坐标表示及基本不等式可判断D选项.
【详解】由，，
A选项：，
则，解得，则，，
所以不存在，使，即，不共线，A选项错误；
B选项：，则，解得，
即，，，
所以与同向的单位向量为，B选项正确；
C选项：时，，
又与的夹角为锐角，
则，解得，且，
即，C选项错误；
D选项：由，得，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，D选项正确；
故选：BD.
10．BD
【分析】根据平面向量加减运算法则可知A错误，B正确；由转化法利用平面向量数量积定义即可求得C错误，D正确.
【详解】由可得，则，
所以，可得A错误；
易知，所以可得，即B正确；
易知，可得C错误；
由
，即D正确；
故选：BD
11．AC
【分析】利用正弦定理、余弦定理判断三角形的形状.
【详解】对于A、因为，所以，由余弦定理得，，
又，所以，所以，所以，所以，
所以为等边三角形..故A正确；
对于B，因为，，所以或，
当时，，所以，所以为等边三角形；
当时，，所以为等腰三角形.故B错误；
对于C，因为且，所以；所以，所以，
又，所以，所以为等边三角形.故C正确；
对于D，因为；所以，即，所以，
所以或，所以或，
当时，，所以，所以为等边三角形；
当时，，所以，，所以为直角三角形.故D错误.
故答案为：AC.
12．18
【分析】利用平面向量数量积的运算律求解.
【详解】设与的夹角为，
因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
故答案为：.
13．3
【分析】首先分析题意，运用余弦定理求解即可.
【详解】，
即，解得.
故答案为：3
14．
【分析】由两边平方可得，根据，可得，根据单调性即可求解.
【详解】因为，所以，即，可得.
所以
，
所以的最小值为.
故答案为:.
15．，，
【分析】运用平面向量坐标公式及数量积公式可得，即可判断为直角三角形，进而可求得结果.
【详解】如图所示，
由已知可得，，
所以，所以，即，
所以，
又，，
所以在中，
所以，.
故，，.
16．
【分析】由，结合数量积可得，再运用数量积定义可分别求出、、，代入整理即可.
【详解】如图所示，
因为，所以，
即，
又因为，
，
，
所以，
即.
17．(1)
(2).
【分析】（1）由正弦定理和余弦定理化简即可得出答案；
（2）由（1）可知，再由余弦定理结合三角形的面积公式求解即可.
【详解】（1）在中，由正弦定理可得，
因为，所以.
在中，由余弦定理得.
因为，所以.
（2）由（1）可知，又，，
所以由余弦定理，可得，
即，所以，，又，
所以.
18．(1)2
(2)
【分析】（1）先求出角，结合正弦定理可得答案；
（2）先利用面积求出，结合余弦定理可得答案.
【详解】（1）因为，，所以，
由正弦定理，可得.
（2）因为的面积为，所以，
因为，，所以，解得.
由余弦定理可得，即.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合角的范围求解即得.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算即得.
【详解】（1）在中，得，
由正弦定理得.又，
因此，而，所以.
（2）由（1）知，由余弦定理得，
而，，则，解得（舍去负值），所以，
所以的面积.
答案第1页，共2页
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