2023-2024学年高中数学必修第二册6.4平面向量的应用精选题练习（含解析）

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2023-2024学年高中数学必修第二册6.4平面向量的应用精选题练习
一、单选题
1．已知平面内的向量在向量上的投影向量为，且，则的值为（ ）
A． B．1 C． D．
2．在同一平面上有相距14公里的两座炮台，在的正东方.某次演习时，向西偏北方向发射炮弹，则向东偏北方向发射炮弹，其中为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点，则炮台与弹着点的距离为（ ）
A．7公里 B．8公里 C．9公里 D．10公里
3．在与中，已知，若，则（ ）
A． B．
C． D．
4．如图是某人设计的产品图纸，已知四边形的三个顶点在某圆上，且，，则该圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．在△ABC中，已知，，，D为垂足，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知，则的面积为（ ）
A． B． C．1 D．
7．如图所示，已知圆的半径为2，且与正方形ABCD的两条边相切，过作圆的两条切线，切点分别为，，若，则对角线长度为（ ）
A． B． C． D．
8．在等腰中，角A，B，C所对应的边为a，b，c，，，P是外接圆上一点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知是边长为2的等边三角形，，分别是、上的两点，且，，与交于点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．在方向上的投影为
10．如图，延长正方形的边至点E，使得，动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周后回到点A，若，则下列判断不正确的是（ ）
A．满足的点P必为的中点
B．满足的点P有且只有一个
C．满足的点P有且只有一个
D．满足的点P有且只有一个
11．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则B的值为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
12．如图，作用于同一点的三个力，，处于平衡状态，已知，．与的夹角为，则的大小为 .
13．如图，平面四边形中，与交于点，若，，则 ．
14．在中，内角的对边分别为，已知，则 ．
四、解答题
15．如图，设分别是梯形的对角线的中点.试用向量的方法证明：

16．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
(1)求B；
(2)若点D在AC上，且，求．
17．中，，点在边上，平分．
(1)若，求；
(2)若，且的面积为，求．
18．（1）在四边形ABCD中，，，，且，若M，N是线段BC上的动点，且，求的最小值；
（2） 在中，，，点为的中点，点为的中点，若，求的最大值；
19．如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台，已知射线，为两边夹角为的公路（长度均超过3千米），在两条公路，上分别设立游客上下点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米， 千米．
(1)求线段的长度；
(2)若，求两条观光线路与之和的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】先根据条件，确定向量的夹角，再根据向量数量积的性质求模.
【详解】因为，又，
所以.
所以：，
所以.
故选：A
2．D
【分析】设炮弹第一次命中点为，在中利用余弦定理求出，又二倍角公式求出，最后在中利用余弦定理计算可得.
【详解】依题意设炮弹第一次命中点为，则，，
，，
在中，
即，解得，
所以，又为锐角，解得（负值舍去），
在中
，
所以，即炮台与弹着点的距离为公里.
故选：D
3．D
【分析】由题意可知有唯一解，且，结合正弦定理可得曲线和水平直线必须有唯一的交点，结合图象分析求解.
【详解】由题意可知：有唯一解，且，
由正弦定理，可得，
所以关于A的方程有唯一解，
可知曲线和水平直线必须有唯一的交点，
则或，解得或．
故选：D.
4．B
【分析】利用平面几何的知识求得，再利用余弦定理与正弦定理依次求得，从而得解.
【详解】连接，在中，，
则，
所以，
因为，所以，
所以，
所以
，所以，
设该圆的半径为，则，
所以该圆的面积为.
故选：B.
5．B
【分析】设，利用和正弦定理化简得到，得到，求得，进而得到，在直角中，结合，即可求解.
【详解】设，可得，，
由正弦定理得，即，
因为，所以，
又因为，
所以，整理得，
因为，所以，所以，
即，解得，则，
即，
因为为锐角，，
所以，
在直角中，，所以.
故选：B.
6．A
【分析】由三角形面积公式、向量数量积以及模的坐标运算即可得解.
【详解】因为，
所以
.
故选：A．
7．D
【分析】利用已知条件求出，再利用利用三角函数得到即可.
【详解】设与相交于，过作于，
，则，
在中，，则，
在中，，在中，，则，
所以.
故选：D
8．C
【分析】根据正弦定理求出外接圆半径，建立平面直角坐标系，求出三角形顶点坐标，设，根据向量的坐标运算，求出的表达式，结合三角函数性质，即可求得答案.
【详解】由题意等腰中，，，
故，设外接圆半径为R，则；
以的外接圆圆心为原点，以的垂直平分线为y轴，
过点O作的平行线为x轴，建立平面直角坐标系，

则，设，，
则，，
则，
，
故，
因为，故，
即的取值范围是，
故选：C
9．BCD
【分析】以E为原点建立平面直角坐标系，根据条件写出所有点的坐标求解即可.
【详解】由题意可知：E为中点，则，
以E为原点，分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示：
所以，，
设，，
所以，
即O是中点，，所以选项B正确；
，所以选项C正确；
因为，，所以选项A错误；
易知，
在方向上的投影为，所以选项D正确.
故选：BCD
10．ABD
【分析】建立坐标系，讨论P点所在位置的不同情况，依次求出的范围，再判断每个选项的正误，即可得出结果.
【详解】如图建系，取，
，
动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点，
当时，有且，∴，∴，
当时，有且，则，
当时，有且，则，∴，∴，
当时，有且，则，
综上，，
选项A：取，满足，此时，
因此点P不一定是的中点，故A错误；
选项B：当点P为B点或的中点时，均满足，此时点P不唯一，故B错误；
选项C：当点P为点时，且，解得，由上分析可知时为点，故C正确；
选项D：当点P为的中点或的中点时，均满足，此时点P不唯一，故D错误；
故选：ABD.
11．BD
【分析】根据已知条件结合余弦定理可得，为三角形内角有，即可求B的值.
【详解】根据余弦定理可知，代入，
可得，即，因为，
所以或.
故选：BD.
12．1
【分析】利用共点力的平衡条件，得到，移项，解出即可．
【详解】，，三个力处于平衡状态，，即，
则
故答案为：1
13．/
【分析】由向量对应的比例关系、正弦定理，首先可列方程结合求得，进一步结合余弦定理可表示出，由此即可得解.
【详解】如图，设，，，
，
则：在中，有，
在中，有，
两式相除得，化简得，又，
所以，即，
所以.
在中，由余弦定理，解得，
进一步继续在中，由勾股定理有，所以，
所以.
故答案为：.
14．/
【分析】根据题意，由正弦定理可以将，变形可得，由三角函数恒等变形公式可得，即，求出.
【详解】根据题意，在中，，
则，变形可得，
则有，即，
因为，则.
故答案为：.
15．证明见解析
【分析】利用平面向量的线性运算，选择用表示，结合向量的共线定理证明即可.
【详解】分别为中点，，，
；
，可设，
，又，，
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）已知条件利用三角形内角和与诱导公式倍角公式化简，可求B；
（2）利用图形中的向量关系，有，由向量数量积和余弦定理化简得结果.
【详解】（1）∵，∴，，
∵，∴，
由正弦定理得，，
∵，，即，
由倍角公式得．
∵，∴，∴，则有.
故．
（2）∵，∴，
，

∴，即，
整理得，又由余弦定理，，
∴，
即，∴．
17．(1)或；
(2).
【分析】（1）由正弦定理及同角三角函数的关系，求出，的正余弦值，再由互补关系求出；
（2）由和的面积为，分别求出和，再根据余弦定理求出的值.
【详解】（1）由正弦定理得，AB＝2AC，C＞B，
又∵，∴，
∵，
∵AB＝2AC，∴C＞B，即大边对大角，，
又∵，∴，
∵，
∴
或，
（2）设AB＝2AC＝2t，∠CAD＝θ，∴AD＝AC＝t，
∵，∴，
∴，
∵为三角形的内角，，∴，∴，
∵，∴，
又∵，∴，
在△ABC中，运用余弦定理可得，
，
∴．
18．（1）；（2）
【分析】（1）利用极化恒等式转化为求最小值，解直角三角形即可得解；
（2）由向量线性运算可得，再由数量积的运算律化简后，利用均值不等式求最值即可.
【详解】（1）由题意知，
得，于是.
取的中点，连接，如图所示，

根据极化恒等式有，
因此要求的最小值，就是要求的最小值，
当时，最小，此时过点A作BC的垂线AF，垂足为，
则.
所以的最小值为；
（2）设，
因为，则，由图可得，，

所以，即，即.
因为点为的中点，
所以，
于是.
记，
则
，
在中，由余弦定理得，，
于是，
由和基本不等式可得，，
故，当且仅当取得等号，
则时，有最大值.
19．(1)3千米
(2)6千米．
【分析】（1）在中，根据余弦定理解三角形即可；
（2）设，由正弦定理得，，可得，根据可得其最大值.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
，得，
所以线段的长度为3千米．
（2）设，因为，
所以，在△PMN中，由正弦定理得，
，
所以，，
因此
因为，所以．
所以当，即时，取到最大值6．
所以两条观光线路与之和的最大值为6千米．
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