第六章平面向量及其应用综合复习训练（含解析）2023——2024学年高中数学人教A版（2019）必修第二册

第六章平面向量及其应用综合复习训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在中，，为内一点，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．在中，角的对边分别为，已知的平分线交于点，且，则的最小值是（ ）
A．4 B．8 C． D．
3．甲船在岛B的正南方A处，千米，甲船以每小时4千米的速度向正北航行，同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是（ ）
A．小时 B．小时 C．小时 D．小时
4．在中，，则角（ ）
A． B． C． D．
5．已知是边长为1的正的边上靠近C的四等分点，为的中点，则的值是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底B在同一平面内的两个观测点C与D，现测得，，米，在点C处测得塔顶A的仰角为，则该铁塔的高度约为（ ）（参考数据：，，，）

A．40米 B．14米
C．48米 D．52米
7．下列命题错误的是（ ）
A．若A、B、C是平面内的三点，则
B．若、是两个单位向量，则
C．若、是任意两个向量，则
D．向量，可以作为平面内所有向量的一组基底
8．已知向量不共线，则向量与共线时，实数（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知平面向量，则（ ）
A． B．
C．在上的投影向量的模为 D．与的夹角为钝角
10．在给出的下列命题中，正确的是（ ）
A．设是同一平面上的四个点，若，则点必共线
B．若向量，是平面上的两个向量，则平面上的任一向量都可以表示为，且表示方法是唯一的
C．若，，，则只有一解
D．已知平面向量，，满足，，则为等边三角形
11．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列对的个数的判断正确的是（ ）
A．当，，时，有两解 B．当，，时，有一解
C．当，，时，有一解 D．当，，时，有两解
12．定义一种向量运算“”：，其中是任意的两个非零向量，是与的夹角．对于同一平面内的非零向量，给出下列结论，其中不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．
D．若，则
三、填空题
13．设，向量，若∥，则 ．
14．锐角中，边上的高为4，则面积的取值范围为 ．
15．已知向量满足，则 ．
16．如图，在中，是的中点，与交于点．设，则 ；若，则 ．

四、解答题
17．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知
(1)求角C的大小；
(2)若，求的周长的取值范围．
18．如图，在平面四边形中，，，，．
(1)若为锐角，且，求的面积；
(2)求四边形面积的最大值；
(3)当时，在四边形所在平面内，求的最小值．
19．在中，点分别在边和边上，且，，交于点，设．

(1)若，求实数；
(2)试用表示；
(3)点在边上，且满足三点共线，试确定点的位置．
20．如图，在平面四边形ABCD中，，，，.
(1)若，，求的大小；
(2)若求四边形ABCD面积的最大值.
21．如图，在平面四边形中，，，的角平分线与相交于点，且.
(1)求的大小；
(2)求的值.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【分析】在中，设，，即可表示出，，再在中利用正弦定理得到，再由两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得解.
【详解】在中，设，令，

则，，
在中，可得，，
由正弦定理，
所以，
所以，
可得，即．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题解答关键是找到角之间的关系，从而通过设元、转化到中利用正弦定理得到关系式.
2．D
【分析】根据面积关系建立方程关系，结合基本不等式1的代换进行求解即可．
【详解】由正弦定理得
因为，所以，故，
如图所示，
则的面积为，
即，
．
．
当且仅当时取等号．
所以，的最小值为．
故选：D．
3．A
【分析】结合实际问题中的方向角抽象出图形，根据余弦定理表示出两船距离表达式，再由二次函数性质求得最小值可得结果.
【详解】假设经过x小时两船相距最近，甲、乙分别行至如图所示：
可知，
由余弦定理可得
；
根据二次函数性质可知，当小时时，取得最小值，此时甲、乙两船相距最近．
故选：A．
4．D
【分析】将代入条件，整理得，再由和正弦定理推得，消去得的方程，求解即得.
【详解】由可得，展开化简得:，①
又由和正弦定理可得：，②
将②代入①，可得：,即，
由可知是锐角，则，故有或，即或.
当时，由可得，符合题意；
当时，由可得，显然不合题意，故.
故选：D.
5．A
【分析】根据平面向量的线性运算可得，，结合数量积的运算律计算即可求解.
【详解】如图，
，，
所以
.
故选：A
6．C
【分析】在中利用正弦定理求，再在中求.
【详解】在中，由题意可得，
则，
，
由正弦定理可得，
在中，可得，
所以该铁塔的高度约为48米.
故选：C.
7．D
【分析】由判断A；不一定相等判断B；由判断C；由判断D.
【详解】若A、B、C是平面内的三点，则，故A错误；
若是两个单位向量，方向不同时，不相等，故B错误；
若是任意两个向量，则且共线同向时取等号，故C错误；
因为，又，
所以不共线，所以可以作为平面内所有向量的一组基底，故D正确.
故选：D.
8．B
【分析】根据给定条件，利用共线向量定理，列式计算即得.
【详解】由向量不共线，得向量，
由向量与共线，得，
于是，所以.
故选：B
9．AC
【分析】由模长的计算可得A正确；由向量垂直的坐标表示可得B错误；由投影向量的模的计算可得C正确；由向量的夹角公式可得D错误.
【详解】A：由题意可得，故A正确；
B：因为，
所以，故B错误；
C：在上的投影向量的模为，故C正确；
D：与的夹角的余弦为，所以夹角不是钝角，故D错误；
故选：AC.
10．AC
【分析】对A，化简得出，根据向量共线定理可判断；对B，根据平面向量基本定理可判断；对C，利用正弦定理求出即可判断，对D，首先可得，根据可得为的角平分线即可判断.
【详解】对于A，若，则，
即，则，且有公共点，故共线，故A正确；
对于B，根据平面向量基本定理可得若共线，则不满足题意，故B错误；
对于C，由正弦定理，即，则，
又，所以，则，故只有一解，故C正确；
对于D，，，即，所以，
因为表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量，
则为的角平分线上的向量，又，
所以为的角平分线，所以为等腰三角形，故D错误.
故选：AC
11．BC
【分析】根据给定条件，结合余弦定理、正弦定理逐项分析判断即得.
【详解】对于A，由，，得，又，因此唯一确定，A错误；
对于B，，，，由余弦定理可得唯一的值，B正确；
对于C，由，，得，则，有唯一角的值，C正确；
对于D，由，，得，则，有唯一角的值，D错误.
故选：BC
12．BCD
【分析】利用的定义证明A选项正确，然后由可否定B和C选项，最后给出D选项的反例即可.
【详解】对于A，若，由的定义有或.
由于是非零向量，故前者不可能成立，从而，这得到，即.
所以，故，A正确；
对于B，设有非零向量，则，，故，B错误；
对于C，由于，故，C错误；
对于D，若，，，则，D错误.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造反例否定一个命题，需要恰当选取反例方可得到结论.
13．/0.5
【分析】由向量平行的充要条件列式即可求解.
【详解】因为，∥，所以，
，即．
故答案为：0.5.
14．
【分析】利用正弦定理将的面积转化为关于角的式子，根据角的取值范围求解即可.
【详解】由题意可知，因为为锐角三角形，且，边上的高为4，
如图①所示，，，
，解得.
在中由正弦定理得，
所以，
在中，，即，
所以，
所以的面积为：
，，
令，
所以，在单调递减，
所以，
所以.
故答案为：.
图①
15．2
【分析】把平方后结合数量积的运算律计算即可.
【详解】因为，
所以，
故答案为：2
16． /0.5
【分析】利用平面向量的线性运算，结合共线向量定理、平面向量基本定理求出即可；再利用数量积的运算律结合已知求出.
【详解】由是的中点，得，而在上，即
于是，又，则，又 E，O，C三点共线，
因此，解得，则，而，不共线，
所以，；
显然，
则，
因此，解得，所以即．
故答案为：；
17．(1).
(2)△的周长的取值范围为
【分析】（1）根据三角恒等变换和正弦定理的得到，进而由余弦定理得到，可求得C；
（2）由（1）可得，结合三边关系定理可求得△ABC的周长的取值范围．
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
由正弦定理可得，
由正弦定理可得，
因为，所以.
（2）由（1）可得，
所以，所以，
当且仅当时取等号，
又，所以△的周长的取值范围为．
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）连接，在中，在中，分别利用余弦定理表示，可得，可求得，可求得的面积；
（2），两边平方结合（1）可求得四边形面积的最大值；
（3）将绕点旋转，使得，分别与，重合，连接，，可求得，进而由余弦定理可求得，利用可求最小值.
【详解】（1）连接.
在中，由余弦定理可得，即.
在中，由余弦定理可得，即，
则，即.
因为为锐角，且，所以，所以，则，
故的面积为.
（2）四边形的面积，
则.①
由（1）可知，则.②
联立①②，解得，则，等号成立当且仅当，
所以四边形面积的最大值为.
（3）将绕点旋转，使得，分别与，重合，连接，，
则，，，.
因为，所以，
所以，则.
由图可知，
当且仅当，，，四点共线时，等号成立，
故的最小值是.
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，存在实数，使得，结合三点共线，得出方程，即可求解；
（2）由（1）中，，进而得到答案；
（3）设，求得和，结合，列出方程组，即可求解.
【详解】（1）解:在中，由，可得，且，
因为，则，
又因为三点共线，可得，解得.
（2）解：由（1）中，，
因为，
当时，可得.
（3）解：设，所以，
因为，又因为三点共线，所以，
所以，解得，所以满足，
20．(1)
(2)
【分析】（1）在中，利用余弦定理可得，由等腰三角形可得，然后在中利用正弦定理即可求解；
（2）利用勾股定理求得，然后四边形面积分成即可求解.
【详解】（1）在中，，，所以，
由余弦定理可得，，即，
又，所以，
在中，由正弦定理可得，得，
因为，所以，所以.
（2）在中，，所以，
所以，四边形ABCD的面积
，
当时，，即四边形ABCD面积的最大值为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）在中利用正弦定理结合已知条件求出，即可得解；
（2）依题意可得，由求出，再在中利用余弦定理计算可得.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
所以，
又，
所以，因为，
所以.
因为，所以.
（2）因为，所以.
因为平分，所以.
因为，
所以，
又，，所以，
解得，
因为，所以
，
所以.
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