6.4 平面向量的应用 同步练习（含答案）-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）+必修第二册

6.4 平面向量的应用
一、选择题
1．的内角的对边分别为，若，则（　　）
A．2 B． C．3 D．
2．在中，已知，，，则的面积等于（　　）
A． B． C． D．
3．在中，内角所对边分别为，若，则（　　）
A． B． C． D．2
4．在锐角中，，则的范围是（　　）
A． B． C． D．
5．记的内角的对边分别为，已知，，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
6．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，，则线段CD长度的最小值为（　　）
A．2 B． C．3 D．
7．点O，G，P为所在平面内的点，且有， ，，则点O，G，P分别为的（　　）
A．垂心，重心，外心 B．垂心，重心，内心
C．外心，重心，垂心 D．外心，垂心，重心
8．在等腰中，，若点M为的垂心，且满足，则的值为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题
9．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（　　）
A．若，则
B．
C．若，则是锐角三角形
D．若，则是钝角三角形
10．下列关于平面向量的说法中正确的是（　　）
A．不共线，且，则.
B．若向量，且与的夹角为钝角，则的取值范围是
C．已知，则在上的投影的坐标为
D．已知点为的垂心，则
11．已知点在所在的平面内，，则下列命题正确的是（　　）
A．若，且，则
B．若，则
C．若，则动点的轨迹经过的内心
D．若，则动点的轨迹经过的外心
12．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（　　）
A．若，则M为的重心
B．若M为的内心，则
C．若，，M为的外心，则
D．若M为的垂心，，则
三、填空题
13．中内角，，所对的边分别为，，，且，，，则　 　．
14．在中，角所对的边分别为，且满足，若的中线，且，则的面积为　 　.
15．在中，，，，为线段上的动点，且，则的最小值为　 　
16．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，若点P为的费马点，，则实数t的取值范围为　 　.
四、解答题
17．已知的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，面积为，求的值.
18．在中，内角的对边分别为．
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长．
19．已知中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，，且，求.
20．在中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足
（1）求角C的大小；
（2）若，的平分线与的平分线交于点I，求周长的最大值．
参考答案
1．D
2．C
3．B
4．A
5．B
6．D
7．A
解：由，可得：即则可得：
，所以，，同理可得：
则O是三边上高的交点，则O为的垂心；
又根据可得：设AB的中点为M，则即G，M，C三点共线，所以点G在的中线CM上，同理可得点G在的其余两边的中线上，所以G是三边中线的交点，故G为的重心；
又，可得：，即，又M为AB的中点，所以点P在AB的垂直平分线上，同理可得P在BC，AC的垂直平分线上，即P是三边垂直平分线的交点，故P为的外心，故A选项符合题意.
8．C
9．A,B,D
10．B,D
11．A,B,D
12．A,B
解：A、取的中点，连接，如图所示：
因为，所以，
则，所以，
故，，三点共线，且，
同理，取中点，中点，可得，，三点共线，，，三点共线，
所以为的重心，故A正确；
B、若为的内心，可设内切圆半径为，
则，，，
所以，
即，故B正确；
C、若，，为的外心，则，
设的外接圆半径为，故，，
，
故，，，
所以，故C错误；
D、若为的垂心，，则，
，，，相交于点，如图所示：
又，
，即，
，即，
，即，
设，，，则，，，
因为，，
所以，即，
，则，故D正确.
13．
14．
15．
16．
解：由半角公式可得：，
已知，则，即，化简整理得，
根据正弦定理可得，
则，且，则，可得，可知，
故由点为的费马点得，如图所示：
设，
由得；
由余弦定理得，
，
，
因为，
即，可得，
且，则，
当且仅当，即时，等号成立，
又因为，则，解得或（舍去），
所以实数的取值范围为.
17．（1）解：由，根据正弦定理可得，
因为，所以，所以，所以，
又因为，所以；
（2）解：因为面积为，所以，所以，
又因为，，
由余弦定理：，可得，
即，解得.
18．（1）解：由正弦定理得，
又
得，则有．
图为中，
所以，则，故．
（2）解：
而由余弦定理得，即，则
解得，故的周长为
另解：
而由余弦定理得，即，则，
从而有，则，故的周长为
19．（1）解：由，得，
即，.
所以，故.
（2）解：
在中，，，，
由余弦定理可得：，
化简可得：，解得：或（舍去）.
又因为，故.
在中，，
故.
20．（1）解：
于是.
在中，由正弦定理得，
因为，则，即
因为，因此即又
所以
（2）解：由(1)知，，有
而与的平分线交于点I，即有
于是
设，则且
在中，由正弦定理得，．
所以，
所以的周长为
．．
由，得
则当，即时，的周长取得最大值
所以周长的最大值为