专题6.3 平面向量的应用 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版

专题6.3平面向量的应用练基础1．（2021·重庆九龙坡区·高三二模）已知等边的边长为为它所在平面内一点，且，则的最大值为（）A．B．7C．5D．【答案】B【解析】取的中点，连接，并延长到，则有，从而将转化为，而，所以结合图形可得答案【详解】解：取的中点，连接，并延长到，使，因为为等边三角形，所以，所以,因为，所以,因为等边的边长为，所以，要使取得最大值，则与共线且同向，所以的最大值为，故选：B 2．（2021·浙江高一期末）在中，，则（）A．5∶3∶4B．5∶4∶3C．D．【答案】D【解析】利用两个向量的数量积的定义可得，由此求得的值，利用正弦定理可得的值.【详解】由题意，在中，，利用向量的数量积的定义可知，即即，即，设，解得，所以，所以由正弦定理可得. 故选:D.3．【多选题】（2021·浙江高一期末）已知中，角的对边分别为为边上的高，以下结论：其中正确的选项是（）A．B．为锐角三角形C．D．【答案】ACD【解析】画出图形，利用向量的数量积公式，三角形中余弦定理及向量的运算法则对各命题进行判断，看出每一个命题的正误【详解】解：，所以，故A正确；若，则为锐角，无法得到其他角的关系，故无法判断的形状，故B错误；而，故C正确由余弦定理有故有，故D正确 故选：ACD．4．【多选题】（2021·麻城市实验高级中学高三其他模拟）已知点为外接圆的圆心，，，则（）A．B．C．D．【答案】BD【解析】根据垂径定理先求出，再求即可.【详解】令，则，所以（舍）或，所以，所以.故选：BD.5．（2021·河北高一期中）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”.类比赵爽弦图，由3个全等的小三角形拼成如图所示的等边，若的边长为﹐且，则的面积为___________. 【答案】【解析】先根据图形的构成判断出，利用余弦定理解出AF，利用面积公式即可求出的面积.【详解】因为，所以.设，则，在中，由余弦定理可得，解得，所以.故答案为：.6．（2021·苏州市第三中学校高一期中）在中，，，，点是内（包括边界）的一动点，且，则的最大值是_________．【答案】【解析】取，，作，由平行四边形法则可得点轨迹，确定所求最大值为；利用平面向量数量积的定义和余弦定理可求得所需边长，利用勾股定理可求得结果.【详解】 取，，作，为内（包含边界）的一动点且，根据平行四边形法则可知：点的轨迹为线段，.在中，，，，，，即的最大值为.故答案为：.7．（2021·河南商丘市·高一月考）在平面直角坐标系中，非零向量，在圆上存在点，使得，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】由条件得，代入坐标形式进行运算，得到，从而求得范围.【详解】设点，由条件可知，，设向量与的夹角为，由得 ，即，因为是非零向量，所以，于是，因为，所以，所以的取值范围是．故答案为：8．（2021·浙江高三月考）已知平面向量夹角为，且平面向量满足记为（）的最小值，则的最大值是__________．【答案】【解析】将条件转化，然后用数形结合求解.【详解】设，，，则，，依题意可知，，，，故点在△的外接圆上.其半径，为点到直线的距离，显然，当运动到点处时，有最大值.故答案为：. 9．（2021·江苏苏州市·高一月考）我们知道，“有了运算，向量的力量无限”.实际上，通过向量运算证明某些几何图形的性质比平面几何的“从图形的己知性质推出待证的性质”简便多了.下面请用向量的方法证明“三角形的三条高交于一点”.已知，，是的三条高，求证：，，相交于一点.【答案】证明见解析.【解析】结合向量的数量积即可证明.【详解】如图，设，则，①-②得：，即故，即，又所以，，三点共线，所以，，相较于一点.10．（2021·浙江高一期末）甲船在静水中的速度为40海里/小时，当甲船在点A时，测得海面上乙船搁浅在其南偏东方向的点P处，甲船继续向北航行0.5小时后到达点B，测得乙船P在其南偏东方向，（1）假设水流速度为0，画出两船的位置图，标出相应角度并求出点B与点P之间的距离．（2）若水流的速度为10海里/小时，方向向正东方向，甲船保持40海里/小时的静水速度不变，从点B走最短的路程去救援乙船，求甲船的船头方向与实际行进方向所成角的正弦值．【答案】（1）点B与点P之间的距离为海里，（2）.【解析】（1）画出图形，利用余弦定理求解即可； （2）利用向量的加法的平行四边形法则画出图形，然后利用正弦定理求解即可.【详解】（1）两船的位置图如下：由图可得，，所以所以由余弦定理可得所以点B与点P之间的距离为海里（2）如图，的方向为水流的方向，的方向为船头的方向，的方向为实际行进的方向，其中在中，由正弦定理可得所以即甲船的船头方向与实际行进方向所成角的正弦值为 练提升TIDHNEG1．（2020·江苏高考真题）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．【答案】或0【解析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.【详解】∵三点共线，∴可设，∵，∴，即，若且，则三点共线，∴，即，∵，∴，∵,,，∴，设，，则，.∴根据余弦定理可得，，∵， ∴，解得，∴的长度为.当时，，重合，此时的长度为，当时，，重合，此时，不合题意，舍去.故答案为：0或.2．（2021·宁夏石嘴山市·高三二模（理））△ABC内角A，B，C的对边分別为a，b，c，，则角B的值为________；若a＋c＝6，则AC边的中线的最小值为________．【答案】【解析】结合诱导公式及二倍角公式对已知式子进行化简，然后结合辅助角公式可得B；利用余弦定理及基本不等式即可直接求解AC边的中线的最小值【详解】∵，∴，而，∴，∵，∴即，∵，∴，∴，故；延长中线到点，使得，不妨设中线长为，如图所示，即， 由平面几何知识易得四边形是平行四边形，而，∴，，，∴在中，由余弦定理得，∴，当且仅当时等号成立.故答案为：；.3．（2021·全国高三专题练习（理））中，内角所对的边分别是，且，则角=__________；设点是的中点，若，则线段的取值范围是__________.【答案】【解析】先由正弦定理，然后再化简、变形得，就可以求出角.求的取值范围时，先将图形补成平形四边形，然后运用余弦定及基本不等式求范围.【详解】由正弦定理及得，.因为所以所以，又所以；把补成平行四边形（如图所示），在中，， 由余弦定理得等号成立，所以.又，所以.综上得.故线段的取值范围是.故答案为：；.4．（2021·浙江高一期末）在中，，G为其重心，直线经过点G，且与射线、分别交于D、E两点，记和的面积分别为，则当取得最小值时，的值为______．【答案】【解析】设，，根据重心位置及共线定理求得，根据面积公式分别表示出分别与，的关系，代入求得取最小值时的参数的值，根据与间的关系求得结果.【详解】设，，，且G为三角形ABC的重心，延长AG交BC于H，延长CG交AB于M，则， 则，又D，G，E三点共线，则，即，，同理得，则，又，则当且仅当即时，等号成立，此时，故答案为：5．（2021·上海普陀区·高三二模）如图，在△中，，，．若为△内部的点且满足，则________． 【答案】【解析】根据已知的向量关系先分析出，然后通过设，根据相似三角形以及正弦定理找到的关系，从而可求解出的结果.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以，即，同理可知：，不妨设，所以，又因为，，，所以，所以，所以，所以，所以，所以；在中，，所以，所以，又在中，，所以，所以，所以，所以， 又因为，所以，又因为，所以，所以.故答案为：.6．（2021·浙江高三其他模拟）已知单位向量，与非零向量满足，，则的最大值是______.【答案】【解析】根据题意设，，，由得出的范围，由得出关系，则，根据得出的关系以及取等的条件可得出答案.【详解】设，，所以由，可得，即由，可得 所以又，所以则当时，等号成立.此时，或即，或（这与矛盾，故舍去），由，则，即所以，解得此时所以故答案为：7．（2021·上海浦东新区·华师大二附中高三三模）已知边长为2的正方形边上有两点P､Q，满足，设O是正方形的中心，则的取值范围是___________.【答案】【解析】先建立平面直角坐标系，再分类讨论求出各种情况下的的范围即可得到答案.【详解】建立如下图所示的平面直角坐标系. ①当两点在正方形的同一边上时（含正方形的顶点）.根据对称性，不妨设，由于，所以满足，可得，所以；②当两点在正方形的相邻边上时（含正方形的顶点）.根据对称性，不妨设，所以， 由于，所以满足，其表示的平面区域如下图所示：令，当过时，有最小值，当与圆相切时，有最大值，所以这种情况下；③当两点在正方形的对边上时（含正方形的顶点）.根据对称性，不妨设，所以，由图可知，，所以.综上可知：.故答案为：. 8．（2021·浙江嘉兴市·高三其他模拟）已知平面内不同的三点O，A，B满足，若时，的最小值为，则___________.【答案】【解析】由题设，将平面向量转化为平面几何图形，B在以A为圆心5为半径的圆上，利用向量加减、数乘的几何意义分别确定D、E使、，进而可知表示，若是关于的对称点，可知共线时最小，△中应用余弦定理求，即可求.【详解】由题设，如下图示，若，，则，，，即，∴，即，若是关于的对称点， ∴，即，如下图示，当且仅当共线时，即最小，∵，即，，∴此时，△中，，而且为锐角，∴，而.故答案为：.9．（2021·江西南昌市·高一期末）已知，，分别是内角，，所对的边，且满足，若角的角平分线交边于点，且，，求：（1）求的值；（2）求边的值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）根据条件先用正弦定理，再由两角和的公式化简即可求解；（2）由题意得，再两边平方及角平分线定理求得，再运用余弦定理可求解.【详解】（1）因为，由正弦定理得， ，即，因为、为的内角，所以，所以，因此．（2）由题意得，两边平方得，整理得，又因为角的角平分线交边于点，可得，即得代入上式得，整理得，再由余弦定理得：，解得边.10．（2021·山东泰安市·高一月考）三角形ABC中，，点E是边BC上的动点，当E为BC中点时，（1）求和;（2）是延长线上的点，，当在上运动时，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）在中利用余弦定理求解出的值，在中利用余弦定理求解出的值，然后利用余弦值求解出；（2）将分别表示为，，然后根据数量积运算确定出何时取最大值并求解出最大值.【详解】 解：（1）当为中点时，设，则由余弦定理得，解得，此时，由余弦定理得，所以，所以，所以，所以，所以；（2）由得，，所以，所以，当取最小即时上式最大，此时，所以，所以的最大值为.练真题TIDHNEG1．（2020·全国高考真题（理））在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.【详解】在中，，， 根据余弦定理：可得，即由故.故选：A.2．（2020·全国高考真题（文））在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（）A．B．2C．4D．8【答案】C【解析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求【详解】设故选：C3.（2021·全国高考真题（理））2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（） A．346B．373C．446D．473【答案】B【解析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．【详解】过作，过作，故，由题，易知为等腰直角三角形，所以．所以．因为，所以在中，由正弦定理得：，而， 所以，所以．故选：B．4．（2021·全国高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（）A．表高B．表高C．表距D．表距【答案】A【解析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．【详解】如图所示：由平面相似可知，，而，所以，而， 即＝．故选：A.5.（2021·全国高考真题（理））已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.【详解】因为，由双曲线的定义可得，所以，；因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即.故选：A6．（2021·全国高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论. （2）由题设，应用余弦定理求、，又，可得，结合已知及余弦定理即可求.【详解】（1）由题设，，由正弦定理知：，即，∴，又，∴，得证.（2）由题意知：，∴，同理，∵，∴，整理得，又，∴，整理得，解得或，由余弦定理知：， 当时，不合题意；当时，；综上，.