2023年人教版高中数学第六章平面向量及其应用考点精题训练.pdf

(名师选题名师选题)2023)2023 年人教版高中数学第六章平面向量及其应用考点精题训练年人教版高中数学第六章平面向量及其应用考点精题训练 单选题 1、化简3(+2)2(+)的结果为（）A +4B +C2 +D 答案：A 分析：由向量的加减运算法则即可求解.解：3(+2)2(+)=+4，故选：A.2、在 中，内角,的对边分别为,，且(sin sin)+sin=sin,+=2=2，则 的面积为（）A338B34C32D332 答案：B 分析：由正弦定理化角为边结合余弦定理可求出=3，再由已知可求出=1，即可求出面积.因为(sin sin)+sin=sin，由正弦定理得()+2=2，即2+2 2=，所以cos=2+222=12，又 (0,)，所以=3.又+=2=2，则=1,+=2，由2+2 2=2+2 1=,(+)2 3=1，得=1.所以=12sin=12 1 1 sin3=34.故选：B.3、如图，中，角的平分线交边于点，=23，=23，=32，则=（）A33B4C42D6 答案：D 分析：中由正弦定理求得后可得，从而得，角，得，用余弦定理可得 在 中，根据正弦定理得sin=sin=233232=22，由 ，所以=4，所以=234=12，所以=6，则=6，所以=23，在 中，由余弦定理得2=(23)2+(23)2 2 23 23 (12)=36，所以=6 故选：D 小提示：关键点点睛：本题主要考查正弦定理，余弦定理，特殊角的三角函数值等基础知识，解题时对照已知条件选用恰当的公式进行计算如先在 中选用正弦定理求得两边中另一边的对角，可得三角形的第三角，这样图形听所有角都已知，然后再求选用公式求边本题也可以不用余弦定理求边 4、若M为ABC的边AB上一点，且=3,则=（）A3 2 B3 2 C3+2 D3+2 答案：A 解析：先用向量，表示向量，再转化为用，表示即可得答案.解：根据题意做出图形，如图，所以=+=+23=+23()=13+23，所以=3 2.故选：A.小提示：关键点睛：解题关键在于利用向量的线性运算进行求解，属于基础题 5、我国东汉末数学家赵夾在周髀算经中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示在“赵爽弦图”中，若=，=，=3，则=（）A1225 +925 B1625 +1225 C45 +35 D35 +45 答案：B 分析：根据给定图形，利用平面向量的加法法则列式求解作答.因“弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，且=，=，=3，则=+=+34 =+34(+)=+34(34+)=916+34，解得=1625+1225，所以=1625 +1225.故选：B 6、设,均为单位向量，且|=1，则|2|=（）A3B7C3D7 答案：A 分析：由已知，利用向量数量积的运算律求得 =12，又|2|2=2 4 +42即可求|2|.由题设，|2=2 2 +2=1，又,均为单位向量，=12，|2|2=2 4 +42=3，则|2|=3.故选：A 7、ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinAbsinB=4csinC，cosA=14，则=A6B5C4D3 答案：A 分析：利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.详解：由已知及正弦定理可得2 2=42，由余弦定理推论可得 14=cos=2+222,2422=14,32=14,=32 4=6，故选 A 小提示：本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用 8、在 中，=3，=2，=60，点P是 内一点（含边界），若=23+，则|的最大值为（）A273B83C2193D2133 答案：D 分析：以为原点，以所在的直线为轴，建立坐标系，设点为(,)，根据向量的坐标运算可得=3(2)，当直线=3(2)与直线相交时|最大，问题得以解决 以为原点，以所在的直线为轴，建立如图所示的坐标系，=3，=2，=60，(0,0)，(3,0)，(1,3)，设点为(,)，0 3，0 3，=23+，(，)=23(3，0)+(1，3)=(2+，3)，=2+=3，=3(2)，直线的方程为=32(3)，联立，解得=73=33，此时|最大，|=499+13=2133，故选：小提示：本题考查了向量在几何中的应用，考查了向量的坐标运算，解题的关键是建立直角坐标系将几何运算转化为坐标运算，同时考查了学生的数形结合的能力，属于中档题 9、已知不共线的平面向量,两两所成的角相等，且|=1,|=4,|+|=7，则|=（）A2B2C3D2 或 3 答案：D 分析：先求出=23，转化|+|=(+)2=7，列方程即可求出.由不共线的平面向量，两两所成的角相等，可设为，则=23.设|=m.因为|=1，|=4，|+|=7，所以|+|2=7，即 2+2 +2+2 +2 +2=7，所以12+2 1 4cos23+42+2 4 cos23+2 1 cos23+2=7 即2 5+6=0，解得：=2或 3.所以|=2 或 3 故选：D 10、已知直角三角形ABC中，=90，AB=2，AC=4，点P在以A为圆心且与边BC相切的圆上，则 的最大值为（）A16+1655B16+855C165D565 答案：D 分析：建立如图所示的坐标系，根据 =|2 5可求其最大值.以为原点建系，(0,2),(4,0)，:4+2=1，即+2 4=0，故圆的半径为=45，圆:2+2=165，设中点为(2,1)，=214 2=|214 20=|2 5，|max=|+=5+45=95，()max=815 5=565，故选：D.11、已知菱形的对角线相交于点，点为的中点，若=2，=60，则=（）A2B12C72D12 答案：B 分析：根据题意,以对角线交点为坐标原点，对角线所在直线为,轴建立直角坐标系,利用坐标法求解.解：如图，以点为坐标原点，,所在直线为,轴建立平面直角坐标系，由=2，=60，所以(0,3)，(1,0)，(1,0)，(0,32)，所以=(1,3),=(1,32)，所以=1 32=12.故选：B 小提示：本题考查向量的数量积运算，解题的关键在于根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标法求解，考查运算求解能力，是中档题.12、下列命题中假命题是（）A向量 与 的长度相等 B两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同 C只有零向量的模等于0 D共线的单位向量都相等 答案：D 分析：利用相反向量的概念可判断 A 选项的正误；利用相等向量的定义可判断 B 选项的正误；利用零向量的定义可判断 C 选项的正误；利用共线向量的定义可判断 D 选项的正误.对于 A 选项，与 互为相反向量，这两个向量的长度相等，A 选项正确；对于 B 选项，两个相等的向量，长度相等，方向相同，若两个相等向量的起点相同，则终点也相同，B 选项正确；对于 C 选项，只有零向量的模等于0，C 选项正确；对于 D 选项，共线的单位向量是相等向量或相反向量，D 选项错误.故选：D.小提示：本题考查平面向量的相关概念，考查相等向量、相反向量、共线向量以及零向量的定义的应用，属于基础题.双空题 13、在 中，=60，=1，是的中点，=3，则=_，cos=_.答案：13 23913 分析：在 中，由余弦定理得=2,在 中，由余弦定理得=13,在 中，再利用余弦定理求解即可 由题意作出图形，如图，在 中，由余弦定理得2=2+2 2 cos，解得=2，所以=2=2=4，在 中，由余弦定理得2=2+2 2 cos=1+16 2 1 4 12=13，所以=13.在 中，由余弦定理得cos=2+222=23913.所以答案是：13；23913 14、已知正方形的边长为 1，当每个(=1,2,3,4,5,6)取遍1时，|1+2+3+4+5+6|的最小值是_；最大值是_.答案：0 25 分析：本题主要考查平面向量的应用，题目难度较大.从引入“基向量”入手，简化模的表现形式，利用转化与化归思想将问题逐步简化.正方形ABCD的边长为 1，可得+=，=，=0，1+2+3+4+5+6=(1 3+5 6)+(2 4+5+6)要使|1+2+3+4+5+6|的最小，只需要|1 3+5 6|=|2 4+5+6|=0，此时只需要取1=1,2=1,3=1,4=1,5=1,6=1 此时|1+2+3+4+5+6|min=0 1+2+3+4+5+6|2=|(1 3+5 6)+(2 4+5+6)|2 =(1 3+5 6)2+(2 4+5+6)2 (|1|+|3|+|5 6|)2+(|2|+|4|+|5+6|)2 =(2+|5 6|)2+(2+|5+6|)2 =8+4(|5 6|+|5+6|)+(5 6)2+(5+6)2 =8+4(|5 6|+|5+6|)2+2(52+62)=12+4(5 6)2+(5+6)2+2|52 62|=12+42(52+62)+2|52 62|=20 等号成立当且仅当1,3,5 6均非负或者均非正，并且2,4,5+6均非负或者均非正 比如1=1,2=1,3=1,4=1,5=1,6=1 则|1+2+3+4+5+6|max=20=25.点睛：对于此题需充分利用转化与化归思想，从“基向量”入手，最后求不等式最值，是一道向量和不等式的综合题 小提示：对于平面向量的应用问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想.15、如图，在 中，为边上靠近的三等分点，=13，=30，=3，则=_，sin=_.答案：6 2114 分析：在 中，由余弦定理求出的长，进而可得=3的长，求出的长，在 中，由余弦定理求出的长，再由正弦定理即可得sin的值.在 中，=13，=3，=180 30=150，由余弦定理可得：2=2+2 2 cos，即13=3+2 23 (32)，整理可得2+3 10=0，解得：=2或=5（舍），因为为边上靠近的三等分点，所以=3=6，在 中，=3，=4，=30，由余弦定理可得：2=2+2 2 cos=3+16 2 3 4 32=7，所以=7，在 中，由正弦定理可得：sin=sin，即712=3sin，可得sin=2114.所以答案是：6；2114.16、已知正三角形的边长为 4，是平面内一点，且满足=3，则 的最大值是_，最小值是_.答案：不存在 1633 解析：根据题意可得点在正三角形的外接圆 的优弧上，以为坐标原点，以为轴建立平面直角坐标系，设(433cos,433sin)，(6,76)，利用数量积的坐标运算计算 ，利用三角函数的性质求最值即可.解：设正三角形的外接圆为，则 的直径2=4sin3=833，=433，如图以为坐标原点，以为轴建立平面直角坐标系，=3，则点在 的优弧上，设(433cos,433sin)，(6,76)又(2,233),(2,233),(0,433)，=(2 433cos,233433sin)(2,23)=833cos 8sin=1633sin(+6)，(6,76)，+6(0,43)32 sin(+6)1，则1633 1633sin(+6)，求边上的高的长 答案：（1）=3或 6；（2）33.分析：（1）利用余弦定理将cos=32化为 2+222=32，化简后再利用余弦定理可求出=6，由2+2 2=3结合已知条件可求出a的值；（2）由于 ，所以 ，可得=6，然后利用三角形的面积公式可求出面积，再利用面积法可求出边上的高的长 解：因为cos=32，所以 2+222=32，所以2+2 2=22 3，即2+2 2=3 由余弦定理可得cos=2+222=32，因为 (0,)，所以=6（1）因为2+2 2=3,=3,=33，所以2 9+18=0，解得=3或 6（2）因为 ，所以=6，=12sin=932，所以边上的高的长为2=33 19、已知函数()=23sincos cos2,(1)求函数()在(0,)上的单调区间；(2)在 中，内角，的对边分别为，若(2)=1，=3，求 的周长的取值范围 答案：(1)单调增区间是(0，3,56,)，单调减区间是3，56(2)(6,9 分析：（1）根据题意得()=2sin(2 6)，进而求得函数的单调区间，再结合 (0,)求解即可；（2）根据题意求得=3，进而结合余弦定理得(+)2 3=9，再根据基本不等式求解即可.（1）解：()=23sincos cos2=3sin2 cos2=2sin(2 6)，由2 2 2 6 2+2，Z，得 6 +3，Z，2+2 2 6 2+32，Z，得+3 +56，Z 因为 (0,)，所以，当=1时得单调递增区间为56,)；当=0时得单调递增区间为(0，3，单调递减区间为3，56.所以函数()在(0,)上的单调增区间是(0，3,56,)，单调减区间是3，56（2）解：由（1）有，(2)=2sin(6)=1，得sin(6)=12，因为为锐角，6(6,3)，所以 6=6，即=3，由余弦定理得，2=2+2 2cos，所以9=2+2 2 cos3，所以2+2 =9，即(+)2 3=9，又 (+2)2，所以(+)23(+)24 9，得+6，当且仅当=3时取等号，又+=3，所以+(6,9，所以，周长的取值范围是(6,9 20、某轮船以海里/小时的速度航行，在点测得海面上油井在南偏东 60 度轮船从处向北航行 30 分钟后到达处，测得油井在南偏东 15 度，且=106海里轮船以相同的速度改为向东北方向再航行 60 分钟后到达点 （1）求轮船的速度；（2）求、两点的距离（精确到 l 海里）答案：（1）40 海里/小时；（2）56 海里.解析：（1）在 中，利用正弦定理sin=sin求解.（2）在 中，ly 余弦定理2=2+2 2 cos求解.（1）在 中，由正弦定理得：sin=sin，即12sin(6015)=106sin120，解得=2106sin45sin120=40.所以=40海里/小时；（2）在 中，由余弦定理得：2=2+2 2 cos，=(106)2+(40)2 2 106 40 cos(180 15 45)，=2200+4006，所以 56海里 小提示：本题主要考查正弦定理和余弦定理的实际问题中的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.