【数学 】平面向量及其应用（经典基础题） 2023-2024学年高一下学期数学同步单元练习（人教A版）

试卷第=page22页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页01平面向量及其应用（经典基础题）-2023-2024学年高一下学期数学同步单元练习（人教A版，2019新版）一、单选题1．（2022下·福建莆田·高一莆田一中校考期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，2．（2023下·福建福州·高一校联考期末）瑞云塔位于福清市融城东南龙首桥头，如图，某同学为测量瑞云塔的高度MN，在瑞云塔的正东方向找到一座建筑物AB，高约为17.3m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，瑞云塔顶部M的仰角分别为和，在A处测得瑞云塔顶部M的仰角为，瑞云塔的高度约为（

）

A．39m B．34.6m C．33m D．32m3．（2023下·福建福州·高一校联考期末）在中，点为BC边上一点，且，则实数（

）A． B． C． D．4．（2023下·福建福州·高一校考期末）若，是两个单位向量，则下列结论中正确的是（

）A． B． C． D．5．（2023下·福建三明·高一统考期末）已知平面向量、满足，，则与的夹角为（

）A． B． C． D．6．（2023下·福建福州·高一校联考期末）在中，，，，则（

）A． B．2 C．1 D．7．（2023下·福建福州·高一校考期末）在中，，则的值为（

）A． B． C． D．8．（2023下·福建三明·高一统考期末）麒麟山位于三明市区中部，海拔262米，原名牛垄山．在地名普查时，发现山腰有一块“孔子戏麒麟”石碑，故更现名．山顶的麒麟阁仿古塔造型是八角重檐阁．小李为测量麒麟阁的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得，，米，则麒麟阁的高度CD约为（参考数据：，）（

）

A．米 B．米 C．米 D．米9．（2023下·福建福州·高一福建省福州高级中学校考期末）的三内角，，所对边分别为，，，若，则角的大小（

）．A． B． C． D．10．（2023下·福建三明·高一统考期末）设为的内心，，，，则（

）A． B． C． D．11．（2023下·福建三明·高一统考期末）在平行四边形ABCD中，，，G为EF的中点，则（

）

A． B． C． D．12．（2023下·福建福州·高一福州三中校考期末）在中，已知，向量在向量方向上的投影向量为，，则（

）A．12 B．8 C．6 D．4二、多选题13．（2020下·福建龙岩·高一期末）如图，的内角，所对的边分别为，，.若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（

）

A．是等边三角形B．若，则四点共圆C．四边形面积最大值为D．四边形面积最小值为14．（2023下·福建福州·高一校联考期末）已知是钝角三角形，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则最大的边c的取值可能是（

）A．4.5 B．5 C．6 D．6.515．（2023下·福建三明·高一统考期末）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（

）A．若则是等腰三角形B．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个C．，，BC边上的中线，则的面积为D．若，则为钝角三角形16．（2023下·福建福州·高一校考期末）已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若在方向上的投影向量为，则的最小值为C．若点P为BC的中点，则D．若，则为定值1817．（2023下·福建厦门·高一统考期末）在平面直角坐标系中，向量，如图所示，则（

）

A．B．C．在方向上的投影向量的模为1D．存在实数，使得与共线三、填空题18．（2023下·福建福州·高一校联考期末）已知，，，则向量与的夹角为．19．（2023下·福建福州·高一校考期末）已知向量，，若，则．20．（2023下·福建福州·高一校考期末）已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为60nmile/h，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东的方向上，则此时A，B两船相距nmile．

21．（2023下·福建福州·高一福建省福州高级中学校考期末）已知向量，．且，则为．22．（2023下·福建三明·高一统考期末）已知向量，，若，则m的值为．四、解答题23．（2023下·福建福州·高一校考期末）中，，，D为AC上一点，，．(1)请画出大致图形，求BD的长度；(2)四边形ABPD的四顶点共圆，求的取值范围．24．（2023下·福建福州·高一校考期末）如图，在菱形ABCD中，E是CD的中点，AE交BD于点F，设，．(1)用向量，表示和；(2)若，，求．25．（2023下·福建福州·高一校考期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且．(1)求角B的大小；(2)若，，BD平分，交AC于点D，求BD的长．26．（2023下·福建福州·高一福建省福州高级中学校考期末）为的三内角，其对边分别为，若．(1)求A；(2)若三角形ABC是锐角三角形，，求的取值范围27．（2023下·福建三明·高一统考期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．点D在BC上，且(1)若，求c(2)若AD是∠BAC的角平分线，且，求周长的最小值．28．（2023下·福建三明·高一统考期末）在中，角的对边分别，满足．(1)求；(2)若，，求的面积．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．C【分析】由三角形内角和可判断A项，由三角形中大边对大角可判断B项，由正弦定理解三角形可判断C项，由余弦定理解三角形可判断D项.【详解】对于A项，由，，可得，所以三角形只有一解；对于B项，由，，，可得，所以，此时三角形有唯一的解；对于C项，由正弦定理，可得，可得B有两解，所以三角形有两解；对于D项，由余弦定理得，可得c有唯一的解，所以三角形只有一解．故选：C．2．B【分析】由题意，由直角三角形的性质，可得AC的大小，在△AMC中，由正弦定理可得MC的大小，进而在Rt△MNC中，求出MN的大小．【详解】在Rt△ABC中，，由题意可得，由图知，，所以，在△AMC中，由正弦定理可得：即，解得在Rt△MNC中，如图可得故选：B．3．C【分析】根据题意，过点P作PD∥AB，交AC于点D，作交AB于点，然后结合平面向量的线性运算及平面向量基本定理，即可得到结果．【详解】如图，过点P作PD∥AB，交AC于点D，作交AB于点E，

∵，∴，∴，∴，∴，∴故选：C．4．D【分析】，是两个单位向量，则，但，方向不能确定，即可判断AB；利用数量积的定义与性质可判断CD．【详解】，是两个单位向量，则，但，方向不能确定，故选项AB错误；，只有，同向共线时，才有，故选项C错误；，，，选项D正确.故选：D.5．A【分析】由已知可得，利用平面向量数量积的运算性质可求得，结合向量夹角的取值范围可求得结果.【详解】因为，则，解得，因为，故，故与的夹角为.故选：A.6．D【分析】依题意可得，再根据数量积的运算律及平面向量线性运算法则计算可得.【详解】在中，，所以，又，，所以故选：D7．C【分析】根据给定条件，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理计算作答.【详解】在中，角所对的边分别为，，由正弦定理得，令，由余弦定理得：.故选：C.8．C【分析】由得，再根据可求出结果.【详解】因为，，所以，又，所以，又米，所以，解得米.故选：C.9．A【分析】直接利用余弦定理计算可得.【详解】依题意由余弦定理，又，所以.故选：A10．B【分析】取的中点，连，则为内切圆的半径，利用面积关系求出，得，再根据得，由平面向量基本定理求出可得答案.【详解】取的中点，连，因为，，所以，，所以的内心在线段上，为内切圆的半径，因为，所以，所以，得，所以，所以，又，所以，又已知，所以，所以.

故选：B.【点睛】关键点点睛：利用面积关系求出内切圆半径,进而得到是本题解题关键.11．D【分析】利用向量的加减法的几何意义将转化为、即可.【详解】.故选：D.

12．B【分析】若，由题设及向量数量积的几何意义可得，再由，利用数量积的运算律求即可.【详解】如下图，若，则在方向上的投影向量为，又向量在向量方向上的投影向量为，则，即，

所以，又，所以.故选：B13．AC【分析】根据正弦定理及三角恒等变换化简条件式可判定A，由余弦定理可判定B，设，由正弦定理结合三角函数的性质可判定C、D.【详解】由正弦定理，得，，，B是等腰的底角，，是等边三角形，A正确；对于B，若四点共圆，则四边形对角互补，由A正确知，但由于时，，∴B不正确.对于C、D，设，则，，，，，，，，∴C正确，D不正确；故选：AC.14．CD【分析】根据余弦定理结合三角形两边之和大于第三边分析判断【详解】由题意可得，所以，所以，因为在三角形中两边之和大于第三边，所以，所以，所以选项AB错误，CD正确，故选：CD15．BC【分析】对于A利用正弦边角关系及三角形内角性质可得或判断；对于B应用余弦定理求即可判断；对于C借助向量的数量工具，求得，由余弦定理即可求得，由面积公式求得三角形面积即可判断;对于D由向量数量积定义判断；【详解】对于A：由正弦定理得，则，则中或，故A错误；对于B：由，则，可得，故，满足条件的三角形有一个，故B正确；对于C：设，容易知，故可得，可得，解得.由余弦定理可得；由，可得.故可得三角形面积为.,故C正确；对于D，即，为锐角，故不一定为钝角三角形，故D错误；故选：BC16．BCD【分析】对于A，根据向量加法的运算法则化简计算；对于B，易知当时，取得最小值，计算可得；对于C，根据平行四边形法则计算可得；对于D，根据余弦定理及三点共线的向量表示求值.【详解】对于A，设中点为，由可知上的中线与垂直，所以是等腰三角形，，所以，则，所以，故A错误；对于B，由题意知，易知当时，取得最小值，为，故B正确；对于C，由，得，由平行四边形法则可知，即，故C正确；对于D，根据题意，由可知的平分线与垂直，故是等腰三角形，，所以，则，由余弦定理得，即，得,又，则，点是上的动点，设，故，所以为定值，所以D正确.故选：BCD．17．BCD【分析】由题意可得：，根据向量的坐标运算逐项分析判断.【详解】由题意可得：.对于选项A：因为，所以，不垂直，故A错误；对于选项B：因为，所以，故B正确；对于选项C：因为，所以在方向上的投影向量的模为，故C正确；对于选项D：因为，若与共线，则，解得，所以当时，与共线，故D正确；故选：BCD.18．/【分析】首先求出，再根据数量积的运算律求出，最后根据夹角公式计算可得.【详解】因为，所以，又，，所以，即，即，所以，所以，又，所以，即向量与的夹角为.故答案为：19．【分析】根据数量积公式求得，再根据二倍角的正切公式，即可求解.【详解】，得，.故答案为：20．【分析】利用正弦定理求的长度即可.【详解】由题设，nmile，且，由正弦定理有，则，可得nmile.故答案为：.21．【分析】根据向量共线定理求解即可；【详解】因为，所以所以，.故答案为：.22．/【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式可求出结果.【详解】因为向量，，且，所以，得.故答案为：.23．(1)图形见解析，(2)【分析】（1）根据，结合余弦定理，建立方程，即可求解；（2）由条件可知，根据四点共圆的几何性质，结合正弦定理，讨论点在圆弧的不同位置，将的取值范围转化为三角函数问题，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）设，，则，因为，则，即，解得：，则

（2）由（1）知，在中，，，为外接圆的直径，为外接圆上任意一点，当在点时，，当在点时，，当点在优弧上时，，设，，在中，由正弦定理可知，，则，，，其中，，，，因为，所以，，，当时，为，当时，的最大值为，所以此时的取值范围是；当点在劣弧上时，，设，，在中，由正弦定理可知，，则，，，当时，即时，的最大值为，但，，所以，则的范围是，综上可知，的取值范围是.【点睛】思路点睛：本题考查三角函数的综合应用问题，本题第二问利用正弦定理，边角互化，将边转化为三角函数求取值范围，本题的难点是需讨论点的位置，需分情况讨论.24．(1)，(2)【分析】（1）在菱形中，根据是的中点，，，结合向量的线性运算可得答案；（2）用表示向量，然后分别求得，再由平面向量的夹角公式求解．【详解】（1）在菱形中，E是CD的中点，，则，,.（2）因为，，又为菱形，，，所以，，，，，所以.25．(1)(2)【分析】（1）根据题意，由余弦定理及三角形面积公式可得出，从而可求出；（2）根据及余弦定理可得出，然后由，结合三角形面积公式求解．【详解】（1）由余弦定理得，又，∴，整理得，又，∴.（2）∵的面积为，且，∴，∴，又由余弦定理得，即，则，即，∵，，∴，∴，∴．26．(1)或(2)【分析】（1）根据正弦的和角公式以及同角三角函数的平方关系，结合三角形内角和以及诱导公式，化简等式，可得答案；（2）根据正弦定理，整理函数解析式，利用三角形内角和、正弦差角公式、辅助角公式化简函数，结合整体思想以及正弦函数的性质，可得答案.【详解】（1），，，由，则，，由，则或.（