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6.4 平面向量的应用第1课时练习

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【必做题】
一、单选题
1．（2022春·福建泉州·高一校考阶段练习）在中，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用余弦定理求解即可.
【详解】因为，
所以由余弦定理得，
又，则．
故选：B.
2．（2022·全国·高一假期作业）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列四个条件中能够使角A被唯一确定的是（ ）
①；②；③，；④，b＝2，．
A．①②B．②③C．②④D．②③④
【答案】B
【分析】利用同角三角函数的基本关系，三角函数的图像与性质以及正弦定理，再结合三角形的图象逐项检验即可求解.
【详解】对于①，则或，故①不满足题意；对于②，则，故②满足题意；对于③，，则，，，∵，∴，∴，则角被唯一确定，故③满足题意；对于④，，，∵，∴如图所示，角不唯一，故④不满足题意．
故选：B．
3．（2023春·湖南衡阳·高一校考开学考试）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理直接求解即可.
【详解】解：因为，，，
由正弦定理得.
故选：B.
4．（2022·高一课时练习）在△中，内角的对边分别是，且，则等于（ ）
A．1B．C．3D．
【答案】A
【分析】根据正弦定理，结合已知条件，即可容易求得结果.
【详解】在三角形中，
由正弦定理可得：.
故选：A.
5．（2022·高一课时练习）在中，若，，，则角的值是（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【分析】利用正弦定理求出，再根据三角内角和定理计算可得.
【详解】解：，，，
，
，
或，
或.
故选：D
二、多选题
6．（2022·高一课时练习）设的内角A，，的对边分别为，，若，，则角A可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】由正弦定理求角．
【详解】解：正弦定理得，又，，
，，则，，故或，
或
故选：BD．
7．（2022春·黑龙江大庆·高一校考阶段练习）在中，，则可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求得的取值范围，可求得角的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】在中，设内角、、的对边分别为、、，
因为，可得，则，
，.
故选：ABC.
三、填空题
8．（2023·高一课时练习）的三个内角所对边的长分别为，已知，，，则的值为______．
【答案】
【分析】由的值及 , 利用余弦定理即可列出关于的方程, 求出方程的解即可得到的值.
【详解】由 , 根据余弦定理 得： , 即 ,
所以 .
故答案为:
9．（2023·高一课时练习）任意三角形射影定理又称“第一余弦定理”：的三边是，它们所对的角分别是，则有，，．请利用上述知识解答下面的题：在中，若，则 ______．
【答案】
【分析】由题可得，计算即可.
【详解】由题得，，
由第一余弦定理知，
所以，
所以，又C为三角形的内角
解得，
故答案为：
10．（2022·高一课时练习）在中，若，则_____．
【答案】##
【分析】根据正弦定理直接代入计算，即可得到结果.
【详解】由正弦定理可得，即
故答案为:
11．（2022春·上海浦东新·高一校考期末）在中，若，则的长为_____．
【答案】
【分析】直接利用余弦定理求解即可.
【详解】由余弦定理可得：，
即，
所以，即
故答案为：.
12．（2022春·山东青岛·高一山东省莱西市第一中学校考期中）在中，角，，所对的边分别为，，，，，则实数的值为______；
【答案】1
【分析】利用余弦定理可得到，即可求解.
【详解】解：因为，由余弦定理可得，
即，又，整理得，故.
故答案为：1
13．（2023·高一课时练习）不等边三角形中，角的对边分别为，且最大边满足，则角的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据已知边长条件和最大边,求角的范围即可
【详解】因为,所以,所以
又因为为最大边且三角形是不等边三角形,所以,所以,即得
所以
故答案为: .
14．（2023·全国·高一专题练习）我国古代数学著作《九章算术》中用“圭田”一词代指等腰三角形田地，若一“圭田”的腰长为4，顶角的余弦值为，则该“圭田”的底边长为______．
【答案】
【分析】利用余弦定理结合条件即得.
【详解】设“圭田”的底边长为，则
由余弦定理可得，
解得，
即该“圭田”的底边长为.
故答案为：.
15．（2023·高一课时练习）一个钝角三角形的三边为连续的正整数，则三边长为______．
【答案】
【分析】根据题意，三角形中最大的角为钝角，进而结合余弦定理求解即可.
【详解】解：因为一个钝角三角形的三边为连续的正整数，
所以，设该钝角三角形的三边为，
设该钝角三角形的最大的边所对角为，则为钝角，
所以，即，解得
因为，所以或，
当时，三边长为，不能构成三角形，舍去；
当时，三边长为，可以构成三角形.
所以，满足题意的三角形的三边长为
故答案为：
四、解答题
16．（2023·高一课时练习）在中，已知，，．
(1)求的值；
(2)若点在边上，且，求的长．
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）利用余弦定理求解即可.
（2）首先根据余弦定理得到，再利用余弦定理求解的长即可.
【详解】（1）
（2）如图所示：
因为，，所以.
所以
17．（2022春·黑龙江佳木斯·高一建三江分局第一中学校考期中）已知 的三内角 A , B , C 所对的边分别为， 且
(1)求角C﹔
(2)若，,求的值；
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)角化边化简可得即可求解;(2)利用余弦定理结合已知条件即可求解.
【详解】（1）由得,
因为,
所以,因为,所以,
因为,所以.
（2）由余弦定理得，
所以，
因为，所以，
所以，解得.
18．（2022春·新疆省直辖县级单位·高一新疆石河子一中校考阶段练习）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，.
(1)求；
(2)求的值.
【答案】(1)8
(2)
【分析】（1）根据数量积的定义得到，即可求出、，再由余弦定理计算可得；
（2）由余弦定理求出，即可求出，再由两角差的正弦公式计算可得.
（1）
解：∵，，
∴，
由，解得或（舍去），
∴，
∴.
（2）
解：由余弦定理可得，
∴，
∴.
19．（2022·高一单元测试）如图，在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为，，，已知，，°
(1)求的值；
(2)求sinC的值；
(3)若D为边BC上一点，且cs∠ADC=，求BD的长.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由余弦定理即可求解.
（2）由正弦定理即可求解.
（3）作辅助线根据解直角三角形知识分别求出DO和BO即可.
【详解】（1）由余弦定理得：＝7
∴
（2）由正弦定理：得.
（3）如图所示：
过A作AO⊥BC于O，在Rt△ABO中，AB＝，∠B＝300，
∴，，在Rt中，=.
∴
∴
∴
【选做题】
一、单选题
1．（2022春·上海金山·高一上海市金山中学校考期末）记内角的对边分别为，点是的重心，若则的取值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用平向向量的线性运算得到，再由直角三角形斜边中线是斜边的一半与三角形重心的性质求得，从而利用平面向量的数量积运算得到，结合余弦定理整理得，从而求得.
【详解】依题意，作出图形，
因为点是的重心，所以是的中点，故，
由已知得，
因为，所以，
又因为点是的重心，所以，则，
又因为，所以，则，
又由余弦定理得，所以，整理得，
因为，令，则，
所以，
则.
故选：D.
.
2．（2022·高一课时练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】利用正弦定理可得，根据三角形性质和边角互化得出，，解方程组可得结果.
【详解】因为，所以，即；
因为，由正弦定理可得①；
因为，所以，
所以，整理得②；
由①②可得，解得或（舍）.
故选：B.
3．（2022·高一课时练习）在中，若，则b等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用两角和的正弦公式求得，再利用正弦定理求解.
【详解】解：在中，因为，
所以，
所以
，
由得．
故选：C
4．（2022春·浙江台州·高一统考期末）如图，在正四面体中，是棱上的三等分点，记二面角，的平面角分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】取AB的中点G，然后证明平面CDG，然后根据二面角平面角的定义找到，最后结合余弦定理得到答案.
【详解】如图1，
在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG,DG，则，而，所以平面CDG，连接EG,FG，因为平面，平面，所以.由二面角的平面角的定义可以判断，由对称性容易判断.
设该正四面体的棱长为6，如图2，
CD=6，易得，取CD的中点H，则，CE=2，EH=HF=1，在中，由勾股定理可得，于是.
于是，在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，而，即，于是.
故选：D.
5．（2022春·四川德阳·高一德阳五中校考阶段练习）中，，，，P是外接圆上一点，，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由余弦定理求出，即可得到，设的中点为，则为外接圆的圆心，如图建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的线性运算的坐标表示得到，再利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：由余弦定理，
即，
所以，所以，即，
则△ABC为等腰直角三角形.
设的中点为，则为外接圆的圆心，如图建立平面直角坐标系，
则，，，设，，
则， ，，
因为，即，
所以，
所以，
所以当，即时；
故选：A
二、多选题
6．（2022·高一课时练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（ ）
A．在中，若，则C是锐角
B．在中，若，则
C．在中，若，则一定是直角三角形
D．任何三角形的三边之比不可能是
【答案】ACD
【分析】根据余弦定理，通过判别角余弦的正负，可得选项A，B的正误，根据三角形的内角的取值范围和余弦值，可得C的正误，根据三角形的三边关系，可得D的正误.
【详解】对于A，由及余弦定理可得，又，所以，所以C是锐角，故A正确；
对于B，由及余弦定理可得，又，所以，所以A是锐角，所以，故B错误；
对于C，因为，所以，
所以，则，所以一定是直角三角形，故C正确；
对于D，若三角形三边之比是，不妨设三边分别为，则两短边之和为，不满足三角形两边之和大于第三边，故任何三角形的三边之比不可能是，故D正确．
故选：ACD．
7．（2022春·辽宁沈阳·高一沈阳市第一二〇中学校考期末）已知的内角，，所对的边分别为，，，下列四个命题中正确的命题是（ ）
A．若，则
B．若是锐角三角形，则恒成立
C．若，则一定是直角三角形
D．若，则一定是锐角三角形
【答案】ABC
【分析】利用正弦定理边角互化可以判断出A正确；由三角形内角和为，结合诱导公式可推得B正确；利用正弦定理及余弦定理即可判断出C正确；利用同角三角函数的基本关系式及正弦定理及余弦定理结合三角形知识判断出D.
【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，所以，所以A正确；
对于B，若为锐角三角形，可得且，
可得，且，
根据正弦函数的单调性，可得，所以，所以B正确；
对于C，由正弦定理及，知，
所以，因为，则或，又，则，三角形为直角三角形，故C正确；
对于D，若，则,由正弦定理得，则角B为锐角，但不一定是锐角三角形，故D错误；
故选：ABC.
8．（2022春·福建龙岩·高一统考期末）中，内角，，的对边分别为，，，已知，点是边上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则
D．若，则的最小值为
【答案】ACD
【分析】设，求出比例即可判断A选项；由余弦定理得，结合向量数量积即可判断B选项；由向量的线性运算得即可判断C选项；取中点，由求出最小值即可判断D选项.
【详解】
设，则，三式联立解得，对于A，，A正确；
对于B，，则，B错误；
对于C，若，则，则，
即，即，则，，C正确；
对于D，若，则，取中点，连接，
则，显然当时，最小，
此时，则，则的最小值为，D正确.
故选：ACD.
三、填空题
9．（2023秋·吉林·高一吉林一中校考阶段练习）已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．若为直角三角形，则的面积为________．
【答案】或
【分析】根据题意，由正弦定理化简，再结合余弦定理即可求得，然后根据为直角三角形，分或，再由三角形的面积公式即可得到结果.
【详解】由正弦定理，可化为：
，即，
所以，，所以，
又为直角三角形，
若，则，，，，
若，则，，，．
10．（2023·全国·高一专题练习）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则△ABC面积的最大值是______．
【答案】
【分析】由正弦定理将边化为角，结合三角函数的两角和的正弦公式，可求得，由余弦定理结合基本不等式可求得，再利用三角形面积公式可求得答案.
【详解】由正弦定理及，
得，
∵，∴,
∵，∴．
由余弦定理，∴，
即 ，当且仅当 时取等号，
∴，当且仅当时等号成立，
∴的面积的最大值为．
故答案为：．
11．（2023·全国·高一专题练习）在中，角、、的对边分别为、、，设的面积为，若，则的最大值为______．
【答案】
【分析】根据题中条件利用余弦定理进行简化，运用均值不等式求的范围，然后由面积公式化简为三角函数，求最值即可.
【详解】由题知，
则
，当且仅当时取等号.
，
而，
.
故答案为：
12．（2022春·上海浦东新·高一上海市川沙中学校考期中）我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，、、所对的边长分别为、、，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为__.
【答案】
【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换得到，利用余弦定理得到，代入公式计算得到答案.
【详解】由于，所以，
故，
即，
因为，，故.
由余弦定理得，整理得，
所以.
故答案为：
13．（2022春·云南·高一校联考阶段练习）如图，为了测量两点间的距离，选取同一平面上的，两点，测出四边形各边的长度（单位：km）：，，，，且四点共圆，则的长为_________ .
【答案】7
【分析】根据四点共圆可得，再利用余弦定理可得，即可求得答案.
【详解】∵四点共圆，圆内接四边形的对角和为 ﹒
∴ ，
∴由余弦定理可得 ，
，
∵，即 ，
∴ ,解得,
故答案为：7
14．（2022春·辽宁·高一辽宁实验中学校考期中）中，，，平面内一点满足：，则的最小值为______．
【答案】##2.75
【分析】旋转三角形到位置，计算的长度，结合的长为1，由此确定的最小值.
【详解】因为，
所以，
所以，即，
如图：将旋转至位置，使得，则，
，
又，所以，
由余弦定理可得，
所以，又，
所以，当且仅当三点共线，且在之间时取等号，
所以的最小值为，
故答案为：.
【点睛】利用旋转构造全等三角形是问题解决的关键.
四、解答题
15．（2022春·河南安阳·高一安阳县第一高级中学校考阶段练习）在中，内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求证：；
(2)若，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正弦定理，正弦倍角公式，两角和的正弦公式即可求解；（2）根据余弦定理，同角的三角函数基本关系式，两角和的余弦公式即可进一步求解.
【详解】（1）∵，，
∴，
由正弦定理，得，
∵中，，
∴，
∴，
∴.
（2）由，
∴，
由余弦定理，得，
而中，，
∴，
∴，
由（1）知，
∵，
，
∴.
16．（2022春·江苏南通·高一统考期末）在四边形中，.
(1)若，，，求四边形面积的最小值；
(2)若四边形的外接圆半径为，，求的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】延长，相较于点，结合题意可知是边长为的正三角形，进而利用余弦定理即三角形面积，基本不等式即可求得结果；
由四边形存在外接圆，进而得出四边形为等腰梯形，连接，设，，利用正弦定理，表示，，，进而利用基本不等式得出结果.
（1）
解：延长，相较于点，
如图所示：
，，
是边长为的正三角形，
的面积为.
在中，，，
由余弦定理得，，
即，
则，（当且仅当时，等号成立）
的面积,
的面积的最大值为，
四边形面积的最小值为.
（2）
四边形存在外接圆，
，
，
.
，
四边形为等腰梯形.
连接，设，，，
如图所示：
的外接圆半径为，
在中，由正弦定理得，，
，.
同理可得，在中，由正弦定理可得，
，，
设，得，
，，
，（当且仅当时，等号成立）
，，（当且仅当时，等号成立）
当，时，取得最大值.
17．（2022春·河北承德·高一校联考阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，△ABC的面积为S．已知，且．
(1)求角C的大小；
(2)若对任意的，恒成立，且函数有最小值，求m的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用余弦定理和三角形面积公式化简，即可求出答案；
（2）根据题意求出角B的范围，设，函数，利用二次函数的性质求出m的值即可.
(1)
因为，所以，
因为，所以，
所以，所以或．
因为，所以，所以；
(2)
因为对任意的，恒成立，
所以，
即，解得，所以．
由（1）可知，则．
设，则，，
因为，所以，所以．
设函数，则其图象的对称轴方程为．
①当，即时，在上单调递增，
则，不符合题意；
②当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
则，解得（舍去），符合题意；
③当，即时，在上单调递减，
则，解得，不符合题意.
综上，．
18．（2022春·辽宁·高一渤海大学附属高级中学校考阶段练习）已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，.
(1)若，，为边的中点，求中线的长度；
(2)若为边上一点，且，，求的最小值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示可得，然后利用余弦定理可得，利用向量的表示可得，进而可得，即得；
（2）利用向量的线性表示可得，结合条件可得，即，再利用基本不等式即得.
（1）
∵向量，，，
∴，即，
∴，
∴，
∵为边的中点，，，
∴，
∴，
又，，，
∴，
∴，即，
∴中线的长度为；
（2）
∵为边上一点，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，又，
∴，
∴，即，
∴，
当且仅当，即取等号，
故的最小值为.