模块五 解三角形与平面向量（测试）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知，，若，则向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
2．在中，点D，E分别是，的中点，记，，则（ ）
A． B． C． D．
3．在中，角所对的边分别为，已知成等差数列，，则的面积为（ ）
A．3 B． C．12 D．16
4．在△中，角的对边分别是，则=（ ）
A． B． C． D．
5．在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则此三角形的解的情况是（ ）
A．有一解 B．有两解
C．无解 D．有解但解的个数不确定
6．已知平面向量，均为单位向量，且，，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
7．在中，内角、、对应边分别为、、，已知，且角的平分线交于点，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知在所在平面内，，、分别为线段、的中点，直线与相交于点，若，则（ ）
A．的最小值为
B．的最小值为
C．的最大值为
D．的最大值为
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．在上的投影向量为
10．在中，内角所对的边分别为，下列与有关的结论，正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则是等腰直角三角形
C．若是锐角三角形，则
D．若，，分别表示，的面积，则
11．如图，已知的内接四边形中，，下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为
B．该外接圆的半径为
C．
D．过作交于点，则
12．在中，内角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的取值范围是
C．若为边上中点，且，则的最小值为
D．若面积为1，则三条高的乘积的平方的最大值为
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．在圆的内接四边形中，，，，，则 ．
14．某校数学建模社团对山西省朔州市的应县木塔的高度进行测量.如图，该校数学建模社团成员在应县木塔旁水平地面上的处测得其顶点的仰角分别是和，且测得，米，则该校数学建模社团测得应县木塔的高度 米.
15．在中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点.设，，试用，表示为 ，若，的面积为，则的最小值为 .
16．如图，在圆内接四边形中，，，．若为的中点，则的值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸.
17．已知平面向量，，，且与的夹角为.
(1)求；
(2)若与垂直，求的值
18．已知向量，，函数．
(1)若，求的值；
(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围．
19．在中，内角所对边的长分别为，．
(1)若，求．
(2)若为边上的一点，且，求．
20．在中，内角所对的边分别为，且．
(1)求角A的大小；
(2)若点为的中点，点满足，点为与的交点，求的余弦值．
21．在中，，且边上的中线长为1.
(1)若，求的面积；
(2)若，求的长.
22．在中，内角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若为的中点，在上存在点，使得，求的值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】先根据求出，再根据投影向量计算公式计算可得.
【详解】，，，
，，
解得，，
向量在上的投影向量为．
故选：B．
2．D
【分析】根据题意，由平面向量的线性运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可知，，．
两式相减，得，所以．
故选：D．
3．B
【分析】根据题意，得到，再由余弦定理求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】因为成等差数列，可得，
又因为，
由余弦定理得：，
整理得，即，
所以的面积为.
故选：B.
4．B
【分析】利用正弦定理、二倍角公式等知识求得正确答案.
【详解】因为，所以．
因为，所以，所以．
因为，所以，则．
故选：B
5．A
【分析】运用正弦定理计算出，结合有，计算出即可得.
【详解】由，得，
又 ，，故只能为锐角，即，
故该三角形只有一解．
故选：A.
6．C
【分析】建立平面直角坐标系，结合圆的几何性质求得正确答案.
【详解】依题意平面向量，均为单位向量，且，
建立如图所示平面直角坐标系，设，
设，由，
所以点在以原点为圆心，半径为的圆上，
表示以原点为圆心，
半径为的圆上的点与点的距离，
所以，根据圆的几何性质可知：的最大值是，
其中是点与原点的距离.
故选：C
7．A
【分析】由结合正弦定理、三角恒等变换化简可得出角的值，利用可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本呢不等式可求得的最小值.
【详解】因为，所以，，
由正弦定理可得，
因为、，则，所以，，可得，
因为角的平分线交于点，，
由，即，
所以，，所以，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
故选：A.
8．D
【分析】利用向量的线性运算和数量积的公式，结合基本不等式求最值即可.
【详解】
，且为线段的中点，
所以,
则,,
设,
则，
且和共线，，
所以，.
故为线段的中点,且,
所以,
且,若，
则,
即,
故,当且仅当时，等号成立；
,当的最大时, 即最小时，
此时，
.
故选：D
9．BCD
【分析】利用空间向量的坐标表示及投影向量的定义一一计算即可.
【详解】易知，显然，故A错误；
易知：，
故B正确；
易知，故C正确；
在上的投影向量，故D正确.
故选：BCD
10．ACD
【分析】根据正弦定理，求得，可判定A正确；根据正弦定理化简，进而可判定B错误；
根据题意，得到，结合在为单调递减函数，可判定C正确，
设的中点为，的中点为，根据向量的运算，得到，结合三角形的面积公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，因为，设外接圆的半径为,可得，
又由，所以A正确；
对于B中，因为，由正弦定理得，即，
因为，可得或，即或，
所以是等腰三角形或直角三角形，所以B不正确；
对于C中，由是锐角三角形，可得，即，
因为是锐角三角形，可得，
又因为在为单调递减函数，所以，所以C正确；
对于D中，如图所示，设的中点为，的中点为，
因为，即，
可得，即，所以点是上靠近的三等分点，
所以点到的距离等于到的，
又由到的距离为点到的距离的倍，
所以到的距离等于点到距离的，
由三角形的面积公式，可得，即，所以D正确.
故选：ACD.
11．ABC
【分析】利用圆内接四边形对角互补及余弦定理和面积公式判断A，利用正弦定理求出外接圆的半径判断B，利用数量积的几何意义判断C，结合两角差的余弦公式利用数量积的定义判断D.
【详解】对于A，连接AC，
在中，，，
由于，所以，故，解得，
所以，，所以，
故，
，
故四边形ABCD的面积为，A正确；
对于B，设外接圆半径为R，则，
故该外接圆的直径为，半径为，B正确；
对于C，连接BD，过点O作于点G，过点B作于点E，
则由垂径定理得：，由于，所以，
即，解得，所以，所以，
且，所以，即在向量上的投影长为1，
且与反向，故，C正确；
对于D，由C选项可知：，故，且，
因为，由对称性可知：DO为的平分线，故，
由A选项可知：，显然为锐角，
故，，
所以，
所以，D错误.
故选：ABC
12．ACD
【分析】根据三角函数恒等变换化简已知式可判定A，根据三角恒等变换及正弦函数性质求解范围可判定B，由余弦定理、平面向量的线性运算及基本不等式可判定C，由基本不等式及余弦定理可判定D.
【详解】对于A项，由得
，即，
因为，则，
若显然不符题意，或者也不符合题意，
所以，即，所以，故A正确；
对于B项，，
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围是，故B错误；
对于C项，由余弦定理知，
又为边上中点，所以，
所以，所以，所以，
当且仅当时，取得等号，所以，所以，故C正确；
对于D项，不妨设三边上的高分别，则，
又，所以，所以，
根据余弦定理知，所以，
当且仅当时，取得等号，故D正确.
故选：ACD
13．3
【分析】连接，在中，利用余弦定理可求得的长，结合圆内接四边形对角互补，可得，在中，利用余弦定理列出方程即可得解.
【详解】连接，如图：
在中，因为，，
由余弦定理，得，即
又因为，所以，
在中，因为，，，
由余弦定理，得，
即，解得：．
故答案为：.
14．70
【分析】利用余弦定理以及直角三角形中的边角关系列式求解木塔高度即可.
【详解】设米，则米，米.
在中，，由余弦定理可得，
即，即，即，解得或（舍去）.
故答案为：.
15． 6
【分析】由图形特征，利用向量的线性运算，用，表示；根据的面积求得的值，利用平面向量的线性运算与数量积运算求出，利用基本不等式求出它取最小值.
【详解】如图所示，中，，
是边的中点，是线段的中点，则，
，
即；
由的面积为，得，
所以
，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为6.
故答案为：；6
16．
【分析】由余弦定理求出，由正弦定理可得为圆的直径，，，所以为等边三角形；以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系：求出、，由的坐标运算可得答案.
【详解】由余弦定理知，所以，
由正弦定理得，所以为圆的直径，
所以，所以，从而，
又，所以为等边三角形；
以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴建立如下图所示的
平面直角坐标系：则，，，，，
故．
故答案为：．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知利用向量的数量积公式得出，即可由向量模长的求法列式，结合向量的运算代入值求解即可；
（2）根据向量垂直其数量积为0，列式展开代入值求解即可.
【详解】（1），且与的夹角为，
，
（2）与垂直，
，
即，
即，解得：.
18．(1)
(2)．
【分析】（1）根据向量共线的坐标表示式算出正切值，再运用二倍角公式转化即得；
（2）先对函数式进行恒等转化成正弦型函数，由题设条件求得角，再由锐角三角形推得角范围，即得的范围.
【详解】（1）∵，∴，则；
；
（2）
，
由，得，
∵，∴，∴，即,
因为锐角三角形，可得，解得，
∴，故的取值范围为．
19．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理求出，从而结合题目条件得到，再由正弦定理求出；
（2）由（1）求出，利用向量基本定理得到，两边平方后得到，结合余弦定理，求出.
【详解】（1）由余弦定理，得，即．
因为，所以，
即，解得，（舍去），
将代入中得．
由正弦定理，得，即，
所以．
（2）由（1）知，．
因为，
所以，
所以
，
因为，所以，
所以，解得，
又，代入可得.
20．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和余弦和角公式得到，求出；
（2）设，表达出，，求出，，，利用夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）由已知得，
即．
由正弦定理得．
因为在中，，所以．
因为，所以．
（2）设，所以，
因为为的中点，所以，
又，
由（1）知，，，
故，，
故．
，
，
所以，
所以的余弦值为．
21．(1)
(2)2
【分析】（1）由题可得，利用勾股定理可判断是直角三角形，且又边上中线，运算可得解；
（2）方法一，设，在，中，分别由正弦定理两式可得，在和中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，运算可得解；方法二，作的角平分线，交与，在和中，由正弦定理可得，再由可得，计算得，在和中，由余弦定理可求得结果；方法三，延长到，使，由，可得，运算得，在和中，由余弦定理可得结果.
【详解】（1）由题可知，
由勾股定理得，，所以是直角三角形，
又，所以，
又边上中线，
所以，，，
所以.
（2）方法一：由题可知，
设，则，
在中，由正弦定理得，即，
在中，由正弦定理得，即，
所以，则，①
在和中，由余弦定理得
所以，②
在中，由余弦定理得，
即，即，③
将代入得，④
由①④得，即，即，
即，即，
因为，所以，则，所以.
故的长为2.
方法二：作的角平分线，交与，
设，则，
在和中，由正弦定理可得，
又，所以，
所以.
由题可知，所以，
在和中，，
所以，所以，
则，即，即，
所以（舍）或.
在和中，由余弦定理得
所以，
则，解得.
故的长为2.
方法三：延长到，使，连接，
由题可知，
设，则，
在和中，，
所以，所以，则，
所以，
即，即，
所以（舍）或.
在和中，由余弦定理得
所以，
则，解得.
故的长为2.
22．(1)；
(2).
【分析】（1）由正余弦边角关系，将化为，讨论、，结合求即可；
（2）若且，可得、，应用数量积的运算律及已知得到，即，，再应用数量积的运算律求模，并根据数量积定义求.
【详解】（1）由，而，
所以，则，且，
若，即，则，
所以；
若，即，则，显然不成立；
综上，.
（2）如下图示， 若且，
则，同理，
所以，
则，
由（1）易知，且，
所以，整理得，
综上，，，
所以，即，
，即，
故.
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