5-3 平面向量的应用（精练）（基础版）（解析版）

5.3平面向量的应用（精练）（基础版）题组一题组一证线段垂直1．（2022·全国·高一课前预习）在平行四边形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，且满足BC＝3MC，DC＝4NC，若AB＝4，AD＝3，则△AMN的形状是(

)A．锐角三角形 B．钝角三角形C．直角三角形 D．等腰三角形【答案】C【解析】∵.∴，∴是直角三角形.故选：C.2．（2022·新疆）在△ABC中，若，则△ABC的形状是（

）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【解析】，，则，，，则△ABC为直角三角形.故选：B.3．（2021·浙江）在中，若，则的形状为（

）A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【解析】取中点，连接，则，因为，所以，所以，所以，即，所以的是等腰三角形．故选：B．4．（2022·黑龙江）如图，正方形ABCD的边长为a，E是AB的中点，F是BC的中点，求证：DE⊥AF.【答案】证明见解析【解析】∵·＝·＝2－2，而，∴·＝0，∴⊥，即DE⊥AF.5．（2022·湖南）如图所示，在等腰直角三角形ACB中，，，D为BC的中点，E是AB上的一点，且，求证：.【答案】证明见解析【解析】因为，所以，即，故.6．（2022·浙江）如图所示，若D是△ABC内的一点，且AB2-AC2=DB2-DC2，求证：AD⊥BC.【答案】证明见解析【解析】设=，=，=，=，=，则=+，=+，所以2﹣2=(+)2-(+)2=2+2e·-2·-2，由条件知：2=2﹣2+2，所以·=·，即·(-)=0，即，所以AD⊥BC.7．（2022·浙江）如图，在平行四边形ABCD中，，，，BD，AC相交于点O，M为BO中点．设向量，．（1）求的值；（2）用，表示和；（3）证明：．【答案】（1）；（2），；（3）证明见解析【解析】（1）（2）又为中点（3）又所以题组二题组二夹角问题1．（2022·云南）中，若，，点满足，直线与直线相交于点，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图所示，以点为原点，为轴构建直角坐标系，因为，，所以，，，设，因为、、三点共线，所以，，，因为，、、三点共线，所以，联立，解得，，，因为，，所以，，因为，所以，故选：A.2．（2022·江西）已知菱形中，，，点为上一点，且，则的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设与交于点，以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴建立平面直角坐标系如图所示，则点，，，∴，，则，故选：D.3．（2022·江苏）（多选）已知向量，记向量的夹角为，则（

）A．时为锐角 B．时为钝角C．时为直角 D．时为平角【答案】ACD【解析】A.当时，，所以为锐角，故正确；B.当时，，所以为钝角或平角，故错误；C.当时，，所以为直角，故正确；D.时，，所以为平角，故正确.故选：ACD4．（2023·全国·高三专题练习）已知，，与的夹角为，若向量与的夹角是锐角，则实数入的取值范围是：______．【答案】【解析】与夹角为锐角时，；解得；当时，与分别为与同向，夹角为零，不合题意，舍去；∴实数的取值范围为.故答案为：.5．（2022·四川省平昌中学）已知，且的夹角为钝角，则实数的范围_______【答案】【解析】由于与的夹角为钝角，则且与不共线，，，，解得且，因此，实数的取值范围是且，故答案为：且.6．（2022·全国·期末）一扇中式实木仿古正方形花窗如图1所示，该窗有两个正方形，将这两个正方形（它们有共同的对称中心与对称轴）单独拿出来放置于同一平面，如图2所示.已知分米，分米，点在正方形的四条边上运动，当取得最大值时，与夹角的余弦值为___________.【答案】【解析】以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系：则，，，，设，，，当时，，，当且仅当时等号成立，当时，，，当且仅当时等号成立，当时，，，当且仅当时等号成立，当时，，，当且仅当时等号成立，由以上可知，当时，取得最大值，此时，，设与的夹角为，则.故答案为：7（2022·福建·厦门一中模拟预测）已知，，均为单位向量，且，则与夹角的余弦值为______．【答案】【解析】由题意得：，即，，均为单位向量，即故答案为：8．（2022·安徽·池州市第一中学）如图，在中，已知，，，，，线段AM，BN相交于点P，则的余弦值为___________.【答案】【解析】由已知，，，，得，又由得，因为，所以所以故答案为：9．（2021·湖南）已知平面四边形中，，，，，，则_______.【答案】【解析】如图以为原点建立直角坐标系，则，设，∴，由知，∴，解得，即，∴，∴.故答案为：.10．（2022·湖北）已知＝(1，2)，＝(1，)，分别确定实数的取值范围，使得：（1）与的夹角为直角；（2）与的夹角为钝角；（3）与的夹角为锐角．【答案】（1）＝－；（2）；（3）∪(2，＋∞)．【解析】设与的夹角为，则＝(1，2)·(1，)＝1＋2．（1）因为与的夹角为直角，所以，所以，所以1＋2＝0，所以＝－．（2）因为与的夹角为钝角，所以且，所以且与不反向．由得1＋2<0，故<－，由与共线得＝2，故与不可能反向．所以的取值范围为．（3）因为与的夹角为锐角，所以，且，所以>0且与不同向．由>0，得>－，由与同向得＝2．所以的取值范围为∪(2，＋∞)．11．（2022·全国·高三专题练习）已知△ABC的面积为S满足，且·＝3，与的夹角为θ.求与夹角的取值范围．【答案】.【解析】，的夹角为锐角，设的夹角为，则：，，又；，，，，，与夹角的取值范围为．题组三题组三线段长度1．（2022·全国·高三专题练习）在平行四边形中，点，满足，，且，设，则（

）A． B． C．2 D．【答案】B【解析】由得是的中点，又由得，所以.故选：B.2．（2022·湖南）（多选）已知分别是三棱锥的棱，的中点，．若异面直线与所成角的大小为60°，则线段的长为（

）A．3 B．6 C． D．【答案】AD【解析】如图，取的中点，连接，，．设与的交角为．因为异面直线与所成的角为60°，所以或，所以将，，分别代入上式，得或．故选：AD．3．（2022·全国·信阳高中）已知四边形是矩形，，，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】解法一如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，则，，，.∴，，，.∴，.∴，.∵，∴，即.又，所以，.∴.∴.∵，∴.故选：C.解法二：∵，，∴.∵，∴，得.∴，.∴.故选：C.4．（2022·山东济宁）已知两点分别是四边形的边的中点，且，，，，则线段的长为是___________【答案】【解析】作，交于点，则，，则；，，又，，，，，故答案为：.5（2022·全国·高三专题练习）如图，，分别是四边形的边，的中点，，，，，则线段的长是___________.【答案】【解析】依题意，，，因，分别是四边形的边，的中点，则，如图，过点A作AG//CD交BC于点G，则，而，则有，于是得，则.所以的长为.故答案为：.6．（2021·上海市市西中学）空间四边形中，分别是边的中点，且，则____________.【答案】【解析】点，，，分别为四边形的边，，，的中点，、、、分别为、、、的中位线．；，下面证明：平行四边形对角线的平方和等于四个边的平方和.所以故答案为：207．（2022·上海理工大学附属中学）如图，定圆的半径为3，A，B为圆上的两点，且的最小值为2，则______．【答案】【解析】当t＝0时，不满足题意；当t＞0时，设t＝，延长EA到F，使AF＝AE，则t＝，则，取AB中点为D，则CD⊥AB，则在Rt△CDF中，，此时无最小值不满足题意；当t＜0时，设t＝，则，取AB中点为D，则CD⊥AB，由图可知，，∵的最小值为2，∴＝2，∴．故答案为：．题组四题组四几何中的最值1．（2022·河南南阳·高一期末）已知是的边上一点，且，，，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为，则为锐角，由，可得，因为，则，则，所以，，则，可得.当且仅当时，等号成立，故的最大值为.故选：A.2．（2022·湖南张家界）如图，在梯形ABCD中，，，，，，若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，以点为原点，所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，，，，，，，，，设，则，其中，，，，时，取得最小值．故选：C.3．（2022·湖南）线段是圆的一条直径，直线上有一动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为圆心到直线的距离，故故选：C4．（2022·广东广州·）平面四边形中，，则最小值（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为，所以，所以，则，又，所以点P在以BC为直径的圆的劣弧AC上，分别以AB、AC为x，y轴正方向建系，取BC中点E，如图所示所以，则圆E的方程为，设点，其中，则，所以，即最小值为-2，故选：A5．（2022·浙江·镇海中学）已知平面向量、、满足，则与所成夹角的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设与夹角为，与所成夹角为，，所以，，①，②又，③②与③联立可得，④①④联立可得，当且仅当时，取等号，，，则，故与所成夹角的最大值是，6．（2022·湖南·周南中学）已知边长为2的菱形ABCD中，点F为BD上一动点，点E满足，，则的最小值为（

）A．0 B． C． D．2【答案】C【解析】由题意知：，设，∴，∴，以与交点为原点，为轴，为轴建立如下图所示的平面直角坐标系：，，，设，且则，，当时，故选：C.7．（2022·浙江丽水）已知平面向量，若，，，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】∵，而，∴，又，即，又，，∴，若，则，∴在以为圆心，1为半径的圆上，若，则，∴问题转化为求在圆上的哪一点时，使最小，又，∴当且仅当三点共线且时，最小为.故选：B.8．（2022·河南）已知点是圆：上的动点，点是以坐标原点为圆心的单位圆上的动点，且，则的最大值为（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【解析】由，得，即，为外接圆的直径，如图所示；设坐标原点为，则，是圆上的动点，，，当与共线时，取得最大值7；故选：C．题组五题组五三角的四心1．（2022·湖北武汉）在三棱锥中.作平面，垂足为.①若三条侧棱与底面所成的角相等，则是的（

）心；②若三个侧面与底面所成的二面角相等，则是的（

）心：③若三组对棱与与与中有两组互相垂直，则是的（

）心以上三个空依次填（

）A．外，垂，内 B．内，外，垂 C．垂，内，外 D．外，内，垂【答案】D【解析】对于①，连接、、，如下图所示：由平面，可得为与平面所成角，为与平面所成角，为与平面所成角，且，因为，，，所以，即为的外心；对于②，过点在平面内作，垂足为，连接，过点在平面内作，垂足为，连接，过点在平面内作，垂足为，连接，如下图所示.平面，平面，，，，平面，平面，故，可得为侧面与底面所成角的平面角，同理可知，为侧面与底面所成角的平面角，为侧面与底面所成角的平面角，且，因为，，，所以，，即为的内心；对于③，连接、、，如①中的图，若，，因为平面，平面，，因为，所以，平面，平面，，同理可得，即为，，即有，，所以，即有，则，即为的垂心.故选：D2．（2022·全国·专题练习）若O在△ABC所在的平面内，a，b，c是△ABC的三边，满足以下条件，则O是△ABC的（

）A．垂心 B．重心 C．内心 D．外心【答案】C【解析】且，，化简得，设，又与分别为和方向上的单位向量，平分，又共线，故平分，同理可得平分，平分，故O是△ABC的内心.故选：C.3．（2022·重庆市长寿中学校）奔驰定理：已知是内的一点，若、、的面积分别记为、、，则．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，已知是的垂心，且，则(

)A． B． C． D．【答案】A【解析】∵是的垂心，延长交与点，∴，同理可得，∴：，又，∴，又，∴，不妨设，其中，∵，∴，解得或，当时，此时，则都是钝角，则，矛盾.故，则，∴是锐角，，于是，解得.故选：A.4．（2022·重庆市实验中学）在平面上有及内一点O满足关系式：即称为经典的“奔驰定理”，若的三边为a，b，c，现有则O为的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】B【解析】记点O到AB、BC、CA的距离分别为，，，，因为，则，即，又因为，所以，所以点P是△ABC的内心.故选：B5．（2022·浙江省杭州第二中学）在中，，为的重心，若，则外接圆的半径为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，可得，则有又在中，，为的重心，则为等边三角形.则解之得，则外接圆的半径为故选：C6（2022·四川达州）在中，为重心，，，则___________.【答案】【解析】设中点为，为的重心且，，，，，.故答案为：.题组六题组六三角形的面积1．（2022·河南·新密市第一高级中学）若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足3－－＝，则△ABM与△ABC的面积之比为（）A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．2∶5【答案】B【解析】如图，D为BC边的中点，则因为－－＝所以，所以所以.故选：B2．（2022·江西宜春）已知，点M是△ABC内一点且，则△MBC的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】取的中点，因为，所以，故，所以，因为，因此,故选：C.3（2022·广东·东莞市东华高级中学）已知是内部（不含边界）一点，若，，则（

）A． B． C． D．1【答案】A【解析】如图，连接AD并延长交BC与点M,设点B到直线AD的距离为,点C到直线AD的距离为,因为，所以设，因为AM与向量AD共线，设,,所以，即，,所以故选：A4．（2021·安徽·合肥一中）点P是菱形内部一点，若，则的面积与的面积的比值是（

）A．6 B．8 C．12 D．15【答案】A【解析】如图，设中点为，中点为，因为，即，则，即，则，所以的面积与的面积的比值是6.故选：A.5．（2022·河北）设点O在的内部，且，则