平面向量及其应用 专题特训-2025届高三数学一轮复习

平面向量及其应用小专题特训-2025年高考数学一轮复习 一、单选题 1．若向量 ，若与 夹角为钝角，则 的可能取值为（    ） A．1 B．0 C． D． 2．已知向量与向量共线，，，且向量与向量的夹角为锐角，则向量（    ） A． B． C． D． 3．已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．已知向量，的夹角为150°，且，，则（    ） A．1 B． C． D． 5．已知中，，，AD为BC上的高，垂足为，点为AB上一点，且，则（   ） A． B． C． D． 6．已知向量，若，则（    ） A． B． C． D． 7．平面四边形中，点分别为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 8．在平面直角坐标系中，已知直线：与圆：交于两点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．与的夹角为 D．在方向上的投影向量是 10．已知点为双曲线上的任意一点，过点作渐近线的垂线，垂足分别为，则（） A． B． C． D．的最大值为 11．如图，在平面直角坐标系中，已知点，是线段上的动点，点与点关于直线对称．则下列结论正确的是（    ）    A．当时，点的坐标为 B．的最大值为4 C．当点在直线上时，直线的方程为 D．正弦的最大值为 三、填空题 12．向量 ​， 若​， 则实数​的值为 13．已知平面向量，为单位向量，且，则向量在向量上的投影向量的坐标为 ． 14．已知点，，O为坐标原点，则的取值范围是 ． 四、解答题 15．已知的内角的对边分别为，且. (1)求角； (2)若为中点，求的长. 16．已知中，角，，所对的边分别是，，，. (1)求角； (2)若点满足，，求. 17．在中，内角的对边分别为．已知． (1)求． (2)若点为边的中点，且，求面积的最大值． 18．已知向量，，且函数在上的最大值为． (1)求常数的值； (2)求函数的单调递减区间． 19．如图在中，，满足.    (1)若，求的余弦值； (2)点是线段上一点，且满足，若的面积为，求的最小值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B D A D A A AC BCD 题号 11 答案 ABC 1．D 【分析】求出的坐标，求得当与共线时，根据向量与向量的夹角为钝角,列出相应的不等式，求得答案. 【详解】因为，又与的夹角为钝角， 当与共线时，，则，此时共线反方向， 所以且与的不共线， 即且，则且， 故选：D． 2．C 【分析】根据题意，根据模长公式以及数量积的坐标运算求解即可. 【详解】由题意可知：向量与向量共线，，可设， 因为，解得， 又因为向量与向量的夹角为锐角， 则，解得， 综上所述：，. 故选：C． 3．B 【分析】应用向量的数量积及运算律，结合投影向量公式计算即可得解. 【详解】因为，与的夹角为， 所以， 则， 所以在上的投影向量为． 故选：B. 4．D 【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得. 【详解】因为， 所以. 故选：D 5．A 【分析】利用向量的线性关系及数量积的运算律得可得答案. 【详解】如图所示， 由题意可知，，，，故， 因为， 所以， 则 . 故选：A. 6．D 【分析】由向量数量积的坐标表示即可得解. 【详解】由可知，即该式对于任意均成立. 故选：D． 7．A 【分析】由向量的加法法则可得，两边同时平方可得，由平面向量的夹角公式求解即可. 【详解】因为平面四边形中，点分别为的中点， 所以， 所以， 由可得：， 两边同时平方可得：， 所以， 解得：，所以. 故选：A. 8．A 【分析】根据题意分析可知直线过定点，取线段的中点，可知点的轨迹为以的中点为圆心，半径的圆，结合圆的性质分析求解. 【详解】由题意可知：直线：过定点， 圆：，即， 可知圆心为，半径， 取线段的中点，则， 可知点的轨迹为以的中点为圆心，半径的圆，    可得， 当且仅当在的延长线上时，等号成立， 所以的最大值为. 故选：A. 9．AC 【分析】已知向量的坐标，证明向量垂直，求向量的模长、夹角、投影等都比较简单，根据公式求解即可. 【详解】因为，，所以， 则，所以，故A正确； 因为，所以，故B错误； ，因为，所以，故C正确； 在方向上的投影向量是，故D错误. 故选:AC. 10．BCD 【分析】对A找到反例即可；对B利用点到直线距离公式计算即可；对C，利用二倍角的余弦公式和向量数量积的定理计算即可；对D利用三角形的面积公式计算即可. 【详解】对A，当趋近于无穷远处时，故A错误； 对B，设点，满足，即， 又两条渐近线方程分别为，即，故有 ，故B正确； 对C，设渐近线的倾斜角为，则 ， 所以，故C正确； 对D，由C可知，，所以 为定值，故D正确. 故选：BCD.    11．ABC 【分析】由题可得点在以为圆心，半径为1的圆上，设，则，可依次判断A,B,C选项，对D，当直线与圆相切时，正弦的最大，列式计算可求解判断. 【详解】如图，由题意可得点在以为圆心，半径为1的圆上， 设，，则， 对于A，当时，可得， ，，此时点的坐标为 ，故A正确； 对于B，，当且仅当时等号成立，故B正确； 对于C，当点在直线上时，可得，此时点的坐标为 ， 直线与圆相切，所以，所以直线的方程为，故C正确； 对于D，当直线与圆相切时，正弦的最大，设直线的斜率为，则直线的方程为， 有，解得，即，从而可得， 所以正弦的最大值为，故D错误． 故选：ABC．    12．​ 【分析】运用向量平行的结论，结合线性运算可解. 【详解】由于，则. 由于,则，解得. 故答案为：. 13． 【分析】根据题意，求得，结合投影向量的计算公式，准确计算，即可求解. 【详解】因为向量， 为单位向量，且， 可得，解得， 所以在向量上的投影向量为. 故答案为：. 14． 【分析】先设点的坐标，再结合向量数量积的坐标运算，最后应用辅助角公式计算范围. 【详解】设点,, 所以,即, 所以, 因为， 所以. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换化简即可得解； （2）利用向量的中线公式平方即可得解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理，得 因为，则，所以， 由于，则； （2）因为为中点，故， 所以 . 所以的长为. 16．(1) (2) 【分析】（1）利用诱导公式得到，再由正弦定理将角化边，最后结合余弦定理计算可得； （2）依题意可得，根据平面向量线性运算法则得到，将两边平方，结合数量积的运算律及定义得到，再由余弦定理计算可得. 【详解】（1）因为， 所以， 即， 由正弦定理可得， 所以，即， 所以， 因为，所以． （2）因为，所以， 所以，即， 又，则， 则， 所以， 即， 即， 又， 所以， 所以，显然， 所以. 17．(1) (2)． 【分析】（1）由二倍角公式化简已知等式，然后由正弦定理角化边再结合余弦定理求得. （2）由向量建立等量关系，结合基本不等式求得面积的最大值即可. 【详解】（1）由二倍角公式，得， 即． 由正弦定理，得，即． 由余弦定理，得． 因为，所以． （2）因为点为边的中点，所以， 所以， 即，解得，当且仅当时，等号成立． 所以， 所以面积的最大值为． 18．(1) (2) 【分析】（1）根据向量数量积运算、二倍角和辅助角公式可化简，根据正弦型函数最大值可构造方程求得的值； （2）采用整体代换的方式，构造不等式，解不等式即可求得单调递减区间. 【详解】（1）， ，，解得：. （2）由（1）知：， 令，解得：， 的单调递减区间为. 19．(1) (2) 【分析】（1）设，在和中利用正弦定理，建立等量关系求的余弦值； （2）利用C、M、D三点共线，求得，再根据三角形的面积求得，根据向量数量积求，展开后利用基本不等式求最小值. 【详解】（1）由题意可设， 在中① 在中② 由①②可得， 解得，则，解得. 故. （2）， 且C、M、D三点共线，所以， ， 故． ， 当且仅当时；所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$