平面向量及其应用专项训练-2025届高考数学一轮复习

平面向量及其应用专项训练-2025年高考数学一轮复习 一、单选题 1．已知，且，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 2．已知向量，且，则（    ） A．1 B．2 C． D．0 3．已知向量，若，则（    ） A．1或 B．或 C．或2 D．或1 4．如图，已知等腰中， ，，点P是边上的动点，则的值（ ） A．为定值10 B．为定值6 C．不为定值，有最大值10 D．不为定值，有最小值6 5．已知向量，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 6．若向量，，且，，三点共线，则（    ） A． B． C． D． 7．已知满足，，且向量在向量上的投影向量为，则（   ） A． B． C． D．2 8．在中，，，是的外心，则的最大值为（   ） A．2 B． C． D．4 二、多选题 9．已知向量，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．不存在实数，使得 C．若向量，则或 D．若向量在向量上的投影向量为，则的夹角为 10．已知为所在平面内一点，且，，D是边的三等分点且靠近点C，，与交于点O.设三角形的面积为，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D．的最小值为 11．下面四个结论正确的是（   ） A．已知向量，，若，则为钝角 B．已知，，则向量在向量上的投影向量是 C．若直线经过第三象限，则， D．已知，，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，，，四点共面 三、填空题 12．若，则 ，若与互相垂直，则实数 . 13．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，M为AB的中点，则线段CM的长为 . 14．已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则为 . 四、解答题 15．在中，角、、所对的边分别是、、，且． (1)求角； (2)已知的角平分线交于点，若，，求． 16．已知向量. (1)若，且，求的值； (2)设函数，求函数的值域. 17．在平面直角坐标系中，已知点，，，为直线上的动点． (1)若四边形是平行四边形，求点的坐标； (2)求的取值范围． 18．在中，，，点D在边上，且． (1)若，求的长； (2)若，点在边上，且，与交于点，求． 19．对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称，是该向量组的“向量”． (1)设，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，向量组，，，，是否存在“向量”？若存在求出所有的“向量”，若不存在说明理由； (3)已知，，均是向量组，，的“向量”，其中，，求证：可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积． 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 B C D A C B C B BCD ABD 题号 11 答案 BD 1．B 【分析】由垂直可得数量积为0，再根据数量积运算律化简得，由夹角公式得解. 【详解】因为，且， 所以， 解得， 所以，而, 所以. 故选：B 2．C 【分析】先利用向量模的坐标运算求得，进而利用数量积的坐标形式求得. 【详解】，则， 由于，所以， 所以，所以. 故选：C 3．D 【分析】由向量点的坐标先求出.和的坐标，再由两垂直向量数量积为0建立等式，从而求得参数的值. 【详解】， ∵， ∴，即 ∴ ∴或. 故选：D. 4．A 【分析】先记的中点为，然后利用为等腰三角形，得到，再利用向量数量积的几何意义求解即可. 【详解】记的中点为，由题可知，，,， 所以. 故选：A 5．C 【分析】根据投影向量的定义计算得解. 【详解】由题意可知，在上的投影向量为：. 故选：C. 6．B 【分析】由题意可得∥，根据两向量平行的坐标运算求解即可. 【详解】解：由，，三点共线， 得∥， 得，解得. 故选：B. 7．C 【分析】令，过作于，利用投影向量的意义求出，再利用垂直关系的向量表示，结合数量积的运算律求出，由给定向量等式确定点的位置即可求解. 【详解】在中，令，过作于，， 由向量在向量上的投影向量为，得， 解得，则，由，得 ，解得，由， 得，即，因此， 在中，. 故选：C    8．B 【分析】根据题意结合向量运算可得，利用正弦定理求边c的最大值即可. 【详解】设角所对的边分别为，，， 因为是的外心，记中点为，则有，即， 可得 ， 在中，由正弦定理可得：， 则，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为. 故选：B. 9．BCD 【分析】运用平面向量的性质定理，即可求解. 【详解】A选项：，所以，所以，故A错误； B选项：若得，则，显然不成立，故B正确； C选项：因为,若向量， 则或，故C正确； D选项：设的夹角为， 则向量在向量上的投影向量为所以， 又因为向量在向量上的投影向量为， 所以 则的夹角为，故D正确. 故选：BCD. 10．ABD 【分析】因为，所以.由平面向量的基本定理求解即可判断A；设，由三点共线求解参数，然后求解三角形的面积即可判断B；因为，所以，代入即可判断C；以线段的中点为坐标原点，所在直线为x轴，线段的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，由坐标计算数量积求解最小值即可判断D. 【详解】因为，所以.又因为D是边的三等分点且靠近点C， 所以，所以，故A正确； 设，则. 因为B、O、D三点共线，所以，解得. 故，故B正确； 因为，所以， 所以，故C错误； 以线段的中点为坐标原点，所在直线为x轴，线段的垂直平分线为y轴， 建立平面直角坐标系，    则点，，. 设点，则， 所以最小值为，故D正确. 故选：ABD. 11．BD 【分析】取可得，进而得到A错误；由投影向量的计算可得B正确；令可得C错误；由空间向量共面定理可得D正确； 【详解】对于A，当时，，，， 此时为，故A错误； 对于B，向量在向量上的投影向量为，故B正确； 对于C，令，则直线为，且经过第三象限， 但此时，故C错误； 对于D，因为，， 所以由向量共面定理的推论可得，，，四点共面，故D正确； 故选：BD. 12． 【分析】空1：直接根据空间向量的坐标运算和数量积坐标公式即可；空2：根据向量垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】空1：，则； 空2：， 若与互相垂直，则， ，. 故答案为：；. 13． 【分析】先根据正弦定理与基本关系式求出角，再根据向量数量积的运算法则求出线段长即可. 【详解】由正弦定理得，所以， 又因为，所以， ， 因为，， 所以， 则，所以. 故答案为：. 14． 【分析】由条件结合投影向量公式可求，根据向量模的性质及数量积运算律求. 【详解】因为在上的投影向量为， 所以，又， 所以，又 ， 所以. 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用平面向量数量积的定义可求出的值，再利用结合三角形的面积公式可求得的长. 【详解】（1）解：因为，由正弦定理可得， 即， 所以，， 因为、，则，可得，则，故. （2）解：因为， 因为，即， 整理可得. 16．(1) (2) 【分析】（1）由向量平行的坐标关系可得的值，再由可得和的值，从而得到结果； （2）利用数量积的坐标运算公式，化简得到，结合，利用三角函数的图象性质可分析得到值域. 【详解】（1），，又， ，. （2）由题意：， ， ，， ，的值域是. 17．(1) (2) 【分析】（1）设出点的坐标，借助平行四边形性质列式计算即得. （2）求出直线方程后可设出的坐标，再利用数量积的坐标表示和二次函数的性质求解即得. 【详解】（1）设，由，，， 则，， 由四边形是平行四边形，则， 即，解得， 即点的坐标是； （2）由，故直线的方程为，设， 则，， 故 ， 故. 18．(1) (2) 【分析】（1）设，在和中分别得出，即可求解； （2）根据数量积的定义可得，根据向量的线性运算可得，由向量的夹角运算公式即可求解. 【详解】（1）设， 在中，， 在中，由余弦定理可得 ， 所以，， 解得，所以； （2）， ， ， ， . 19．(1) (2)存在“向量”，分别为，， (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意分析可得，结合模长公式列式求解即可； （2）根据题意可得，，结合可得，即可分析证明； （3）根据题意分析可得，，结合模长公式分析证明即可. 【详解】（1）由题意可得：， 因为，则，， 则，即， 整理得，解得， 所以实数的取值范围为. （2）存在，理由如下： 假设存在“向量”， 因为， 且， 则由题意，只需要使得， 又因为， 则， 可得， 由，即， 整理得，解得， 又因为，即，6，10满足上式， 所以存在“向量”，分别为，，满足题意； （3）由题意得：，， 即，， 同理，， 三式相加并化简得：， 即，，所以， 由，可得， 可得 ， 所以可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 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 $$