人教A版高中数学(必修第二册)同步培优讲义专题6.13 平面向量的综合运用大题专项训练（30道）（2份打包，原卷版+教师版）

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专题6.13 平面向量的综合运用大题专项训练（30道）【人教A版2019必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________ 1．（2022秋·广东江门·高二期中）已知点，向量．(1)若，求实数k的值；(2)求向量与向量所成角的余弦值．【解题思路】（1）根据题意得到的坐标，结合两向量垂直坐标满足的公式，代入计算，即可得到结果.（2）根据题意，结合向量坐标公式，代入计算，即可得到结果.【解答过程】（1）因为，则，且，由，可得，解得；（2）因为，则，，则，所以.2．（2023·高一单元测试）已知向量，，．(1)当k为何值时，与平行；(2)若向量满足，且，求．【解题思路】（1）直接利用向量平行的坐标公式求解；（2）直接利用向量垂直的坐标公式和求模公式求解.【解答过程】（1）由题中的条件可得，，若与平行，则有，解得；（2）设，所以，又，由，可得，由，可得.解得或，所以或.3．（2022春·广西贺州·高一阶段练习）（1）若向量，求与的夹角；（2）已知，求与夹角的余弦值.【解题思路】(1)根据平面向量的数量积的坐标表示和几何意义求出和、，结合数量积的定义计算即可求解；(2)由求出，结合数量积的定义计算即可求解.【解答过程】（1），，，，，设与的夹角为θ(0≤θ≤π)，则，.（2）由题意知，，所以，设的夹角为，则.4．（2022春·黑龙江哈尔滨·高一期末）已知，，，，且.(1)求的值；(2)求向量与向量夹角的余弦.【解题思路】（1）根据题意求出的坐标，由向量平行的判断方法可得关于的方程，即可得到结果；（2）设与的夹角为，由向量夹角公式计算即可得到结果.【解答过程】（1）根据题意，，，，，则，因为，则有，解得（2）由（1）可知，设与的夹角为，则.5．（2023·高一课时练习）已知，，，．求：(1)；(2)；(3)的单位向量的坐标．【解题思路】（1）由平面向量的坐标运算即可求解.（2）由平面向量的模长的坐标运算即可求解（3）由单位向量的定义和坐标运算即可求解.【解答过程】（1）因为，，，所以.（2）由（1）知，，所以.（3）.6．（2022秋·内蒙古·高二阶段练习）已知向量若(1)求的夹角；(2)求.【解题思路】（1）由可计算得答案；（2）首先计算出，然后可得答案.【解答过程】（1）因为，所以，因为，所以；（2）因为，所以.7．（2023·高一课时练习）四边形ABCD中，，，，试判断四边形ABCD的形状（其中，为不平行的非零向量）．【解题思路】求出与，根据两向量的关系确定四边形ABCD的形状.【解答过程】，，∴，，所以四边形ABCD为梯形．8．（2023·高一课时练习）已知A，B，C分别为三边a，b，c所对的角，向量，，且．(1)求角C的大小；(2)若，且，求边c的长．【解题思路】（1）利用数量积的坐标运算及三角公式化简整理可得角C的大小；（2）将中的角化边，再将用三角形的边角表示出来，然后利用余弦定理求出边c的长.【解答过程】（1）由已知得．因为，所以，所以．又，所以，，则所以．又，所以；（2）由已知及正弦定理得．因为，所以，所以．由余弦定理得，所以，所以，所以．9．（2022春·山东聊城·高一期中）已知平面向量．(1)若，求满足的和的值；(2)若，求m的值．【解题思路】（1）利用向量相等列出关于和的方程组，解之即可求得和的值；（2）利用向量垂直充要条件列出关于m的方程，解之即可求得m的值．【解答过程】（1）当时，，∴，∴，解之得；（2）由，可得，又，则，解得：或.10．（2023·高一课时练习）已知，，．(1)若点A、B、C不能构成三角形，求m的值；(2)若点A、B、C构成的三角形为直角三角形，求m的值．【解题思路】（1）点A、B、C不能构成三角形说明三点共线，利用共线性质列出方程解出参数即可；（2）分类讨论直角的情况，转化为向量数量积为0，列出方程解出即可.【解答过程】（1）因为点A、B、C不能构成三角形，所以点A、B、C三点共线，所以 ，因为，，所以，即，所以若点A、B、C不能构成三角形，则.（2）若点A、B、C构成的三角形为直角三角形，则：①若为直角，此时，即，所以，②若为直角，此时，即，由所以所以，③若为直角，此时，即，解得，所以若点A、B、C构成的三角形为直角三角形，则或或.11．（2023秋·北京昌平·高一期末）如图，在中，.设.(1)用表示；(2)若为内部一点，且.求证：三点共线.【解题思路】（1）由图中线段的位置及数量关系，用表示出，即可得结果；（2）用表示，得到，根据向量共线的结论即证结论.【解答过程】（1）由题图，，.（2）由，又，所以，故三点共线.12．（2021春·上海杨浦·高一复旦附中校考期末）如图，若，，，点分别在线段上，且满足.(1)求；(2)求.【解题思路】（1）根据定比分点坐标可求得的坐标，根据向量模长的坐标表示即可求得结果；（2）同理可求得点的坐标，利用向量夹角的坐标公式即可求得余弦值.【解答过程】（1）设的坐标为；由可得分点可得即，得所以，则（2）设点的坐标为，由得所以，即，.13．（2022春·广西柳州·高一阶段练习）已知，，．(1)求；(2)求与的夹角；【解题思路】（1）利用向量数量积的运算律可求得，根据可求得结果；（2）利用向量夹角公式可求得，进而确定夹角.【解答过程】（1），，.（2）由（1）知：，，，.14．（2023·高一课时练习）已知，．(1)若，求；(2)若，求；(3)若与垂直，求当k为何值时，？【解题思路】（1）由平行向量的定义可知，若，则它们的夹角为或，即可计算；（2）根据平面向量的应用可知将平方即可求得结果；（3）根据与垂直可得，再由可计算出.【解答过程】（1）由可知，两向量的夹角为或，当夹角为时，；当夹角为时，；所以，.（2）由题意可知，若，则，所以.（3）由与垂直可得，即；若，则，即，得，所以.当时，.15．（2022春·广西柳州·高一阶段练习）在中，，，，为边中点．(1)求的值；(2)若点满足，求的最小值；【解题思路】（1）以为坐标原点，边所在的直线为轴的正方向建立平面直角坐标系求出、的坐标，再由向量数量积的坐标运算可得答案；（2）根据点在上，设，求出、的坐标，则，利用二次函数配方求最值可得答案.【解答过程】（1）如图，以为坐标原点，边所在的直线为轴的正方向建立平面直角坐标系，所以，，，为边中点，所以，，，则；（2）若点满足，则点在上，由（1），设，则，，则，所以当时的最小值为.16．（2023秋·北京丰台·高一期末）如图，在平行四边形ABCD中，，．设，．(1)用，表示，；(2)用向量的方法证明：A，F，C三点共线．【解题思路】（1）根据向量加法的平行四边形法则，可得，由结合已知可得；（2）根据可推出，即.再根据有公共点，可证得三点共线.【解答过程】（1）解：根据向量加法的平行四边形法则，可得..（2）证明：由（1）知，，所以，所以 ，所以，，共线.又直线，直线有公共点，所以，，，三点共线.17．（2023·高一单元测试）已知，，与的夹角为．求：(1)；(2)；(3)．【解题思路】（1）根据平面向量数量积的定义即可得到答案；（2）将式子展开化简，结合向量的模和数量积即可得到答案；（3）先将化为，进而展开化简可得答案.【解答过程】（1）因为，，与的夹角为，所以；（2）由（1），所以；（3）由（1），所以.18．（2022春·天津宁河·高一阶段练习）已知，，且与夹角为120°，求：(1)；(2)与的夹角；(3)若向量与平行，求实数的值．【解题思路】（1）利用平面向量的模的运算求解；（2）利用平面向量的夹角公式求解；（3）根据向量与平行，利用共线向量定理求解.【解答过程】（1）解：因为，所以；（2）因为，所以，又，所以，所以与的夹角为．（3）因为向量与平行，所以，因为向量与不共线，所以，解得．19．（2023秋·北京房山·高一期末）已知向量，不共线，且，，．(1)将用，表示；(2)若，求的值；(3)若，求证：A，B，C三点共线．【解题思路】（1）根据向量的减法运算即得；（2）根据向量共线定理可得，进而可得，即得；（3）由题可得，然后根据向量共线定理结合条件即得.【解答过程】（1）因为，，所以 ；（2）因为，，，所以，即，又向量，不共线，所以，解得，即的值为；（3）当时， ，， ，所以，所以，又有公共点，所以A，B，C三点共线．20．（2023·高一课时练习）已知，，与的夹角为．满足下列条件时，分别求与的数量积．(1)；(2)；(3)与的夹角为30°时.【解题思路】（1）分两种情况分析讨论得解；（2）（3）直接利用数量积公式计算得解；直接利用数量积公式计算得解.【解答过程】（1）解：当 时，若与同向，则，．若与反向，则，．（2）解：时，，．（3）解：当与的夹角为30°时，．21．△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，且△ABC的面积为9．(1)求；(2)若，求b．【解题思路】（1）已知，正弦定理角化边求得求，得到 ，再由的面积求得，可计算；（2）由（1）中和，可解出，再由余弦定理求b．【解答过程】（1）因为，由正弦定理角化边得 ，解得，由，∴ .因为的面积为9.所以 ,即， 所以.（2）由(1)知，又 ，所以 解得， ， 由余弦定理，解得.22．（2022秋·广东深圳·高三阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别a，b，c，且.(1)求的值；(2)若，，记，求向量在方向上的投影向量.（用表示）【解题思路】（1）由题设条件进行三角恒等变换即可得出的值；（2）先由正弦定理求出，再由余弦定理建立关于的方程，求出，然后由投影向量的概念即可求得结果．【解答过程】（1）由得即则即.（2）由，得，由正弦定理，有，所以由题知，则，故.根据余弦定理，有，即，整理得，解得或（舍去）.故向量在方向上的投影向量为.23．（2023·北京·高三阶段练习）已知非零平面向量，的夹角为，.(1)证明：；(2)设，求的最小值.【解题思路】（1）首先将条件等式两边同时平方，根据向量的数量积运算求得.再将平方即可证明结论成立；（2）将平方可得，然后根据二次函数的性质求解最值即可.【解答过程】（1）由可得，所以.又因为，的夹角为，故.联立两式可得，结合是非零向量可得.所以，则.（2），所以当时，取最小值，即取最小值.24．（2022秋·内蒙古兴安盟·高二阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，点.(1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；(2)设实数满足，求的值.【解题思路】（1）由已知，根据给的坐标可直接表示以AB、AC为邻边的对角线的向量坐标，然后利用坐标直接计算向量的模；（2）由已知，分别表示出，，带入给的关系式中，利用向量的数量积运算解方程即可.【解答过程】（1）由已知，设以线段AB、AC为邻边的平行四边形为，所以，，对角线，因此；另一条对角线，因此；（2）因为，所以，，由，即，解得．25．（2022秋·辽宁大连·高一期末）如图所示，在中，D为BC边上一点，且．过D点的直线EF与直线AB相交于E点，与直线AC相交于F点（E，F两点不重合）．(1)用，表示；(2)若，，求的值．【解题思路】（1）向量的线性表示，利用三角形法则及题所给条件即可；（2）根据（1）的结论，转化用，表示，根据三点共线找出等量关系；【解答过程】（1）在中，由,又，所以，所以.（2）因为，又，所以，，所以，又三点共线，且在线外，所以有：，即.26．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知向量，定义函数.(1)求函数的最小正周期；(2)在中，若，且是的边上的高，求长度的最大值.【解题思路】（1）根据向量数量积的坐标运算及三角恒等变换将函数化为正弦型函数，即可求函数的最小正周期；（2）根据函数，结合三角形解方程得角的大小，根据的面积公式结合余弦定理与基本不等式即可求长度的最大值.【解答过程】（1）解：=；的最小正周期为（2）解：，，.又AB，.由余弦定理得，当且仅当时，“=”成立，=.27．（2022·浙江杭州·模拟预测）的内角的对边分别为,已知,(1)若为边上一点,,且,求;(2)若为平面上一点,,其中,求的最小值.【解题思路】(1)先根据正弦定理求出角的值,再利用求出的值,由正弦定理可得即可求解;(2)根据已知条件可以求出的值,,再把用表示,从而表示为关于的二次函数求解最小值即可.【解答过程】（1）由可得,即, , , , . ,即,则, , ,在中,由正弦定理可得,即,解得.（2） ,即,则,, (*),根据已知条件, ,代入(*)式得:,当时,取得最小值为.28．（2022秋·浙江·高二期中）如图，在中，，M，N分别为的中点．(1)若，求．(2)若，求的大小．【解题思路】(1)通过几何分析得到 再根据数量积公式求得再用余弦定理即可求解； (2)根据向量的数量积公式求出即可求解.【解答过程】（1）由得，为直角三角形，又因为M，N分别为的中点，所以所以所以因为，所以所以，所以.（2）由(1)知，,所以,同理, ,所以,所以,所以,所以.29．（2022春·山东·高一阶段练习）平面内向量（其中O为坐标原点），点P是直线OC上的一个动点．(1)若，求的坐标．(2)已知BC中点为D，当取最小值时，若AD与CP相交于点M，求与的夹角的余弦值．【解题思路】（1）根据向量共线，设出坐标以及建立方程，可得答案；（2）根据中点坐标公式，利用向量数量积坐标公式，求得点的坐标，利用夹角的向量公式，可得答案.【解答过程】（1）由题意，可设，其中，从而因为，所以，解得．所以.（2）由题意，因为，所以当时，有最小值，此时，从而．因为与的夹角就是与的夹角，而，所以，所以与的夹角的余弦值为.30．（2023·高一单元测试）在平面直角坐标系中，令，，动点P从出发，沿着与向量相同的方向作匀速直线运动，速度大小为；另一动点Q从出发，沿着与向量相同的方向作匀速直线运动，速度大小为．设P、Q在时刻时分别在、处．(1)动点P和Q的运动速度大小分别是多少？(2)当t的值为多少时，？【解题思路】（1）分别求出、可得答案；（2）求出、的坐标，由可得答案．【解答过程】（1）由题意，，，则，，∴P、Q的速度大小分别为和；（2）在t时刻P、Q的坐标为：，，∴，∵，∴，，解得，即当时，.