07平面向量-广东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版A版，2019新版）

这是一份07平面向量-广东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版A版，2019新版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2022上·广东东莞·高三统考期末）已知向量，，，则等于（ ）
A．3B．4C．15D．21
2．（2022上·广东珠海·高三统考期末）在中，，，，为边上的高；O为上靠近点A的三等分点，且，其中，，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2022上·广东汕尾·高三统考期末）对于非零向量，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．（2022上·广东清远·高三统考期末）已知P是边长为4的正三角形所在平面内一点，且，则的最小值为（ ）
A．16B．12C．5D．4
5．（2022上·广东广州·高三广州六中校考期末）如图，在平面四边形中，，，，，若为线段上的动点，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．
6．（2019上·广东汕尾·高三统考期末）设向量，若，则（ ）
A．B．C．4D．2
7．（2020上·广东东莞·高三统考期末）已知向量,满足，,且与的夹角为，则（ ）
A．1B．3C．D．
8．（2019上·广东汕头·高三统考期末）已知向量，，若，则实数（ ）
A．-1B．1C．2D．-2
9．（2020上·广东东莞·高三统考期末）已知向量，满足，，且与的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．（2022上·广东东莞·高三统考期末）桌面上有一张边长为2的正三角形的卡纸，设三个顶点分别为，，，将卡纸绕顶点顺时针旋转，得到、的旋转点分别为、，则 .
11．（2022上·广东汕尾·高三统考期末）已知非零向量，且，则与的夹角为 ．
12．（2022上·广东佛山·高三统考期末）菱形中，，点E，F分别是线段上的动点（包括端点），，则 ，的最小值为 .
13．（2021上·广东深圳·高三红岭中学校考期末）在中，，，，动点在以点为圆心，半径为的圆上，则的最小值为 .
14．（2023上·广东梅州·高三丰顺县丰顺中学校考期末）若向量，，且，则实数x的值为 .
15．（2021上·广东中山·高三统考期末）如图所示，直角坐标系中网格小正方形的边长为1，若向量，，满足，则 .
16．（2020上·广东清远·高三统考期末）已知向量（m，3），（m，m﹣1）.若//.则m= .
17．（2020上·广东清远·高三校考期末）已知正△ABC边长为1，，，，则等于 .
三、解答题
18．（2022上·广东佛山·高三统考期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且.
(1)求A的大小；
(2)若，求的面积.
19．（2022上·广东汕尾·高三统考期末）已知点M为直线：x=-2上的动点，N（2，0），过M作直线的垂线l，l交线段MN的垂直平分线于点P，记点P的轨迹为C．
(1)求曲线C的方程；
(2)设O是坐标原点，A，B是曲线C上的两个动点，且，试问直线AB是否过定点？若不过定点，请说明理由；若过定点，请求出定点坐标．
20．（2014上·广东珠海·高三统考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为、，为原点.
（1）如图1，点为椭圆上的一点，是的中点，且，求点到轴的距离；
（2）如图2，直线与椭圆相交于、两点，若在椭圆上存在点，使四边形为平行四边形，求的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】先由平面向量的线性运算求得，再由平面向量模的坐标表示得到关于的方程，解之即可利用平面向量数量积的坐标表示求得.
【详解】因为，，
所以，
因为，所以，解得，则，
所以.
故选：D.
2．C
【分析】首先求出线段的长，然后用向量表示向量，
【详解】在中，，所以，所以
，
所以，，
故选：C．
3．A
【分析】根据向量的概念，结合充分、必要条件的概念，即可得答案.
【详解】对于非零向量，，可得，所以，充分性成立，
但，此时的方向不定，不能推出，必要性不成立，
故选：A．
4．C
【分析】延长到D，使得，可得点P在直线上，化简可得，求出最小值即可.
【详解】如图，延长到D，使得．
因为，所以点P在直线上．
取线段的中点O，连接，
则．
显然当时，取得最小值，
因为，则，所以，
所以的最小值为．
故选：C.
5．C
【分析】先建系，求出对应点的坐标，然后结合平面向量数量积的坐标运算求解即可．
【详解】因为，两边平方化简得，即，
如图所示的平面直角坐标系，

，所以，
所以，又F为线段DE上的动点，
设，则，所以
则，
所以，又
所以当时，取最小值为4.
故选：C.
6．B
【分析】根据，可得，再根据共线向量的坐标公式即可得解.
【详解】因为向量，，所以，
所以，解得.
故选：B.
7．A
【解析】对作平方处理,整理后即可求得
【详解】由题,,
解得,
故选：A
【点睛】本题考查向量的模,考查运算能力
8．B
【解析】根据已知向量坐标，将应用坐标表示，由知，结合数量积的坐标公式求参数值
【详解】∵向量，
∴
又
∴，即，解得
故选：B
【点睛】本题考查了向量数量积的坐标表示求参数，根据向量垂直，由数量积的坐标公式列方程求参数
9．A
【解析】由于，结合，，且与的夹角为，求得将它们代入求值即可
【详解】∵向量，满足，，且与的夹角为
∴
则
故选：A
【点睛】本题考查了向量的数量积，根据已知向量的模、夹角求目标向量的模
10．/
【分析】以点为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，得出点的坐标，旋转后得出点的坐标，从而得出向量的坐标，从而得出数量积.
【详解】以点为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系. 如图,则
则
将绕顶点顺时针旋转,得到，如图.
则,即可以看成是角的终边. 点在轴上
则,
所以
所以
所以
故答案为：
11．
【分析】根据题意结合向量的数量积的运算律求出，即可得解.
【详解】非零向量，且，，
，所以，
又，所以，即与的夹角为.
故答案为：.
12． 0 /-0.25
【分析】建立坐标系，用坐标表示向量，第一个空利用向量数量积坐标公式进行相应计算，第二个空设出，表达出，利用二次函数的性质求最小值，再结合求出最小值.
【详解】以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系，故，，，，设，则，，则，，，；
因为，所以，，故当时，取得最小值为，因为，所以当，即时，最小，最小值为
故答案为：0，
【点睛】建立坐标系，解决平面向量相关的取值范围或共线等问题是非常好用的.
13．
【分析】根据题意建立平面直角坐标系，设，然后将数量积用点的坐标表示出来，再结合圆中的最值问题求解即可．
【详解】如图，以点为原点，边所在直线为轴建立平面直角坐标系．
因为，，，
所以
所以，
设，则，
∴
，
其中表示圆上的点与点间距离的平方，
由几何图形可得，
∴．
故答案为：．

14．
【分析】根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，，且，
所以，解得；
故答案为：
15．
【分析】由向量的基本定理，由图知，，，结合已知条件及向量的运算性质即可求的值.
【详解】若设x轴、y轴方向上单位向量分别为，
∴由图知：，，，
又∵，得，
∴.
故答案为：.
16．2
【解析】根据两个向量共线的坐标表示列方程，解方程求得的值.
【详解】由于//，所以，即，.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查向量共线的坐标表示，属于基础题.
17．
【解析】根据向量的加减运算可得，即可求出；
【详解】解：因为，，，且
故答案为：
【点睛】本题考查向量的加减运算，属于基础题.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据二倍角公式将化简可得即可求得A的大小；（2）分别在和中利用余弦定理联立方程组可解得即可求得的面积.
【详解】（1）由得，
即，解得或（舍去）
因为，所以，则.
所以A的大小.
（2）设，则，
在中，由余弦定理可知，
在中，由余弦定理可知；即
联立解得；
所以
故的面积为.
19．(1)；
(2)直线过定点.
【分析】（1）利用定义法求曲线C的方程；
（2）设直线的方程为，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，化简，代入韦达定理即得解.
【详解】（1）解：由已知可得，，
即点P到定点N的距离等于它到直线的距离，
故点P的轨迹是以N为焦点，为准线的抛物线，
∴曲线C的方程为.
（2）解：设直线的方程为
联立，得
，
解得
所以直线过定点．
20．（1）；（2）.
【详解】试题分析：（1）先设点的坐标，并利用点的坐标来表示点的坐标，利用以及点在椭圆上列方程组求解点的坐标，从而求出点到轴的距离；（2）先设点、，利用为平行四边形，得到，将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理与点在椭圆上这一条件，列相应等式求出实数的取值范围.
试题解析：（1）由已知得、，
设，则的中点为，
，，即，
整理得，①，又有，②
由①②联立解得或（舍）
点到轴的距离为；
（2）设，，，
四边形是平行四边形
线段的中点即为线段的中点，即，，
点在椭圆上，，
即，
化简得，
由得，
由得，④
且，代入③式得，
整理得代入④式得，又，或，
的取值范围是.
考点：1.直线与椭圆的位置关系；2.韦达定理