（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 专题强化训练一 平面向量的各类问题精选必刷题【附答案详解】

这是一份（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 专题强化训练一 平面向量的各类问题精选必刷题【附答案详解】，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（2023·辽宁·沈阳市第一二〇中学）在五边形中（如图），下列运算结果为的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023·河南·（理））已知抛物线的焦点为F，P为C上一点，点，，设取最小值和最大值时对应的点分别为，，且，则（ ）
A．4B．3C．2D．1
3．（2022·全国·（文））已知向量，则（ ）
A．B．2
C．D．50
4．（2023·福建福州·）在平行四边形ABCD中，AB的中点为M，过A作DM的垂线，垂足为H，若，则（ ）
A．6B．8C．10D．12
5．（湖北省部分市州2022届高三上学期元月期末联考数学试题）在中，，点E满足，则（ ）
A．B．C．3D．6
6．（2023·全国全国·）将单位向量向右平移得到向量，点在线段上，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
7．（2023·全国全国·）已知平面向量，设向量与向量的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
8．（2022·河南·温县第一高级中学（理））已知四边形是矩形，，，，，，则（ ）
A．B．C．D．
9．（2023·湖北孝感·）已知四面体的所有棱长都等于，，分别是棱，的中点，则等于（ ）
A．B．C．D．
10．（2023·吉林·东北师大附中（理））若，则与夹角为（ ）
A．B．C．D．
11．（2023·全国·）已知A，B，C，D在同一平面上，其中，若点B，C，D均在面积为的圆上，则（ ）
A．4B．2C．－4D．－2
二、多选题
12．（2023·福建·厦门一中）如图，在平行四边形中，已知，分别是靠近，的四等分点，则（ ）
A．B．
C．D．
13．（2020·广东揭东·）下列关于平面向量的说法中正确的是 （ ）
A．已知均为非零向量，则存在唯一的实数，使得
B．若且，则
C．若点为的重心，则
D．若与是单位向量，则
14．（2023·山东德州·）已知向量，，且向量满足，则（ ）
A．B．
C．向量与的夹角为D．向量在方向上的投影为
15．（2023·广东外语外贸大学实验中学）下列命题中，不正确的命题有（ ）
A．是共线的充要条件
B．若，则存在唯一的实数，使得
C．若A，B，C不共线，且，则P，A，B、C四点共面
D．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
16．（2023·浙江·绍兴鲁迅中学）有下列四个命题，其中真命题的是（ ）
A．若，则与、共面B．若与、共面，则
C．若，则P、M、A、B共面D．若P、M、A、B共面，则
17．（2023·河北·大名县第一中学）已知向量，则（ ）
A．若与垂直，则B．若，则的值为
C．若，则 D．若，则与的夹角为
三、填空题
18．（2023·福建福州·）已知向量，，，，若，则的最小值为______．
19．（2019·北京市第二十七中学）若向量，满足||=1，||=2，且与的夹角为，则|2|=___________.
20．（2023·云南·弥勒市一中）已知单位向量满足，若，则__________．
21．（2023·云南红河·（理））已知向量，，则下列向量与向量垂直的有___________.（只填正确的序号）
①；②；③；④
22．（2023·全国·）已知向量，，.若，则与的夹角的大小为______.
23．（2023·河南·（理））已知点A，B是上的两个点，，点C为劣弧的中点，若，，则______．
四、解答题
24．（2023·上海市奉贤区奉城高级中学）已知与､的夹角都是，⊥，，，，计算：
（1）；
（2）.
25．（2023·全国·）已知为坐标原点，，，与垂直，与平行，求点的坐标．
26．（2022·全国·高一）已知|，|，
（1）若与的夹角为
①求；
②求在上的投影向量．
（2）若，求.
27．（2022·全国·高一）如图，O为内一点，，，.求作：
（1）+-；
（2）--.
参考答案
1．A
【分析】
对各选项按向量加法、减法运算法则进行向量加减运算即可判断作答.
【详解】
A，，正确；
B，，不正确；
C，，不正确；
D，， 不正确.
故选：A.
2．A
【分析】
如图所示，与抛物线相切时，最小，与抛物线相切时，最大. 设切点为，切线的斜率为，由切线方程得到，即得到韦达定理，设，化简代入韦达定理得解.
【详解】
解：如图所示，与抛物线相切时，最小，与抛物线相切时，最大.
由得，所以.
设切点为，切线的斜率为，
所以切线方程为,
因为切线过点，所以，即.
因为有两个切点，所以，
设，则有，
所以，
所以，
代入韦达定理得或.
因为，所以.
故选：A
3．A
【分析】
根据向量运算得，再根据向量模的坐标表示求解即可.
【详解】
解：因为，
所以，
所以.
故选：A.
4．D
【分析】
根据题意可得，再利用数量积的定义化简求出.
【详解】
在平行四边形ABCD中，,
所以
.
故选：D.
5．B
【分析】
根据题中所给的条件 利用相应公式求得结果.
【详解】
中，，所以，
，
故选：B.
6．A
【分析】
由求出，从而得，在中，由大边对大角求得，从而得，再由余弦定理得，然后由数量积的定义计算．
【详解】
因为，所以，
所以，则．又，所以，
从而，，且，
所以．
故选：A．
7．D
【分析】
写出每一个，利用夹角公式求解，不难单独求出，其中可以用整体的思想，先求，可以得到.
【详解】
由题意得，向量的夹角，，，，，所以，所以；同理得，，于是，，故，，所以，因为，所以，所以.
故选: D.
8．C
【分析】
方法一：根据题意，建立平面直角坐标系，设，进而利用坐标法求解即可；
解法二：用为基底表示向量，，再根据得得，，再根据计算得，进而得答案.
【详解】
解：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.
9．D
【分析】
先将，再由数量积公式求解即可.
【详解】
如图：，分别是，的中点，
，
空间四面体的每条棱长都等于，
每个面都是等边三角形，
.
故选：D.

10．C
【分析】
通过已知条件，展开利用线性运算计算出与夹角的余弦值，从而完成求解.
【详解】
由已知，所以，设与的夹角为，因为所以，所以，所以与夹角为.
故选：C.
11．A
【分析】
根据圆的面积得到圆的半径，结合，的长度求出，所成角为60°，进而利用向量的减法及数量积公式进行求解.
【详解】
依题意，圆的半径为2，设圆心为O，因为，所以BD为圆的直径，，因为，则是等边三角形，所以，所成角为60°，所以
故选：A．
12．AC
【分析】
利用平面向量的线性运算和数量积运算即可求解．对于A，，分别是靠近，的四等分点，可得结果正确；对于B，故选项错误；对于C，，故选项正确；对于D，故选项错误.
【详解】
对于A：，分别是靠近，的四等分点，，∴A正确，
对于B：是靠近的四等分点，，
∴B错误，
对于C：是靠近的四等分点，，∴C正确，
对于D：∴D错误，
故选：AC．
13．AC
【分析】
由平面向量共线定理、向量数量积的定义和运算律、重心的向量表示可依次判断各个选项得到结果.
【详解】
对于A，由平面向量共线定理可知A正确；
对于B，若则，，无法得到，B错误；
对于C，取中点，则，
为的重心，，，C正确；
对于D，，则未必成立，D错误.
故选：AC.
14．ACD
【分析】
由得，，AC选项，使用模长公式和夹角公式进行求解；B选项，利用两向量平行满足的条件进行判断；D选项，即为向量在方向上的投影.
【详解】
由题知，因为，所以，解得或，又因为，所以，所以，
对于A选项，，故A选项正确；
对于B选项，，由于，所以与不平行，故B选项错误；
对于C选项，，，所以，又，所以，故C选项正确；
对于D选项，向量在方向上的投影为，故D选项正确.
故选：ACD.
15．AB
【分析】
利用向量的模相等关系，结合充要条件判断A的正误；利用平面向量的基本定理判断B；利用共线向量定理判断；利用空间向量的基底的概念和反证法判断D的正误即可．
【详解】
对于A，当时，，共线成立，但当，同向共线时，，
所以是，共线的充分不必要条件，故A不正确;
对于B，当时，，不存在唯一的实数，使得，故B不正确;
对于C，由于，而，根据共面向量定理知，，，，四点共面，故C正确;
对于D，若，，为空间的一个基底，则，，不共面，利用反证法证明，，不共面，假设，，共面，则,所以，所以，，共面，与已知矛盾.所以，，不共面，则，，构成空间的另一个基底，故D正确．
故选：AB
16．AC
【分析】
根据平面向量基本定理逐一判断，举出反例即可得出答案.
【详解】
解：对于A，若，则与、共面，故A正确；
对于B，若与、共面，当、共线，与不共线时，则不成立，故B错误；
对于C，若，则共面，则P、M、A、B共面，故C正确；
对于D，若P、M、A、B共面，当共线，不再这条直线上时，即共线，但不与共线，此时不成立，故D错误.
故选：AC.
17．ABC
【分析】
根据各选项中向量的关系求得参数，再计算数量积、模、夹角．然后判断各选项．
【详解】
A. 若与垂直，则，，正确；
B. 若，则，，，正确；
C. 若，，，正确；
D. 若，，，D错误，
故选：ABC．
18．
【分析】
利用向量垂直得出和的等式，再根据基本不等式中“”的妙用即可求解.
【详解】
解：，，
所以
所以
即
又，
所以
当且仅当时，取等号
即，又，
所以，又，可得，
所以，时，等号成立
所以的最小值为.
故答案为：.
19．2
【分析】
利用平面向量的数量积的运算律求出，从而求出模长.
【详解】
∵||=1，||=2，且与的夹角为，
∴44=4×12+4×1×2×cs22=4+4+4=12；
∴|2|2；
故答案为：2.
20．
【分析】
根据结合平面向量的数量积即可得出答案.
【详解】
解：.
故答案为：.
21．①②④
【分析】
先设满足条件的向量为，利用平面向量运算的坐标表示和垂直的判定得到，再验证选项即可.
【详解】
因为，，
所以，
设与向量垂直的向量为，
则，即，
经验证，得、、均满足上式.
故答案为：①②④.
22．##
【分析】
由向量坐标运算可求得，代入向量夹角公式可求得，由此可得结果.
【详解】
解：由题意得：，
设，则，即

故答案为：
23．
【分析】
由，利用三角恒等变换求得，建立平面直角坐标系，得到A，B，C的坐标，再由求解.
【详解】
因为，
所以，即，
所以，
因为，
所以，
建立如图所示平面直角坐标系：
则，，
因为，
所以，
解得，则，
故答案为：
24．
（1）0；
（2）.
【分析】
（1）利用向量的数量积运算即可求出答案；
（2）利用向量的模长等于所对应向量平方再开方，即可得到答案.
（1）
.
（2）
∴.
25．.
【分析】
设，根据与垂直，与平行，列出方程组，解之即可得出答案.
【详解】
解：设，则，
因为与垂直，与平行，
所以，解得，
所以点的坐标为.
26．
（1）①；②
（2）答案见解析
【分析】
（1）根据数量积、投影向量的知识求得正确答案.
（2）根据，的夹角进行分类讨论，由此求得.
（1）
①.
②在上的投影向量为.
（2）
，
与的夹角为或
当时，.
当时，.
27．
（1）答案见解析
（2）答案见解析
【分析】
（1）根据向量加法、减法的几何意义画出图象.
（2）根据向量加法、减法的几何意义画出图象.
（1）
设是的中点，连接并延长，使.
+-.
（2）
--=-（+）.