高一数学下学期期末考试分类汇编三种平面向量数学思想方法新人教A版

专题03三种平面向量数学思想方法

题型一： 函数与方程思想

题型二：数形结合思想

题型三：转化与划归思想

题型一： 函数与方程思想

一、单选题

1．（2021·浙江台州·高一期末）已知向量满足：.设与的夹角为，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，则，根据，求得，利用及平方关系即可求出的最大值.

【详解】解：设，则，

因为，所以，

所以，则，

，

因为，

所以，

令，则，

当时，取得最大值，即取得最大值，

所以的最大值为，

即的最大值为.

故选：A.

二、解答题

2．（2020·重庆·高一期末）已知点，.

（1）求的值；

（2）若点满足，求点坐标.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由已知点的坐标，求得向量，利用向量的模的坐标计算公式可求得答案；

（2）设点的坐标为，得.代入向量的坐标对立方程组可得答案.

【详解】解：（1）∵，∴；

（2）设点的坐标为，则.

由，得解得，，

所以点的坐标为.

【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量的模，向量相等，向量的线性运算，属于基础题.

3．（2021·甘肃张掖·高一期末（理））设，为两个不共线的向量，若，.

（Ⅰ）若，求实数的值；

（Ⅱ）若，是夹角为的单位向量，且，求实数的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）先求出，再建立方程求解即可；

（2）先求出，再建立方程求解即可.

【详解】解：（1）因为，，

所以，

因为，则，，则

所以，解得，

（2）因为，是夹角为的单位向量，所以

，

解得：

【点睛】本题考查利用向量共线与向量垂直求参数，是基础题

4．（2021·河南·高一期末（文））已知向量，与的夹角为．

（I）若的最小值为，求．

（Ⅱ）若向量，且，与的夹角等于，求，的值．

【答案】（I）或；（Ⅱ）或．

【分析】（Ⅰ）依题意得，结合可得结果；

（Ⅱ）由可得，由夹角公式可得，联立可得结果.

【详解】（Ⅰ）∵，

∴，，因为，则或．

（Ⅱ）方法一：由与的夹角为，可得①，

由与的夹角等于，可得②，

∴，解得或

方法二:取，故，由与的夹角等于可得，由与可得，故或．

5．（2021·重庆·西南大学附中高一期末）已知向量，，.

（1）若点，，不能构成三角形，求，满足的关系；

（2）若且为钝角，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）由点，，不能构成三角形，则，，三点共线，即，

根据平面向量共线的坐标表示即可求得，满足的关系；

（2）由为钝角，得出且不共线，从而求出的范围，再根据向量的模的坐标求法即可得出答案.

【详解】解：（1）因为点，，不能构成三角形，

所以，，三点共线，即，

，，

所以，

即；

（2）因为为钝角，所以且不共线，

由（1）得：当，且时，，

因为不共线，所以，

，，

，

解得：，

所以且，

，

所以且，

所以.

故答案为：.

题型二：数形结合思想

一、单选题

1．（2020·江苏常州·高一期末）已知是以C为直角顶点且斜边长为2的等腰直角三角形，P为所在平面内一点，则的最小值为（       ）.

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】利用建系的方法，表示出，然后根据向量的坐标运算，化简变形，可得到结果

【详解】如图

设点，

由是斜边长为2的等腰直角三角形

所以

所以

所以

故

化简得：

所以的最小值为

故选：B

【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，将几何的问题代数化，化繁为简，数基础题.

2．（2020·江苏南通·高一期末）平行四边形ABCD中，已知，，，点E，F分别满足，，若，则等于（       ）

A． B． C．1 D．2

【答案】D

【解析】利用平行四边形法则，将分别利用平行四边形的相邻两边表示，然后利用已知计算向量的数量积，列出方程求解参数.

【详解】

由题意，，

，，

由图知

则

代入，得

解得

故选：

【点睛】考查几何图形中的向量表达，化成同一组基底进行数量积的运算，典型题，考查热点，本题属于中等题型.

3．（2020·浙江·高一期末）已知单位向量的夹角为60°，若向量满足，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设单位向量,则,,可得,即可求得表示的几何意义,画出图形,由图形求解即可

【详解】由题,设单位向量,,,

则,

由,

所以,即,

其几何意义为圆心为,半径为的圆面,如图所示,

由图形知,当的终点在点处时,取得最大值为,

故选:B

【点睛】本题考查向量的模的应用,考查向量的坐标表示,考查数形结合思想

4．（2021·安徽黄山·高一期末）已知，存在非零平面向量，满足，，且，则的最小值（       ）

A． B．3 C．2 D．

【答案】D

【分析】设，则，取的中点，由可得，所以取最小值时，也取最小值，由图可知当三点共线时，满足，，则，，由余弦定理可得，则可求出的最小值，进而可求出的最小值

【详解】解：设，则，取的中点，

因为，

所以，

所以，

所以取最小值时，也取最小值，

显然，此时三点共线，

设此时，，则，，

因为，

所以由余弦定理得，

即，得，

由，得，

所以，

所以的最小值，

故选：D

5．（2021·广东肇庆·高一期末）平面四边形是边长为的菱形，且，点是边上的点，且，点是四边形内或边界上的一个动点，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】当在点时，在上的投影向量与同向，且长度最长，所以此时最大，由，， 可得答案.

【详解】如图，当在点时，在上的投影向量与同向，且长度最长，

所以此时最大，最大值为，

因为，

，所以

.

故选：C.

二、多选题

6．（2021·湖北·高一期末）已知平面四边形，是所在平面内任意一点，则下列命题正确的是（       ）

A．若，则是平行四边形

B．若，则是矩形

C．若，则为直角三角形

D．若动点满足，则动点的轨迹一定通过的重心

【答案】ACD

【分析】由向量相等可判断A；由数量积的性质结合模的运算可判断B和C；由向量的线性运算结合向量共线可判断D.

【详解】由，可得，且，故是平行四边形，所以A正确；

由，平方可得，即，但不一定是矩形，所以B错误；

由，可得，即，因此，所以为直角三角形，所以C正确；

作于，由于，所以，即，故的轨迹一定通过的重心，所以D正确.

故选：ACD.

三、填空题

7．（2020·江苏南通·高一期末）矩形ABCD中，，，点P为矩形ABCD内（包括边界）一点，则的取值范围是________．

【答案】

【解析】由题意，取中点为，则有，可知求解的范围就是的范围.

【详解】

由题意，取中点为，则有，

，

如图所示，当点与点或者点重合时，取最大值

当点与点重合时，取最小值0

故答案为：

【点睛】本题考查向量计运算，属于基础题.

8．（2021·北京·临川学校高一期末）一条从西向东的小河的河宽为3.5海里，水的流速为3海里/小时，如果轮船希望用10分钟的时间从河的南岸垂直到达北岸，轮船的速度应为______；

【答案】15海里/小时

【分析】先求出船的实际速度，再利用勾股定理得到轮船的速度.

【详解】设船的实际速度为，船速，水的流速，

则海里/小时，

∴海里/小时.

故答案为：15海里/小时

题型三：转化与划归思想

一、单选题

1．（2021·广东广州·高一期末）已知向量，满足，，且与的夹角为，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】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

2．（2021·江苏·南京师大附中高一期末）已知向量，，，若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量平行的坐标表示列出方程可得，代入解方程即可求出.

【详解】因为，所以，所以，

又因为，所以，

即，解得或，又，

所以.

故选：A.

【点睛】本题主要考查向量平行的坐标表示，同角三角函数平方关系，属于基础题.

3．（2020·四川·雅安市教育科学研究所高一期末）如下图，四边形是边长为1的正方形，点D在的延长线上，且，点P为内(含边界)的动点，设，则的最大值等于(       )

A．3 B．2 C． D．

【答案】D

【解析】以为原点，边和所在的直线分别为和轴建立如图所示的平面直角坐标系，设，易得，则，再将原问题转化为线性规划问题，求目标函数在可行域内(含边界)的最大值，即可求出结果．

【详解】以为原点，边和所在的直线分别为和轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，如下图所示：

设，

∵ ，

∴，

∴，即，

∴，

令则，其中为直线在轴上的截距，

由图可知，当该直线经过点时，其在轴上的截距最大为，

∴的最大值为．

故选：D．

【点睛】本题考查平面向量在几何中的应用，建立坐标系后，可将原问题转化为线性规划中的最值问题，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

4．（2020·重庆·西南大学附中高一期末）已知，若对任意，恒成立，则为（       ）

A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．不确定

【答案】C

【分析】在直线上取一点，根据向量减法运算可得到，由垂线段最短可确定结论.

【详解】在直线上取一点，使得，则，

.

对于任意，都有不等式成立，由垂线段最短可知：，即，

为直角三角形.

故选：.

【点睛】本题考查与平面向量结合的三角形形状的判断，关键是能够利用平面向量数乘运算和减法运算的几何意义准确化简不等式.

5．（2021·浙江·高一期末）如图，在三角形中，、分别是边、的中点，点在直线上，且，则代数式的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】本题首先可设并得出，然后根据、分别是边、的中点得出，最后将代入中并化简，即可得出结果.

【详解】因为点、、共线，

所以设，其中，

因为、分别是边、的中点，

所以，，，

则，

，

故当时，最小，最小值为，

故选：C.

【点睛】本题考查向量的共线定理，主要考查平面向量的三点共线定理，考查通过配方法求最值，考查计算能力，考查化归与转化思想，是中档题.

6．（2021·福建省永春第一中学高一期末）已知P为在平面内的一点，，若点Q在线段上运动，则的最小值为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知条件和向量的线性关系表示，代入得，由向量的长度可得最值.

【详解】，，，

，

，

设，则（当时取等号）.

所以的最小值为.

故选：B.

【点睛】本题考查向量间的线性关系，向量的数量积运算及最值的求解，关键在于运用已知向量表示待求的向量，属于中档题.

7．（2020·甘肃·镇原中学高一期末）已知为等边三角形，，设，满足，，若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】运用向量的加法和减法运算表示向量，，再根据向量的数量积运算，建立关于的方程，可得选项.

【详解】∵，，

∴

，∴.

故选：A.

二、填空题

8．（2019·福建省福州第一中学高一期末）已知圆及点，若满足：存在圆C上的两点P和Q，使得，则实数m的取值范围是________.

【答案】

【分析】设出点P、Q的坐标，利用平面向量的坐标运算以及两圆相交的条件求出实数m的取值范围.

【详解】设点，

由得

，

由点在圆上，

得，

又在圆上，

，

与有交点，

则，解得

故实数m的取值范围为.

故答案为：

【点睛】本题考查了向量的坐标运算、利用圆与圆的位置关系求参数的取值范围，属于中档题.

三、解答题

9．（2021·陕西宝鸡·高一期末）如图，已知分别是的三条高，试用向量的方法求证：相交于同一点．

【分析】根据题意，设交于点，由向量数量积与向量垂直的关系证明点在上，由此可证得结果.

【详解】设交于点，以下只需证明点在上，

因为，，

所以，.

即，，

两式相减，得：即，

所以，，又，

所以，三点共线，在上．

一、单选题

1．（2020·浙江·高一期末）设是两个非零向量，则（       ）

A．若，则

B．若，则

C．若存在实数，使得，则

D．，则存在实数，使得

【答案】D

【解析】通过反例直接判断AC结果不正确；直接代入条件计算，判断B的正误；等式两边同时平方，判断D正误.

【详解】解：对A.不妨设，满足，但，故错误；

对B.若，则，故错误；

对C.不妨设，存在，使得，但不正确，故错误；

对D. 两边平方得，

，

，则反向，存在实数，使得，故正确.

故选：D.

【点睛】本题考查向量的关系的综合应用，特例法的具体应用，考查计算能力，属于基础题.

2．（2019·山西吕梁·高一期末）在中，，，，点P是内（包括边界）的一动点，且（），则的最大值为（       ）

A．6 B． C． D．6

【答案】B

【分析】利用余弦定理和勾股定理可证得；取，作，根据平面向量平行四边形法则可知点轨迹为线段，由此可确定，利用勾股定理可求得结果.

【详解】由余弦定理得：       

如图，取，作，交于

在内（包含边界）       点轨迹为线段

当与重合时，最大

，即

故选：

【点睛】本题考查向量模长最值的求解问题，涉及到余弦定理解三角形的应用；解题关键是能够根据平面向量线性运算确定动点轨迹，根据轨迹确定最值点.

3．（2017·河南驻马店·高一期末（理））生于瑞士的数学巨星欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：“三角形的外心、垂心和重心都在同一直线上．”这就是著名的欧拉线定理，在中，分别是外心、垂心和重心，为边的中点，下列四个结论：（1）；（2）；（3）；（4）正确的个数为

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，画出图形，结合图形，利用欧拉线定理和三角形相似得出选项（1）（3）正确；根据三角形的重心的性质得出选项（2）正确；求出 ，进而判断选项（4）正确．

【详解】中，分别是外心、垂心和重心，画出图形，如图所示；

对于（1）（3）：根据欧拉线定理，得，

所以，所以，

即，，即选项（1）（3）正确；

对于（2）：根据三角形的重心性质得，

又，所以，

即选项（2）正确；

对于（4）：过点作，垂足为，

则，

所以，

同理，即选项（4）正确．

故选：D．

4．（2018·江西·临川一中高一期末）在中，.若动点满足，则点的轨迹于直线所围成的封闭区域的面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作BD垂直AC交于点D,求出的长，以点D为原点，为x，y轴建立平面直角坐标系，由可求得点P坐标，然后求得的面积，即可得到本题答案.

【详解】作BD垂直AC交于点D，在中，由，得，在中，由，得，

以点D为原点，为x，y轴建立平面直角坐标系，则，

设，则，

因为，所以，联立消，得，则点P的轨迹为直线CE：①，

易得直线AB: ②，联立①，②，得，

所以点P的轨迹与直线所围成的封闭区域为，

且.

故选：B

【点睛】本题主要考查解三角形与平面向量的综合问题.

5．（2018·江西·高一期末）已知向量满足，且，若向量满足，则的取值范围是

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题意利用两个向量加减法的几何意义，数形结合求得的取值范围.

【详解】设，根据作出如下图形，

则．

当时，则点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，且．

结合图形可得，当点与重合时，取得最大值；

当点与重合时，取得最小值．

所以的取值范围是．

故当时，的取值范围是．

故选：B．

二、多选题

6．（2021·浙江·高一期末）已知向量，，则（       ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】AD

【分析】先根据建立方程解得，判断选项A正确；再根据，建立方程解得，判断选项B错误；接着根据建立不等式解得，判断选项C错误；最后根据，化简整理得到，判断选项D正确.

【详解】解：因为，，，则，解得，故选项A正确；

因为，，，则，即，解得，故选项B错误；

因为，，，则，解得，故选项C错误；

因为，，，则，，，所以，故选项D正确.

故答案为：AD.

【点睛】本题考查利用向量垂直求参数、利用向量共线求参数、根据向量的模的大小关系求参数的范围、利用向量的运算判断向量垂直，是中档题.

三、填空题

7．（2021·河北保定·高一期末）已知向量，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是___________.

【答案】，且.

【分析】考虑和，同向两种情况可得结果.

【详解】由得，又当时，，同向，

故的取值范围是，且.

故答案为：，且.

8．（2021·安徽·六安市裕安区新安中学高一期末）在中，，，是中点，则__________．

【答案】2

【分析】分别以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，建立平面直角坐标系，分别求出和的坐标，然后计算求值即可.

【详解】分别以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，建立平面直角坐标系，如下图：

所以，设，所以，即，

所以，，所以.

故答案为：2.

【点睛】方法点睛：解决向量数量积的问题，通常有两种思路，第一种思路是用定义，第二种是用坐标法，把向量用坐标去表示，使问题简单化.

9．（2021·浙江·高一期末）已知点是的外心，，设，且实数，满足，则的值是___________.

【答案】0

【分析】将已知条件转化为，再结合可得，.

【详解】将两端分别与、作内积，结合数量积的几何意义可得：

，

又，即有，解得.

又，联立可得，，所以.

故答案为：0.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：将已知条件两端分别与、作内积，转化为.

10．（2019·浙江绍兴·高一期末）已知等边三角形的边长为2,点P在边上,点Q在边的延长线上,若,则的最小值为______.

【答案】

【分析】以为轴建立平面直角坐标系，设，用t表示，求其最小值即可得到本题答案.

【详解】过点A作BC的垂线，垂足为O，以为轴建立平面直角坐标系.

作PM垂直BC交于点M，QH垂直y轴交于点H，CN垂直HQ交于点N.

设，则，故有

所以，，当时，取最小值.

故答案为：

【点睛】本题主要考查利用建立平面直角坐标系解决向量的取值范围问题.

11．（2019·湖北襄阳·高一期末）已知点是的重心，点是内一点，若，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】由平面向量基本定理及三点共线的充要条件可知：当点在线段上时，，当与重合时，最小为.

【详解】由平面向量基本定理及三点共线的充要条件可知：当点在线段上时，.

点是内一点，.

设线段的中点为，则.

当与重合时，最小，

此时，.

点是内一点，.

故答案为：.

【点睛】本题考查平面向量基本定理及三点共线的充要条件，属中档题．