人教A版2024年高一数学寒假提高讲义 第13课 平面向量的应用 四（2份打包，原卷版+教师版）

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1．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．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．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.
4．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．
5．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.
6．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.
7．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．
8.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.
9.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.
10.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.
11．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，=.
12．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.
13.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.
平面向量的应用 四随堂检测
1．（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.
2．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.
3．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：，，，.
4．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.
5．△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.