平面向量-广东省广州市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

平面向量-广东省广州市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

一、单选题

1．（2021·广东广州·统考三模）已知=(2,3)，=(3，t)，=1，则=

A．-3 B．-2

C．2 D．3

2．（2022·广东广州·统考一模）已知向量，，若，则实数m的值是（    ）

A． B． C．1 D．4

3．（2023·广东广州·统考二模）已知两个非零向量，满足，，则（    ）

A． B． C． D．

4．（2023·广东广州·统考一模）已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，过点的直线交于两点，且，线段的中点为，则直线的斜率的最大值为（    ）

A． B． C． D．1

5．（2023·广东广州·统考二模）已知向量，，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

二、多选题

6．（2021·广东广州·统考二模）设向量，则（    ）

A． B． C． D．与的夹角为

7．（2022·广东广州·统考三模）已知向量，，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

三、填空题

8．（2021·广东广州·统考一模）设向量，，且，则m＝________．

9．（2021·广东广州·统考二模）已如椭圆的两个焦点为和，直线过点，点关于的对称点在上，且，则的方程为________．

10．（2021·广东广州·统考二模）在中，，，，点在上，且，则________．

11．（2022·广东广州·统考三模）已知为单位向量，若，则__________.

12．（2022·广东广州·统考二模）已知是两个单位向量，，且，则__________．

13．（2023·广东广州·统考一模）已知向量与共线，则__________.

四、解答题

14．（2021·广东广州·统考三模）已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆截直线所得弦长为

（1）求椭圆的方程；

（2）设为椭圆上一点，若过点的直线与椭圆相交于两点，且满足为坐标原点，当时，求实数的取值范围．

15．（2022·广东广州·统考一模）在中，内角的对边分别为，.

(1)求；

(2)若的面积为，求边上的中线的长.

16．（2022·广东广州·统考一模）在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.

(1)求A；

(2)若，，AD是的中线，求AD的长.

17．（2022·广东广州·统考三模）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足，线段上一点满足.记动点的轨迹为曲线

(1)求曲线的方程；

(2)设为原点，曲线与轴正半轴交于点，直线与曲线交于点，与轴交于点，直线与曲线交于点，与轴交于点，若，求证：直线经过定点.

18．（2022·广东广州·统考三模）在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.

问题：已知中，分别为角所对的边，__________.

(1)求角的大小；

(2)已知，若边上的两条中线相交于点，求的余弦值.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

19．（2023·广东广州·统考一模）记的内角、、的对边分别为、、.已知.

(1)证明：；

(2)若，，求的面积.

20．（2023·广东广州·统考二模）在中，角所对的边分别为，且.

(1)求角的大小；

(2)若角的平分线交于且，求的最小值.

五、双空题

21．（2022·广东广州·统考一模）已知向量，且，则__________，在方向上的投影向量的坐标为__________.

22．（2023·广东广州·统考二模）在等腰梯形中，已知，，，，动点E和F分别在线段和上，且，，当__________时，则有最小值为__________．

参考答案：

1．C

【分析】根据向量三角形法则求出t，再求出向量的数量积.

【详解】由，，得，则，．故选C．

【点睛】本题考点为平面向量的数量积，侧重基础知识和基本技能，难度不大．

2．B

【分析】根据向量相等的坐标关系即可求出结果．

【详解】由得，所以

故选：B

3．D

【分析】根据向量的数量积运算律和夹角公式求解.

【详解】因为，所以，

所以，所以，

，

故选:D.

4．A

【分析】根据给定条件，设出抛物线C及直线PQ的方程，借助垂直关系求出抛物线方程及点M的坐标，再用斜率坐标公式建立函数，利用均值不等式求解作答.

【详解】依题意，抛物线的焦点在x轴的正半轴上，设的方程为：，

显然直线不垂直于y轴，设直线PQ的方程为：，点，

由消去x得：，则有，

由得：，解得，

于是抛物线：的焦点，弦的中点的纵坐标为，则点，

显然直线的斜率最大，必有，则直线的斜率，

当且仅当，即时取等号，

所以直线的斜率的最大值为.

故选：A

5．A

【分析】利用充分条件、必要条件的定义结合向量共线的定义判断作答.

【详解】若，则，即，

当，即时，满足，而无意义，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

6．CD

【分析】对于A，求出两个向量的模可得结论；对于B，求出的坐标后，再利用向量共线的判断方法判断即可；对于C，求出的数量积判断；对于D，直接利用向量的夹角公式求解即可

【详解】解：对于A，因为，所以，所以，所以A错误；

对于B，由，得，而，所以与不共线，所以B错误；

对于C，由，，得，所以与垂直，所以C正确；

对于D，由，得，而，所以，所以D正确，

故选：CD

7．ABC

【分析】按照向量数量积的坐标运算、模的坐标运算、夹角公式及平行的坐标公式依次判断即可.

【详解】，A正确；，B正确；

，则，C正确；

，D错误.

故选：ABC.

8．

【分析】结合平面向量的线性运算和数量积的坐标运算即可求出参数的值.

【详解】因为，，所以，

又因为，所以，解得.

故答案为：

9．

【分析】由椭圆定义、点关于直线的对称性及已知向量等式求出，进而求得，即可求出椭圆方程.

【详解】因为与关于直线对称，所以直线为的垂直平分线.

所以，由椭圆定义可得.

设直线与交于点，则为的中点，且，所以

所以，，又，解得.

又，则，故椭圆C的方程为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于结合图形由向量等式求出.

10．

【分析】先由题中条件，由平面向量基本定理，得到，进而可到，再由向量数量积运算，以及题中条件，即可得出结果.

【详解】因为，所以，则，即，

又，，，所以，

则.

故答案为：

11．

【分析】先由求得，再求得即可求解.

【详解】由可得，则，

又，则.

故答案为：.

12．/0.5

【分析】根据给定条件，结合垂直关系的向量表示求出，再利用数量积的运算律计算作答.

【详解】是两个单位向量，，且，则，解得，

所以.

故答案为：

13．.

【分析】运用平面向量共线及向量的模的坐标计算公式求解即可.

【详解】由题意知，

又因为，所以，所以，

所以，所以，

所以.

故答案为：.

14．（1）；（2）或．

【分析】（1）由圆的弦长求得，再由离心率得，然后解得后可得椭圆方程；

（2）设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程由相交得的一个范围，应用韦达定理得，由表示出，代入椭圆方程得的关系式，由向量的模（代入）再求得的范围，从而可得的取值范围．

【详解】（1）因为以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆截直线所得弦长为2，

所以，，又，则，，

椭圆方程为；

（2）由题意直线斜率存在，设方程为，设，

由得，，

，，

，，

因为，即，时，不满足，

时，，，

因为点在椭圆上，

所以，化简得，，

由得，即，

，

所以，，，

所以，

由得，

所以或．

【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆方程，直线与椭圆相交，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得，由判别式得参数范围，由弦长（向量的模）得参数范围，由点在椭圆上得与参数的关系，然后可得结论．

15．(1)

(2)

【分析】（1）利用二倍角公式，结合正弦定理、余弦定理及同角三角函数关系式即可求出结果；

（2）利用三角形面积公式，及（1）的相关结论，再结合平面向量的四边形法则，利用向量的线性表示出，最后利用求模公式即可求边上的中线的长.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，

即，

所以，

由余弦定理及得：

，

又，

所以，

即，

所以，

所以.

（2）由，

所以，

由（1），

所以，

因为为边上的中线，

所以，

所以

，

所以，

所以边上的中线的长为：.

16．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.

（2）由可得，根据以及余弦定理即可求出.

【详解】（1），

所以，

由正弦定理得：，

，，

，，

得，即，

.

（2）,

,得，

由余弦定理得：，

，

所以，

即AD的长为.

17．(1)；

(2)见解析

【分析】（1）设，由求得，结合圆的方程即可求解；

（2）设，由得，设出直线，联立曲线，结合韦达定理表示出，解得，即可得到过定点.

（1）

由题意，设，又，则，又因为点在圆上，

所以，故曲线的方程为；

（2）

由题意，，设，则，易得斜率必然存在，所以，

设，由图象易知，直线斜率不存在时不符合题意，设直线的方程为，

联立曲线的方程，得，得，

所以，由题意知，直线均不过原点，所以，从而，

所以，

解得，满足，所以直线的方程为，恒过定点.

18．(1)；

(2)

【分析】（1）若选①，由诱导公式及正弦定理得，结合倍角公式即可求得，即可求解；若选②，由正弦定理得，结合辅助角公式得，即可求解；

（2）建立平面直角坐标系，求出，由结合向量夹角公式即可求解.

【详解】（1）若选①，，由正弦定理得，又，

则，又，即，又，则；

若选②，由正弦定理得，又，则，

即，则，又，则；

（2）

以为坐标原点，所在直线为轴，过点垂直于的直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系，易得，

由可得，则，则，

则.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用三角恒等变换结合正弦定理化简可证得结论成立；

（2）利用平面向量数量积的定义可得出，结合余弦定理以及可求得、的值，由此可求得的面积.

【详解】（1）因为，则，

即，

由正弦定理可得

，

因此，.

（2）因为，由正弦定理可得，

由平面向量数量积的定义可得，

所以，，可得，

即，所以，，则，，

所以，，则为锐角，且，

因此，.

20．(1)

(2)

【分析】（1）化简得到，根据正弦定理计算得到，得到角度.

（2）设，，确定，计算，再利用均值不等式计算得到答案.

【详解】（1），即，即.

由正弦定理得，

，，故.

，，故，又，故，故；

（2），设，，

根据向量的平行四边形法则：，

即，

，又，

故，

当且仅当时等号成立，故的最小值为.

21．         

【分析】①根据平面向量垂直的判定条件求解的值即可；

②首先根据投影的计算公式求出在方向上的投影，进而求出在方向上的投影向量.

【详解】①已知，，由于，所以，解得；

②由①知：，，得，

则，，

故在方向上的投影为，

得在方向上的投影向量为.

故答案为：；

22．         

【分析】先求出，，，，则

，代入结合均值不等式即可求出答案.

【详解】因为在等腰梯形中，已知，，，，可知，

所以， ，

， ，

则

.

当且仅当，即时取等号，即最小值．

故答案为：；.