2024北京重点校高一（下）期末数学汇编：平面向量及其应用章节综合（解答题）

第1页/共1页2024北京重点校高一（下）期末数学汇编平面向量及其应用章节综合（解答题）一、解答题1．（2024北京丰台高一下期末）设平面向量，，且.(1)求的值；(2)判断与是否平行，并说明理由；(3)若，求实数的值.2．（2024北京丰台高一下期末）在中，三个内角的对边分别为．已知.(1)求角；(2)将射线AB绕点A旋转交线段BC于点E，已知.（i）若，求c；（ii）求面积的最小值.3．（2024北京第八中学高一下期末）在中，.(1)求的大小；(2)再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得存在且唯一，求的面积.条件①：；条件②：边上的高为；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.4．（2024北京通州高一下期末）已知向量，．(1)求；(2)若，，，求证：，，三点共线．5．（2024北京北师大附中高一下期末）在中，，(1)求A的大小；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.条件①:b=8；条件②:；条件③:AC边上的高BH=3.6．（2024北京北师大附中高一下期末）在中，.(1)求和；(2)求边上的中线的长.7．（2024北京顺义高一下期末）已知，是两个单位向量，其夹角为，，．(1)求，；(2)求与的夹角．8．（2024北京怀柔高一下期末）已知向量(1)若，求及的值；(2)若与平行，求实数的值；(3)若与的夹角为，求实数的值.9．（2024北京顺义高一下期末）已知函数．在中，，且．(1)求的大小；(2)若，，求的面积．10．（2024北京通州高一下期末）在△中，角所对的边为，△的面积为S，且．(1)求角；(2)若，试判断△的形状，并说明理由．11．（2024北京清华附中高一下期末）在△中，，，分别为，，所对的边，已知.(1)求的大小；(2)若且，求的长.12．（2024北京清华附中高一下期末）已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求A的大小；(2)若D是边AB的中点，且，求的取值范围．13．（2024北京怀柔高一下期末）在△中，(1)求值；(2)求角和△的面积.14．（2024北京海淀高一下期末）在△中，．(1)求A的大小；(2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求最长边上高线的长．条件①：；条件②：△的面积为；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．15．（2024北京延庆高一下期末）在△中，，.(1)求的大小；(2)从下列三个条件中选择一个作为已知，使△存在，求△的面积.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择的条件使△不存在，第（2）问得0分.(3)若，求△周长的取值范围.16．（2024北京延庆高一下期末）已知△中，，，.(1)求；(2)求；(3)求的面积.17．（2024北京昌平高一下期末）在△中，.(1)求；(2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在.（ⅰ）求的值；（ⅱ）求△的面积.条件①：；条件②：；条件③：注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.18．（2024北京海淀高一下期末）已知n维向量，给定，定义变换；选取，再选取一个实数x，对的坐标进行如下改变：若此时，则将同时加上x．其余坐标不变；若此时，则将及同时加上x，其余坐标不变．若a经过有限次变换（每次变换所取的i，x的值可能不同）后，最终得到的向量满足，则称a为k阶可等向量．例如，向量经过两次变换可得：，所以是2阶可等向量．(1)判断是否是2阶可等向量？说明理由；(2)若取1，2，3，4的一个排序得到的向量是2阶可等向量，求；(3)若任取的一个排序得到的n维向量均为k阶可等向量．则称为k阶强可等向量．求证：向量是5阶强可等向量．19．（2024北京海淀高一下期末）已知．(1)求；(2)若，求的最小值．20．（2024北京昌平高一下期末）已知向量，.(1)若，求实数的值；(2)若，求与夹角的大小.21．（2024北京房山高一下期末）如图，在△中，是上的点，，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．(1)求证：△是直角三角形；(2)求的周长．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．22．（2024北京房山高一下期末）在△中，．(1)求角A的大小；(2)若，，求角B的大小；(3)若，求△面积的最大值．23．（2024北京大兴高一下期末）记△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求；(2)若．（i）再从条件①，条件②，条件③中选择一个条件作为已知，使其能够确定唯一的三角形，并求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．（ii）求△周长的取值范围．24．（2024北京大兴高一下期末）已知，其中．(1)求，；(2)求与夹角的余弦值．25．（2024北京西城高一下期末）在△中，分别是三个内角的对边，．(1)求的大小；(2)若，且边上的高是边上的高的2倍，求及的面积．26．（2024北京朝阳高一下期末）在△中，．(1)求；(2)若△的面积是，求的最小值．27．（2024北京石景山高一下期末）已知分别为△的三个内角的对边，且．(1)求的值；(2)若，且△的面积为，求．28．（2024北京东城高一下期末）如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标．设，

(1)求的模长；(2)设，若，求实数的值；(3)若，，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由．29．（2024北京顺义高一下期末）对于数集，其中，．定义向量集．若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P．(1)已知数集，请你写出数集对应的向量集，是否具有性质P？(2)若，且具有性质P，求x的值；(3)若X具有性质P，求证：，且当时，．30．（2024北京石景山高一下期末）如图，在△中，，，平分交于点，．(1)求的值；(2)求的面积．

参考答案1．(1)(2)平行，理由见解析(3)2【分析】（1）由已知，得，即，代入，，即可得到的值；（2）法1，设与的夹角为，由，可得，则与平行；法2，由，当且仅当与共线时等号成立，又，，所以与平行；（3）法1，由（2）及已知条件得：，由，可得，即可求得的值；法2，由，得，则，即可求得的值.【详解】（1）因为，所以，因为，，所以，所以，所以，所以，所以.（2）平行，理由如下：解法1：设与的夹角为，，因为，所以，则与平行.解法2：因为，当且仅当与共线时等号成立，又因为，，所以与共线，即与平行.（3）解法1：由（2）及已知条件得：，因为，，所以，所以.解法2：因为，所以，因为，，，所以，所以.2．(1)；(2)（i）；（ii）.【分析】（1）由余弦定理可得答案；（2）（i）由余弦定理求出可得答案，（ii）解法1：，得出，利用基本不等式求出可得答案；解法2：，由正弦定理求出可得，根据的范围可得答案.【详解】（1）因为，由余弦定理得：，因为A为三角形内角，所以；（2）（i）由和，可知，因为，在中，由余弦定理得：，所以，所以，因为，所以，所以；（ii）解法1：由和，可知，因为，所以，又因为，所以，即，又，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以，所以△的面积的最小值为.解法2：由和，可知，因为，，所以因为，所以，在中，由正弦定理得：，所以，在中，，所以因为，所以，所以当时，△的面积的最小值为.3．(1)(2)答案见解析【分析】（1）利用正弦定理边化角结合三角形内角和关系分析求解即可；（2）选择条件①②：分为锐角和为钝角两种情况讨论，分析可知三角形存在但不唯一；选择条件①③，分析可知，利用正弦定理求得，方法一：利用两角和差公式求，即可求面积；方法二：利用余弦定理求边，即可面积；选择条件②③，分析可知，，利用正弦定理求得，方法一：利用两角和差公式求，即可求面积；方法二：利用余弦定理求边，即可面积.【详解】（1）因为在中，，所以所以，由正弦定理及得，因为，所以.因为，所以.（2）选择条件①②：若为锐角，则，可得；若为钝角，则，可得；综上所述：△存在但不唯一，不合题意；选择条件①③，存在且唯一，解答如下：由，且，可得，由正弦定理及，得，解得，方法1：由，得，则，所以.方法2：由余弦定理，得即，解得，所以；选择②③，△存在且唯一，解答如下：由，及，得，因为边上的高为，所以由正弦定理及，得，解得：方法1：由，得，则，所以.方法2：由余弦定理，得即，解得，所以.4．(1)(2)证明见解析【分析】（1）结合向量的坐标运算，以及向量模公式，即可求解；（2）结合向量共线的性质，即可求解．【详解】（1）解：，，则，故；（2）证明：，，则；，所以，所以，，三点共线．5．(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）利用正弦定理边化角即可求解.（2）选①，由余弦定理建立方程无解；选②，利用正弦定理求出，再利用和角的正弦求出并求出三角形面积；选③，由直角三角形边角关系求出，再由余弦定理求出并求出三角形面积.【详解】（1）在△中，由及正弦定理，得，而，则，又，所以.（2）选①，，由余弦定理，得，则，显然，即方程无解，因此不存在，①不可选.选②，，在△中，，由正弦定理，得，，△的两角及一边已知，由三角形全等的判定知，△存在且唯一，所以△的面积为.选③，AC边上的高BH=3，在中，，即，在△中，由余弦定理，得，整理得，而，解得，△的三边已知，由三角形全等的判定知，存在且唯一，所以△的面积为.6．(1)；(2)【分析】（1）利用余弦定理求出，利用正弦定理求出即可.（2）利用向量中线定理求解即可.【详解】（1）在△中，由余弦定理得，解得(负根舍去)，由正弦定理得，解得，故的值为，的值为.（2）由向量中线定理得，所以，所以，故，即的值为.7．(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的定义、数量积的运算律求解即可.（2）利用向量的运算律求出，再利用夹角公式计算即得.【详解】（1）单位向量，的夹角为，则，所以，.（2）由（1）知，，因此，而，所以与的夹角.8．(1)，(2)(3)【分析】（1）直接利用数量积的坐标运算求解，先求出的坐标，再求其模；（2）先求出的坐标，再由两向量平行列方程求解；（3）利用向量的夹角公式直接列方程求解即可.【详解】（1）当时，，所以，所以；（2）因为，所以，因为与平行，所以，解得；（3）因为与的夹角为，，所以，所以，解得.9．(1)(2)【分析】（1）利用两角和差的正弦公式、二倍角公式和辅助角公式化简函数，结合且，和三角形内角和定理计算得到；（2）利用余弦定理和已知条件得到，再利用的面积公式计算得到答案.【详解】（1）因为且，所以，又，所以，则因此（2）由余弦定理得因为，所以的面积为.10．(1)(2)等腰直角三角形，理由见解析【分析】（1）应用面积公式及余弦定理得出正切进而得出角；（2）先应用正弦定理及两角和差的正弦公式化简得出，结合判断三角形形状即可.【详解】（1）在中，因为，则，整理得，且，所以.（2）由正弦定理得,,,,于是,又，故，所以或，因此（舍去）或，所以.是等腰直角三角形.11．(1)(2)【分析】（1）运用正弦定理边角互化即可；（2）用余弦定理，结合已知式子求出，再结合面积公式，可以求出,最后代入已知的式子可以求出.【详解】（1）由和正弦定理得，，则，即，则，即，由于，则，则.（2）由余弦定理得，.又，则，求的.由，即，即，则.代入得，，解得.12．(1)(2)【分析】（1）根据余弦定理可以求解；（2）令，利用正弦定理，把边长都用表示，最后用三角函数知识解得取值范围.【详解】（1）因为所以，所以，又因为，所以；（2）令,因为，所以由正弦定理可得：,所以，所以，又因为，所以所以13．(1)(2)，△的面积为【分析】（1）根据正弦定理边化角和二倍角公式可得，再利用余弦定理计算得出结果；（2）根据余弦定理推论计算得出角；再根据三角形面积公式计算的结果；【详解】（1）在△中，由正弦定理得因为，所以，由余弦定理得，代入，解得或（舍）（2）由余弦定理推论得，因为，所以角；因此△的面积为.14．(1)；(2)答案见解析，最长边上高线长.【分析】（1）利用二倍角的余弦公式，化简求值；（2）若选择条件①，方法一，根据正弦定理和余弦定理求三边，判断最长边，再根据几何关系求高，方法二，根据边长和角，根据大角对大边，直接判断最长边，再求高；若选择条件②，根据面积求，再根据余弦定理求边长，再求最长边的高；如选择条件③，根据正弦定理，判断是否存在.【详解】（1）因为，所以所以，所以，因为，所以舍所以，则；（2）选择①因为，由正弦定理代入，得法一：由余弦定理代入得所以所以或（舍），所以边最长，边上的高线法二：因为，所以，所以，所以，所以为最长边边上的高线选择②因为所以因为，由余弦定理所以所以或所以最长边上的高线，若选择③，，根据正弦定理，，则，不成立，此时不存在.15．(1)(2)答案见解析(3)【分析】（1）由正弦定理将边转化为角即可求解；（2）选条件①：由同角三角函数的平方关系可求，由三角形内角和定理可得，由正弦定理可求边，根据面积公式求解即可；选条件②：由已知可求，结合正弦定理可求，由大边对大角即可判断；选条件③：由余弦定理可求边，根据面积公式求解即可；（3）由正弦定理可表示边，，结合三角函数即可求解取值范围.【详解】（1）由，得，在△中，由正弦定理得，因为，，所以，又，所以；（2）选条件①：，所以，由可得，由，可得或，由正弦定理解得或，当时，△的面积为，当时，△的面积为；选条件②：，所以为钝角，且，由正弦定理，得，所以，又，故此三角形不存在；选条件③：，在△中，由余弦定理得，即，整理得，解得或，当时，△的面积为，当时，△的面积为；（3）由正弦定理，可得，，所以△周长为，因为，所以，，，所以△周长取值范围为.16．(1)(2)(3)【分析】（1）根据题意利用余弦定理求解即可；（2）利用正弦定定理列方程求解；（3）直接利用三角形的面积公式求解.【详解】（1）由余弦定理，可得，因为，所以；（2）在△中，由正弦定理，可得，解得；（3）由△的面积，可得.17．(1)(2)选择见解析（i）；（ii）【分析】（1）根据条件，利用余弦定理，即可求出结果；（2）选择①：利用条件得到，从而，即可求出，再利用正弦定得到，利用三角形的面积公式，即可求出结果；选择②：由于，，此时不存在；选择③：利用条件及正弦定理得到，同①即可求解.【详解】（1）因为，又由余弦定理，所以，即，又，所以.（2）选择条件①：因为，又，所以，由（1）知，所以，（ⅰ）.（ⅱ）因为，由正弦定理，得到，得到，所以△的面积为.选择条件②：因为，由（1）知，而，此时不存在.选择条件③：，又，所以，由正弦定理得，由（1）知，所以，得到，又，所以，得到，所以，（ⅰ）.（ⅱ）因为，由正弦定理，得到，得到，所以△的面积为.18．(1)是2阶可等向量，理由见解析；(2)5；(3)证明见解析.【分析】（1）根据的定义即可求解，（2）根据的定义即可求解，，即可结合是2阶可等向量求解，（3）根据是阶可等向量，等价于是阶可等向量，即可根据变换求证.【详解】（1）是2阶可等向量．例如经过两次变换可得：（2）设进行一次变换后得，当时，当时，当时，当时，综上，我们得到．因为是2阶可等向量，即所以．所以（3）任取的一个排序，记为．注意到，是阶可等向量，等价于是阶可等向量．变换即对连续五个维度的坐标（首尾也看成连续）同时加上，相当于对剩余两个连续维度的坐标同时加上．对依次加上，相当于对单独加上；对依次加上，相当于对单独加上；……基于上述分析，相当于可以对分别单独加上．所以为5阶可等向量，为5阶强可等向量．【点睛】方法点睛：对于新型定义，首先要了解定义的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.19．(1)；(2).【分析】（1）先求，然后直接求的平方即可得解；（2）利用向量的运算律，将转化为关于的二次函数，然后求出最值即可.【详解】（1）因为，，因为所以，（2）由（1）知，，因为所以当时，的最小值为20．(1)(2)【分析】（1）根据坐标运算得到，然后根据垂直列方程，解方程即可；（2）利用数量积的公式求夹角即可.【详解】（1），因为，所以，解得.（2）若，则，因为，，，所以，因为，所以.21．(1)证明见解析(2)【分析】（1）选①由余弦定理可求，即可证明；选②由正弦定理可求，即可证明；（2）选①在中求得，再求即可求解；选②在中求，在中，由余弦定理可求，即可求解.【详解】（1）选①：在中，由余弦定理得，所以，所以，所以△是直角三角形；选②：在中，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以，所以，所以△是直角三角形；（2）选①：在中，，所以，所以，所以，所以的周长为.选②：在中，，所以，在中，由余弦定理，所以，所以的周长为.22．(1)(2)(3)【分析】（1）直接由余弦定理即可求解；（2）由正弦定理结合大边对大角即可求解；（3）由余弦定理确定的最大值，结合三角形面积公式即可求解.【详解】（1）因为，所以，所以，因为，所以；（2）若，且由（1）可知，即，解得，因为，所以；（3）若，注意到，所以由余弦定理有，即，等号成立当且仅当，所以△面积，等号成立当且仅当，所以△面积的最大值为.23．(1)(2)答案见解析【分析】（1）利用正弦定理边化角化简得，计算即得．（2）（i）选择条件①利用正弦定理计算判断三角形不唯一；，选择条件②，利用余弦定理及三角形面积公式计算求解；选择条件③，利用正弦定理计算判断，再求出三角形面积；（ii）利用余弦定理及基本不等式计算即可.【详解】（1）由可得,因为在中，所以，即，因为B∈0,π，所以.（2）（i）若选条件①，结合（1）及，由正弦定理,可得，则满足条件的三角形不存在，故不能选条件①，若选条件②：，结合（1）及，由余弦定理，可得，解得，易知，故此时满足条件的三角形唯一.所以.若选条件③：，结合（1）及，因为,所以为锐角,由,可得，因为在△中所以.易知满足条件的三角形唯一.由正弦定理,可得,所以.（ii）由余弦定理，可得，结合基本不等式，可得，解得：,当且仅当，原式取等.又在△中易得.所以△周长.△周长的取值范围为.【点睛】方法点睛：在求解对边对角模型问题中的周长或面积范围时常见有2种方法：（1）借助余弦定理、基本不等式及三角形的性质，进行适当放缩；（2）利用正弦定理边化角，转化为三角函数求值域问题.24．(1)，(2)【分析】（1）根据向量的坐标运算可得，即可由数量积的坐标运算以及模长根式求解，（2）根据夹角根式即可求解.【详解】（1）由，可得，所以，（2），，故25．(1)(2)，【分析】（1）由正弦定理转化为三角函数，由二倍角的正弦公式化简即可得解；（2）由高的关系得出边的关系，再由余弦定理求出，由面积公式求面积即可.【详解】（1）由正弦定理可得，因为，所以.所以所以因为，所以，，所以，所以，即.（2）因为边上的高是边上的高的2倍，，所以由等面积法知，所以，所以，所以26．(1)(2)【分析】（1）用余弦定理进行边角互化可解；（2）由面积公式得到，再用余弦定理和基本不等式可解.【详解】（1），用余弦定理得到，，化简得到，则，,则.（2）由于,．由余弦定理可得，当且仅当时等号