专题6.7 平面向量的综合应用大题专项训练【七大题型】（人教A版2019必修第二册）【含答案解析】

专题6.7平面向量的综合应用大题专项训练【七大题型】【人教A版（2019）】姓名：___________班级：___________考号：___________题型一\o"向量坐标的线性运算解决几何问题"\t"/gzsx/zsd28612/_blank"向量坐标的线性运算解决几何问题题型一\o"向量坐标的线性运算解决几何问题"\t"/gzsx/zsd28612/_blank"向量坐标的线性运算解决几何问题1．（24-25高一下·河北石家庄·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，点A−1,2，B1,1，记OA=(1)设a在b上的投影向量为λe（e是与b同向的单位向量），求λ(2)若四边形OABC为平行四边形，求点C的坐标．【解题思路】（1）根据投影向量的定义，即可求解；（2）根据平行四边形的性质，得到OA=【解答过程】（1）设a与b的夹角为θ，则λ=a（2）设点Cx,y，因为四边形OABC为平行四边形，所以OA又OA=−1,2，CB所以1−x=−11−y=2，解得x=2故C2,−12．（24-25高一上·安徽马鞍山·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，OA=2AB=2，∠OAB=（1）求点B，点C的坐标；（2）求四边形OABC的面积.【解题思路】（1）设B(xB,yB)，根据题中条件，得到xB（2）先用向量的方法，证明四边形OABC为等腰梯形；连接OC，延长CB交x轴于点D，得到△OCD，△ABD均为等边三角形，进而可求出四边形面积.【解答过程】（1）在平面直角坐标系xOy中，OA=2AB=2又∠OAB=2π3，设则xB=2+cos所以点B5又BC=(−1,3)即点C3（2）由（1）可得，OC=32所以OC=3AB，即又BC=所以四边形OABC为等腰梯形；连接OC，延长CB交x轴于点D，则△OCD，△ABD均为等边三角形.∴S=S3．（23-24高一下·湖北荆州·期中）在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，DC∥AB，AD=DC=1，AB=2，E，F分别为AB，BC的中点，点P在以A为圆心的圆弧DE上运动，若AP=xED+y【解题思路】设P(cosθ,sinθ),θ∈0,π2【解答过程】设P(cosθ,则AP因为AP=xED即−x+32y=cos所以2x−y=因为θ−π4即2x−y∈−1,14．（24-25高一·湖南·课后作业）如图，已知A（－2，1），B（1，3）．(1)求线段AB的中点M的坐标；(2)若点P是线段AB的一个三等分点，求点P的坐标．【解题思路】（1）根据中点坐标公式进行求解即可；（2）根据平面共线向量的性质进行求解即可.【解答过程】（1）设M(x,y)，因为A（－2，1），B（1，3），所以x=−2+12=−（2）设P(x,y)，当AP=13当AP=235．（24-25高一下·湖北十堰·阶段练习）某公园有三个警卫室A､B､C，互相之间均有直道相连，AB=2千米，AC=23千米，BC=4千米，保安甲沿CB从警卫室C出发前往警卫室B，同时保安乙沿BA从警卫室B出发前往警卫室A(1)保安甲从C出发1.5小时后达点D，若AD=xAB+yAC，求实数(2)若甲乙两人通过对讲机联系，对讲机在公园内的最大通话距离不超过2千米，试问有多长时间两人不能通话？【解题思路】（1）先根据勾股定理确定这是一个直角三角形，然后可以建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，根据坐标运算可以计算出实数x､y的值；（2）表示出点E的坐标之后可以把DE坐标表示，立出不等式解不等式即可.【解答过程】（1）因为AB2+A因此建立如图所示的平面直角坐标系，A(0,0),B(2,0),C(0,23设保安甲从C出发t小时后达点D，所以有CD=设D(x1,即D(t,23−3t)，当由AD⇒3（2）设保安乙从B出发t小时后达点E，所以点E的坐标为(2−t,0)，于是有DE=(2−2t,因为对讲机在公园内的最大通话距离超过2千米，两人不能通话，所以有DE>2，所以解之：t>2或t<67所以两人约有67题型二题型二\o"用向量证明线段垂直"\t"/gzsx/zsd28634/_blank"用向量证明线段垂直

用向量证明线段垂直

用向量证明线段垂直6．（23-24高一·上海·课堂例题）如图，在正方形ABCD中，P是对角线AC上一点，PE垂直AB于点E，PF垂直BC于点F．求证：PD⊥EF．

【解题思路】设AP=λAC，借助正方形的性质与向量的线性运算可得PD=−λ【解答过程】设AP=λAC，由ABCD为正方形，则有AE=λ则PD=EF=故PD=λλ−1AB2+λ1−λ7．（23-24高一下·河南信阳·期中）已知在△ABC中，点M是BC边上靠近点B的四等分点，点N在AB边上，且AN=NB，设AM与CN相交于点P．记AB=

(1)请用m，n表示向量AM；(2)若n=2m，设m，n的夹角为θ，若cosθ=【解题思路】（1）结合图形，根据平面向量的线性运算可得；（2）以m，n为基底表示出CN,AB，结合已知求【解答过程】（1）BC=AC−所以AM=（2）由题意，CN=∵n=2m，cosθ=∴CN⋅∴CN⊥8．（24-25高一下·山东济南·阶段练习）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A0,b，B−a,0，Ca,0(且ab≠0)，D为AB的中点，E为△ACD的重心，F(1)求重心E的坐标；(2)用向量法证明：EF⊥CD．【解题思路】（1）求出D的坐标，根据重心坐标公式即可求出E的坐标；（2）求出F的坐标，证明CD⋅【解答过程】（1）如图，∵A0,b，B−a,0，∴D−a2（2）CD=易知△ABC的外心F在y轴上，可设为0,y．由AF=CF，得∴y=b2−∴EF=∴CD→∴CD⊥EF，即9．（23-24高一下·山东德州·阶段练习）如图，在△ABC中，已知AB=2,AC=4,∠BAC=60°,E,F分别为AC,BC上的点，且AE=

(1)求AF；(2)求证：AF⊥BE；(3)若线段BE上一动点P满足2PB+PA【解题思路】（1）记AB=a,AC=（2）将BE表示为a,b的关系式，从而利用向量的数量积运算计算（3）利用向量的中点性质与共线定理即可得解.【解答过程】（1）依题意，记AB=因为AB=2,AC=4,∠BAC=60°，所以a=2,b=4因为BF=所以AF=则AF2故AF=（2）因为AE=12所以AF⋅则AF⊥BE，即（3）因为AE=12AC，所以E是因为2PB+PA+PC所以P是线段BE的中点.10．（24-25高一下·湖南常德·阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为6,E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M．

(1)求∠EMF的余弦值．(2)若点P自A点逆时针沿正方形的边运动到C点，在这个过程中，是否存在这样的点P，使得EF⊥MP？若存在，求出MP的长度，若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，由于∠EMF就是DE,（2）根据向量的共线表示联立方程组可求解M187,67，分点P在AB【解答过程】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系．则D0,6由于∠EMF就是DE,

∴cos∠EMF=DE（2）设M∵AM∴x=18由题得EF=①当点P在AB上时，设Px,0∴3x−54②当点P在BC上时，设P6,y∴72综上，存在P22题型三题型三\o"用向量解决夹角问题"\t"/gzsx/zsd28635/_blank"用向量解决几何中的夹角问题11．（23-24高一下·山东菏泽·期末）如图，在△ABC中，已知AC=1，AB=3，∠BAC=60°，且PA+PB+【解题思路】根据向量线性运算结合已知PA+PB+PC=0可得故【解答过程】由题意得|AB|=3,|AC|=1，PA+PB+又AB=PB−故PA=−1于是|PA∴|PA|PC|∴cos∠APC=12．（23-24高一下·福建福州·期中）已知梯形ABCD中，AB // CD，AB=2CD，E为BC的中点，F为BD与AE的交点，(1)求λ和μ的值；(2)若AB=22，BC=6，∠ABC=45°，求EA与BD【解题思路】（1）由向量的运算得出AD=−32AB+2（2）由向量的运算得出EA=12CB+BA，BD=【解答过程】（1）根据题意，梯形ABCD中，AB // CD，AB=2CD，E为则AD=AB又由AD=λAB+μAE（2）∠AFD是EA与BD所成的角，设向量EA与BD所成的角为θEA=EBBD=BC则|EA|=因为EA=−12所以EA与BD所成角的余弦值为−1013．（24-25高一·全国·课后作业）已知△ABC是等腰直角三角形，∠B=90°，D是BC边的中点，BE⊥AD，垂足为E，延长BE交AC于点F，连接DF，求证：【解题思路】以B为原点，BC，BA所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，证明DA,DB的夹角与【解答过程】如图，以B为原点，BC，BA所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系.设A0，2，C2， 0设AF=λAC，则又因为DA=−1， 2，所以−2λ+22−2λ=0，解得λ=所以DF=又因为DC=所以cos∠ADB=DA⋅又因为∠ADB，∠FDC∈0，π，所以∠ADB=∠FDC

14．（23-24高一下·福建厦门·期末）在四边形ABCD中，AB=2m−2n，AD=−m+3(1)判断四边形ABCD的形状，并给出证明；(2)若m=2，n=1，m与n的夹角为60∘，F为BC【解题思路】（1）根据向量线性运算判断AB,（2）利用向量数量积先求AB，AF和AF⋅【解答过程】（1）因为AD=−m+3所以DC=又因为AB=2m−2又因为A,B,C,D四点不共线，所以AB∥DC且AB≠DC，所以四边形ABCD为梯形．（2）因为AB=2所以AB=因为F为BC中点，所以AF=所以AF=m=2所以cos∠FAB=因为∠FAB∈0,π，所以

15．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）如图，正方形ABCD中，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M.(1)设EF=xBA+y(2)求∠AME的余弦值；(3)求DM：ME和【解题思路】（1）根据平面向量的线性运算可得EF=−（2）如图，根据勾股定理和相似三角形的性质可得DM=67DE=35（3）由（2），根据AMMF【解答过程】（1）由题意知，EF=又EF=xBA+yBC，所以（2）如图，过点E作EN//BC交于AF于点N，过A作AH⊥DE于点H，设正方形ABCD的边长为a，则AE=BE=1由EN//BC，得EN//AD，EN=1所以DE=A由△AMD∼△NME，得DMEM所以DM=6因为AH⊥DE，所以AD所以AD2−D解得MH=5所以cos∠AME=−（3）由（2）知，△AMD∼△NME，得DMEM故DMEM题型四题型四\o"用向量解决线段的长度问题"\t"/gzsx/zsd28636/_blank"用向量解决线段的长度问题16．（23-24高一下·广西河池·阶段练习）如图，在△ABC中，已知AB=2,AC=5,∠BAC=60°,BC,AC边上的两条中线AM，BN

(1)求AM的长度；(2)求∠MPB的正弦值.【解题思路】（1）根据AM是中线，由AM=（2）易知∠MPB为向量AM,NB的夹角【解答过程】（1）解：因为AM是中线，所以AM=所以AM⃗则AM=（2）由图象知：∠MPB为向量AM,NB的夹角因为NB=所以NB2=4−2⋅5⋅12+又AM⋅NB==1所以cos∠MPB=因为∠MPB∈0,所以sin∠MPB=17．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，cosA(1)求角B的值；(2)若a=2,c=5，边AC上的中点为D，求BD的长度.【解题思路】（1）切化弦后，利用两角和的正弦公式求解；（2）利用平面向量数量积可求出结果.【解答过程】（1）∵cosAsin∴sinA+Bcos∵sinC≠0，∵B∈0,（2）∵BD是AC边上的中线，∴BD∴BD∴BD=3918．（24-25高一下·全国·课后作业）四边形ABCD是正方形，P是对角线DB上一点(不包括端点)，E，F分别在边BC，DC上，且四边形PFCE是矩形，试用向量法证明：PA=EF.【解题思路】根据给定条件，建立坐标系，利用向量的坐标表示推理计算即得.【解答过程】在正方形ABCD中，建立如图所示的平面直角坐标系，设正方形的边长为1，则D(0,0),C(1,0),B(1,1),A(0,1)，由P是对角线DB上一点(不包括端点)，令DP=λ而DB=(1,1)，则DP=(λ,λ)，即P(λ,λ)，由四边形PFCE是矩形，得因此AP=(λ,λ−1),则|AP|=λ于是|AP所以PA=EF.19．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，在△ABC中，AB=3,AC=2,∠BAC=π3,D是BC边的中点，CE⊥AB,AD与CE(1)求CE和AD的长度；(2)求cos∠CFD【解题思路】（1）利用三角函数定义即可求得CE的长；利用向量法即可求得AD的长度；（2）利用向量夹角的余弦公式即可求得cos∠CFD【解答过程】（1）∵CE是高，∴∠AEC=π2，在Rt△AEC中，所以CE=ACsin∵AD是中线，∴AD∴AD2=∴CE=3,AD=19∴EC=AC−另解：过D作DG//CE交BE于∵D是BC的中点，∴G是BE的中点，∴AE=EG=GB=1,EF是△AGD的中位线，DG是△BCE的中位线，∴EF=1cos∠CFD=20．（24-25高一下·河北沧州·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=4,AC=6,BD(1)求BC的长；(2)求AD的长.【解题思路】（1）确定DE=−13AC，DF=−（2）AD=23【解答过程】（1）DE=DF=DE⋅DF=BC=（2）AD=AD=2题型五题型五\o"向量与几何最值"\t"/gzsx/zsd28637/_blank"向量与几何最值（范围）问题21．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在直角梯形ABCD中，AB//CD，∠DAB=90∘，AB=2AD=2DC=4，点F是(1)若点E满足DE=2EC，且EF=λ(2)若点P是线段AF上的动点（含端点），求AP⋅【解题思路】（1）利用向量的加减运算法则，以AB,AD为基底表示出EF得出（2）法1：建立平面直角坐标系利用数量积的坐标表示即可得出AP⋅法2：利用极化恒等式得出AP⋅【解答过程】（1）如下图所示：由DE=2EC可得所以EF=又EF=λAB所以λ+μ=−1（2）法1：以点A为坐标原点，分别以AB为x轴，AD为y轴建立平面直角坐标系，则A0,0,D0,2由点P是线段AF上的动点（含端点），可令AP=t所以AP=tAF=所以AP⋅由二次函数性质可得当t=110时取得最小值当t=1时取得最大值8；可得AP法2：取AD中点M，作MG⊥AF垂足为G，如下图所示：则AP=PM2−MA2=PM2−1显然当点P位于点F时，PM可得AP⋅22．（23-24高一下·江西九江·期末）已知四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=π3，P为平面ABCD内一点，AC与BP相交于点(1)若AP=PD，AQ=xBA+y(2)求PA+【解题思路】（1）建立直角坐标系，利用向量的线性运算的坐标表示即可求解，（2）根据向量数量积的坐标运算，结合二次型多项式的特征即可求解最值.【解答过程】（1）当AP=PD时，则P为由于△APQ∼△CBQ,所以APBCAQ=1

（2）由于四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠ABC=π则A2,0取AB中点为M，连接PA,PB,则M1,0,设PPM=PA+PB故当x=1,y=32时，取最小值23．（24-25高一下·四川成都·阶段练习）在△ABC中，已知AB=2，AC=1，AB⋅AC=−1，CP=λCB0≤λ≤1，(1)当t=−1且λ=12，设PQ与AB交于点M，求线段(2)若PA⋅PQ+3=【解题思路】（1）用AB,AC表示（2）结合题目条件和向量积的公式，逐步化简，可得到7λ【解答过程】（1）因为t=−1且λ=12，所以A是CQ的中点，P是BC的中点，则M是设AB=a所以CM=CM=（2）因为CP=λCB0≤λ≤1所以AP=PQ=AP⋅PA⋅由PA⋅PQ+3=所以t1−2λ=7λ2−9λ+5所以12<λ≤1，令m=1−2λ∈−1,0，则t=74(1−m)2−924．（24-25高一下·上海长宁·阶段练习）如图，在直角三角形ABC中，∠C=90°，CA=3，CB=4，CD=mCA，CE=nCB，其中m，n∈(0,1)，设DE中点为(1)若m=n，求证：C、M、N三点共线；(2)若m+n=1，求|MN【解题思路】（1）根据平面向量基本定理，化简得CM=m（2）根据MN=CN−CM，代入【解答过程】（1）当m=n时，CM=12故CM=mCN，故C、M、N（2）当m+n=1时，CM=12CD+故MN2=1故当m=182×25=925时，MN2取得最小值25．（23-24高一下·江苏苏州·期中）在锐角△ABC中，cosB=22，点O(1)若BO=xBA+y(2)若b=2（i）求证：OB+（ii）求3OB【解题思路】（1）由cosB=22推出∠AOC=π2，即OA⋅OC=0，由BO=x（2）（i）延长BO交圆O于E，则BO=OE，过E作EF⊥OC，垂足为F，过E作EG⊥OA，垂足为（ii）延长OA至M，使得|OM|=2，以OM,OC为邻边作矩形OCNM，延长OB至P，使得|OP|=3|OB|=3，将3OB+2OA【解答过程】（1）因为cosB=22因为点O为△ABC的外心，所以∠AOC=2B=π2，即OA⊥OC，因为BO=xBA+y所以xOA设三角形ABC的外接圆的半径为R，则|OA由xOA+yOC所以x2+y因为xy≤(x+y)24所以x+y−12≤得(x+y−2)2≥2，得x+y≥2+2因为三角形ABC为锐角三角形，其外心必在三角形ABC内，由BO=xBA+y再由xOA+yOC所以x+y≥2+2应舍去，所以x+y≤2−所以x+y的最大值为2−2（2）（i）延长BO交圆O于E，则BO=OE，过E作EF⊥OC，垂足为F，过E作EG⊥OA，垂足为

因为∠BOC=2A，所以∠EOC=π−2A，因为∠AOC=π2，且|AC|=b=2所以|OF|=|OE|⋅cos(π−2A)=−cos所以OE=OG+所以BO=所以OB+（ii）延长OA至M，使得|OM|=2，则OM=2OA，以OM,OC为邻边作矩形则ON=OM+延长OB至P，使得|OP|=3|OB|=3，则OP=3

所以|3OB所以当N,O,P三点共线时，|3OB+2OA因为三角形ABC为锐角三角形，且B=π4，所以A+C=3所以∠BOC=2A∈(π当∠BOC=π2时，|=14−65⋅sin∠CON当∠BOC=π时，|OP+=14−65sin所以|OP+ON|∈[3−5题型六题型六向量在物理中的应用26．（24-25高一·上海·课堂例题）已知质点O受到三个力OF1、OF2、OF3的作用，若它们的大小分别为OF【解题思路】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算求解即得.【解答过程】如图，以质点O为坐标原点，向量OF3所在的直线为

则OF1=20cos于是合力OF=OF1+OF所以合力的大小为103N，与OF27．（24-25高一·全国·课后作业）如图，重为4N的匀质球，半径R=6cm，放在墙与均匀木板AB之间，A端固定在墙上，B端用水平绳索BC拉住，板长l=10cm，木板AB与墙夹角为α，如果不计木板重，当α

【解题思路】设球的重力为G，球对板AB的压力为f1，绳BC对板的拉力为f2，根据力矩平衡可得出f2cos60∘⋅l=【解答过程】设球的重力为G，球对板AB的压力为f1，绳BC对板的拉力为f2，令球心为O，AB与球的切点为则OD⊥AB，∠OAD=30°，依题意，G⃗=4N，由AB处于平衡状态，以A又f1cos30∘=G，所以绳的拉力为9.6N

28．（23-24高一下·山西阳泉·期中）一条河南北两岸平行.如图所示，河面宽度d=1km，一艘游船从南岸码头A点出发航行到北岸.游船在静水中的航行速度是v1，水流速度v2的大小为v2=4km/h.设v1(1)若游船沿AA′到达北岸A′点所需时间为6min，求(2)当θ=60【解题思路】（1）设游船的实际速度为vkm/h，由速度合成得v（2）设到达北岸B点所用时间为th，根据AB2【解答过程】（1）设游船的实际速度大小为vkm

由AA′=1km,6如图所示速度合成示意图，由v12=|cosθ=−所以v1的大小为229km（2）当θ=60∘,v1

AB2=|t在Rt△AA′C中，tv1cos30故游船的实际航程为21329．（24-25高一·全国·随堂练习）如图，质量m=2.0kg的木块，在平行于斜面大小为10N向上的拉力F的作用下，沿倾角θ=30°的光滑斜面向上滑行2.0m的距离．

(1)分别求物体所受各力在这一过程中对物体做的功；(2)求在这一过程中物体所受各力对物体做的功的代数和；(3)求物体所受合外力对物体所做的功，它与物体所受各个力对物体做功的代数和之间有什么关系？【解题思路】（1）分析物体受力，按功的定义式求解每个力做的功；（2）将（1）中各值累加即可;（3）计算物体所受合外力对物体所做的功，与物体所受各力对物体做功的代数和比较即可.【解答过程】（1）木块受三个力的作用，重力G，拉力F和支持力N，如图所示.

拉力F与位移s方向相同，所以拉力对木块所做的功为WF支持力N与位移方向垂直，不做功，所以WN重力G对物体所做的功为WG（2）物体所受各力对物体做功的代数和为W=20+0−19.6=0.4(J（3）设物体所受合外力的大小为F1则F1故合外力做功为W=0.2×2=0.4.故物体所受合外力对物体做的功与物体所受各力对物体做功的代数和相等.30．（24-25高一·全国·课后作业）有一艘在静水中速度大小为10km/h的船，现船沿与河岸成60°角的方向向河的上游行驶．由于受水流的影响，结果沿垂直于河岸的方向驶达对岸．设河的两岸平行，河水流速均匀．(1)设船相对于河岸和静水的速度分别为u,v，河水的流速为w，求(2)求这条河河水的流速．【解题思路】（1）根据题意可得v与u的夹角为30°，则u,v,（2）结合图象，求出BC即可.【解答过程】（1）如图，u是垂直到达河对岸方向的速度，v是与河岸成60°角的静水中的船速，则v与u的夹角为30°，由题意知，u,v,由向量加法的三角形法则知，OC=OA+（2）因为OB=v=10所以这条河河水的流速为5km题型七题型七向量与解三角形综合31．（23-24高一下·福建厦门·期中）在△ABC中a,b,c分别为角A,B,C所对的边，向量m=b+a,−c，n=(1)求A；(2)若b=4，△ABC的面积为3，求△ABC的周长．【解题思路】（1）根据条件得到a2（2）根据条件，利用面积公式得到c=1，进而求出a=21【解答过程】（1）因为m=b+a,−c，n=b+c,b−a且即b2−a又由余弦定理知a2=b2+又A∈0,π，所以（2）因为S=12bc又b=4，得到c=1，所以a2=16+1+4=21，得到所以△ABC的周长为5+2132．（23-24高一下·山西晋城·阶段练习）在△ABC中，a，b，c分别是角A,B,C所对的边，且满足a2(1)求角C的大小；(2)设向量a=(3sinA,32)，向量b=(1,−2【解题思路】（1）由余弦定理即可求得；（2）由向量的数量积等于0列出方程，可求得角A，利用三角函数的定义求得边b，最后运用三角形面积公式计算即得.【解答过程】（1）由余弦定理，cosC=a2+b（2）由a⋅因C=π3，则因0<A<π，且C=π3，则A=因c=2，则b=c则△ABC的面积为S=133．（23-24高一下·天津南开·阶段练习）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若m⊥n，其中(1)求角B的大小；(2)若a<c,b=27,△ABC的面积为①求a,c的值；②求sin2C+B【解题思路】（1）由m⊥n便得到m⋅n=0（2）①利用余