专题04 平面向量（解析版）

这是一份专题04 平面向量（解析版），共36页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题04 平面向量
一、单选题
1．（2022·河北保定·高三期末）若向量，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
根据向量垂直的坐标表示可判断A；根据向量平行的坐标表示可判断B；根据向量数量积的坐标表示可判断C；根据向量模的坐标表示可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
因为向量，，
对于A：若，则，解得：，所以不存在，使得，故选项A不正确；
对于B：若，则，可得，所以存在，使得，故选项B正确；
对于C：令可得：，所以存在使得，故不成立，故选项C不正确，
对于D：，，若，则，此方程无解，所以不存在，使得，故选项D不正确；
故选：B.
2．（2022·山东日照·高三期末）已知△是边长为1的等边三角形，点分别是边的中点，且 ，则的值为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】
把△放在直角坐标系中，可以根据题干中的条件写出各个点的坐标，再利用，求出点的坐标，再求出的值即可.
【详解】
把△如下图放在直角坐标系中，

由于△的边长为1，故，点分别是边的中点，，设，，，，.
故选：B.
3．（2022·山东淄博·高三期末）已知向量、满足，且在上的投影的数量为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据已知条件求出的值，利用平面向量的数量积可求得结果.
【详解】
设与的夹角为，则，
所以，，可得，因此，，
因为，因此，.
故选：D.
4．（2022·山东青岛·高三期末）已知非零向量满足：，则夹角的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由题知，再根据向量夹角求解即可.
【详解】
解:因为，
所以，
所以，
因为，
所以，由于
所以
故选：B
5．（2022·山东烟台·高三期末）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
计算出、的值，利用平面向量的数量积可求得结果.
【详解】
由已知可得，，
因此，.
故选：D.
6．（2022·山东泰安·高三期末）若单位向量满足，向量满足，且向量的夹角为，则（ ）.
A． B．2 C． D．
【答案】B
【分析】
由可得，利用向量数量积的运算律可求得，再由数量积的定义可得．
【详解】
，.
，，.
故选：B.
【点睛】
本题考查向量的数量积，考查数量积的运算律，数量积与垂直的关系，掌握数量积的定义是解题关键．
7．（2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末）已知，为单位向量，且，则，的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
对左右两边同时平方进行化简，即可求出答案.
【详解】
把左右两边同时平方得：，
由于，为单位向量，.
故，的夹角为.
故选：C.
8．（2022·湖北省鄂州高中高三期末）在中，，为的重心，若，则外接圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先由条件判定为等边三角形，再求得的边长，以正弦定理去求外接圆的半径即可解决.
【详解】
由，可得，则有
又在中，，为的重心，则为等边三角形.
则
解之得，则外接圆的半径为
故选：C
9．（2022·湖北·高三期末）在中，，点E满足，则（ ）
A． B． C．3 D．6
【答案】B
【分析】
根据题中所给的条件 利用相应公式求得结果.
【详解】
中，，所以，

，
故选：B.
10．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）如图，正六边形的边长为2，动点从顶点出发，沿正六边形的边逆时针运动到顶点，若的最大值和最小值分别是，，则（ ）

A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】D
【分析】
连接，根据正六边形的特征可得，从而可得，再根据当在上运动时，与均逐渐增大，当从移动到时，与均逐渐减小，即可求得，，从而得出答案.
【详解】
解：连接，在正六边形中，，
∴，
∵正六边形的边长为2，∴，
因为当在上运动时，与均逐渐增大，当从移动到时，与均逐渐减小，
所以当在上运动时，取得最大值，为，
当移动到点时，取得最小值，为0．
∴，，∴．
故选：D.
【点睛】
11．（2022·湖南娄底·高三期末）已知，，若向量，共线，且，则实数的取值为（ ）．
A．1 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】
由向量，共线，即可求出实数的值.
【详解】
因为向量，共线，所以，
所以或，
因为，所以实数的取值为．
故选：B.
12．（2022·湖南郴州·高三期末）在平行四边形中，，则（ ）
A．-5 B．-4 C．-3 D．-2
【答案】A
【分析】
根据向量的加法和减法的几何意义，结合向量的数量积运算，即可得到答案；
【详解】
，，
，，
，
，
故选：A
13．（2022·广东清远·高三期末）已知P是边长为4的正三角形所在平面内一点，且，则的最小值为（ ）
A．16 B．12 C．5 D．4
【答案】C
【分析】
延长到D，使得，可得点P在直线上，化简可得，求出最小值即可.
【详解】
如图，延长到D，使得．
因为，所以点P在直线上．
取线段的中点O，连接，
则．
显然当时，取得最小值，
因为，则，所以，
所以的最小值为．
故选：C.

14．（2022·广东汕尾·高三期末）对于非零向量，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】
根据向量的概念，结合充分、必要条件的概念，即可得答案.
【详解】
对于非零向量，，可得，所以，充分性成立，
但，此时的方向不定，不能推出，必要性不成立，
故选：A．
15．（2022·广东潮州·高三期末）在的等腰直角中，为的中点，为的中点，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
以为原点建立直角坐标系，设直角边长为2，写出各点坐标，计算可得的值.
【详解】
以为原点建立直角坐标系，

设，，则，，
则，，
所以，所以.
故选：A
16．（2022·广东·铁一中学高三期末）已知中，，，，动点自点出发沿线段运动，到达点时停止，动点自点出发沿线段运动，到达点时停止，且动点的速度是动点的2倍.若二者同时出发，且一个点停止运动时，另一个点也停止，则该过程中的最大值是（ ）
A． B．4 C． D．23
【答案】C
【分析】
由题意，，故，展开可得关于的一元二次函数，配方，即可求得的最大值.
【详解】
中，，，，
.
由题意，



,
当时， 取得最大值，最大值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查平面向量的数量积，属于基础题.
17．（2022·江苏扬州·高三期末）如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，设初始正方形ABCD的边长为，则＝（ ）

A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【分析】
根据平面向量的线性运算和数量积运算计算即可.
【详解】
解：由题意可知，，
故选：B．
18．（2022·江苏宿迁·高三期末）已知向量，且，，则（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用向量共线和向量垂直的坐标表示求出x，y，再求出的坐标计算作答.
【详解】
向量，由得：，即，
由得：，即，于是得，，，
所以.
故选：B
19．（2022·江苏无锡·高三期末）已知点在圆上，点的坐标为，为坐标原点，则的最小值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
令，则表示，然后三角函数的性质求解即可
【详解】
令，则，，
所以


（其中），
故选：B.
20．（2022·江苏常州·高三期末）已知，是平面内两个向量，且．“”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
【答案】A
【分析】
根据充分不必要的条件的定义即可求解.
【详解】
若，，故能推出，
若，则，则，则与垂直也可以，不能得到， 故不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.

二、多选题
21．（2022·山东省淄博实验中学高三期末）已知向量，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若在上的投影为，则向量与夹角为
C．与共线的单位向量只有一个为
D．存在，使得
【答案】BD
【分析】
对A：由向量垂直的坐标表示即可求解判断；对B：根据投影的定义即可求解判断；对C：与共线的单位向量为即可判断；对D：根据向量与共线同向时，满足即可判断.
【详解】
解：向量，，
对A：因为，所以，所以，故选项A错误；
对B：因为在上的投影向量为，即，
所以，又，
所以，
因为，所以向量与夹角为，故选项B正确；
对C：与共线的单位向量有两个，分别为和，故选项C错误；
对D：当时，，此时向量与共线同向，满足，所以存在，使得，故选项D正确；
故选：BD.
22．（2022·山东枣庄·高三期末）已知在等腰中，是底边的中点，则（ ）．
A．在方向上的投影向量为
B．在边上存在点使得
C．
D．
【答案】BCD
【分析】
对于A，利用向量的加法运算和数量积的几何意义判断即可，对于B，如图建立坐标系，利用数量积的坐标运算求解判断，对于C，分别求出和的坐标，然后判断，对于D，利用坐标求解判断即可
【详解】
对于A，因为，在方向上的投影向量为，所以A错误，
对于B，如图建立坐标系，设，则
，
所以，
由，得，得，
因为，所以，所以在边上存在点使得，所以B正确，
对于C，因为，所以，所以，所以C正确，
对于D，因为，所以，所以D正确，
故选：BCD

23．（2022·山东莱西·高三期末）已知两个向量和满足，，与的夹角为，若向量与向量的夹角为钝角，则实数可能的取值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】
根据题意，，且不能共线，再求解即可得实数的取值范围，进而得答案.
【详解】
解：因为，，与的夹角为，
所以，
因为向量与向量的夹角为钝角，
所以，且不能共线，
所以，解得，
当向量与向量共线时，有，即，解得，
所以实数的取值范围，
所以实数可能的取值为A，D
故选：AD
24．（2022·山东济南·高三期末）在平面直角坐标系内，已知，，是平面内一动点，则下列条件中使得点（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABCD
【分析】
利用向量的坐标运算，通过题设条件，求出满足条件的动点C的轨迹方程，如果轨迹方程存在，说明选项条件正确.
【详解】
设点C的坐标为 则
对于A：

故A正确
对于B：


故B正确
对于C：

故C正确
对于D：

故D正确
故选：ABCD
25．（2022·山东济南·高三期末）已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．向量与的夹角为30° D．向量在上的投影向量为
【答案】BD
【分析】
根据向量坐标得线性运算和模的坐标表示即可判断A；
根据向量数量积的坐标表示即可判断B；
根据即可判断C；
根据投影向量的定义即可判断D.
【详解】
解：，则，故A错误；
，故B正确；
，又，所以向量与的夹角为60°，故C错误；
向量在上的投影向量为，故D正确.
故选：BD.
26．（2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末）下列说法不正确的是（ ）
A．若，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是
B．若，，不共线，且，则，，、四点共面
C．对同一平面内给定的三个向量，，，一定存在唯一的一对实数，，使得.
D．中，若，则一定是钝角三角形.
【答案】ACD
【分析】
对于A，由与的数量积大于0且不共线计算判断；对于B，变形，由空间共面向量
定理判断；对于C，由平面向量基本定理判断；对于D，利用平面向量数量积运算判断作答.
【详解】
对于A，依题意，，且与不同向共线，求得，解得：且，A错误；
对于B，由，则，即，
于是得共面，且公共起点C，而，，不共线，，，，四点共面，B正确；
对于C，同一平面内不共线的非零向量，，，才存在唯一的一对实数，，使得，否则不成立，C错误；
对于D，在中，，则，于是得是锐角，不能确定是钝角三角形，D错误.
故选：ACD
27．（2022·湖北江岸·高三期末）若是所在的平面内的点，且下面给出的四个命题中，其中正确的是（ ）
A． B．
C．点､､…一定在一条直线上 D．､在向量方向上的投影一定相等
【答案】BCD
【分析】
根据向量运算得到在边的高所在的直线上，B、C、D正确，再判断A错误，得到答案.
【详解】
，则，即，
故在边的高所在的直线上，故选项B、C、D正确，
不一定为，A错误.
故选：BCD
28．（2022·湖北襄阳·高三期末）在中，，，其中，，，，，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】AD
【分析】
当时，，再把用表示可判断A；
当时是边长为4的等边三角形，由可判断B；
当时，，两边平方化简可判断C；
当时，，计算出，
，由向量夹角公式可判断D.
【详解】
因为，所以与的夹角为，
当时，，
故A正确；

当时，，所以是边长为4的等边三角形，
，所以B错误；

当时，，所以
，
所以，故C错误；

当时，，
，
所以
，
，
所以，
因为，所以，故D正确.

故选：AD.
29．（2022·广东罗湖·高三期末）已知点O是边长为1的正方形ABCD的中心，则下列结论正确的为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】
通过向量加法的平行四边形法则、向量减法的三角形法与向量的数量积公式即可判断各选项正确与否.
【详解】
通过向量加法的平行四边形法则可知，，选项A正确；
，选项B错误；
与方向不同，选项C错误；
延长到,使,通过向量减法的三角形法则可知,在中，，，选项D正确.
故选：AD.

30．（2022·广东揭阳·高三期末）已知向量，且，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．的最大值为2
【答案】BC
【分析】
先根据向量加法，可直接求出.
对选项，直接求出向量和的模，然后验证即可；
对选项，直接求出余弦值；
对选项，直接求出正弦值；
对选项，直接求出向量的模.
【详解】
根据向量的加法可得：
根据诱导公式及同角三角函数的关系，且，解得：
对选项，，则有：，故选项错误；
对选项，则有：，故选项正确；
对选项，则有：，故选项正确；
对选项， ，则有：
故有：，故选项错误.
故选：
31．（2022·江苏宿迁·高三期末）在平面直角坐标系中，若对于曲线上的任意点，都存在曲线上的点，使得成立，则称函数具备“性质”.则下列函数具备“性质”的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】
四个选项都可以做出简图，对于选项A和选项C，可在图中选取特殊点验证排除；选项B、选项D可在图中任意选择点，观察是否存在点，使得成立，即可做出判断.
【详解】

选项A，如图所示，曲线，当点取得时，要使得点满足成立，那么点落在直线上，而此时与两直线是平行的，不存在交点，故此时不满足在上存在点，使得成立，故选项A错误；

选项B，如图所示，曲线，对于曲线上的任意点，都存在曲线上的点，使得成立，故选项B正确；

选项C，如图所示，曲线，当点取得时，要使得点满足成立，那么点落在直线上，而此时与两曲线不存在交点，故此时不满足在上存在点，使得成立，故选项C错误；

选项D，如图所示，曲线，对于曲线上的任意点，都存在曲线上的点，使得成立，故选项D正确；
故选：BD
32．（2022·江苏通州·高三期末）已知点A(4，3)在以原点O为圆心的圆上，B，C为该圆上的两点，满足，则（ ）
A．直线BC的斜率为 B．∠AOC＝60°
C．△ABC的面积为 D．B、C两点在同一象限
【答案】ABD
【分析】
由向量相等得直线平行，线段相等，同时得出的方向，从而由斜率判断A，由四边形的形状判断B，求出三角形面积判断C，确定与的夹角的大小判断D．
【详解】
，则平行且相等，，A正确；
而，所以是菱形，且都是正三角形，即，B正确，
，
，C错误，
设的倾斜角为，由且，
若直线在直线上方，则，，均在第二象限，
若直线在直线下方，由于，，因此点在第四象限，
则（取较小角），在第四象限，
综上，在同一象限，D正确．
故选：ABD．
33．（2022·江苏苏州·高三期末）折纸发源于中国．世纪，折纸传入欧洲，与自然科学结合在一起成为建筑学院的教具，并发展成为现代几何学的一个分支．我国传统的一种手工折纸风车（如图）是从正方形纸片的一个直角顶点开始，沿对角线部分剪开成两个角，将其中一个角折叠使其顶点仍落在该对角线上，同样操作其余三个直角制作而成的，其平面图如图，则（ ）

A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】
将讨论的向量分解到上，再进行向量的相关算可依次判断.
【详解】

，则与不平行，A错．
设，


，B对．
，C对

，D对，
故选:BCD．


三、双空题
34．（2022·山东泰安·高三期末）如图，在中，，点在线段上移动（不含端点），若，则___________，的最小值为___________.

【答案】2
【分析】
先得出，设出得出，则，两问分别代入计算即可.
【详解】
因为在中，，
所以,
即.
因为点在线段上移动（不含端点），所以设.
所以，对比可得.
代入，得；
代入可得，根据二次函数性质知当时，.
故答案为：
35．（2022·广东佛山·高三期末）菱形中，，点E，F分别是线段上的动点（包括端点），，则___________，的最小值为___________.
【答案】0
【分析】
建立坐标系，用坐标表示向量，第一个空利用向量数量积坐标公式进行相应计算，第二个空设出，表达出，利用二次函数的性质求最小值，再结合求出最小值.
【详解】
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系，故，，，，设，则，，则，，，；

因为，所以，，故当时，取得最小值为，因为，所以当，即时，最小，最小值为

故答案为：0，
【点睛】
建立坐标系，解决平面向量相关的取值范围或共线等问题是非常好用的.

四、填空题
36．（2022·河北深州市中学高三期末）若向量，满足，且，则______．
【答案】
【分析】
由，计算即可得出答案.
【详解】
∵，∴．
故答案为：.
37．（2022·河北唐山·高三期末）中，为的中点，，，则______．
【答案】
【分析】
用向量表示，再结合， 求解即可.
【详解】
解：因为为的中点，，所以，
，
所以
故答案为：
38．（2022·河北张家口·高三期末）已知向量，向量，若，则实数___________.
【答案】
【分析】
利用共线向量的坐标表示可求得实数的值.
【详解】
因为，所以，所以.
故答案为：.
39．（2021·福建·莆田二中高三期末）设平面上的向量、、、满足关系，，又设与的模均为且互相垂直，则与的夹角余弦值的取值范围为__________.
【答案】
【分析】
由已知条件求得，利用平面向量的数量积计算得出，利用对勾函数的单调性可求得结果.
【详解】
因为，可得，
因为且，
所以，，
，，
所以，
，
因为函数在上单调递增，当时，，则，
所以，.
故答案为：.
40．（2022·山东青岛·高三期末）已知在边长为4的等边中，，则________；
【答案】
【分析】
将转化为，进而结合题意及平面向量数量积数量积的运算求得答案.
【详解】
由题意，
.
故答案为：10.
41．（2022·湖南郴州·高三期末）已知是平面向量，与是单位向量，且，若，则的最小值为_____________．
【答案】
【分析】
把条件的二次方程分解成两个向量的积，得到这两个向量互相垂直，结合图形确定的最小值.
【详解】
如下图所示，设
且




点B在以F为圆心，DE为直径的圆上
又
当点B为圆F和线段FA的交点的时候，最短

故答案为：


42．（2022·广东东莞·高三期末）桌面上有一张边长为2的正三角形的卡纸，设三个顶点分别为，，，将卡纸绕顶点顺时针旋转，得到、的旋转点分别为、，则_________.
【答案】##
【分析】
以点为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，得出点的坐标，旋转后得出点的坐标，从而得出向量的坐标，从而得出数量积.
【详解】
以点为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系. 如图,则
则
将绕顶点顺时针旋转,得到，如图.
则,即可以看成是角的终边. 点在轴上
则,

所以
所以
所以
故答案为：

43．（2022·广东汕尾·高三期末）已知非零向量，且，则与的夹角为______．
【答案】
【分析】
根据题意结合向量的数量积的运算律求出，即可得解.
【详解】
非零向量，且，，
，所以，
又，所以，即与的夹角为.
故答案为：.
44．（2022·江苏通州·高三期末）已知单位向量满足，则＝__________.
【答案】
【分析】
先将两边平方，求得，再根据向量的数量积的运算法则求得的值.
【详解】
由可知：，
即，则，
所以，
故答案为：
45．（2022·江苏海安·高三期末）在平面直角坐标系xOy中，已知向量，试写一个非零向量_________，使得．
【答案】（答案不唯一）
【分析】
根据得到向量满足的条件即可写出.
【详解】
设，则，，所以有，
即.
不妨取（答案不唯一）
故答案为：（答案不唯一）
46．（2022·江苏如皋·高三期末）已知圆O：x2＋y2＝1，M，N，P是圆O上的三个动点，且满足∠MON＝，则_________.
【答案】1
【分析】
利用向量的几何运算将转化为用表示，然后代入数值计算即可.
【详解】
，
，且


故答案为：1
47．（2022·江苏无锡·高三期末）已知是边长为的等边三角形,在边上,且,为的中点,则__________.
【答案】
【分析】
建立直角坐标系,利用坐标求解
【详解】

如图,以BC中点为坐标原点建立直角坐标系,则
因为,所以
因为为AD的中点,所以
所以
故答案为：

五、解答题
48．（2022·河北深州市中学高三期末）的内角，，的对边分别为，，.已知向量，，且.
（1）求；
（2）若，且，求的周长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）先利用向量数量积的坐标形式可以得到，利用正弦定理和两角和的正弦公式可以得到，从而得到的大小.
（2）根据内角和为可得的关系，消元后可求出，再利用正弦定理求出后结合为等腰三角形可得所求的周长.
【详解】
解：（1）根据题意，可得，
化简整理得，
即.
因为，所以，又，
则.
（2）由（1）知，
则.
又因为，所以，故，因此.
因为，所以，
故的周长为.
【点睛】
本题考查向量的数量积、两角和的正弦以及正弦定理，注意根据题设条件选择合适的边角关系的转化方法，本题为中档题.