数学平面向量课后题

第一篇：数学平面向量课后题

数学的必修四便会学习到平面向量，这和物理必修一的内容也有一定的相关性，所以，我们更应该学好这一知识点。分享了数学平面向量的课后题及答案，一起来看看吧！

一、选择题

1．已知向量OA→＝(3，－4)，OB→＝(6，－3)，OC→＝(2m，m＋1)．若AB→∥OC→，则实数m的值为()

A．－3 B．－17

C．－35 D.3

5解析 AB→＝OB→－OA→＝(3,1)，因为AB→∥OC→，所以3(m＋1)－2m＝0，解得m＝－3.答案 A

2．已知|a|＝|b|＝2，(a＋2b)(a－b)＝－2，则a与b的夹角为()

A.π6 B.π

3C.π2 D.2π3

解析 由(a＋2b)(a－b)＝|a|2＋ ab－2|b|2＝－2，得ab＝2，即|a||b|cos〈a，b〉＝2，cos〈a，b〉＝12.故〈a，b〉＝π3.答案 B

3．平面向量a＝(1,2)，b＝(4,2)，c＝ma＋b(m∈R)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m＝()

A．－2 B．－

1C．1 D．

2解析 ∵a＝(1,2)，b＝(4,2)，∴c＝m(1,2)＋(4,2)＝(m＋4,2m＋2)．又∵c与a的夹角等于c与b的夹角，∴cos〈c，a〉＝cos〈c，b〉．∴ca|c||a|＝cb|c||b|.即5m＋85|c|＝8m＋2025|c|，解得m＝2.答案 D

4．)若向量a，b满足：|a|＝1，(a＋b)⊥a，(2a＋b)⊥b，则|b|＝()

A．2 B.2

C．1 D.22

解析 ∵(a＋b)⊥a，|a|＝1，∴(a＋b)a＝0，∴|a|2＋ab＝0，∴ab＝－1.又∵(2a＋b)⊥b，∴(2a＋b)b＝ 0.∴2ab＋|b|2＝0.∴|b|2＝2.∴|b|＝2，选B.答案 B

5．设△ABC的三个内角为A，B，C，向量m＝(3sinA，sinB)，n＝(cosB，3cosA)，若mn＝1＋cos(A＋B)，则C＝()

A.π6 B.π3

C.2π3 D.5π6

解析 依题意得 3sinAcosB＋3cosAsinB＝1＋cos(A＋B)，3sin(A＋B)＝1＋cos(A＋B)，3sinC＋cosC＝1，2sinC＋π6＝1，sinC＋π6＝12.又π6

6．在平面上，AB1→⊥AB2→，|OB1→|＝|OB2→|＝1，AP→＝AB1→＋AB2→.若|OP→|<12，则|OA→|的取值范围是()

A.0，52 B.52，72

C.52，2 D.72，2

解析 由题意得点B1，B2在以O为圆心，半径为1的圆上，点P在以O为圆心半径为12的圆内，又AB1→⊥AB2→，AP→＝AB1→＋AB2→，所以点A在以B1B2为直径的圆上，当P与O点重合时，|OA→|最大为2，当P在半径为12的圆周上，|OA→|最小为72.∵P在圆内，∴|OA→|∈72，2.答案 D

二、填空题

7．已知向量a，b满足|a|＝1，b＝(2,1)，且λ a＋b＝0(λ∈R)，则|λ|＝________.解析 |b|＝22＋12＝5，由λa＋b＝0，得b＝－λa，故|b|＝|－λa|＝|λ||a|，所以|λ|＝|b||a|＝51＝5.答案

58．在△ABC中，BO为边AC上的中线，BG→＝2GO→，若CD→∥AG→，且AD→＝15AB→＋λAC→(λ∈R)，则λ的值为________．

解析 因为CD→∥AG→，所以存在实数k，使得CD→＝kAG→.CD→＝AD→－AC→＝15AB→＋(λ－1)AC→，又由BO是△ABC的边AC上的中线，BG→＝2GO→，得点G为△ABC的重心，所以AG→＝13(AB→＋AC→)，所以15AB→＋(λ－1)AC→＝k3(AB→＋AC→)，由平面向量基本定理可得15＝k3，λ－1＝k3，解得λ＝65.答案 65

9．在△ABC所在的平面上有一点P满足PA→＋PB→＋PC→＝AB→，则△PBC与△ABC的面积之比是________．

解析 因为PA→＋PB→＋PC→＝AB→，所以PA→＋PB→＋PC→＋BA→＝0，即PC→＝2AP→，所以点P是CA边上靠近A点的一个三等分点，故S△PBCS△ABC＝PCAC＝23.答案 2

3三、解答题

10．已知向量AB→＝(3,1)，AC→＝(－1，a)，a∈R

(1)若D为BC中点，AD→＝(m,2)，求a，m的值；

(2)若△ABC是直角三角形，求a的值．

解(1)因为AB→＝(3,1)，AC→＝(－1，a)，所以AD→＝12(AB→＋AC→)＝1，1＋a2.又AD→＝(m,2)，所以m＝1，1＋a＝2×2，解得a＝3，m＝1.(2)因为△ABC是直角三角形，所以A＝90°或B＝90°或C＝90°.当A＝90°时，由AB→⊥AC→，得3×(－1)＋1a＝0，所以a＝3；

当B＝90°时，因为BC→＝AC→－AB→＝(－4，a－1)，所以由AB→⊥BC→，得3×(－4)＋1(a－1)＝0，所以a＝13；

当C＝90° 时，由BC→⊥AC→，得－1×(－4)＋a(a－1)＝0，即a2－a＋4＝0，因为a∈R，所以无解．

综上所述，a＝3或a＝13.11．在△ABC中，已知2AB→AC→＝3|AB→||AC→|＝3BC→2，求角A、B、C的大小．

解 设BC＝a，AC＝b，AB＝c.由2AB→AC→＝3|AB→||AC→|，得2bccosA＝3bc，所以cosA＝32.又A∈(0，π)，因此A＝π6.由3|AB→||AC→|＝3BC→2，得cb＝3a2.于是sinCsinB＝3sin2A＝34.所以sinCsin5π6－C＝34.sinC12cosC＋32sinC＝34，因此2sinCcosC＋23sin2C＝3，sin2C－3cos2C＝0，即2sin2C－π3＝0.由A＝π6知0

1.已知正三角形ABC的边长为1，点P是AB边上的动点，点Q是AC边上的动点，且AP→＝λAB→，AQ→＝(1－λ)AC→，λ∈R，则BQ→CP→的最大值为()

A.32 B．－32

C.38 D．－38

解析，BQ→CP→＝(BA→＋AQ→)(CA→＋AP→)＝[BA→＋(1－λ)AC→](CA→＋λAB→)＝AB→AC→－λAB→ 2－(1－λ)AC→2＋λ(1－λ)AB→AC→＝(λ－λ2＋1)×cos60°－λ＋λ－1＝－12λ－122－38，0≤λ≤1，所以当λ＝12时，BQ→CP→的最大值为－38，选D.答案 D

2．已知两个不相等的非零向量a，b，两组向量x1，x2，x3，x4，x5和y1，y2，y3，y4，y5均由2个a和3个b排列而成．记S＝x1y1＋x2y2＋x3y3＋x4y4＋x5y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值． 则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．

①S有5个不同的值；

②若a⊥b，则Smin与|a|无关；

③若a∥b，则Smin与|b|无关；

④若|b|>4|a|，则Smin>0；

⑤若|b|＝2|a|，Smin＝8|a|2，则a与b的夹角为π4.解析 对于①，若a，b有0组对应乘积，则S1＝2a2＋3b2，若a，b有2组对应乘积，则S2＝a2＋2b2＋2ab，若a，b有4组对应乘积，则S3＝b2＋4ab，所以S最多有3个不同的值，①错误；因为a，b是不等向量，所以S1－S3＝2a2＋2b2－4ab＝2(a－b)2>0，S1－S2＝a2 ＋b2－2ab＝(a－b)2>0，S2－S3＝(a－b)2>0，所以S30，④正确；对于⑤，|b|＝2|a|，Smin＝4|a|2＋8|a|2cosθ＝8|a|2，所以cosθ＝12，又θ∈[0，π]，所以θ＝π3，⑤错误．因此正确命题是②④.答案 ②④

3．已知向量m＝3sinx4，1，n＝cosx4，cos2x4.(1)若mn＝1，求cos2π3－x的值；

(2)记f(x)＝mn，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cosB＝bcosC，求函数f(A)的取值范围．

解(1)mn＝3sinx4cosx4＋cos2x4

＝32sin x2＋12cosx2＋12＝sinx2＋π6＋12.又∵mn＝1，∴sinx2＋π6＝12.cosx＋π3＝1－2sin2x2＋π6＝12，cos2π3－x＝－ cosx＋π3＝－12.(2)∵(2a－c)cosB＝bcosC，由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，∴2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC.∴2sinAcosB＝sin(B＋C)．

∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0.∴cosB＝12.又∵0

第二篇：07--12年浙江省高考数学平面向量题

2010（16）已知平面向量a,(a0,a)满足1,且a与a的夹角为120°则a。

2009（7）设向量a,b满足︱a︱=3,︱b︱=4,ab=0.以a,b,a-b的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为

（A）3（B）4（C）5（D）6

2008（9）已知a、b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(ac)(bc)的最大值是

（A）1（B）2（C）0,则|c| 2（D）22

2007（7）若非零向量a，b满足abb，则（）Ａ．2aab Ｂ．2a2abＣ．2babＤ． 2ba2b

2012（5）.设a，b是两个非零向量。

A.若|a+b|=|a|-|b|，则a⊥b

B.若a⊥b，则|a+b|=|a|-|b|

C.若|a+b|=|a|-|b|，则存在实数λ，使得b=λa

D.若存在实数λ，使得b=λa，则|a+b|=|a|-|b|

2012（15）.在△ABC中，M是BC的中点，AM=3，BC=10，则

=________.

第三篇：平面向量复习题

平面 向 量

向量思想方法和平面向量问题是新考试大纲考查的重要部分，是新高考的热点问题。题型多为选择或填空题，数量为1-2题，均属容易题，但是向量作为中学数学中的一个重要工具在三角、函数、导数、解几、立几等问题解决中处处闪光。最近几年的考试中向量均出现在解析几何题中，在解析几何的框架中考查向量的概念和方法、考查向量的运算性质、考查向量几何意义的应用，并直接与距离问题、角度问题、轨迹问题等相联系。近年考纲又新增“平面向量在几何中的应用”试题进一步要求我们具备多角度、多方向地分析，去探索、去发现、去研究、去创新，而不是去做大量的模仿式的解题。一个问题解决后，不能匆匆而过，回顾与反思是非常有必要的，以充分发挥每一道题目的价值。除了要重视一题多解外，更要重视一题多变，主动探索：条件和结论换一种说法如何？变换一个条件如何？反过来又会怎么样？等等。只有这样才能做到举一反三，以不变应万变。

一、高考考纲要求

1．理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念．

2．掌握向量的加法与减法．

3．掌握实数与向量的积，理解两个向量共线的充要条件．

4．了解平面向量的基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算．

5．掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件．

6．掌握平面两点间的距离公式，掌握线段的定比分点和中点公式，并且能熟练运用；掌握平移公式．

二、高考热点分析

在高考试题中，对平面向量的考查主要有三个方面：

其一是主要考查平面向量的概念、性质和运算法则，理解和运用其直观的几何意义，并能正确地进行计算。其二考查向量坐标表示，向量的线性运算。

其三是和其他知识结合在一起，在知识的交汇点设计试题，考查向量与学科知识间综合运用能力。

数学高考命题注重知识的整体性和综合性，重视知识的交互渗透，在知识网络的交汇点设计试题．由于向量具有代数和几何的双重身份，使它成为中学数学知识的一个交汇点，成为联系多项知识的媒介．因此，平面向量与其他知识的结合特别是与解析几何的交汇、融合仍将是高考命题的一大趋势，同时它仍将是近几年高考的热点内容．

附Ⅰ、平面向量知识结构表

1.考查平面向量的基本概念和运算律

1此类题经常出现在选择题与填空题中，主要考查平面向量的有关概念与性质，要求考生深刻理解平面向量的相关概念，能熟练进行向量的各种运算，熟悉常用公式及结论，理解并掌握两向量共线、垂直的充要条件。1．(北京卷)| a |=1，| b |=2，c = a + b，且c⊥a，则向量a与b的夹角为

A．30°

B．60°

C．120°

D．150°

（）

2．(江西卷)已知向量

A．30°

(1,2),(2,4),||

B．60°,若()

C．120°,则与的夹角为

2（）

D．150°

3．(重庆卷)已知A（3，1），B（6，1），C（4，3），D为线段BC的中点，则

A．

与的夹角为（）

444

4B．arccos C．arccos()D．－arccos()

2555

5

4．(浙江卷)已知向量a≠e，|e|＝1，对任意t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|，则

arccos



（）

A．a⊥e B．a⊥(a－e)



C．e⊥(a－e)D．(a＋e)⊥(a－e)

．(上海卷)在△ABC中，若C90，ACBC4，则BABC 2.考查向量的坐标运算

1．(湖北卷)已知向量a=（－2，2），b=（5，k）.若|a+b|不超过5，则k的取值范围是

A．[－4，6]

2．(重庆卷)设向量a=（－1，2），b=（2，－1），则（a·b）（a+b）等于

A．（1，1）

B．（－4，－4）

C．－4

D．（－2，－2）

()

（）

B．[－6，4]

C．[－6，2]

D．[－2，6]

（）



3．(浙江卷)已知向量a＝(x－5，3)，b＝(2，x)，且a⊥b，则由x的值构成的集合是

A．{2，3}

B．{－1，6}

C．{2}

D．{6}

例4．(2005年高考·天津卷·理14)在直角坐标系xOy中,已知点A(0,1)和点B(－3,4)，若点C在∠AOB的平分线上且||=2,则OC=。



5．(全国卷)已知向量OA(k,12),OB(4,5),OC(k,10)，且A、B、C三点共线，则k=.6．(湖北卷)已知向量a7．(广东卷)已知向量a

(2,2),b(5,k).若|ab|不超过5，则k的取值范围是

(2,3),b(x,6),且a//b,则x.3.平面向量在平面几何中的应用



ABAC

),[0,),则1.O是平面上一定点，A,B,C是平面上不共线的三个点，动点P满足OPOA(|AB||AC|

P的轨迹一定通过△ABC

A．外心的（）B．内心

C．重心

D．垂心



2．（辽宁卷）已知四边形ABCD是菱形，点P在对角线AC上（不包括端点A,C），则AP等于（）

A．(ABAD),(0,1)

B.(ABBC),(0,C.(ABAD),(0,1)

D.(ABBC),(0,

3．已知有公共端点的向量a，b不共线，|a|＝1，|b|=2,则与向量a，b的夹角平分线平行的单位向量是.

4．已知直角坐标系内有三个定点A(2,1)、B(0,10)、C(8,0)，若动点P满足：OPOAt(ABAC),tR，则点P的轨迹方程。

4.平面向量与三角函数、函数等知识的结合当平面向量给出的形式中含有未知数时，由向量平行或垂直的充要条件可以得到关于该未知数的关系式。在此基础上，可以设计出有关函数、不等式、三角函数、数列的综合问题。此类题的解题思路是转化为代数运算，其转化途径主要有两种：

①利用向量平行或垂直的充要条件，②利用向量数量积的公式和性质.1．(江西卷)已知向量(2cos

xxxx,tan()),(2sin(),tan()),令f(x).224242

4求函数f(x)的最大值，最小正周期，并写出f(x)在[0，π]上的单调区间.2．(山东卷)已知向量



m(cos,sin)

和

n

sin,cos,,2

，且

mn求



cos的值.28

3．(上海卷)已知函数

f(x)kxb的图象与x,y轴分别相交于点

A、B，22（,分别是与x,y轴正半

轴同方向的单位向量），函数g(x)

x2x6.f(x)g(x)时，求函数

（1）求k,b的值；（2）当x满足

g(x)

1的最小值.f(x)

【反思】这类问题主要是以平面向量的模、数量积、夹角等公式和相互知识为纽带，促成与不等式知识的相互迁移，有效地考查平面向量有关知识、不等式的性质、不等式的解法、不等式的应用及综合解题能力。

5.平面向量与解析几何的交汇与融合由于向量既能体现“形”的直观位置特征，又具有“数”的良好运算性质，是数形结合与转换的桥梁和纽带。而解析几何也具有数形结合与转换的特征，所以在向量与解析几何知识的交汇处设计试题，已逐渐成为高考命题的一个新的亮点。

平面几何与解析几何的结合通常涉及到夹角、平行、垂直、共线、轨迹等问题的处理，解决此类问题基本思路是将几何问题坐标化、符号化、数量化，从而将推理转化为运算；或者考虑向量运算的几何意义，利用其几何意义解决有关问题。主要包括以下三种题型：

1、运用向量共线的充要条件处理解几中有关平行、共线等问题

运用向量共线的充要条件来处理解几中有关平行、共线等问题思路清晰,易于操作,比用斜率或定比分点公式研究这类问

题要简捷的多。

2、运用向量的数量积处理解几中有关长度、角度、垂直等问题

运用向量的数量积，可以把有关的长度、角度、垂直等几何关系迅速转化为数量关系，从而“计算”出所要求的结果。

3、运用平面向量综合知识，探求动点轨迹方程，还可再进一步探求曲线的性质。

1．(江西卷)以下同个关于圆锥曲线的命题中 ①设A、B为两个定点，k为非零常数，|

PA||PB|k，则动点P的轨迹为双曲线；



(),则动点P的轨迹为椭圆； 2

②设定圆C上一定点A作圆的动点弦AB，O为坐标原点，若③方程2x

5x20的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；

x2y2x2

1与椭圆y21有相同的焦点.④双曲线

25935

其中真命题的序号为（写出所有真命题的序号）



2．平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知A(3,1),B(1,3)，若点C满足OC0AOB，其中,R，且

1，则点C的轨迹方程为()

A.C.3x2y110B.(x1)2(y2)25 2xy0D.x2y50

2．已知平面上一个定点C（－1，0）和一条定直线l：x＝－4，P为该平面上一动点，作PQ⊥l，垂足为Q，

（PQ＋2PC）（PQ－2PC）＝0.（1）求点P的轨迹方程；



PC的取值范围．（2）求PQ·

第四篇：2014高考数学复习：平面向量

高考数学内部交流资料【1--4】

2014高考数学复习：平面向量

一选择题（每题5分，共50分）

1.向量﹒化简后等于（）

A.AMB.0C.0D.AC

2.下面给出的关系式中，正确的个数是（）

10·=0○2 ·=·○

3○4○25ab a

A.0B.1C.2D.3 3.对于非零向量a.b,下列命题中正确的是（）

A.ab0 a0或b0B//在上的投

影为。C.D.acbcab

4.已知=5,2,=4,3,=x,y.若-2+3=.则等于()A.1,B.28

3138134134,C.,D., 333333

1AB()25已知2,4,2,6,A.(0,5)B.(0,1)C.(2,5)D.(2,1)6e1.e2是平面内的一组基底，则下列四组向量中，不能作为一组基底的是（）

A.e1 和e1e2B.e1—2e2和e22e1 C.e1—2e2和4e22e1 D.e1e2和e1—e2 7已知ABC中ABAC>0,则ABC的形状是（）

A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不能确定 8已知1,0,1,1，且k恰好与垂直，则实数k的值是（）

A.1B.—1C.1或—1D.以上都不对

9.已知=,2,3,5，且与的夹角是钝角，则的范围是（）

A.10101010B.C.D. 3333

10.已知,是夹角为60的两个单位向量，则2,3的夹角是（）A.30B.60C.120D.150

二．填空题（每题5分,共25分）

11.若a6,8，则与a平行的单位向量是12.若向量,12且与的夹角为13.

1

2，0，则与的夹角为





=3

14．设e1.e2为两个不共线的向量，若e1e2与2e13e2与共线，则15已知平面内三点A.B.C34

5,则的值等于三．解答题（共75分）

16(12分)已知向量a3e12e2,b4e1e2其中e11,0,e20,1求：（1），（2）与夹角的余弦值。

17(12分).已知向量3,4,2,x,2,y且//,求：（1）x,y的值；（2的值



18.（12分）已知向量sinx,1,cosx,1（1）当a//b时，求cosxsinxcosx的值；（2）求f(x)=的最小正周期及最值。

19.（12分）已知2,24,36（其中,是任意两个不共线

向量），证明：A.B.C三点共线。

20．（13分）已知ABC中，A5,1，B1,7,C1,2.求（1）BC边上的中线AM的长;（2）cosABC的值

21.（14

32,的夹角为60，c3a5b,dma3b；（1）当m为何值时，c与d垂直？（2）当m为何值时，c与d共线？

第五篇：近五年高考数学真题分类05平面向量

近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编

五、平面向量

一、多选题

1．（2021·全国新高考1）已知为坐标原点，点，，则（）

A．

B．

C．

D．

二、单选题

2．（2021·浙江）已知非零向量，则“”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．既不充分又不必要条件

3．（2020·海南）在中，D是AB边上的中点，则=（）

A．

B．

C．

D．

4．（2020·海南）已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则的取值范围是（）

A．

B．

C．

D．

5．（2020·全国2（理））已知向量，满足，，则（）

A．

B．

C．

D．

6．（2020·全国3（文））已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（）

A．

B．

C．

D．

7．（2019·全国2（文））已知向量，则

A．

B．2

C．5

D．50

8．（2019·全国1（文））已知非零向量满足，且，则与的夹角为

A．

B．

C．

D．

9．（2019·全国2（理））已知=(2,3)，=(3，t)，=1，则=

A．-3

B．-2

C．2

D．3

10．（2018·北京（理））设向量均为单位向量，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．既不充分又不必要条件

11．（2018·浙江）已知、、是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是

A．

B．

C．2

D．

12．（2018·天津（理））如图，在平面四边形ABCD中，若点E为边CD上的动点，则的最小值为

A．

B．

C．

D．

13．（2018·全国1（文））在△中，为边上的中线，为的中点，则

A．

B．

C．

D．

14．（2018·全国2（文））已知向量满足，则

A．4

B．3

C．2

D．0

15．（2018·天津（文））在如图的平面图形中，已知,则的值为

A．

B．

C．

D．0

16．（2017·浙江）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O，记，，则

A．I１

B．I１

C．I３<

I１

D．I２

17．（2017·全国2（理））已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是

A．

B．

C．

D．

18．（2017·北京（文））设m,n为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

19．（2017·全国2（文））设非零向量，满足，则

A．⊥

B．

C．∥

D．

三、填空题

20．（2021·浙江）已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为___________.21．（2021·全国甲（文））若向量满足，则_________.22．（2021·全国甲（理））已知向量．若，则________．

23．（2021·全国乙（理））已知向量，若，则__________．

24．（2021·全国乙（文））已知向量，若，则_________．

25．（2020·浙江）设，为单位向量，满足，，设，的夹角为，则的最小值为_______．

26．（2020·江苏）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．

27．（2020·全国1（文））设向量，若，则__________.28．（2020·全国1（理））设为单位向量，且，则__________.29．（2020·全国1（理））已知单位向量,的夹角为45°，与垂直，则k=__________.30．（2019·江苏）如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是_____.31．（2019·北京（文））已知向量=（－4，3），=（6，m），且，则m=__________.32．（2019·全国3（文））已知向量，则___________.33．（2019·全国（理））已知为单位向量，且=0，若，则___________.34．（2019·天津（文））

在四边形中，，，点在线段的延长线上，且，则__________.35．（2019·上海）在椭圆上任意一点，与关于轴对称，若有，则与的夹角范围为____________

36．（2018·上海）已知实数、、、满足：，，则的最大值为______．

37．（2018·江苏）在平面直角坐标系中，为直线上在第一象限内的点，以为直径的圆与直线交于另一点．若，则点的横坐标为________．

38．（2018·北京（文））设向量

=（1,0），=（−1,m）,若，则m=_________.39．（2018·全国3（理））已知向量，．若，则________．

40．（2017·上海）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点、、、以及四个标记为“#”的点在正方形的顶点处，设集合，点，过作直线，使得不在上的“#”的点分布在的两侧.用和分别表示一侧和另一侧的“#”的点到的距离之和.若过的直线中有且只有一条满足，则中所有这样的为________

41．（2017·北京（文））已知点在圆上，点的坐标为，为原点，则的最大值为_________．

42．（2017·全国1（理））已知向量与的夹角为60°，||=2，||=1，则|

+2

|=

______

.43．（2017·天津（文））设抛物线的焦点为F，准线为l.已知点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若，则圆的方程为____________

.44．（2017·天津（文））在中，，.若，且，则的值为______________.45．（2017·山东（理））已知，是互相垂直的单位向量，若

与λ的夹角为60°，则实数λ的值是__．

46．（2017·全国3（文））已知向量，且，则_______.47．（2017·全国1（文））已知向量=（﹣1，2），=（m，1），若，则m=_________．

48．（2017·山东（文））已知向量a=（2,6）,b=,若a∥b,则

____________.49．（2017·江苏）在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为，且与的夹角为，若，则_________．

50．（2020·天津）如图，在四边形中，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．

51．（2020·北京）已知正方形的边长为2，点P满足，则_________；_________．

52．（2019·浙江）已知正方形的边长为1，当每个取遍时，的最小值是________；最大值是_______.53．（2017·浙江）已知向量满足，则的最小值是___________，最大值是______．

四、解答题

54．（2017·江苏）已知向量．

（1）若，求x的值；

（2）记，求函数y＝f（x）的最大值和最小值及对应的x的值．

近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编

五、平面向量（答案解析）

1．AC

【解析】

A：，所以，故，正确；

B：，所以同理，故不一定相等，错误；

C：由题意得：，正确；

D：由题意得：，故一般来说故错误；

2．B

【解析】

若，则，推不出；若，则必成立，故“”是“”的必要不充分条件

3．C

【解析】

4．A

【解析】的模为2，根据正六边形的特征，可以得到在方向上的投影的取值范围是，结合向量数量积的定义式，可知等于的模与在方向上的投影的乘积，所以的取值范围是，5．D

【解析】，，.，因此，.6．D

【解析】由已知可得：.A：因为，所以本选项不符合题意；

B：因为，所以本选项不符合题意；

C：因为，所以本选项不符合题意；

D：因为，所以本选项符合题意.7．A

【解析】由已知，所以，8．B

【解析】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．

9．C

【解析】由，得，则，．故选C．

10．C

【解析】因为向量均为单位向量

所以

所以“”是“”的充要条件

11．A

【解析】设，则由得，由得

因此，的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.12．A

【解析】连接BD,取AD中点为O,可知为等腰三角形，而，所以为等边三角形。设

=

所以当时，上式取最小值，选A.点睛：本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分，需要选择合适的基底，再把其它向量都用基底表示。同时利用向量共线转化为函数求最值。

13．A

【解析】根据向量的运算法则，可得，所以，故选A.14．B

【解析】因为

15．C

【解析】如图所示，连结MN，由

可知点分别为线段上靠近点的三等分点，则，由题意可知：，结合数量积的运算法则可得：

.本题选择C选项.16．C

【解析】因为，，所以，故选C．

17．B

【解析】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，则，，设，则，，则

当，时，取得最小值，故选：．

18．A

【解析】若，使，则两向量反向，夹角是，那么；若，那么两向量的夹角为，并不一定反向，即不一定存在负数，使得，所以是充分而不必要条件，故选A.19．A

【解析】

由平方得，即，则

20．【解析】由题意，设，则，即，又向量在方向上的投影分别为x，y，所以，所以在方向上的投影，即,所以，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为.21．

【解析】∵

∴

∴.22．.【解析】,，解得,故答案为：.23．

【解析】因为，所以由可得，解得．故答案为：．

24．【解析】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，解方程可得：.25．

【解析】，，.26．或0

【解析】∵三点共线，∴可设，∵，∴，即，若且，则三点共线，∴，即，∵，∴，∵，，∴，设，则，.∴根据余弦定理可得，∵，∴，解得，∴的长度为.当时，重合，此时的长度为，当时，重合，此时，不合题意，舍去.27．5

【解析】由可得，又因为，所以，即，故答案为：5.28．

【解析】因为为单位向量，所以

所以，解得：

所以，故答案为：

29．【解析】由题意可得：，由向量垂直的充分必要条件可得：，即：，解得：.故答案为：．

30．.【解析】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.，得即故.31．8.【解析】向量则.32．

【解析】．

33．.【解析】因为，所以，所以，所以

．

34．.【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，．

因为∥，所以，因为，所以，所以直线的斜率为，其方程为，直线的斜率为，其方程为．

由得，所以．

所以．

35．【解析】由题意：，设，因为，则

与结合，又

与结合，消去，可得：

所以

36．【解析】设A（x1，y1），B（x2，y2），=（x1，y1），=（x2，y2），由x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=，可得A，B两点在圆x2+y2=1上，且•=1×1×cos∠AOB=，即有∠AOB=60°，即三角形OAB为等边三角形，AB=1，+的几何意义为点A，B两点到直线x+y﹣1=0的距离d1与d2之和，显然A，B在第三象限，AB所在直线与直线x+y=1平行，可设AB：x+y+t=0，（t＞0），由圆心O到直线AB的距离d=，可得2=1，解得t=，即有两平行线的距离为=，即+的最大值为+，故答案为+．

37．3

【解析】设，则由圆心为中点得易得，与联立解得点的横坐标所以.所以，由得或，因为，所以

38．-1.【解析】，由得：，即.39．

【解析】由题可得，,即，故答案为

40．、、【解析】建立平面直角坐标系，如图所示；

则记为“▲”的四个点是A（0，3），B（1，0），C（7，1），D（4，4），线段AB，BC，CD，DA的中点分别为E，F，G，H，易知EFGH为平行四边形，如图所示；

设四边形重心为M（x，y），则，由此求得M（3，2），即为平行四边形EFGH的对角线交于点，则符合条件的直线一定经过点，且过点的直线有无数条；

由过点和的直线有且仅有1条，过点和的直线有且仅有1条，过点和的直线有且仅有1条，所以符合条件的点是、、．

41．6

【解析】所以最大值是6.42．

【解析】∵平面向量与的夹角为，∴.∴

故答案为.43．

【解析】设圆心坐标为，则，焦点，由于圆与轴得正半轴相切，则取，所求圆得圆心为，半径为1.44．

【解析】,则

.45．

【解析】由题意，设（1，0），（0，1），则（，﹣1），λ（1，λ）；

又夹角为60°，∴（）•（λ）λ＝2cos60°，即λ，解得λ．

46．2

【解析】由题意可得解得.47．7

【解析】由题得，因为，所以，解得．

48．-3

【解析】由可得

49．【解析】以为轴，建立直角坐标系，则，由的模为与与的夹角为，且知，可得，由可得，故答案为.50．

【解析】，，解得，以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，,∵，∴的坐标为,∵又∵,则，设，则（其中），，所以，当时，取得最小值.51．

【解析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则点、、、，则点，，因此，.52．0

【解析】正方形ABCD的边长为1，可得，•0，要使的最小，只需要，此时只需要取

此时

等号成立当且仅当均非负或者均非正，并且均非负或者均非正．

比如

则.53．4

【解析】

设向量的夹角为，由余弦定理有：，则：，令，则，据此可得：，即的最小值是4，最大值是．

54．【解析】

（1）∵向量．

由，可得：，即，∵x∈[0，π]∴．

（2）由

∵x∈[0，π]，∴

∴当时，即x＝0时f（x）max＝3；

当，即时．