【备战2023高考】数学总复习——第01讲《平面向量》练习（全国通用）

第01讲   平面向量

1．已知四边形是矩形，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量数量积的运算律计算求值即可．

【详解】

 故选：C

2．若平面向量两两的夹角相等，且，则（       ）

A．或 B．或 C．或 D．或

【答案】A

【分析】根据题意, 由平面向量两两的夹角相等可得夹角为或, 对夹角的取值分类讨论即可求出的值.

【详解】由平面向量 两两的夹角相等, 得夹角为或,

当夹角为时,

当夹角为时,

故选：A

3．已知非零向量、满足，且，则（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质求出的值，结合平面向量夹角的取值范围可求得结果.

【详解】因为，则，

，可得，

因为，因此，.故选：C.

4．在中，点在边上，．记，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据平面向量的加法法则和减法法则即可求解.

【详解】如图所示：

.故选：A

5．若非零向量，满足，，则向量与的夹角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由，得，化简结合已知条件和夹角公式可求出结果.

【详解】设向量与的夹角为（），

因为，所以，

所以，得，

因为非零向量，满足，

所以，

因为，所以，故选：C

6．已知向量且，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量相等列方程即可求解.

【详解】因为，

所以，解得．故选：D

7．已知向量，满足，，则_____________.

【答案】

【分析】根据向量的运算公式及向量的数量积的运算公式，准确运算，即可求解.

【详解】由题意，向量满足且，

可得，解得，即.

故答案为：.

8．已知平面向量，，满足，且，则的值为________.

【答案】##

【分析】可化为，两边平方结合数量积的性质可求.

【详解】因为，所以，两边平方可得，

又，

所以，

故答案为：

9．已知向量满足,，与的夹角为，，则_______．

【答案】2

【分析】由已知条件可得的值，再由可得，通过计算即可求出的值.

【详解】因为，所以，即.

又，,与的夹角为，则，

所以．

故答案为：2.

10．已知平面向量，，且.

(1)求向量与的夹角；

(2)当k为何值时，向量与垂直？

【解析】（1）因为，所以，

由，得，所以，

所以，又，所以，

即向量与的夹角为.

（2）因为向量与垂直，则，

所以，

即，解得.

故当时，向量与垂直.

11．已知向量满足．

(1)求的值；

(2)求的值．

【解析】（1）因为，

可得，解得.

（2）因为，所以.

1．已知向量满足，则向量与夹角的最大值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意化简得到，得到，结合向量的夹角公式和基本不等式，即可求解.

【详解】由题意知，可得，

又由，可得，

则，

即，即，

所以，

当且仅当时，等号成立，

所以向量与夹角的最大值是.故选：B.

2． 中，若，则 的值为（       ）

A．2 B．4 C． D．

【答案】B

【分析】由已知条件利用两个向量的数量积的运算法则求得，再利用余弦定可得，根据，利用正弦定理统一成边的形式化简可得结果.

【详解】因为在 中，若，

所以，

所以，

因为，

所以，

所以由余弦定理得，

化简得，

所以

，

故选：B

3．在等腰梯形中，，分别为的中点，为的中点，则等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平面向量的共线定理、平面向量的加法的几何意义，结合已知和等腰梯形的性质进行求解即可.

【详解】因为在等腰梯形中，，分别为的中点，为的中点，

所以可得：．

故选：B.

4．在中，已知，且，则为（　　）

A．等边三角形

B．直角三角形

C．等腰三角形

D．三边均不相等的三角形

【答案】A

【分析】由推出，由求得角，则答案可求．

【详解】解：，分别表示，方向上的单位向量，

在的角平分线上，

，，

又，，

则与的夹角为，即，

可得是等边三角形．故选：A.

5．已知向量，且，则的值为（       ）

A．5 B．10 C．15 D．20

【答案】A

【分析】根据，利用坐标运算求得x，进而得到的坐标，再利用数量积的坐标运算求解.

【详解】解：因为，

所以，

解得，

所以，

则，

所以，故选：A

6．设，，为平面内任意三点，则“与的夹角为钝角”是“”的（       ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】设与的夹角为，，利用利用数量积的运算性质及余弦定理，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.

【详解】设与的夹角为（），，

当与的夹角为钝角时，

因为

，

，

所以，

当时，

所以，

所以，

所以，所以为钝角或，

所以“与的夹角为钝角”是“”的充分不必要条件，故选：B

7．已知任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转得到点，则向量在向量上的投影向量为___________.（用坐标作答）

【答案】

【分析】设点，求出，再利用投影向量的公式求解.

【详解】解：设点，则，根据题意若将逆时针旋转，即可得，故，

整理得，

而由A、B两点坐标可知，

故：，解得，

则点P的坐标为，所以.

所以向量在向量上的投影向量为

故答案为：

8．已知是抛物线上的点，F是抛物线C的焦点，若，则______．

【答案】2023

【分析】设，由求出，再利用抛物线的定义求解.

【详解】解:设，

因为是抛物线上的点，F是抛物线C的焦点，所以，

因此，因为，

所以，即．

又由抛物线的定义，可得，

所以

．

故答案为：2023

9．已知为内一点，且满足，则为的________心．

【答案】重

【分析】如图，取的中点，利用向量的加减法运算得到与共线，进一步得到三点共线，且，结合重心的性质可判断为的重心．

【详解】

如图，取的中点由．得，

又，故，则与共线，

又，有公共点，

故三点共线，且，

因此可得为的重心．

故答案为：重.

10．如图，在平行四边形中，，，E为边的中点，，若，则______.

【答案】##0.125

【分析】将和利用线性运算表示成和，运用数量积运算即可得到答案

【详解】∵，∴，

∴，

∵，

∴

，

∴，故答案为：

三、解答题

11．如图所示，在中，与相交于点.

(1)用和分别表示和；

(2)若，求实数和的值.

【解析】（1）由，可得.

（2）设，将

代入，则有，

即，解得，

故，即.

12．已知，是的中点

(1)若，求向量与向量的夹角的余弦值；

(2)若是线段上的任意一点，且，求的最小值．

【解析】（1）因为，所以，

以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示．

令，则，所以,

设向量与向量的夹角为，

所以；

（2）因为，所以，

设，所以，

当且仅当时，取得最小值．

1．（2022年全国新高考II卷数学试题）已知向量，若，则（       ）

A． B． C．5 D．6

【答案】C

【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得

【详解】解：,,即,解得,

故选：C

2．（2022年全国高考乙卷数学（文）试题）已知向量，则（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】D

【分析】先求得，然后求得.

【详解】因为，所以.

故选：D

3．（2022年北京市高考数学试题）在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；

【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，

因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，

设，，

所以，，

所以

，其中，，

因为，所以，即；故选：D

4．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）已知向量满足，则（       ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.

【详解】解：∵，

又∵

∴9，

∴故选：C.

5．（2022年全国新高考II卷数学试题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（       ）

A．直线的斜率为 B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.

【详解】

对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，

代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；

对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，

设，则，则，代入抛物线得，解得，则，

则，B错误；

对于C，由抛物线定义知：，C正确；

对于D，，则为钝角，

又，则为钝角，

又，则，D正确.

故选：ACD.

6．（2022年高考天津卷（回忆版）数学真题）在中，，D是AC中点，，试用表示为___________，若，则的最大值为____________

【答案】    

【分析】法一：根据向量的减法以及向量的数乘即可表示出，以为基底，表示出，由可得，再根据向量夹角公式以及基本不等式即可求出．

法二：以点为原点建立平面直角坐标系，设，由可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，方程为，即可根据几何性质可知，当且仅当与相切时，最大，即求出．

【详解】方法一：

，，

，当且仅当时取等号，而，所以．故答案为：；．

方法二：如图所示，建立坐标系：

，，

，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，当且仅当与相切时，最大，此时．故答案为：；．

7．（2021年天津高考数学试题）在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E．且交AC于点F,则的值为____________；的最小值为____________．

【答案】     1    

【分析】设，由可求出；将化为关于的关系式即可求出最值.

【详解】设，，为边长为1的等边三角形，，

，

，为边长为的等边三角形，，

，

，

，

所以当时，的最小值为.

故答案为：1；.

四、填空题

8．（2022年浙江省高考数学试题）设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是_______．

【答案】

【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到，然后利用即可解出．

【详解】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：

,，设,于是，

因为，所以，故的取值范围是.故答案为：．