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平面向量及其向量专题突破-2026年高考数学一轮复习
一、单选题
1．已知单位向量，满足，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
2．已知非零向量，满足，且在方向的投影向量是，则与的夹角是（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量，且，则（ ）
A．2 B．-2 C． D．
4．如图，平行四边形中，，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知点在圆上运动，点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．已知向量，满足，，则（ ）
A．3 B． C．1 D．
7．两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，．粒子B相对粒子A的位移为，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
8．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量，，共线，则的形状为（　 ）
A．等边三角形 B．钝角三角形
C．有一个内角是的直角三角形 D．等腰直角三角形
二、多选题
9．已知，则（ ）
A．当时， B．若，则
C．若，则 D．当时，
10．下列命题正确的是（ ）
A．若存在实数x，y，使，则与共面
B．若与共面，则存在实数x，y，使
C．若存在实数x，y，使，则M，P，A，B共面
D．若M，P，A，B共面，则存在实数x，y，使
11．如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，，且点P在以AD中点O为圆心，OA为半径的半圆上，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．的最大值为
三、填空题
12．已知单位向量满足，则向量的夹角是
13．是函数图象上任意一点，过向直线和轴分别作垂线，垂足分别为，则 .
14．已知平面向量，，，，则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知向量的夹角为．
(1)求；
(2)若与的夹角为钝角，求实数的取值范围．
16．在中，角，，的对边分别是，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，为边上的一点，，且______，求的周长.
（从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）
①是的平分线；
②为线段的中点
17．如图，在平面直角坐标系中，四边形是边长为2的正方形，以为圆心，1为半径作圆，点在圆上，若平面内有一点，使得，求的取值范围．
18．在中，已知.
(1)求；
(2)记为的重心，过的直线分别交边于两点，设.
（i）求的值；
（ii）若，求和周长之比的最小值.
19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，.作：，当不共线时，记以为邻边的平行四边形的面积为；当共线时，规定.
(1)分别根据下列已知条件求；
①，；
②，；
(2)若向量，求证：；
(3)记，，，且满足，，，求的最大值.
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C C D A D C A BC AC
题号 11
答案 BCD
1．D
【分析】根据向量的数量积得出向量的模长即可.
【详解】因为
所以.
故选：D.
2．C
【分析】利用垂直关系的向量表示可得，再利用投影向量的意义求出，进而求出向量夹角.
【详解】由，得，则，
由在方向的投影向量是，得，因此，
则，又，，
所以与的夹角是.
故选：C
3．C
【分析】先求出的坐标，然后利用向量共线建立方程即可得解
【详解】因为，又因为，所以，所以，
故选：C.
4．D
【分析】根据条件，结合图形，利用向量的线性运算，即可求出结果.
【详解】因为四边形为平行四边形，且，，
所以，即①，
又，即②，
由①②得到，又，，所以.
故选：D.
5．A
【分析】利用，计算可得结论.
【详解】由圆，可得圆心，半径，
又，所以，
所以，
因为，所以.
故选：A.
6．D
【分析】由已知得，，进而两式作差并整理即可得答案.
【详解】因为向量，满足，，
所以，，
即， ①
， ②
所以，得：，即，
所以.
故选：D
7．C
【分析】根据题意，求得，结合向量的数量积的公式和投影向量的公式，准确计算，即可求解.
【详解】由向量，，可得粒子相对粒子的位移为，
可得且，
所以 在上的投影向量为.
故选：C.
8．A
【分析】由向量，共线可得，利用正弦定理结合倍角公式分析可得，同理可得，即可判断结果.
【详解】因为向量，共线，
则，由正弦定理可得，
则，
因为，则，可知均不为0，
可得，则，即；
同理由向量，共线可得；
综上所述：.
所以的形状为等边三角形.
故选：A.
9．BC
【分析】利用空间向量的夹角公式，共线向量坐标公式，向量垂直的坐标公式及模长公式计算即可判断.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，当时，有，则解得，B正确；
对于C，，由，可得，解得，C正确；
对于D，当时， 则 ，D错误.
故选：BC.
10．AC
【分析】由平面向量基本定理逐项判断即可.
【详解】选项A，若向量共线，易知与共线，显然共面；若向量不共线，
根据平面向量基本定理可知，若存在实数x，y，使，则与共面，所以A正确；
选项B，若向量与共面，如果共线，不一定有，
只有与不共线时，可以作为一组基底，
存在唯一确定的有序实数对，使任意向量，所以B错误；
选项C，根据平面向量基本定理可知，共面，
由于它们有公共点，所以M，P，A，B共面，所以C正确；
选项D，若共线，不与共线，
则不存在实数x，y，使，所以D错误.
故选：AC
11．BCD
【分析】对于B，将分别用表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于ACD，以点为原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的坐标表示及坐标运算结合三角函数的性质即可判断.
【详解】对于B，因为，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以在边长为3的等边三角形ABC中，，
则，故B正确；
对于C，如图，以点为原点建立平面直角坐标系，
则，
因为点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以点的轨迹方程为，且在轴的下半部分，
设，
则，
所以，
因为，所以，所以，
所以，即，故C正确；
对于A，因为，
所以，
即，
所以，，
所以，，
则，
因为，所以，所以，
所以，即，故A错误；
对于D，由，
因为，所以当时，取得最大值，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是建立合适平面直角坐标系，再设，从而写出相关向量，计算其数量积，并结合三角函数的性质得到其范围.
12．
【分析】对已知式平方，求得，利用夹角的余弦公式求得夹角的余弦，从而得夹角．
【详解】由得，
则，又，所以．
故答案为：．
13．
【分析】设，，依题意可得，即可得到，从而表示出的坐标，再根据数量积的坐标运算计算可得；
【详解】设，，则，即，解得，
所以，，则，，
所以．
故答案为：
14．4
【分析】根据题意结合数量积的运算律可得，即可得最小值.
【详解】因为，，，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为16，即的最小值为4.
故答案为：4.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据定义得出数量积的值，并根据，代入即可求解；
（2）将条件转化为且与不共线时，计算，解不等式即可得到结果．
【详解】（1）因为向量与的夹角为，且，
所以，
所以；
（2）因为向量与的夹角为，且，
所以，
若，即，解得，
当与共线时，此时满足，解得，
此时与共线，且方向相反，
故与夹角为钝角时，且，
所以的取值范围是．
16．(1)
(2)选①和②，答案均为
【分析】（1）根据三角函数恒等变换得到，从而求出；
（2）选①，由三角形面积公式得到，由余弦定理得到，求出，得到周长；
选②，两边平方得，由余弦定理得，联立求出，得到周长.
【详解】（1）因为，可得，
故，故，
可得，
因为，，所以，可得.
（2）若选①：由平分得：，
即，即，
在中，由余弦定理得，
即，两式联立可得，
所以的周长为；
若选②：为线段的中点，故，
，
因为，，故，
整理可得，
在中，由余弦定理得，
所以，
两式联立可得，所以，
从而的周长为.
17．
【分析】设，根据向量模的坐标运算，辅助角公式计算即可．
【详解】由题意得，点的轨迹方程为：，
设，
则，，
．
故，即，
则的取值范围为．
18．(1)
(2)（i）（ii）
【分析】（1）借助三角形内角关系及两角和的正切公式化简并计算即可得；
（2）（i）设为的中点，结合重心的性质及向量运算可得，再利用三点共线定理即可得解；（ii）由题意可得为等边三角形，可设其边长为1，则可用表示两三角形周长之比，结合（i）中所得与基本不等式即可得解.
【详解】（1）由题可知，
又，所以；
（2）（i）设为的中点，则，
又因为，所以，
因为三点共线，所以，所以；
（ii）由，，可得为等边三角形，
设的边长为1，与周长分别为，则，
，所以，
所以，
由可得，（当且仅当时等号成立），
解得，
所以，
所以和的周长之比的最小值为.
19．(1)①5；②0；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）利用给定的定义直接计算即得.
（2）利用给定的定义，结合向量的坐标运算推理即得.
（3）设，并表示出，利用三角形面积公式，辅助角公式分类求解即得.
【详解】（1）因为，，则；
又，，所以.
（2）因为向量，，且向量，
则，于是，
同理，所以.
（3）设，由，得或，
当时，
当时，取到最大值；
当时，
，
当，即时，取得最大值，
所以取得最大值.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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