专题06平面向量一、选择题部分1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T10)已知为坐标原点，点，，，，则（）A.B.C.D.【答案】AC．【解析】A项，，，所以，，故，正确；C项，由题意得：，，正确；故选AC．2.(2021•浙江卷•T3)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【答案】B．【解析】如图所示，,当时，与垂直，，所以成立，此时，∴不是的充分条件，当时，，∴,∴成立，∴是的必要条件，综上，“”是“”的必要不充分条件．3.(2021•河南焦作三模•理T6)已知向量＝（1，x），＝（0，2），则-18-,的最大值为（ ）A．2B．2C．D．1【答案】D．【解析】向量＝（1，x），＝（0，2），则＝＝，当x≤0时，≤0，当x＞0时，≤＝1，当且仅当x＝1时，取等号，所以的最大值为：1．4.(2021•河北张家口三模•T6)我国东汉末数学家赵爽在《周牌算经》中利用一幅“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，，则λ+μ＝（ ）A．B．C．D．【答案】D．【解析】以E为坐标原点，EF所在直线为x轴，建立如图直角坐标系，设|EF|＝1．由E为AF的中点，可得E（0，8），1），0），﹣8），2），所以，因为，所以（1，﹣5）+μ（1，-18-,即解得则．5.(2021•山东聊城三模•T7.)在△ABC中，|AB|=3，|AC|=4，|BC|=5，M为BC中点，O为△ABC的内心，且AO→=λAB→+μAM→，则λ+μ=（）．A.712B. 34C. 56D.1【答案】A．【考点】向量的线性运算性质及几何意义，三角形五心【解析】由题知，∠A=π2，根据三角形面积与周长和内心的关系求得，内切圆半径OE=OF=3×43+4+5=1，四边形AEOF为矩形，则AO→=AE→+AF→=14AC→+13AB→，又AM→=12AB→+12AC→则AO→=λAB→+μAM→=(λ+μ2)AB→+μ2AC→=13AB→+14AC→则{λ+μ2=13μ2=14，则λ+μ=13+14=712．【分析】根据勾股定理可知△ABC 为直角三角形结合O为内心，可得四边形AEOF为正方形内切圆半径OE=OF=1，再过根据向量线性运算即可求得。6.(2021•四川内江三模•理T3．)已知平面向量，，满足++＝0|＝||＝|，则•的值为（ ）A．B．C．D．【答案】A．【解析】∵，∴，且，∴，即1，∴．7.(2021•安徽马鞍山三模•文T3．)已知向量，，若与共线，则实数m＝（ ）-18-,A．B．5C．D．1【答案】B．【解析】向量，，若与共线，可得：9＝2m﹣1，解得m＝5．8.(2021•安徽蚌埠三模•文T6．)已知向量，满足||＝2，（+）•＝2，|﹣|＝2，则||＝（ ）A．1B．C．2D．4【答案】C．【解析】向量，满足||＝2，（+）•＝2，|﹣|＝2，可得＝2，＝12，解得＝4，所以||＝2．9.(2021•贵州毕节三模•文T7．)如图，在△ABC中，D是BC边的中点，E，F是线段AD的两个三等分点，若，，则＝（ ）A．﹣2B．﹣1C．1D．2【答案】B．【解析】∵D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，，，，＝7，＝，＝，，可得4＝2，所以，＝2，∴，，＝＝1﹣2＝﹣1．10.(2021•辽宁朝阳三模•T2．)在△ABC中，若AB＝1，AC＝5，sinA＝，则•＝（ ）A．3B．±3C．4D．±4-18-,【答案】D．【解析】在△ABC中，若AB＝1，AC＝5，sinA＝，可得cosA＝±，所以•＝＝±4．11.(2021•四川泸州三模•理T4．)已知平面向量，满足||＝，||＝1，|+|＝|﹣|，则|﹣2|＝（ ）A．B．5C．D．7【答案】C．【解析】平面向量，满足||＝，||＝1，|+|＝|﹣|，可得＝，可得＝0，则|﹣2|＝＝＝．12.(2021•江苏常数三模•T3．)设λ为实数，已知向量＝（1，λ），＝（2，﹣1）．若⊥，则向量﹣与的夹角为（ ）A．B．C．D．【答案】D．【解析】∵,∴,解得λ＝2，∴,,∴,,∴＝,且,∴与的夹角为．13.(2021•江西上饶三模•理T6．)已知A、B、C三点共线（该直线不过原点O），且＝m+2n（m＞0，n＞0），则的最小值是（ ）A．10B．9C．8D．4【答案】C．【解析】由“A、B、C三点共线（该直线不过原点O），且＝m+2n”可知m+2n＝1（m＞0，n＞0），∴＝（m+2n）()＝4++≥4+2＝8,当且仅当即时取“＝”．∴的最小值是8．-18-,14.(2021•福建宁德三模•T9)已知向量a，b，c满足a+b=(1,-1)，a-3b=(-7,-1)，c=(1,1)，设a,b的夹角为θ，则( )A.|a|=|b|B.a//cC.θ=135∘D.b⊥c【答案】BC．【解析】∵a+b=(1,-1)，a-3b=(-7,-1)，∴a=(-1,-1)，b=(2,0)，得|a|=(-1)2+(-1)2=2，|b|=2，故A错误；又c=(1,1)，则a=-c，则a//c，故B正确；cosθ=a⋅b|a|⋅|b|=-222=-22，又θ∈[0∘,180∘]，∴θ=135∘，故C正确；∵b⋅c=2×1+0×1=2≠0，∴b与c不垂直，故D错误．故选：BC.由已知求解方程组可得a与b，求模判断A；由a=-c判断B；由数量积求夹角判断C；由数量积不为0判断D.本题考查向量垂直与数量积的关系，训练了利用数量积求夹角，考查运算求解能力，是基础题．15.(2021•宁夏中卫三模•理T3．)若向量＝（5，6），＝（2，3），则＝（ ）A．（﹣3，﹣3）B．（7，9）C．（3，3）D．（﹣6，﹣10）【答案】C．【解析】∵向量＝（5，6），＝（2，3），则＝＝﹣＝（3，3）．16.(2021•江西九江二模•理T7．)如图所示，四边形ABCD是边长为2的菱形，E是边BC上靠近C的三等分点，F为CD的中点，则＝（ ）A．2B．C．D．﹣2【答案】C．【解析】∵＝+，＝＝，∴＝（）•（）＝＝＝﹣．17.(2021•浙江杭州二模•理T3．)设，是非零向量，则“⊥”是“函数f（x）＝（x+）•（x﹣）为一次函数”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】B．【解析】f（x）＝（x）•（x﹣）＝•x2+（﹣）x﹣•，-18-,若⊥，则•＝0，如果同时有||＝||，则函数恒为0，不是一次函数，故不充分；如果f（x）是一次函数，则•＝0，故⊥，该条件必要．18.(2021•河北邯郸二模•理T2．)已知向量＝（﹣2，6），＝（1，x），若与反向，则•（3+）＝（ ）A．﹣30B．30C．﹣100D．100【答案】D．【解析】向量＝（﹣2，6），＝（1，x），与反向，可得x＝﹣3，所以•（3+）＝（﹣2，6）•（﹣5，15）＝10+90＝100．19.(2021•江西上饶二模•理T10．)如图，AB是圆O的一条直径且AB＝2，EF是圆O的一条弦，且EF＝1，点P在线段EF上，则的最小值是（ ）A．B．C．D．【答案】B．【解析】＝＝，当P为EF中点时，则的最小值为．20.(2021•河北秦皇岛二模•理T5．)在△ABC中，已知|+|＝||，||＝4，||＝3，＝2，则•＝（ ）A．B．3C．D．6【答案】D．【解析】∵|+|＝||，∴|+|＝|﹣|，∴|+|2＝|﹣|2，∴++2•＝+﹣2•，∴•＝0，∴⊥，∵＝2，∴＝+＝+＝+（﹣）＝+，∴•＝•（+）＝•+＝6．21.(2021•江西鹰潭二模•理T4．)已知向量是单位向量，＝（3，4），且在-18-,方向上的投影为﹣，则|2﹣|＝（ ）A．36B．21C．9D．6【答案】D．【解析】向量是单位向量，＝（3，4），且在方向上的投影为﹣，可得＝﹣，∴，|2﹣|＝＝6．22.(2021•辽宁朝阳二模•T5．)已知向量，满足||＝||＝2，•（﹣）＝﹣2，则|2|＝（ ）A．2B．2C．4D．8【答案】B．【解析】向量，满足||＝||＝2，•（﹣）＝﹣2，可得：•＝2，|2|＝＝＝＝2．23.(2021•广东潮州二模•T4．)设，均为单位向量，则“|﹣3|＝|3+|”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【答案】C．【解析】∵“|﹣3|＝|3+|”∴平方得||2+9||2﹣6•＝9||2+||2+6•，即1+9﹣6•＝9+1+6•，即12•＝0，则•＝0，即⊥，反之也成立，则“|﹣3|＝|3+|”是“⊥”的充要条件．24.(2021•天津南开二模•T9．)在直角梯形ABCD中，AD⊥AB，CD∥AB，E为BC边上一点，，F为直线AE上一点，则（ ）A．B．C．D．【答案】C．【解析】以A为原点，AB、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，-18-,∴A（0，0），7），1），1），设E（a，b），则，∵，∴（﹣1，2）＝3（1﹣a，解得，∴直线AE的方程为，设F（x，y），∴，∴＝，又∵F为直线AE上一点，∴当x＝时，有最大值．25.(2021•安徽淮北二模•文T6．)在平行四边形ABCD中，若＝2，AE交BD于F点，则＝（ ）A．B．C．D．【答案】D．【解析】如图所示：由，则点E为CD的中点，在平行四边形ABCD中，DE∥AB，所以，则＝＝．26.(2021•吉林长春一模•文T2.)若平面向且,则的值为【答案】C．【解析】由可知即,故选C.27.(2021•宁夏银川二模•文T3．)已知向量，的夹角为60°，||＝2，||＝1，则（+2）•（﹣）＝（ ）A．﹣B．2C．1D．0【答案】D．【解析】∵向量，的夹角为60°，||＝2，||＝1，-18-,∴（+2）•（﹣）＝﹣2＝×22﹣2×12＝0．28.(2021•山西调研二模•文T7)平行四边形ABCD中，E为AD边上的中点，连接BE交AC于点G，若AG=λAB+μAD，则λ+μ=( )A.1B.56C.23D.13【答案】C．【解析】∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC，∵E为AD边上的中点，∴AE=12AD，∵AD//BC，∴△AEG∽△CBG，∴AGCG=AEBC=12，∴AG=12CG=13AC，∴AG=13AC=13(AB+AD)=13AB+13AD，∵AG=λAB+μAD，∴λ=μ=13，∴λ+μ=23.故选：C.先判断△AEG∽△CBG，求出相似比，得到AG=13AC，再利用平面向量的线性运算即可求解．本题考查平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质，平面向量的线性运算，属于基础题．二、填空题部分29.(2021•高考全国甲卷•理T14)已知向量．若，则________．【答案】．【解析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值,，解得,故答案为：.30.(2021•高考全国乙卷•文T13)已知向量，若，则_________．【答案】．【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：.故答案为.31.(2021•浙江卷•T17)已知平面向量满足-18-,.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___________.【答案】．【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.故答案为：.32.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T16．)已知平面向量，，，，若||＝||＝，＝0，||+||＝4，||＝1，则||的最大值是 ．【答案】．【解析】不妨令，以点O为坐标原点，OA，OB所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则O（0，0），，因为||+||＝4，所以|CA|+|CA'|＝4＞＝|AA'|，故点C在以4为长轴，为焦点的椭圆上，则点C的轨迹方程为，又||＝1，即，故点D在以为圆心，1为半径的圆上，又||＝，所以转化为求解|BC|的最大值，由图易得，当以B为圆心，r为半径的圆-18-,与椭圆内切时有最大值，联立方程组消去x可得，，则△＝12﹣12（r2﹣7）＝0，解得，所以．33.(2021•山东潍坊二模•T16．)已知向量，，满足|+|＝3，||＝1且•+1＝（+）•，则|﹣|的取值范围是 ．【答案】[1，5]．【解析】∵|+|＝3，∴＝﹣4•＝9﹣4•，∵|•+1|＝|（）•|≤|（）|•||＝3，∴﹣4≤•≤2，∴1≤9﹣4•≤25，∴1≤≤25，即1≤|﹣|≤5．34.(2021•江苏盐城三模•T12)将平面向量称为二维向量，由此可推广至n维向量．对于n维向量，其运算与平面向量类似，如数量积＝||||cosθ＝(θ为向量的夹角)，其向量的模||＝，则下列说法正确的有A．不等式()()≤()2可能成立B．不等式()()≥()2一定成立C．不等式n＜()2可能成立D．若，则不等式≥n2一定成立【答案】ABD．【考点】新情景问题下的数量积与模的应用．【解析】由题意，可设＝(x1，x2，…，xn)，＝(y1，y2，…，yn)，所以()()＝||2|-18-,|2，()2＝(||×||)2＝||2||2cos2<，>，由cos2<，>≤1，可得()()≥()2，当且仅当<，>＝0或π时取等号，若xi＞0，则≥＝n2，所以选项A、B、D正确；设＝(1，1，…，1)(n个1)，则n＝n||2，()2＝(×)2＝||2||2cos2<，>＝n||2cos2<，>，由cos2<，>≤1，可得n≥()2，当且仅当<，>＝0或π时取等号，所以选项C错误；综上，答案选ABD．35.(2021•江苏盐城三模•T15)若向量，满足|－|＝，则×的最小值为．【答案】－．【考点】平面向量的综合应用．【解析】法一：由题意，|－|2＝2＋2－2×≥－2×－2×＝－4×，即3≥－4×，则×≥－．法二：由题意，×＝≥－|－|2＝－，所以×的最小值为－．36.(2021•河南郑州三模•理T13)在矩形ABCD中，其中AB＝3，AD＝1，AB上的点E满足+2＝，F为AD上任意一点，则•＝ ．【答案】﹣3．【解析】在矩形ABCD中，其中AB＝3，AD＝1，AB上的点E满足+2＝，E是AB的一个3等分点，F为AD上任意一点，所以•＝||||cos（π﹣∠EBF）＝﹣||||＝﹣3．37.(2021•河南开封三模•理T14)已知向量，满足，若，则在方向上的投影为 ．【答案】1．【解析】∵，∴，∴，∵，∴，-18-,∴在方向上的投影为：，故答案为：1．38.(2021•河南开封三模•文T14．)已知向量，，若在方向上的投影为，则实数t＝ 2 ．【答案】2．【解析】向量，，在方向上的投影为，＝，即：＝，解得t＝2．39.(2021•浙江杭州二模•理T16．)已知，是单位向量，且⊥．设＝，＝，＝m（m≥n＞0），若△ABC为等腰直角三角形，则m＝ ．【答案】2或1．【解析】根据题意，已知，是单位向量，且⊥，设＝（1，0），＝（0，1），则＝（m，n）（m≥n＞0），则A（1，0），B（0，1），C（m，n），若C为直角，即⊥且||＝||，则，又由m≥n＞0，解可得m＝n＝1，若B为直角，即⊥且||＝||，则，解可得：m＝2，n＝1，同理：若C为直角，可得m＝1，n＝2，（不合题意，舍去）综合可得：m＝2或1．40.(2021•上海嘉定三模•T11．)若圆O的半径为2，圆O的一条弦AB长为2，P是圆O上任意一点，点P满足，则的最大值为 ．【答案】10．【解析】【法一：建系法】如图以AB中点C为原点建系，则，所以圆O方程为，所以设，Q（x0，y0），因为，，-18-,所以，所以，因为cosθ∈[﹣1，1]，所以的最大值为10．【法二：投影法】连接OA，OB过点O作OC⊥AB，垂足为C，则．∴，因为，所以Q所以，＝．且仅当且同向时取等号，∴的最大值为10．41.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T14．)已知平面向量＝（1，），＝（﹣，m），且|+|＝|﹣|，则|3﹣6|＝ ．【答案】6．【解析】∵向量＝（1，），＝（﹣，m），且|+|＝|﹣|，∴•＝﹣+m＝0，∴m＝1，则|3﹣6|＝＝＝＝＝6．42.(2021•上海浦东新区三模•T2．)已知＝（2，3），＝（4，x）且，则x＝ 6 ．【答案】6．-18-,【解析】∵已知＝（2，3），＝（4，x）且，则由两个向量共线的性质可得2x﹣3×4＝0，解得x＝6．43.(2021•江西南昌三模•理T13．)已知两个单位向量，，且||＝1，则||＝．【答案】．【解析】∵，且；∴＝；∴；∴＝1+1+1＝3；∴．44.(2021•上海浦东新区三模•T12．)已知||＝||＝1，若存在m，n∈R，使得m+与n+夹角为60°，且|（m+）﹣（n+）|＝，则||的最小值为．【答案】．【解析】由题意，，令，，故有A，A′，B，B′共线，∵为定值，在△A′OB′中，由余弦定理可得，＝，当且仅当时，取最大值，此时△A′OB′面积最大，则O到AB距离最远，即当且仅当A′、B′关于y轴对称时，最小，此时O到AB的距离为，∴，即．45.(2021•湖南三模•T13．)已知单位向量，满足|﹣2|＝，则与的夹角为 -18-, ．【答案】．【解析】根据题意，设与的夹角为θ，单位向量，满足|﹣2|＝，则有（﹣2）2＝2+42﹣4•＝3，变形可得：cosθ＝，又由0≤θ≤π，则θ＝．46.(2021•江西上饶三模•理T13．)已知＝（1，2），＝（0，﹣1），则在方向上的投影为 ．【答案】﹣2．【解析】因为＝（1，2），＝（0，﹣1），则在方向上的投影＝＝﹣2．47.(2021•安徽宿州三模•文T14．)已知非零向量，满足||＝2||，且⊥（﹣），则与的夹角为 ．【答案】．【解析】根据题意，设与的夹角为θ，再设||＝t，则||＝2||＝2t，若⊥（﹣），则•（﹣）＝2﹣•＝t2﹣2t2cosθ＝0，变形可得cosθ＝，又由0≤θ≤π，则θ＝．48.(2021•安徽马鞍山三模•理T14．)在△ABC中，，O为△ABC的外心，若，则的值为 ．【答案】2．【解析】在△ABC中，，，可知与，在上的投影相同，并且，O为△ABC的外心，所以AB＝AC，三角形是正三角形，设外接圆的半径为R，则，解得R＝，所以三角形的高为＝，则三角形的边长为2，所以＝2×＝2．-18-,49.(2021•北京门头沟二模•理T12)△ABC外接圆圆心为O，且2OA+AB+AC=0，则AB⋅AC=______．【答案】0．【解析】如图，△ABC外接圆圆心为O，且2OA+AB+AC=0，可知AB+AC=-OA=2AO=AD，所以△ABC是直角三角形，AB⊥AC，则AB⋅AC=0.故答案为：0.画出图形，结合已知条件判断两个向量的关系，然后求解AB⋅AC即可．本题考查向量的数量积的求法，数形结合的应用，是基础题．50.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T14．)已知向量＝（2，1），＝（m，﹣1），＝（1，﹣2），若（﹣）∥，则m＝ 3 ．【答案】3．【解析】∵，，且，∴﹣2（2﹣m）﹣2＝0，解得m＝3．51.(2021•河南郑州二模•文T14．)已知向量与的夹角为60°，||＝3，||＝6，则2﹣在方向上的投影为 ．【答案】3．【解析】向量与的夹角为60°，||＝3，||＝6，可得2﹣在方向上的投影为：＝＝＝3．-18-
