专题3.4 平面向量及其应用（分层练）（解析版）2024年高考数学二轮复习高频考点追踪与预测（新高考专用）

第第页专题验收评价专题3.4平面向量及其应用内容概览A·常考题不丢分题型一平面向量数量积运算题型二平面向量线性运算题型三平面向量综合应用C·挑战真题争满分题型一题型一平面向量数量积运算一、单选题1．（2023·湖南郴州·统考一模）已知向量满足，且，则向量在向量上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可求出，再利用投影向量的计算公式，可得答案.【详解】由，则，，则，则向量在向量上的投影向量为.故选：B2．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知向量满足，则与的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的模长可得，进而由夹角公式即可求解.【详解】由得，将代入可得，所以，所以，由于，所以，故选：B3．（2023·四川绵阳·绵阳南山中学实验学校校考模拟预测）已知向量满足，与的夹角为，则等于（

）A．3 B． C．21 D．【答案】D【分析】根据数量积的定义求出，由，结合向量数量积的运算律计算可得.【详解】，.故选：D.4．（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）在平面四边形中，，则的最大值为（

）A． B．C．12 D．15【答案】C【分析】建立平面直角坐标系，求出C的轨迹方程，根据向量数量积及C点坐标的范围得最值.【详解】如图，以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，

因为，所以，即，设，由可知，点的轨迹为外接圆的一段劣弧，且，即外接圆半径，设外接圆的方程为，代入点可得，，解得或（舍去），即点的轨迹方程为，所以，即，又，当时，，此时点在劣弧上，满足题意，故的最大值为12.故选：C二、多选题5．（2023·河北唐山·统考二模）已知向量，，，下列命题成立的是（

）A．若a//bB．若，则C．若，则D．设，，当取得最大值时，【答案】AD【分析】若，则，结合两角差的正弦公式即可判断A；若，则，再结合二倍角的正弦公式及正弦函数的值域即可判断B；若，则，再结合二倍角的余弦公式即可判断C；求出再结合两角差的余弦公式即可判断D.【详解】对于A，若，则，即，所以，即，故A正确；对于B，若，则，即，即，因为，所以，所以，所以，所以，故B错误；对于C，，由，得，即，即，则，则或，所以或，故C错误；对于D，，，则，当取得最大值时，，此时，所以，故D正确.故选：AD.6．（2023·全国·模拟预测）已知点，，，则下列说法正确的是（

）A． B．若，则C．若，则 D．若，的夹角为锐角，则且【答案】AC【分析】根据向量的模长，垂直，平行和夹角大小的定义，对下列各项逐一判断，即可得到本题答案.【详解】因为，，，所以，，选项A：，所以A正确；选项B：因为，所以，所以，所以，所以B错误；选项C：因为，所以，所以，所以C正确；选项D：因为，的夹角为锐角，且，所以，解得，所以D错误.故选：AC7．（2023·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．如图，已知圆O的半径为2，点P是圆O内的定点，且，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（

）A．为定值B．的取值范围是C．当时，为定值D．时，的最大值为12【答案】ACD【分析】根据所给定义可判断A，利用数量积的运算律和向量的加法运算可判断B，利用数量积的运算律和所给定义可判断C，利用基本不等式可判断D.【详解】如图，设直线PO与圆O于E，F．则，故A正确．取AC的中点为M，连接OM，则，而故的取值范围是故B错误；当时，，故C正确．当时，圆O半径取AC中点为，中点为，则，最后等号成立是因为，不等式等号成立当且仅当，故D正确．故选:ACD.题型二题型二平面向量线性运算1．（2023上·辽宁·高三校联考阶段练习）在中，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意画出图形并根据线段比例利用向量的加减法则计算即可求出结果.【详解】因为，，所以M是位于BC上的靠近点B的四等分点，N为AC的中点，如下图所示：所以.故选：D2．（2023·贵州六盘水·统考模拟预测）已知O，P，N在所在平面内，满足，，且，则点O，P，N依次是的（

）A．重心，外心，垂心 B．重心，外心，内心C．外心，重心，垂心 D．外心，重心，内心【答案】C【分析】根据和外心性质可判断O为的外心；对变形，结合向量线性运算可判断点P为中线的交点，即为重心；由移项，结合数量积的性质可判断点N在的高上，即为垂心.【详解】因为，所以点O到三个顶点的距离相等，所以O为的外心；记BC的中点为D，因为，所以，所以P，A，D三点共线，故点P在中线AD上，同理，点P也在的另外两条中线上，即点P为中线的交点，即为重心；如图，作，因为，所以，所以，所以点N在BE上，同理，点N在的另外两条高上，即为高的交点，所以N为的垂心.故选：C

3．（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）已知是圆上不同的两个动点，为坐标原点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据已知条件，结合弦长公式，即可求解的中点的轨迹方程，根据向量的运算可得，再结合点与圆的位置关系，即可求解.【详解】圆的圆心坐标，半径，设圆心到直线的距离为，由圆的弦长公式，可得，即，解得，设的中点为，点的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，的轨迹方程为，因为，又，，即,即的取值范围为.故选：C

4．（2023·广西·统考一模）如图，在△ABC中，M为线段BC的中点，G为线段AM上一点且，过点G的直线分别交直线AB、AC于P、Q两点，，，则的最小值为（

）A． B．1 C． D．4【答案】B【分析】由可得，根据三点共线向量性质可得，再结合均值不等式即可求出结果．【详解】由于M为线段BC的中点，则又，所以，又，所以，则因为三点共线，则，化得由当且仅当时，即时，等号成立，的最小值为1故选：B题型三题型三平面向量综合问题一、单选题1．（2023·河南·校联考模拟预测）在中，是边上的点，满足，在线段上（不含端点），且，则的最小值为（

）A． B． C． D．8【答案】B【分析】利用平面向量的线性运算推导出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为是边上的点，满足，则，所以，，因为在线段上（不含端点），则存在实数，使得，所以，，又因为，且、不共线，则，故，

因为，则，，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故选：B.2．（2023·重庆·统考三模）已知均为单位向量，且夹角为，若向量满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将向量的起点平移到原点，设向量，，的终点分别为，将化为，得点在以为直径的圆上，利用圆的知识可求出结果.【详解】将向量的起点平移到原点，设向量，，的终点分别为，则，，由得，得，则点在以为直径的圆上，因为均为单位向量，且夹角为，不妨设，，则，，所以以为直径的圆的圆心，半径为，又，所以，即的最大值为.故选：D3．（2023·安徽阜阳·安徽省临泉第一中学校考三模）在中，，D是以BC为直径的圆上一点，则的最大值为（

）A．12 B． C． D．【答案】A【分析】画出图分析，将的最大值转化为点到圆上一点距离的最大值求解即可.【详解】如图：

取BC，BD中点E，G，可知，且，取BE的中点O，则G为圆O上一点，所以最大值为，故的最大值为12.故选：A.一、单选题1．（2023·全国乙卷）正方形的边长是2，是的中点，则（

）A． B．3 C． D．5【答案】B【分析】方法一：以为基底向量表示，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求，进而根据数量积的定义运算求解.【详解】方法一：以为基底向量，可知，则，所以；方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则，可得，所以；方法三：由题意可得：，在中，由余弦定理可得，所以.故选：B.2．（2023·全国·统考高考甲卷）已知向量，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得，从而利用平面向量余弦的运算公式即可得解.【详解】因为，所以，则，，所以.故选：B.3．（2023·全国·统考甲卷）已知向量满足，且，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出图形,根据几何意义求解.【详解】因为,所以,即,即,所以.如图,设,由题知,是等腰直角三角形,AB边上的高,所以,,.故选:D.4．（2022·全国·统考乙卷）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：D5．（2022·全国·统考高考乙卷）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.6．（2022·全国·统考Ⅱ卷）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二、填空题7．（2023·全国·统考高考Ⅱ卷）已知向量，满足，，则．【答案】【分析】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令，结合数量积的运算律运算求解.【详解】法一：因为，即，则，整理得，又因为，即，则，所以.法二：设，则，由题意可得：，则，整理得：，即.故答案为：.8．（2022·全国·统考高考甲卷）已知向量．若，则．【答案】/【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：，解得.故答案为：.9．（2022·全国·统考高考甲卷）设向量，的夹角的余弦值为，且，，则．【答案】【分析】设与的夹角为，依题意可得，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得．【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，又，，所以，所以．故答案为：．10．（2021·全国·统考高考乙卷）已知向量，若，则．【答案】【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.【详解】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：.11．（2021·全国·统考高考乙卷）已知向量，若，则．【答案】【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出．【详解】因为，所以由可得，，解得．故答案为：．12．（2021·全国·高考甲卷）若向量满足，则.【答案】【分析】根据题目条件，利用模的平方可以得出答案【详解】