2027届上海市十年高考数学专题分类训练 专题08 平面向量及其应用（10年汇编）（解析版）

专题08平面向量及其应用10年真题1年模拟考点分类上海考情（2017-2026）命题规律考点01平面向量共线的坐标表示2023-2026年连续考查，题型覆盖单选题、填空题、解答题；2025年出现3问椭圆综合解答题，2026、2025、2024年均有基础填空/单选题基础题核心考查向量共线的坐标运算、参数求解，难度较低；近年变化显著：大量结合椭圆方程、数列通项、三角形三边关系综合考查，2025年首次以本考点为核心命制椭圆压轴解答题，对综合应用与分类讨论能力要求大幅提升考点02平面向量的数量积2018-2026年连续考查，题型以填空题、解答题为主；2026年考查填空压轴题，2025年考查单位向量综合填空，2023、2022、2019、2018年均有高频考查基础题考查数量积的坐标运算、模长与夹角求解；核心变化为2026年首次结合三角形内线段比例、向量夹角命制最值类压轴题，近年大量融合三角函数、椭圆方程、平面几何图形综合考查，从基础计算转向多知识点融合的综合推理，难度显著提升考点03平面向量的应用2017、2021、2022年上海高考真题高频考查，题型覆盖单选题、填空题；2022年考查三角形内向量最值填空，2021年考查向量线性运算逻辑判断单选，2017年考查平面几何新定义填空压轴题基础题考查向量在三角形中的线性运算、最值求解；核心命题方向为结合三角形重心、中点等几何性质、平面直角坐标系建模、新定义概念综合考查，2017年首次以本考点为核心命制新定义压轴题，对逻辑推理与数学建模能力要求大幅提升考点01平面向量共线的坐标表示1．（2025·上海·高考真题）已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（

）A．4个 B．3个 C．1个 D．无数个【答案】B【分析】由可知范围，再由三角形三边关系可得的不等关系，结合函数零点解不等式可得.【详解】由题意，不妨设，三点均在第一象限内，由可知，，故点恒在线段上，则有.即对任意的，恒成立，令，构造函数，则，由单调递增，又，存在，使，即当时，，单调递减；当时，，单调递增；故至多个零点，又由，可知存在个零点，不妨设，且.①若，即时，此时或.则，可知成立，要使、、的值均能构成三角形，所以恒成立，故，所以有，解得；②若，即时，此时.则，可知成立，要使、、的值均能构成三角形，所以恒成立，故，所以有，解得或；综上可知，正整数的个数有个.故选：B.2．（2026·上海·高考真题）已知，，若，则____________.【答案】2【分析】由向量平行的坐标表示计算即可.【详解】因为，所以，即，解得.故答案为：2.3．（2025·上海·高考真题）已知，若，则__________．【答案】/【分析】由平面向量共线的坐标表示即可求解.【详解】由得，解得.故答案为：.4．（2024·上海·高考真题）已知，且，则的值为______．【答案】15【分析】根据向量平行的坐标表示得到方程，解出即可.【详解】，，解得．故答案为：15．5．（2023·上海·高考真题）已知向量，则_______________．【答案】【分析】由平面向量的减法的坐标运算即可求解.【详解】因为，所以，故答案为：6．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点．(1)若的焦点，求离心率e；(2)若，且上存在一点P，满足，求m；(3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率；（2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得；（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围.【详解】（1）由题意知，，则，由右焦点，可知，则，故离心率.（2）由题意，由得，，解得，代入，得，又，解得.（3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为，则，解得，由得中点坐标为，故直线，显然直线过椭圆内点，故直线与椭圆恒有两不同交点，设，由消得，由韦达定理得，因为为钝角，则，且，则有，所以，即，解得，又，故，即的取值范围是.考点02平面向量的数量积1．（2026·上海·高考真题）在中，、在边上，且，，与所成的夹角为，则的最大值为____________.【答案】【分析】先利用与表示、，再将转化为与的计算，进而求解.【详解】,与所成的夹角为令，则当时，的最大值为.故答案为：.2．（2025·上海·高考真题）已知，是平面内三个不同的单位向量．若，则的取值范围是_______．【答案】【分析】利用分段函数值分类讨论，可得，再根据数量积关系设出坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得.【详解】若，则，又三个向量均为平面内的单位向量，故向量两两垂直，显然不成立；故.不妨设，则，不妨设，，则，则，则，由，，则，故.故答案为：.3．（2023·上海·高考真题）已知，，求________【答案】4【分析】由平面向量数量积的坐标运算公式求解.【详解】因为，，则故答案为：44．（2022·上海·高考真题）若，且满足，则___________.【答案】/【分析】设，利用数量积定义求出，即可求出.【详解】因为，所以，设.由可得：，两式相除得：.又，且解得：.因为，所以，解得：.故答案为：.5．（2019·上海·高考真题）在椭圆上任意一点，与关于轴对称，若有，则与的夹角范围为____________【答案】【分析】通过坐标表示和得到；利用向量数量积运算得到所求向量夹角的余弦值为：；利用的范围得到的范围，从而得到角的范围.【详解】由题意：，设，，因为，则与结合

，又

与结合，消去，可得：所以本题正确结果：【点睛】本题考查向量坐标运算、向量夹角公式应用，关键在于能够通过坐标运算得到变量的取值范围，将问题转化为函数值域的求解.6．（2018·上海·高考真题）已知常数、、、满足：，，，则的最大值为______【答案】/【分析】设点，，可得，，根据向量的数量积可得三角形OAB为等边三角形，的几何意义为点A，B两点到直线的距离之和，设，则，进而根据点到直线的距离公式以及正弦函数的性质求解即可.【详解】设点，，，，由，，，可得A，B两点在圆上，且，即有，即三角形OAB为等边三角形，，所求的的几何意义即A、B两点到直线的距离之和，故设，则，所以，其中，所以最大值为，当且仅当时，可取最大值.故答案为：7．（2018·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，、是轴上的两个动点，且，则的最小值为________【答案】【分析】设，，表达出，求出最小值，设，，表达出，求出最小值，得到答案.【详解】设，，∴，，，当时，最小值为；设，，∴，，，当时，最小值为；故答案为：考点03平面向量的应用1．（2022·上海·高考真题）在△ABC中，，，M为AC的中点，P在线段AB上，则的最小值为________【答案】【分析】以线段AB的中点为坐标原点，线段AB所在直线为轴，线段AB的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，直接利用数量积的坐标运算求最值即可.【详解】如图：以线段AB的中点为坐标原点，线段AB所在直线为轴，线段AB的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，则，设，，则，当时，故答案为：.2．（2021·上海·高考真题）在△中，为中点，为中点，则以下结论：①存在△，使得；②存在三角形△，使得∥，则（

）A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立【答案】B【分析】建立坐标系，设出坐标，利用坐标关系表示出即可判断.【详解】不妨设，，，，，①，，若，∴，∴，满足条件的明显存在，∴①成立；②F为AB中点，，与交点即重心，∵为三等分点，为中点，∴与不共线，即②不成立；故选：B3．（2017·上海·高考真题）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________

【答案】、、【详解】解：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、、．故答案为：、、．一、单选题1．（2026·上海闵行·二模）已知平面上13个向量，其中，若对任意，总有且，则的最小值为（

）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得，构成一个等比数列，其首项为1，公比为，且相邻向量垂直，从而可得以共线，共线，要使小，只需共线且与反向，共线且与反向即可，据此求解即可.【详解】因为，且对任意，总有所以构成一个等比数列，其首项为1，公比为，所以，又因为，即相邻向量垂直，即,所以共线，共线，要使最小，设，，则有，即求的最小值，当共线且与反向时，最小，且，当共线且与反向时，最小，且，所以.即的最小值为.2．（2026·上海嘉定·二模）对任意平面向量、、及任意实数，已知运算⊙满足以下三条性质：（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）．则下列选项中一定成立的是（

）A．若，则或 B．C． D．【答案】C【分析】对于新定义运算判断题，一般通过选择特定函数验证性质，再根据选项利用特值代入排除或通过推理得到结论.【详解】设、、的坐标分别为，对于A，若定义，运算⊙显然满足（Ⅰ）；因，而，即满足（Ⅱ）；又，而，即满足（Ⅲ）.若取，，但都不是零向量，故A错误；对于B，若定义，显然满足三条性质.若取，则而，故B错误；对于C，利用以上三条性质，可得：，故C正确；对于D，若定义，显然满足三条性质，但，当时，，故D错误.3．（2026·上海·三模）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由，，得，又，所以向量在向量上的投影向量为．4．（2026·上海·三模）已知向量满足，则在方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，利用向量数量积的运算律求出，再利用投影向量的定义求解即得.【详解】由，得，解得，因此，所以在方向上的投影向量为.故选：A5．（2026·上海黄浦·三模）中，，，，P是外接圆上一点，，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由余弦定理求出，即可得到，设的中点为，则为外接圆的圆心，如图建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的线性运算的坐标表示得到，再利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；【详解】解：由余弦定理，即，所以，所以，即，则△ABC为等腰直角三角形.设的中点为，则为外接圆的圆心，如图建立平面直角坐标系，则，，，设，，则，，，因为，即，所以，所以，所以当，即时；故选：A二、填空题6．（2026·上海虹口·三模）在中，若，在上的投影向量为，则_____________．【答案】

/0.5【分析】由正弦定理边角互化可得，结合投影向量,余弦定理可得三角形为等边三角形，据此可得答案.【详解】因，结合正弦定理边角互化可得：.因在上的投影向量为，则，由余弦定理：.从而即三角形为等边三角形，则.7．（2026·上海虹口·三模）已知、、是三个平面向量，且为给定的单位向量．若，，则的最小值为______．【答案】【分析】将向量最值问题转化为动点在抛物线和圆上的轨迹问题后，结合“阿波罗尼斯圆”的性质构造新定点配平系数，最终化归为求抛物线上动点到该定点的最短距离.【详解】不妨设，因为，则有，整理得，即向量的终点的轨迹是以原点为顶点，焦点为的抛物线，设，由得，整理得，即向量的终点的轨迹是以为圆心，半径的圆，，其中表示到的距离，由阿波罗尼斯圆的定义有：平面内到两个定点的距离之比为常数，且定点与圆心三点必共线，所以必在轴上，设使，点满足，即，，，则有，解得，则，易得三点共线时取最小值，问题转化为抛物线上的动点到定点的最短距离，，当时取最小值，即，即，即的最小值为.

8．（2026·上海黄浦·三模）在中，，，则在上的数量投影的取值范围为________．【答案】【分析】确定点的位置，建立平面直角坐标系，根据正弦定理及投影的定义计算求解.【详解】由正弦定理可得（为外接圆半径）所以的外接圆半径，所以点在为弦，圆周角为的两段圆弧上运动，如图所示，以点为坐标原点，为轴，过点垂直的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则外接圆的圆心在直线上，因为半径，所以圆心坐标为，根据对称性，只讨论圆心为这种情况即可，由向量投影的定义可知，当点为直线与外接圆的交点时，投影取得最值，即或，结合图形可知，当时，在上的数量投影有最小值，最小值为，当时，在上的数量投影有最大值，最大值为，所以在上的数量投影的取值范围为.9．（2026·上海·三模）函数对应的图象如图，点为图象与轴的交点，点为图象的最高点，点为图象的最低点，若，则的值为______【答案】【分析】利用辅助角公式化简函数，得出振幅和周期，设点，利用正弦型函数的性质结合图象求出坐标，进而求出，利用构造方程求出，进而求出值．【详解】，振幅为，周期，设点，则，，，，解得，解得或（舍去），，解得．10．（2026·上海·三模）已知坐标平面上的三点，，，则在方向上的投影数量为________．【答案】【详解】由，，可得，，则在方向上的投影数量为.11．（2026·上海长宁·二模）在中，是的中点，，，则_________.【答案】7【详解】因为在中，是的中点，所以，所以.又，所以，所以.所以，.12．（2026·上海黄浦·二模）在复平面内，点P，Q，O分别表示复数z，w，0，已知，，，且，则向量与的夹角为______．【答案】【分析】设复数u在复平面内对应的点为A，可得，结合模长关系可得，进而可得向量夹角.【详解】设复数u在复平面内对应的点为A，由题意可知：，，，，则，即，解得，可得，且，可得，所以向量与的夹角为.13．（2026·上海徐汇·二模）已知向量，其中，在方向上的投影向量是，则__________.【答案】【详解】因为在方向上的投影向量是，且，所以14．（2026·上海·二模）在中，，，，则________．【答案】/【分析】根据数量积公式，可得的值，根据余弦定理，可得，代入余弦定理，即可得答案.【详解】设，由题意，所以，又，得，所以.15．（2026·上海普陀·二模）已知向量，，，函数的表达式为，设，若，则______.【答案】【分析】由题意可得，分、和三种情况分别求解即可.【详解】因为，又因为，且，所以，整理得，当时，，则有，解得，满足题意；当时，，则有，解得，不满足题意；当时，，则有，解得，不满足题意；综上，.16．（2026·上海杨浦·二模）记…，是空间中的个不同的非零向量，满足：①其中任意向量在其它向量方向上的投影均为其本身或零向量；②其中任意三个向量、、均不能使成立，则的最大值为______.【答案】【分析】根据已知条件利用向量投影、共线性质结合条件①②分析即可得.【详解】设是这个向量中的任意两个向量，根据投影的定义，向量在向量方向上的投影为：，由条件①可知，或，当时，向量共线，当时，向量垂直；表示三个单位向量，当、不同向时，，则，则，又，故不符合，则、同向，则由，可得、、同向，由其中任意三个向量、、均不能使成立，则其中任意三个向量、、不同向，即同一方向最多两个不等向量；故结合①②可得：这些向量中任意两个向量要么共线，要么垂直，且同一方向最多两个不等向量，例如可取空间中三个两两互相垂直的单位向量及其相反向量，再取，这个不同向量满足条件①②；若存在第个向量，则必须与另外个向量中的任一共线或垂直，由于已有的向量中包含三个互相垂直的方向，则必须与其中一个向量共线才能符合要求，但此时任一方向都有两不同向量，故不存在符合题意，所以满足条件的的最大值为.17．（2026·上海杨浦·二模）直线：的一个法向量是，则实数______.【答案】【详解】易知直线：的一个法向量可以表示为，又直线的一个法向量是，所以两向量共线，根据向量共线的坐标表示得，解得.18．（2026·上海嘉定·二模）已知向量，，且，则在方向上的数量投影的取值范围为___________【答案】【分析】代入数量投影公式，转化为三角函数值域问题求解.【详解】在方向上的数量投影为，，，.19．（2026·上海奉贤·二模）在平面直角坐标系xOy中，点，，．若点满足：，，则xy的最大值是________．【答案】【分析】通过条件建立关于与的二元一次方程组，解出，并使用辅助角公式变形求解.【详解】，，，由题意得解得，，，当时，取最大值为，所以y的最大值是.20．（2026·上海金山·二模）已知在中，．若点为外接圆的圆心，则__________．【答案】【分析】利用余弦定理求出，取的中点，连接，由点为外接圆的圆心，得到，利用向量的数量积的定义，结合在直角三角形中的余弦公式求出的值.【详解】，，，取的中点，连接，点为外接圆的圆心，，.21．（2026·上海·三模）平面上五点满足，，，，则的值为_____．【答案】3【分析】设，，得到，，则，再代入值计算即可．【详解】设，，则，，，．故答案为：3．22．（2026·上海·三模）如图，某水平测试场地修建了一个实体圆锥形通信屏蔽罩，其高为，底面圆直径，且点满足.现在点处固定一枚无线电信标，且在点有一微型无人机（视为一点）.点在母线上，无人机先在空中以直线航迹从点飞行到处，随后紧贴屏蔽罩表面飞行到点，设飞行路径总长度为.则的最小值为_______________.

【答案】【分析】采用化曲为直的方法，将曲面展成与平面共面的扇形，再有两点之间线段最短求出飞行路径的最短值，适当采取建系的方法可以大幅度减少计算量.【详解】由题可知，故该圆锥侧面展开图的圆心角，则连接可得，又由题知，如图建立平面直角坐标系

则，由两点之间线段最短可得，所以，故答案为：23．（2026·上海崇明·二模）已知向量，，若，则实数____________.【答案】【分析】根据向量垂直的坐标表示，由可得即可得解.【详解】由得，，.故答案为：24．（2026·上海·三模）在平面上，，，，若，则的取值范围是________.【答案】【分析】根据题意,建立平面直角坐标系,设出、、、的坐标,由及可得关于O点坐标的不等式组,结合两点间距离公式即可表示出的取值范围.【详解】因为,则为矩形,以所在直线为轴,以为轴建立平面直角坐标系.如下图所示:设,则,,,因为所以变形可得因为,即由以上两式可得即因为,即所以则综上可知因为所以,即故答案为:【点睛】本题考查了平面向量在坐标系中的综合应用,向量的加法运算与向量的模长,通过建立平面直角坐标系,用坐标研究向量关系是常见方法,属于中档题.三、解答题25．（2026·上海虹口·三模）已知双曲线：，为原点．(1)求的右顶点到一条渐近线的距离；(2)若点在第一象限且，若、、为一个等腰三角形的三个顶点，求点的横坐标；(3)过点的直线与交于两个不同的交点和，若，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）根据双曲线的性质及点到直线的距离公式求解即可.（2）根据两点间的距离公式，与双曲线方程联立求解即可.（3）设出直线：，，，与双曲线方程联立得到，结合题意得到，即且，求出，，结合向量数量积的坐标运算及函数值域的求解方法求解即可.【详解】（1）双曲线：，其中，，右顶点.渐近线方程为：，取，所以右顶点到一条渐近线的距离为.（2）设，则，即因为、、为一个等腰三角形的三个顶点，所以或或.若，则，即，整理得，解得或（舍去）.若，点应在中垂线上，此时无实根.若，，即，整理得，解得或（舍去）.综上，或，即点的横坐标为或.（3）由题意易知，直线的斜率存在，设方程为.联立，整理得，则，所以且.设，，则，.所以，则.当时，所以，，故；当时，所以，，故.综上，实数的取值范围为.26．（2026·上海·三模）已知平面直角坐标系中，向量，.(1)求在上的投影向量；(2)若，且，求向量的坐标；(3)若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2)或；(3)且.【分析】（1）由题设及投影向量计算公式可得答案；（2）由向量坐标运算及向量平行坐标表示可得答案；（3）由题可得且与不平行，据此可得答案.【详解】（1）在上的投影向量为：，又，，则；（2）由题可得，设，因，则.因，则，从而，则或（3）由题可得，因与的夹角为锐角，则且与不平行，从而且.27．（2026·上海普陀·二模）设的内角，，的对边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)点、分别满足，，，，求的值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，化简得，即可解得；（2）由