平面向量专项练习-2025届高三数学一轮复习

高考一轮复习 2024-2025学年度高三一轮复习21--平面向量专项练习 一、单选题 1．（2024·广东佛山·一模）已知单位向量，满足，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．向量在向量上的投影向量为 D． 2．（2024·浙江宁波·一模）向量，满足，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2024·贵州铜仁·模拟预测）如图，在中，是边的中点，是上一点，且，则（    ）    A． B． C． D． 4．（24-25高三上·海南·阶段练习）已知向量，，，若与平行，则实数的值为（   ） A． B． C．1 D．3 5．（2023·河北·三模）已知向量，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·湖北·一模）如图，在中，是边上靠近点的三等分点，是边上的动点，则的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 7．（2024·广东肇庆·一模）在中，且，若（），则的最小值为（   ） A． B．1 C． D．2 8．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 二、多选题 9．（2024·浙江金华·一模）已知向量，，则（   ） A． B． C．若，则 D．若，则 10．（2024·江西·一模）已知向量，，则（    ） A．若，则 B．若，共线，则 C．不可能是单位向量 D．若，则 11．（2024·辽宁·模拟预测）已知为坐标原点，，，，则（   ） A．方向的单位向量为 B．若，则点的坐标为 C． D．在上的投影的数量为 三、填空题 12．（2024·河北·模拟预测）如图所示，中，，是线段的三等分点，是线段的中点，与，分别交于，，则平面向量用向量，表示为 . 13．（24-25高三上·河北石家庄·阶段练习）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若角C的内角平分线，则的最小值为 ． 14．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在中，已知，，，为线段上的点，且，则的最小值为 . 四、解答题 15．（2025·安徽·一模）如图，已知在中，内角所对的边分别为，且． (1)求的值； (2)若为边上一点，且，求的长． 16．（2024·福建·模拟预测）在，角所对的边分别为，已知． (1)证明：； (2)是否存在内一点使得且？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 17．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知向量，设函数. (1)当时，求函数的值域； (2)已知在中，内角的对边分别为，若 ，且，求面积的最大值. 18．（2024·天津河西·模拟预测）如图，在中，已知边上的两条中线AM，BN相交于点． (1)求中线AM的长； (2)求的余弦值； (3)求面积． 19．（2025·浙江·模拟预测）在正四面体ABCD中，P是内部或边界上一点，满足，． (1)证明：当取最小值时，； (2)设，求的取值范围 参考答案： 1．D 【分析】根据数量积的运算律求出，即可求出，从而判断A，再根据判断B，根据投影向量的定义判断C，计算，即可判断D. 【详解】单位向量，满足， 则，所以， 所以，又，所以，故A错误； ，故B错误； 因为， 所以向量在向量上的投影向量为，故C错误； 因为，所以，故D正确. 故选：D 2．C 【分析】利用，结合数量积的运算法则求解. 【详解】因为. 因为，所以. 故选：C 3．A 【分析】设，根据图形由向量的加法法则运算即可． 【详解】设，因为是边的中点，所以， 所以， ， 又，所以，解得． 故选：A． 4．C 【分析】由平面向量共线的坐标表示求解即可. 【详解】因为，，，所以， 由与平行，得，解得. 故选：C. 5．C 【分析】根据投影向量的定义计算得解. 【详解】由题意可知，在上的投影向量为：. 故选：C. 6．C 【分析】先用余弦定理求出，再将向量用基底表示，借助向量运算性质计算即可. 【详解】由，解得. 设， 则. 故选：C 7．C 【分析】确定，构造平行四边形，借助图形得到的最小值即为点到直线的距离，即可求解. 【详解】因为， 所以， 即， 得，因为A是的内角， 所以，故，即， 所以. 以为邻边作平行四边形， 由， 即在直线上， 所以的最小值即为点到直线的距离， 因为，，过向 作垂线，垂足为, ，所以的最小值为， 故选：C. 8．B 【分析】根据向量共线定理和基本不等式即可求解. 【详解】因为三点共线， 所以存在实数k，使，即， 又向量不共线，所以， 由，所以， 当且仅当时，取“=”号， 故选：B 9．AB 【分析】运用平面向量的模长计算公式计算，根据向量平行或垂直列等式求参数即可求解． 【详解】解：向量， A．，故正确，符合题意； B．，，则， 所以， 当时，，正确，符合题意； C．若，则，解得，故错误，不符合题意； D．若，则，解得，故错误，不符合题意； 故选：AB． 10．AD 【分析】根据给定条件，利用垂直关系、向量共线的坐标表示计算判断AB；利用单位向量的意义判断C，利用向量线性运算的坐标表示及利用坐标求模判断D. 【详解】对于A，由，得，解得，A正确； 对于B，由，共线，得，解得，B错误； 对于C，当时，是单位向量，C错误； 对于D，当时，，则，D正确． 故选：AD 11．BC 【分析】利用向量的坐标表示，结合数量积的公式，即可求解，判断选项. 【详解】对于A.,，所以方向的单位向量为，故A错误； 对于B.设，由，则， 所以，所以，所以，故B正确； 对于C.，，， 所以，故C正确； 对于D.向量在方向上的投影数量，故D错误. 故选：BC. 12． 【分析】方法一：设，则，，解关于的方程组求出的值，同理得，再利用即可求解. 方法二：过点作交于点，得，同理过点作的平行线可得，，再利用即可求解. 方法三：设，，则，结合，，得到，从而求出解得的值，即，同理可得，再结合即可求解. 方法四：特殊三角形法，设是底为12，高为2的等腰三角形建立如图所示的平面直角坐标系，求出，，的坐标，再结合平面向量基本定理即可求解. 【详解】方法一： 由与交于，可设， 由三点共线，则①， 由， 由三点共线，则②， ①②联立，解得，，得. 同理得， 所以， 故答案为：. 方法二： 过点作交于点， 由， 得， 同理过点作交于点， 由， 可得， 则， 故答案为：. 方法三： 设，，则，得， 又因为，， 所以. 故，，解得，， 则. 同理可得， ， 故答案为：. 方法四： 特殊三角形法 设是底为12，高为2的等腰三角形建立如图所示的平面直角坐标系， 得，，，，，， 得直线：，直线：，直线：， 解得，， 得，，， 设，， 解得，，所以， 故答案为：. 13．8 【分析】先根据，结合余弦定理求角C，再根据，再结合面积公式和基本不等式求出的最小值，再根据数量积定义求. 【详解】因为，所以，而角为三角形内角，所以，    由，， 所以， 化简得到， 所以，则，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以的最小值为8. 故答案为：8. 14． 【分析】根据三角恒等变换化简可得，再由基底法求数量积可知，结合三角形面积，可得各边边长，由点在线段上， 可知，代入，结合基本不等式可得最小值. 【详解】由已知， 即， 又在中，，， 则，，即， 所以， 即， 又，所以， 所以， 则， 即， 又点在线段上，则，即，且，， 所以， 当且仅当，即，时等号成立， 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理可得，从而可得，即，即可求解； （2）利用余弦定理及向量的数量积求出，利用平面向量基本定理表示出，再平方求解． 【详解】（1）由题意知，，． 又，故，而，则． （2）在中，， 故． 又，所以，， 所以， 故 故． 16．(1)证明见解析 (2)不存在 【分析】（1）利用三角恒等变换以及辅助角公式可将原式化为，根据三角函数最值即可得，可得结论； （2）由（1）可知点在的边的中线上，再由的最小值为可得，可得不成立. 【详解】（1）由题意可知， 即，则， 即，其中； 其中和的最大值为1，故上式只有当时，等号成立； 故，由正弦定理可得， 所以 （2）因为，所以为的重心， 因为，为各边中线的交点，因此； 又因为点在内部，点在内的直线上的动点，如下图所示： 当点与点重合时，取得最小值，即， 所以恒成立，显然与，即矛盾， 故内不存在点使得且同时成立. 17．(1) (2)1 【分析】（1）利用向量数量积公式和三角恒等变换得到，整体法求解函数的值域； （2）在（1）基础上，结合得到，由勾股定理和基本不等式得到，进而得到三角形面积的最大值. 【详解】（1）， ， 当时，， ， 所以函数的值域为 （2）由（1）可知， 又，所以， 因为，所以，故， 因为，由可知，， 由基本不等式得， 解得，当且仅当时，等号成立， 故三角形面积， 即面积最大值为. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）运用中线长的向量表达式，结合数量积定义可解； （2）转化为向量夹角余弦值可解； （3）运用重心的性质，结合面积公式可解. 【详解】（1）因为为BC的中点，， ， . （2）因为 , ， . （3）为中线的交点，为重心， ， ，， . 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据条件确定点的位置，再证明线线垂直. （2）先探究与的关系，再利用二次函数的性质求范围. 【详解】（1）如图：取中点，中点，连接， 则，. 因为，， 所以三点共线. 又四面体为正四面体，所以，当为中点时，，此时取得最小值. 又，所以. （2）易知， . 所以，，， 故（）. 根据二次函数的性质，当时，有最小值，为； 当或时，有最大值，为. 故的取值范围为： 不是因为有希望而去努力，而是努力了才能看见希望1 学科网（北京）股份有限公司 $$