期末专题02 平面向量（15类真题精讲+真题四层精练（含百强名校真题））-【源课堂会一题通一类系列】2024-2025学年高一数学下学期期末重点复习（人教A版2019）

期末专题02 平面向量 （15类真题精讲+真题四层精练（含百强名校真题）） 期末复习目录 15类真题精讲 1 真题精讲01 向量模、零向量、单位向量、相等向量、平行向量的概念辨析 7 真题精讲02 已知向量共线（平行）求参数及点共线问题 8 真题精讲03 已知向量垂直求参数 8 真题精讲04 平面向量基本定理的应用 9 真题精讲05 定义法和坐标法求数量积 10 真题精讲06 求模长及其应用 11 真题精讲07 求夹角及其应用 11 真题精讲08 投影向量及其应用 12 真题精讲09 平面向量等和线（系数和）的应用（压轴题） 13 真题精讲10 平面向量极化恒等式的应用（压轴题） 14 真题精讲11 平面向量奔驰定理及四心问题（压轴题） 15 真题精讲12 平面向量中的最值及范围问题（压轴题） 17 真题精讲13 向量新定义（压轴题） 17 真题精讲14 平面向量综合问题（多选题） 19 真题精讲15 平面向量大题综合 20 真题四层精练 22 真题第一层精练：夯实基础（12题） 22 真题第二层精练：能力提升（12题） 23 真题第三层精练：突破压轴（10题） 26 真题第四层精练：百强名校真题特训（20题） 28 1．向量的有关概念 (1)向量：既有大小又有方向的量叫做向量，向量的大小叫做向量的模． (2)零向量：长度为0的向量，其方向是任意的． (3)单位向量：长度等于1个单位的向量． (4)平行向量：方向相同或相反的非零向量，又叫共线向量，规定：0与任一向量平行． (5)相等向量：长度相等且方向相同的向量． (6)相反向量：长度相等且方向相反的向量． 2．向量的线性运算 向量运算 定义 法则(或几何意义) 运算律 加法 求两个向量和的运算 交换律：a＋b＝b＋a； 结合律： (a＋b)＋c＝a＋(b＋c) 减法 求a与b的相反向量－b的和的运算 a－b＝a＋(－b) 数乘 求实数λ与向量a的积的运算 |λ a|＝|λ||a|，当λ>0时，λa与a的方向相同；当λ<0时，λa与a的方向相反；当λ＝0时，λa＝0 λ(μ a)＝(λμ)a；(λ＋μ)a＝λa＋μa； λ(a＋b)＝λa＋λb 3. 奔驰定理 如图，已知P为内一点，则有. 由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”. （1）奔驰定理的证明 如图：延长与边相交于点 则 （2）奔驰定理的推论及四心问题 推论是内的一点,且,则 有此定理可得三角形四心向量式 （1）三角形的重心：三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1. （2）三角形的垂心：三角形三边上的高的交点叫做三角形的垂心，垂心和顶点的连线与对边垂直. （3）三角形的内心：三角形三条内角平分线的交点叫做三角形的内心，也就是内切圆的圆心，三角形的内心到三边的距离相等，都等于内切圆半径r. （4）三角形的外心：三角形三条边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心，也就是三角形外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等. 奔驰定理对于利用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的基石作用. 已知点在内部，有以下四个推论： ①若为的重心，则； ②若为的外心，则；或 ③若为的内心，则；备注：若为的内心，则也对. ④若为的垂心，则，或 4. 平面向量的数量积 定义 设两个非零向量a，b的夹角为θ， 则数量|a||b|cos θ叫做a与b的数量积，记作a·b 投影向量 向量在上的投影向量为 几何 意义 数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cos θ的乘积 5. 向量数量积的运算律 (1)a·b＝b·a. (2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)． (3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c. 6. 平面向量数量积的有关结论 已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ. 结论 几何表示 坐标表示 模 |a|＝ |a|＝ 夹角 cos θ＝ cos θ＝ a⊥b的充要条件 a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0 |a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| |x1x2＋y1y2|≤ 7. 极化恒等式 恒等式右边有很直观的几何意义: 向量的数量积可以表示为以这两个向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的，恒等式的作用在于向量的线性运算与数量积之间的联系 如图在平行四边形 中, 则 在上述图形中设平行四边形 对角线交于 点, 则对于三角形来说: 8. 向量投影技巧 向量数量积的几何意义是:一个向量在另一个向量上的投影和这个向量模的积。如果能巧妙的找到投影长度,数量积就能快速算出，且不用知道两个向量的所成角,所以用投影法能有效解决一类问题 9. 平面向量基本定理 如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2. 其中，不共线的向量e1，e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底． （1）．基底e1，e2必须是同一平面内的两个不共线向量，零向量不能作为基底． （2）基底给定，同一向量的分解形式唯一．　 10. 形如条件的应用（“爪子定理”） “爪”字型图及性质： （1）已知为不共线的两个向量，则对于向量，必存在，使得。则三点共线 当，则与位于同侧，且位于与之间 当，则与位于两侧 时，当，则在线段上；当，则在线段延长线上 （2）已知在线段上，且，则 11. 等和线（系数和） 如图，为所在平面上一点，过作直线，由平面向量基本定理知： 存在，使得 下面根据点的位置分几种情况来考虑系数和的值 ①若时，则射线与无交点，由知，存在实数，使得 而，所以，于是 ②若时， （i）如图1，当在右侧时，过作，交射线于两点，则 ，不妨设与的相似比为 由三点共线可知：存在使得： 所以 （ii）当在左侧时，射线的反向延长线与有交点，如图1作关于的对称点，由（i）的分析知：存在存在使得： 所以 于是 综合上面的讨论可知：图中用线性表示时，其系数和只与两三角形的相似比有关。 我们知道相似比可以通过对应高线、中线、角平分线、截线、外接圆半径、内切圆半径之比来刻画。因为三角形的高线相对比较容易把握，我们不妨用高线来刻画相似比，在图中，过作边的垂线，设点在上的射影为，直线交直线于点，则 (的符号由点的位置确定)，因此只需求出的范围便知的范围 真题精讲01 向量模、零向量、单位向量、相等向量、平行向量的概念辨析 【典例精讲1】下列命题中正确的是（    ） A．零向量没有方向 B．共线向量一定是相等向量 C．若为实数，则向量与方向相同 D．单位向量的模都相等 【通关1-1】下列说法正确的是（    ） A．若，则， B．单位向量的模是1，所有单位向量是相等向量 C．相反向量的长度相等 D．共线向量是在同一条直线上的向量 【通关1-2】（多选）已知，为两个单位向量，则下列四个命题中错误的是（    ） A．与相等 B．如果与平行，那么与相等 C．与共线 D．如果与平行，那么或 【通关1-3】（多选）已知是三个向量，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若与共线，则或 真题精讲02 已知向量共线（平行）求参数及点共线问题 【典例精讲2】设,向量，，若，则（    ） A． B． C． D．2 【通关2-1】已知，若，则等于（    ） A．6 B．5 C．4 D．3 【通关2-2】已知点，，，若A，B，C三点共线，则x的值是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【通关2-3】已知是不共线的向量，且，则（    ） A．三点共线 B．三点共线 C．三点共线 D．三点共线 真题精讲03 已知向量垂直求参数 【典例精讲3】已知平面向量，，若，则（    ） A． B． C． D．5 【通关3-1】已知向量，，且，则（    ）. A． B．4 C． D．1 【通关3-2】已知平面向量，若，则（    ） A． B． C．2 D．12 【通关3-3】已知向量，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 真题精讲04 平面向量基本定理的应用 【典例精讲4】如图，在中，D是线段BC上的一点，且满足：，则（    ）    A． B． C． D． 【通关4-1】如图，在菱形中，，且，，若，则（    ）    A． B． C． D． 【通关4-2】如图，在中，已知，P为上一点，且满足，则实数m的值为（    ）    A． B． C． D． 【通关4-3】中，为的中点，与对角线相交于点，记，，用，表示（    ） A． B． C． D． 真题精讲05 定义法和坐标法求数量积 【典例精讲5】在圆中，已知弦，则 ．   故在上的投影为， ， 【通关5-1】已知，，，则 . 19．在中，，，，若，则等于（    ） A．7 B．8 C．12 D．13 【通关5-2】在菱形OABC中、O为坐标原点、,则的值为 ． 真题精讲06 求模长及其应用 【典例精讲6】已知向量，满足，，，则（    ） A． B． C．5 D．4 【通关6-1】已知向量与的夹角为，若，，则（    ）． A．1 B． C． D．2 【通关6-2】平面向量，为单位向量，且，则 . 【通关6-3】已知向量，满足：，，，则（    ） A． B．5 C． D． 真题精讲07 求夹角及其应用 【典例精讲7】已知平面向量，满足，，且，则（    ） A． B． C． D． 【通关7-1】已知非零向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（    ） A． B． C． D． 【通关7-2】在四边形中，，，且，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【通关7-3】已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D． 真题精讲08 投影向量及其应用 【典例精讲8】已知向量，则在方向上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 【通关8-1】在中，是中点且，则向量在向量上的投影向量（    ） A． B． C． D． 【通关8-2】已知两个非零向量，满足 ，则 在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【通关8-3】（2024·黑龙江佳木斯·三模）已知非零向量，满足，且向量在向量上的投影向量是，则与的夹角是（    ） A． B． C． D． 真题精讲09 平面向量等和线（系数和）的应用（压轴题） 【典例精讲9】如图，在中，，，，半圆在内，圆心为，半圆的直径刚好在AC上，弧形部分与AB，BC相切，切点分别为和，在半圆的圆弧部分（含端点）上有一点，且，则的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 【通关9-1】在直角梯形中，,,,,分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【通关9-2】边长为2的正三角形的内切圆上有一点P，已知，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【通关9-3】（24-25高一上·北京·期末）古代中国的太极八卦图是在一个圆中，以圆心为界，画出的两个全等的阴阳鱼．阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有阳眼，表示万物之间互相转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含着现代哲学中的“矛盾对立统一”的辩证法．图2（正八边形）是从图1（八卦模型图）抽象出来，并以正八边形的中心O为旋转中心顺时针旋转22.5°而得到，点P在正八边形的边上运动，若，则的最大值为（   ） A．2 B． C．1 D． 真题精讲10 平面向量极化恒等式的应用（压轴题） 【典例精讲10】（22-23高一下·河南平顶山·期末）（多选）如图所示，扇形的半径是弧的中点，点是线段上的动点且满足，则的值可以是（    ） A．6 B．8 C． D． 【通关10-1】已知圆为的外接圆，，则的最大值为 . 【通关10-2】在长方形ABCD中，，，点E，F分别为边BC和CD上两个动点（含端点），且，设，，则的最小值为 . 【通关10-3】《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图.图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田，已知正八边形的边长为，点是正八边形的内部（包含边界）任一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 真题精讲11 平面向量奔驰定理及四心问题（压轴题） 【典例精讲11】（22-23高一下·四川成都·期末）已知点，，在所在平面内，且，，，则点，，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 【通关11-1】（多选）点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的外心（外接圆圆心） B．若，则动点的轨迹一定通过的重心 C．若，，分别表示，的面积，则 D．若，则点是的内心 【通关11-2】（22-23高一下·广东广州·阶段练习）（多选）在所在平面内，点满足，其中，m，，，，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线AP一定经过的重心 B．当时，直线AP一定经过的外心 C．当，时，直线AP一经过的垂心 D．当，时，直线AP一定经过的内心 【通关11-3】（多选）已知点在所在平面内，则（    ） A．满足时，是的外心 B．满足时，是的重心 C．满足时，是的内心 D．满足时，是的垂心 【通关11-4】（多选）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，则有.设是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的有（    ） A．若，则为的重心 B．若，则 C．若，，，则 D．若为的垂心，则 真题精讲12 平面向量中的最值及范围问题（压轴题） 【典例精讲12】已知在上的投影向量为，则的取值范围为 ． 【通关12-1】在中，，，点在直线上，若的面积为，则的最小值是 . 【通关12-2】已知向量，，满足，，与的夹角为，，则的最大值为 . 【通关12-3】（22-23高一下·湖北武汉·期末）已知向量，满足，，则的最大值为 ． 真题精讲13 向量新定义（压轴题） 【典例精讲13】如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（    ）    A．线段中点的坐标为 B．重心的坐标为 C．，两点的距离为 D．若，则，，三点共线 【通关13-1】已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知平面内点，，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为 ． 【通关13-2】（多选）如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，其中，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，若，则有序数对叫做向量在夹角为的坐标系xOy中的坐标，记为.已知，则（    ）    A． B． C．为等腰三角形 D． 【通关13-3】（多选）设Ox，Oy是平面内相交的两条数轴，其中（且），，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量.若平面向量满足，则有序数对称为向量在“仿射”坐标系xOy下的“仿射”坐标，记作，下列命题中是真命题的是（    ） A．已知，则 B．已知，，则 C．已知，，则 D．已知，，若，则 真题精讲14 平面向量综合问题（多选题） 【典例精讲14】已知，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若三点共线，则 D．若，则∥ 【通关14-1】下列运算结果正确的是（    ）. A．已知，若，则 B．已知点，则向量在方向上的投影数量为 C．已知向量，若，则 D．向量不共线，点在线段上，且，则 【通关14-2】的内心为P，外心为O，重心为G，若，，下列结论正确的是（    ） A．的内切圆半径为 B． C． D． 【通关14-3】在中，，，，为内（含边界）任意一点，则（   ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则最大值为 真题精讲15 平面向量大题综合 【典例精讲15】已知，，，且. (1)求点P的坐标； (2)求实数t的值； (3)求的值. 【通关15-1】如图，已知、均为等边三角形，的边长为，、、分别为、、的中点． (1)用基底表示向量 (2)延长与交于点，延长与交于点，求 【通关15-2】如图，在锐角中，，； (1)用表示； (2)若，求的长度； (3)当取最小值时，求． 【通关15-3】“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”.如图1，三个内角都小于的内部有一点，连接，求的最小值.我们称三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点为费马点.要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可求出这三条线段和的最小值.某数学研究小组先后尝试了翻折､旋转､平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题，具体的做法如图2，将绕点顺时针旋转，得到，连接，则的长即为所求，此时与三个顶点连线恰好三等分费马点的周角.同时小组成员研究教材发现：已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量. (1)已知平面内点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标； (2)在中，，借助研究成果，直接写出的最小值； (3)已知点，求的费马点的坐标. 真题第一层精练：夯实基础 1．已知，，若，则（    ）． A． B． C． D． 2．已知平行四边形，，，则（    ） A． B． C． D． 3．设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（    ） A．1 B．2 C． D． 4．在四边形中，若，且，则该四边形一定是（    ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．等腰形 5．已知向量，，若与的夹角是锐角，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（多选）已知，，，则（    ） A． B．若，则 C．若，则 D．在上的投影向量的坐标为 7．（多选）已知向量，，，若点A，B，C能构成三角形，则实数m可以是（    ） A．0 B．1 C． D． 8．（多选）已知向量，满足，，则下列说法正确的是（    ） A．若则 B．最大值为3 C．若，则 D．若，则向量在向量上的投影向量坐标为 9．已知向量，则向量在向量方向上的投影向量为 . 10．已知向量满足，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为，则 ． 11．已知向量，. (1)若，求； (2)若向量，，求与夹角的余弦值. 12．（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）已知平面向量，且. (1)求与的夹角的值； (2)当取得最小值时，求实数的值. 真题第二层精练：能力提升 1．已知向量与向量夹角为，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 2．如图，在中，，P是线段BD上一点，若，则实数m的值为（    ） A． B． C．2 D． 3．如图，若正八边形的边长为是的中点，则（    ）    A． B． C． D． 4．已知为单位向量，则“”是“与的夹角是钝角”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 5．《周易·系辞》曰：易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图1是八卦模型图，图2是根据八卦图抽象而得的正八边形与其内部的圆，其中，圆的直径为为正八边形的中心，为正八边形边上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．（多选）下列说法中正确的是（    ） A．若，则，且、、、四点构成平行四边形 B．若为非零实数，且，则非零向量与共线 C．在中，若，则点一定在角的平分线上 D．若向量，则与的方向相同或相反 7．（多选）对于任意的两个非零向量，，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若且与不共线，则与的夹角等于与的夹角 C． D．若，，则 8．（多选）已知向量，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．的最大值为 D．若，则在方向上的投影向量为 9．在中，已知，则向量在向量上的投影向量为 . 10．如图，在平行四边形中，对角线交于点O，点E在上，且，连接交于点G，若，则 ．    11．已知两个单位向量与的夹角为，设，． (1)求最小值； (2)若与的夹角为钝角，求的取值范围． 12．如图，边长为6的正中，点D在边上，且，点M在线段上． (1)若，求的值； (2)若，求x及的值． 真题第三层精练：突破压轴 1．已知为的外接圆圆心，，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 2．在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角;当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且，若P为的费马点，则（    ） A． B． C． D． 4．（多选）如图，在平面四边形ABCD中，下列结论一定正确的是（　　　）    A． B． C． D．若，则四边形ABCD为平行四边形 5．（多选）如图，在中，已知，边上的中点为边上的中点为、相交于点，则下列结论正确的是（    ）    A． B．的内切圆的半径为 C． 与夹角的余弦值为 D．过点作直线交线段和于点，则的取值范围是 6．已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是 ． 7．已知在中，，，则的最大值为 ． 8．如图在平面四边形中，，点在线段上满足，若，则 ． 9．已知是单位圆上相异的两个定点（为圆心），点是单位圆上的动点且.直线交直线于点. (1)求的值； (2)设， ①用来表示与； ②求的取值范围. 10．对于平面向量，定义“变换”：， (1)若向量，，求； (2)已知，，且与不平行，，，证明：； (3)若向量，求． 真题第四层精练：百强名校真题特训 一、单选题 1．设平面向量，点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．已知向量与满足，且与的夹角为，则（    ） A．3 B． C．2 D． 3．已知向量，若，则（    ） A． B．1 C．2 D．3 4．已知向量满足，且向量在方向上的投影向量为．若动点C满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．设O为△ABC的外心，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．已知向量，向量为平面内两个不共线的单位向量，若，，则下列结论正确的是（    ） A．A、B、C三点共线 B．A、C、D三点共线 C．A、B、D三点共线 D．B、C、D三点共线 8．在平行四边形中，，，，是以为圆心，为半径的圆上一动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 9．在中，，I是的平分线上一点，且，若内（不包含边界）的一点D满足，则实数x的取值范围是（    ） A． B． C． D． 10．已知中，角的对边分别为，且满足，在上的投影向量的模长为，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．正六边形ABCDEF的边长为2，G为正六边形边上的动点，则的值可能为（    ） A． B． C．12 D．16 12．在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量.类似的，可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，，规定如下运算法则：①；②；③；④.则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C． D． 13．已知圆，圆心关于直线对称点为为圆上两点，且满足，点为坐标原点，则下列正确的是（  ） A． B．轴与圆相切 C．线段的中点轨迹为圆 D．的最大值为 14．点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的外心（外接圆圆心） B．若，则动点的轨迹一定通过的重心 C．若，，分别表示，的面积，则 D．若，则点是的内心 三、填空题 15．已知向量，若，则 ． 16．已知平面向量，，，向量在向量上的投影向量为，则 . 17．若M是内一点，且满足，则与的面积之比为 ． 18．已知中，角的对边分别为为线段的中点，，则 . 四、解答题 19．如图，设是平面内相交成角的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，记. (1)在仿射坐标系中. ①若，求； ②若，且，的夹角为，求； (2)如图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，，E，F分别为BD，BC中点，求的最大值. 20．对于两个平面向量，，如果有，则称向量是向量的“迷你向量”. (1)若，，是的“迷你向量”，求实数的取值范围； (2)一只蚂蚁从坐标原点沿最短路径爬行到点处（且）.蚂蚁每次只能沿平行或垂直于坐标轴的方向爬行一个单位长度，爬完第次后停留的位置记为，设.记事件“蚂蚁经过的路径中至少有个使得是的迷你向量”.（假设蚂蚁选择每条路径都是等可能的） ①当时，求； ②证明：. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题02 平面向量 （15类真题精讲+真题四层精练（含百强名校真题）） 期末复习目录 15类真题精讲 1 真题精讲01 向量模、零向量、单位向量、相等向量、平行向量的概念辨析 7 真题精讲02 已知向量共线（平行）求参数及点共线问题 9 真题精讲03 已知向量垂直求参数 11 真题精讲04 平面向量基本定理的应用 12 真题精讲05 定义法和坐标法求数量积 15 真题精讲06 求模长及其应用 17 真题精讲07 求夹角及其应用 18 真题精讲08 投影向量及其应用 21 真题精讲09 平面向量等和线（系数和）的应用（压轴题） 23 真题精讲10 平面向量极化恒等式的应用（压轴题） 28 真题精讲11 平面向量奔驰定理及四心问题（压轴题） 32 真题精讲12 平面向量中的最值及范围问题（压轴题） 39 真题精讲13 向量新定义（压轴题） 43 真题精讲14 平面向量综合问题（多选题） 48 真题精讲15 平面向量大题综合 52 真题四层精练 58 真题第一层精练：夯实基础（12题） 58 真题第二层精练：能力提升（12题） 65 真题第三层精练：突破压轴（10题） 75 真题第四层精练：百强名校真题特训（20题） 88 1．向量的有关概念 (1)向量：既有大小又有方向的量叫做向量，向量的大小叫做向量的模． (2)零向量：长度为0的向量，其方向是任意的． (3)单位向量：长度等于1个单位的向量． (4)平行向量：方向相同或相反的非零向量，又叫共线向量，规定：0与任一向量平行． (5)相等向量：长度相等且方向相同的向量． (6)相反向量：长度相等且方向相反的向量． 2．向量的线性运算 向量运算 定义 法则(或几何意义) 运算律 加法 求两个向量和的运算 交换律：a＋b＝b＋a； 结合律： (a＋b)＋c＝a＋(b＋c) 减法 求a与b的相反向量－b的和的运算 a－b＝a＋(－b) 数乘 求实数λ与向量a的积的运算 |λ a|＝|λ||a|，当λ>0时，λa与a的方向相同；当λ<0时，λa与a的方向相反；当λ＝0时，λa＝0 λ(μ a)＝(λμ)a；(λ＋μ)a＝λa＋μa； λ(a＋b)＝λa＋λb 3. 奔驰定理 如图，已知P为内一点，则有. 由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”. （1）奔驰定理的证明 如图：延长与边相交于点 则 （2）奔驰定理的推论及四心问题 推论是内的一点,且,则 有此定理可得三角形四心向量式 （1）三角形的重心：三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1. （2）三角形的垂心：三角形三边上的高的交点叫做三角形的垂心，垂心和顶点的连线与对边垂直. （3）三角形的内心：三角形三条内角平分线的交点叫做三角形的内心，也就是内切圆的圆心，三角形的内心到三边的距离相等，都等于内切圆半径r. （4）三角形的外心：三角形三条边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心，也就是三角形外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等. 奔驰定理对于利用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的基石作用. 已知点在内部，有以下四个推论： ①若为的重心，则； ②若为的外心，则；或 ③若为的内心，则；备注：若为的内心，则也对. ④若为的垂心，则，或 4. 平面向量的数量积 定义 设两个非零向量a，b的夹角为θ， 则数量|a||b|cos θ叫做a与b的数量积，记作a·b 投影向量 向量在上的投影向量为 几何 意义 数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cos θ的乘积 5. 向量数量积的运算律 (1)a·b＝b·a. (2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)． (3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c. 6. 平面向量数量积的有关结论 已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ. 结论 几何表示 坐标表示 模 |a|＝ |a|＝ 夹角 cos θ＝ cos θ＝ a⊥b的充要条件 a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0 |a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| |x1x2＋y1y2|≤ 7. 极化恒等式 恒等式右边有很直观的几何意义: 向量的数量积可以表示为以这两个向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的，恒等式的作用在于向量的线性运算与数量积之间的联系 如图在平行四边形 中, 则 在上述图形中设平行四边形 对角线交于 点, 则对于三角形来说: 8. 向量投影技巧 向量数量积的几何意义是:一个向量在另一个向量上的投影和这个向量模的积。如果能巧妙的找到投影长度,数量积就能快速算出，且不用知道两个向量的所成角,所以用投影法能有效解决一类问题 9. 平面向量基本定理 如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2. 其中，不共线的向量e1，e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底． （1）．基底e1，e2必须是同一平面内的两个不共线向量，零向量不能作为基底． （2）基底给定，同一向量的分解形式唯一．　 10. 形如条件的应用（“爪子定理”） “爪”字型图及性质： （1）已知为不共线的两个向量，则对于向量，必存在，使得。则三点共线 当，则与位于同侧，且位于与之间 当，则与位于两侧 时，当，则在线段上；当，则在线段延长线上 （2）已知在线段上，且，则 11. 等和线（系数和） 如图，为所在平面上一点，过作直线，由平面向量基本定理知： 存在，使得 下面根据点的位置分几种情况来考虑系数和的值 ①若时，则射线与无交点，由知，存在实数，使得 而，所以，于是 ②若时， （i）如图1，当在右侧时，过作，交射线于两点，则 ，不妨设与的相似比为 由三点共线可知：存在使得： 所以 （ii）当在左侧时，射线的反向延长线与有交点，如图1作关于的对称点，由（i）的分析知：存在存在使得： 所以 于是 综合上面的讨论可知：图中用线性表示时，其系数和只与两三角形的相似比有关。 我们知道相似比可以通过对应高线、中线、角平分线、截线、外接圆半径、内切圆半径之比来刻画。因为三角形的高线相对比较容易把握，我们不妨用高线来刻画相似比，在图中，过作边的垂线，设点在上的射影为，直线交直线于点，则 (的符号由点的位置确定)，因此只需求出的范围便知的范围 真题精讲01 向量模、零向量、单位向量、相等向量、平行向量的概念辨析 【典例精讲1】下列命题中正确的是（    ） A．零向量没有方向 B．共线向量一定是相等向量 C．若为实数，则向量与方向相同 D．单位向量的模都相等 【答案】D 【分析】对于A：根据向量以及零向量的定义分析判断；对于BC：举反例说明即可；对于D：根据单位向量的定义分析判断. 【详解】对于选项A：根据向量的定义可知：任意向量均有方向，且规定零向量的方向是任意的，故A错误； 对于选项B：例如，是非零向量，可知是共线向量但不是相等向量，故B错误； 对于选项C：例如是非零向量，且，可知向量与方向相反，故C错误； 对于选项D：根据定义可知：单位向量的模均为1，所以单位向量的模都相等，故D正确； 故选：D. 【通关1-1】下列说法正确的是（    ） A．若，则， B．单位向量的模是1，所有单位向量是相等向量 C．相反向量的长度相等 D．共线向量是在同一条直线上的向量 【答案】C 【分析】对于A，正确理解相等向量和相反向量的含义即可判断；对于B，由单位向量方向不确定即得；对于C，根据相反向量的定义易得；对于D，由共线向量的定义即可判断. 【详解】对于A，由只知两向量长度相等，方向不确定，故A错误； 对于B，因单位向量的方向不确定，故B错误； 对于C，根据定义，一对相反向量只有方向相反，模长一定相等，故C正确； 对于D，因平面向量是自由向量，故两条共线向量既可以在一条直线上， 也可以在两条平行线上，还可以有一个为零向量，故D错误. 故选：C. 【通关1-2】（多选）已知，为两个单位向量，则下列四个命题中错误的是（    ） A．与相等 B．如果与平行，那么与相等 C．与共线 D．如果与平行，那么或 【答案】ABC 【分析】根据相等向量，共线向量的定义进行判断. 【详解】A选项，与为两个单位向量，它们模长相等，但方向不一定相同，A选项错误； B选项，如果与平行，即与共线，根据共线向量性质，此时它们可能同向共线或者反向共线， 当它们反向共线时，与不相等，B选项错误； C选项，两个单位向量的夹角为或，它们才共线，但这是不一定的，C选项错误； D选项，如果与平行，即与共线，根据共线向量性质，此时它们可能同向共线或者反向共线， 即或，D选项正确. 故选：ABC. 【通关1-3】（多选）已知是三个向量，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若与共线，则或 【答案】AC 【分析】由向量的共线的定义、数量积以及模的定义即可逐一判断各个选项. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，让，不共线，则有，但不成立，故B错误； 对于C，若，则，即，所以同向，即，故C正确； 对于D，若与共线，则同向或反向，但它们的模长不一定相等，故D错误. 故选：AC. 真题精讲02 已知向量共线（平行）求参数及点共线问题 【典例精讲2】设,向量，，若，则（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】利用向量共线的坐标表示求出值. 【详解】向量，，由，得，解得. 故选：A 【通关2-1】已知，若，则等于（    ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】A 【分析】由向量线性运算的坐标表示以及向量共线可列方程求解. 【详解】因为，所以， 又因为，所以，解得. 故选：A. 【通关2-2】已知点，，，若A，B，C三点共线，则x的值是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】运用向量共线可解． 【详解】若A，B，C三点共线，则共线. 即，则. 故选：C. 【通关2-3】已知是不共线的向量，且，则（    ） A．三点共线 B．三点共线 C．三点共线 D．三点共线 【答案】B 【分析】根据题意，结合向量的共线的坐标表示，列出方程组，即可求解. 【详解】因为向量是不共线的向量，且， 对于A中，设，即， 可得，此时方程组无解，所以三点不共线，所以A不正确； 对于B中，设，且，可得， 可得，解得 ，所以三点共线，所以B正确； 对于C中，设，且，可得， 可得，此时方程组无解 ，所以三点不共线，所以C不正确； 对于D中，设，可得， 可得，此时方程组无解 ，所以三点不共线，所以D不正确. 故选：B. 真题精讲03 已知向量垂直求参数 【典例精讲3】已知平面向量，，若，则（    ） A． B． C． D．5 【答案】B 【分析】由，得列方程可求得结果. 【详解】因为，，， 所以， 化简得，解得. 故选：B 【通关3-1】已知向量，，且，则（    ）. A． B．4 C． D．1 【答案】D 【分析】根据向量垂直的坐标形式可求的值. 【详解】因为，故，即， 故选：D. 【通关3-2】已知平面向量，若，则（    ） A． B． C．2 D．12 【答案】C 【分析】由，列方程可求出，再由，列方程可求出，即可求得. 【详解】因为，所以，解得， 因为，所以，解得， 所以. 故选：C. 【通关3-3】已知向量，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】由向量垂直的坐标表示求得值，结合充分必要条件的判定方法得答案． 【详解】当时，，所以，充分性成立； ， ，解得或，必要性不成立； “”是“”的充分不必要条件． 故选：A． 真题精讲04 平面向量基本定理的应用 【典例精讲4】如图，在中，D是线段BC上的一点，且满足：，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平面向量的线性运算即可得解. 【详解】在中，，则， 所以. 故选：B. 【通关4-1】如图，在菱形中，，且，，若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以向量作为基底，用基底表示，，然后代入已知条件得,再根据即可求解. 【详解】由题意，以向量作为基底， 因为，且, 则, 所以， , 所以 , 又因为, 所以，解得， 所以. 故选：B. 【通关4-2】如图，在中，已知，P为上一点，且满足，则实数m的值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三点共线可得，且，结合题意可得，根据平面向量基本定理列式求解即可. 【详解】因为三点共线，则，且， 又因为，即，则， 且，则，解得. 故选：A. 【通关4-3】中，为的中点，与对角线相交于点，记，，用，表示（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平面几何的知识得到，即，再根据平面向量线性运算法则计算可得. 【详解】在中，为的中点，与对角线相交于点， 所以，所以， 所以， 所以. 故选：C 真题精讲05 定义法和坐标法求数量积 【典例精讲5】在圆中，已知弦，则 ． 【答案】/0.5 【分析】设圆心，为半径，为弦，可得在上的投影为，再根据，计算求得结果． 【详解】如图，设圆心，为半径，为弦，   故在上的投影为， ， 故答案为：. 【通关5-1】已知，，，则 . 【答案】 【分析】由向量数量积公式算得结果，注意这两个向量夹角不是，而是它的补角 【详解】 故答案为： 19．在中，，，，若，则等于（    ） A．7 B．8 C．12 D．13 【答案】C 【分析】建立平面直角坐标系，通过数量积的坐标运算即可求解. 【详解】如图，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系. 过作，且，连接，延长到，使， 连接，则四边形为平行四边形， . 又， 为边的中点. 根据条件得，，，， ，， . 故选：C. 【通关5-2】在菱形OABC中、O为坐标原点、,则的值为 ． 【答案】10 【分析】利用向量的线性运算求，再由数量积运算即可得解. 【详解】如图， 在菱形中，，， 所以，， 则， 故. 故答案为： 真题精讲06 求模长及其应用 【典例精讲6】已知向量，满足，，，则（    ） A． B． C．5 D．4 【答案】C 【分析】根据题意，求模先求平方，再开方即可得到答案. 【详解】因为，，，所以，所以. 故选：C. 【通关6-1】已知向量与的夹角为，若，，则（    ）． A．1 B． C． D．2 【答案】A 【分析】根据模长的坐标公式可得，数量积的定义可得，再根据模长关系结合数量积的运算律分析求解. 【详解】由题意可得：，， 则，所以. 故选：A. 【通关6-2】平面向量，为单位向量，且，则 . 【答案】 【分析】根据平面向量的数量积运算法则和性质即可求解. 【详解】因为平面向量，为单位向量，所以 因为，所以， 所以； 所以； 即. 故答案为：. 【通关6-3】已知向量，满足：，，，则（    ） A． B．5 C． D． 【答案】B 【分析】首先求出，再根据及数量积的运算律计算可得. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：B 真题精讲07 求夹角及其应用 【典例精讲7】已知平面向量，满足，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对两边平方可得，再由向量的夹角公式计算可得答案. 【详解】因为， 因为，， 所以，. 故选：D. 【通关7-1】已知非零向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据数量积的定义与投影向量的概念求解． 【详解】由题意在上的投影向量为，即， 所以，又，所以， 而，所以， 故选：D． 【通关7-2】在四边形中，，，且，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，可以得到四边形为平行四边形，平方后可以得到，所以四边形为矩形，再根据，即可求出与的夹角. 【详解】因为，所以，所以四边形为平行四边形， 又，两边平方得： ， 所以，即，所以平行四边形为矩形， 为与的夹角，所以与的夹角为， 又 所以在中，， 所以， 所以与的夹角为， 故选：C. 【通关7-3】已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知条件分别求出，，，在求出，，即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 即，所以，即， ，，，即； ，，，即； ， ， ， 所以. 故选：D 真题精讲08 投影向量及其应用 【典例精讲8】已知向量，则在方向上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据投影向量的计算公式即可求解. 【详解】解：，， ， ， 向量在向量上的投影向量为：. 故选：D. 【通关8-1】在中，是中点且，则向量在向量上的投影向量（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知得为等边三角形，结合投影向量的定义即可求解. 【详解】由，得为等边三角形， 故过点作交于点，则为中点，    所以向量在向量上的投影向量为，与方向相反， 由是中点，为中点，有. 故选：C 【通关8-2】已知两个非零向量，满足 ，则 在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据，得，再根据投影向量的公式计算即可. 【详解】由题意，，解得， 所以 在上的投影向量为. 故选：. 【通关8-3】（2024·黑龙江佳木斯·三模）已知非零向量，满足，且向量在向量上的投影向量是，则与的夹角是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据，可得，结合数量积的运算律可得的关系，再根据投影向量的公式即可得解. 【详解】因为， 所以， 所以， 因为向量在向量上的投影向量是， 所以， 即，所以， 又因为， 所以与的夹角是. 故选：A. 真题精讲09 平面向量等和线（系数和）的应用（压轴题） 【典例精讲9】如图，在中，，，，半圆在内，圆心为，半圆的直径刚好在AC上，弧形部分与AB，BC相切，切点分别为和，在半圆的圆弧部分（含端点）上有一点，且，则的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形的边角关系以及相切可得半径，即可建立直角坐标系，利用坐标运算，可得，即可利用三角函数的性质求解. 【详解】由，，可得, 故， 由于,,所以,故半径， 以为轴，过作，建立如图所示的直角坐标系， , 设，则 ， 由于，所以， 故，两式相减可得， 故， 由于，故， 故选：C    【通关9-1】在直角梯形中，,,,,分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先建立平面直角坐标系，然后将每个点用坐标的形式表示出来，根据条件，列出等式，并化简，最后求出的取值范围. 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则 设,. 则. 因为，所以. 化简得：. 解得：. 所以. 因为，所以. 所以. 故选：B. 【通关9-2】边长为2的正三角形的内切圆上有一点P，已知，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立坐标系，写出相应的点坐标，得到的表达式，然后利用三角函数和三角恒等变换等知识求得到范围. 【详解】如图，以正三角形的高为轴，以内切圆圆心为原点，建立直角坐标系，    因为正三角形边长为2， 根据三角形面积公式得到， 所以内切圆半径为，则设，， 则， 因为， 即， 所以，解得， 则， 因为，则， 则，所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：求出内切圆半径，设，由，可解出，利用三角函数和三角恒等变换求范围. 【通关9-3】（24-25高一上·北京·期末）古代中国的太极八卦图是在一个圆中，以圆心为界，画出的两个全等的阴阳鱼．阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有阳眼，表示万物之间互相转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含着现代哲学中的“矛盾对立统一”的辩证法．图2（正八边形）是从图1（八卦模型图）抽象出来，并以正八边形的中心O为旋转中心顺时针旋转22.5°而得到，点P在正八边形的边上运动，若，则的最大值为（   ） A．2 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，表示出相关点的坐标，确定当P点位于线段上时，才会取到最大值；设P点在线段上，设，结合平面向量基本定理以及向量的坐标运算，求出表达式，即可求得答案. 【详解】以O为坐标原点，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 设，则， ， 由于，结合正八边形的对称性。 可知当P点位于线段上时，才会取到最大值； 不妨设P点在线段上，设，即， 则， 则， 即，则， 即，当时，取到最大值， 故选：D． 真题精讲10 平面向量极化恒等式的应用（压轴题） 【典例精讲10】（22-23高一下·河南平顶山·期末）（多选）如图所示，扇形的半径是弧的中点，点是线段上的动点且满足，则的值可以是（    ） A．6 B．8 C． D． 【答案】ABC 【分析】设出，利用平面向量基本定理得到，化简得到，结合，求出，进而判断四个选项. 【详解】设，则，则 ， 因为，所以，则A，B正确， ，C也符合， ，D不符合条件. 故选：ABC 【通关10-1】已知圆为的外接圆，，则的最大值为 . 【答案】3 【分析】先利用正弦定理求出外接圆半径，取的中点，连接，则，变形得到，当三点共线时，取得最大值，求出答案. 【详解】设圆的半径为，则，解得， 因为，所以， 取的中点，连接，则， 故， ， 当三点共线时，取得最大值，最大值为， 故的最大值为. 故答案为：3 【通关10-2】在长方形ABCD中，，，点E，F分别为边BC和CD上两个动点（含端点），且，设，，则的最小值为 . 【答案】50 【分析】根据向量的线性运算以及数量积的运算律可得，进而根据模长公式得，利用三角换元，即可结合三角恒等变换即可求解. 【详解】 ＝ ＝， 由，得，即， 即，即， 设， 则，（其中）， 当时，即时，取到最小值50，即的最小值50， 故答案为：50 【通关10-3】《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图.图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田，已知正八边形的边长为，点是正八边形的内部（包含边界）任一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】延长交于点，延长交于点，转化为求的最值，根据数量积的几何意义可得的范围． 【详解】延长交于点，延长交于点， 如图所示： 根据正八边形的特征，可知， 又， 所以， ， 则的取值范围是. 故选：B. 真题精讲11 平面向量奔驰定理及四心问题（压轴题） 【典例精讲11】（22-23高一下·四川成都·期末）已知点，，在所在平面内，且，，，则点，，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】A 【分析】根据向量的运算逐个分析判断即可 【详解】由，得， 所以，设的中点为，连接，则， 所以，所以点在边上的中线上，同理可得也在的中线上， 所以点是的重心， 由，得，所以到的三个顶点的距离相等，所以为的外心， 由，得，所以， 所以，所以，同理得，所以为的垂心， 故选：A 【通关11-1】（多选）点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的外心（外接圆圆心） B．若，则动点的轨迹一定通过的重心 C．若，，分别表示，的面积，则 D．若，则点是的内心 【答案】BCD 【分析】A选项，计算出，⊥，同理可得⊥，⊥，则点为的垂心；B选项，作出辅助线，得到，故点在中线上，故向量一定经过的重心；C选项，作出辅助线，得到，从而得到所以，故；D选项，作出辅助线，得到，故⊥，并得到在的平分线上，同理可得，在的平分线上. 【详解】A选项，，即，故⊥， 同理可得⊥，⊥，则点为的垂心，A错误； B选项，过点作⊥于点，取的中点，连接， 则，， 则， 故点在中线上，故向量一定经过的重心，B正确； C选项，如图，分别为的中点， ， 则，故， 所以， 故，C正确； D选项，分别表示方向上的单位向量， 故， ，故⊥， 由三线合一可得，在的平分线上，同理可得，在的平分线上， 则点是的内心，D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心， 点为所在平面内的点，且，则点为的垂心， 点为所在平面内的点，且，则点为的外心， 点为所在平面内的点，且，则点为的内心， 【通关11-2】（22-23高一下·广东广州·阶段练习）（多选）在所在平面内，点满足，其中，m，，，，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线AP一定经过的重心 B．当时，直线AP一定经过的外心 C．当，时，直线AP一经过的垂心 D．当，时，直线AP一定经过的内心 【答案】AC 【分析】对于A，点为的中点，根据重心的性质和已知条件分析判断，对于B，由向量的加法法则分析判断，对于C，化简即可得结论，对于D，作于，则，再利用中线的性质分析判断. 【详解】对于A，因为，，所以， 设点为的中点，所以， 所以，所以直线AP一定经过的重心，所以A正确，    对于B，当时，， 因为为与同方向的单位向量，为与同方向的单位向量， 所以平分， 所以直线AP一定经过的内心，所以B错误， 对于C，当，时，， 所以 ， 所以，所以直线AP一经过的垂心，所以C正确， 对于D， 当，时，， 作于，则， ， 所以， 所以直线AP一定经过的重心，所以D错误， 故选：AC    【通关11-3】（多选）已知点在所在平面内，则（    ） A．满足时，是的外心 B．满足时，是的重心 C．满足时，是的内心 D．满足时，是的垂心 【答案】BC 【分析】A.根据向量数量积的运算律变形，利用数量积的性质，即可判断选项；B.利用向量加法的运算公式，结合三角形重心的性质，即可判断选项；C.结合正弦定理，以及转化向量，变形为，即可判断选项；D.构造特殊三角形，即可判断选项. 【详解】A. ，得，即， 同理，，所以点是三条垂线的交点，所以是的垂心，故A错误； B.若时，，设点是的中点，所以， 同理设是和的中点，所以，，所以是的三条中线的交点，即点是的重心，故B正确； C. ，由正弦定理可知 ， 所以, 故，所以点在的角平分线上， 同理可证明点在和的角平分线上，故点为的内心，故C正确； D.当是直角三角形，且，，时，满足时，即，即点是斜边的中点，点是的外心，不是垂心，故D错误. 故选：BC 【通关11-4】（多选）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，则有.设是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的有（    ） A．若，则为的重心 B．若，则 C．若，，，则 D．若为的垂心，则 【答案】ABD 【分析】对于A，假设为的中点，连接，由已知得在中线上，同理可得在其它中线上，即可判断；对于选项B，利用奔驰定理可直接得出B正确；对于C，根据奔驰定理可得，再利用三角形面积公式可求得，即可计算出，可得C错误；选项D，由垂心的性质、向量数量积的运算律，得到，结合三角形面积公式及角的互补关系得结论. 【详解】对于A：如下图所示， 假设为的中点，连接，则，故共线，即在中线上， 同理可得在另外两边的中线上，故O为的重心，即A正确； 对于B：由奔驰定理O是内的一点，的面积分别为， 则有可知， 若，可得，即B正确； 对于C：由，可知， 又，所以， 由可得； 所以，即C错误； 对于D：由四边形内角和可知，， 则， 同理， 因为O为的垂心，则， 所以， 同理得，， 则， 令， 由， 则， 同理：， ， 综上，， 根据奔驰定理得，即D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用向量数量积定义、运算律和垂心性质得到向量模的比例，结合三角形面积公式和奔驰定理判断结论即可. 真题精讲12 平面向量中的最值及范围问题（压轴题） 【典例精讲12】已知在上的投影向量为，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】给已知等式两边平方化简可求出和，然后根据投影向量的计算公式求解即可. 【详解】因为，所以， 即，， 所以，， 所以，， 因为在上的投影向量为，所以， 所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查向量数量积的运算律，考查数量积的几何意义，解题的关键是对已知等式两边平方化简后，两式相结合求出的范围，考查计算能力，属于较难题. 【通关12-1】在中，，，点在直线上，若的面积为，则的最小值是 . 【答案】 【分析】取的中点，连接，过点作于，是的高，由题意可得，，进而利用基本不等式可求得最小值. 【详解】在中，，，所以， 取的中点，连接，过点作于，是的高， 由的面积为，所以，所以， 由，所以可得，所以， 由题意可得， 所以， 所以 ， 当且仅当，即且与重合时取等号. 所以的最小值是. 【通关12-2】已知向量，，满足，，与的夹角为，，则的最大值为 . 【答案】 【分析】设，，，以所在的直线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，利用向量的数量积的坐标表示整理出，的关系，结合圆的性质及几何意义可求解. 【详解】设，，， 以所在的直线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系， 因为，，与的夹角为， 所以，，设， 即，，， 所以，， 因为，所以，即， 圆心坐标为，半径，表示点到坐标原点的距离即为圆上的点到坐标原点的距离， 因为圆心到原点的距离为，所以. 故答案为：. 【通关12-3】（22-23高一下·湖北武汉·期末）已知向量，满足，，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】利用向量的运算建立平面直角坐标系即可得，由得，则，结合三角函数设，利用三角函数的性质即可求得最值. 【详解】取平行四边形，连接    设，则， 因为向量，满足，所以，即， 设，，如图以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，    则 所以，则，故， 所以 因为，又，可设 即，所以，其中，所以，所以， 故的最大值为，即的最大值为. 故选：. 真题精讲13 向量新定义（压轴题） 【典例精讲13】如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（    ）    A．线段中点的坐标为 B．重心的坐标为 C．，两点的距离为 D．若，则，，三点共线 【答案】C 【分析】依题意可得，，，根据平面向量线性运算判断A、B，表示出，再根据数量积的运算律判断C，根据向量共线定理判断D. 【详解】根据题意，，，， 对于A，设的中点为，则， 故线段中点的坐标为，故A正确．    对于B，设重心为，则 ， 故重心的坐标为，故B正确； 对于C，， 所以 = 即该坐标系中，两点间的距离为： ，故C错误； 对于D，，， 若，易得，则、、三点共线， 若，变形可得，所以， 所以，所以、、三点共线， 综合可得：若，则，，三点共线，故D正确． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键是对斜坐标的理解，灵活运用平面向量的相关知识解答即可. 【通关13-1】已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知平面内点，，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】根据题意，计算出 ，再根据向量的坐标运算法则计算出点的坐标. 【详解】因为，， 所以 ， 将向量顺时针方向旋转，即逆时针旋转， 得到， 其中， ， 化简得 ， 所以点坐标为. 故答案为：. 【通关13-2】（多选）如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，其中，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，若，则有序数对叫做向量在夹角为的坐标系xOy中的坐标，记为.已知，则（    ）    A． B． C．为等腰三角形 D． 【答案】ABD 【分析】由已知可得，，根据向量的数量积运算与线性运算依次判断各选项即可． 【详解】由题可知，， ，， 对A：，故A正确； 对B：则，故B正确； 对C、D：， ， 可得，故D正确； ，显然不是等腰三角形，故C错误. 故选：ABD. 【通关13-3】（多选）设Ox，Oy是平面内相交的两条数轴，其中（且），，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量.若平面向量满足，则有序数对称为向量在“仿射”坐标系xOy下的“仿射”坐标，记作，下列命题中是真命题的是（    ） A．已知，则 B．已知，，则 C．已知，，则 D．已知，，若，则 【答案】BD 【分析】根据新定义，结合已学的向量的模长，向量运算，向量数量积，向量平行的定理可以逐一计算判断. 【详解】对于A，，则， 所以 ，故A错误； 对于B，已知，， 则，，， 则，故B正确； 对于C，，，则，， 所以 ，故C错误； 对于D，，，则，， 若，则当或时，或，满足； 当，则存在唯一，使得，则， 则，消元变形得到，故D正确. 故选：BD. 真题精讲14 平面向量综合问题（多选题） 【典例精讲14】已知，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若三点共线，则 D．若，则∥ 【答案】BCD 【分析】对于A、B，根据垂直向量的数量积为零，建立方程，可得答案；对于C、D，根据平行向量的定理，建立方程组，可得答案. 【详解】对于A，，， 由，则，即，解得，故A错误； 对于B，由，则，， 由，则，故B正确； 对于C、D，，， 由共线，则，即， 可得，解得，故C、D正确； 故选：BCD. 【通关14-1】下列运算结果正确的是（    ）. A．已知，若，则 B．已知点，则向量在方向上的投影数量为 C．已知向量，若，则 D．向量不共线，点在线段上，且，则 【答案】ABCD 【分析】对A：借助向量共线的坐标运算即可得；对B：计算出、向量坐标形式后，借助投影向量定义计算即可得；对C：借助向量线性运算与向量垂直性质计算即可得；对D：借助向量线性运算与基本定理计算即可得. 【详解】对A：由，则有，即，故A正确； 对B：，，则，故B正确； 对C：，，由， 则有，解得，故C正确； 对D：由，则有， 即，又向量不共线，点在线段上， 故，解得，此时有， 即点在线段靠近点的三等分点上，符合要求，故D正确. 故选：ABCD. 【通关14-2】的内心为P，外心为O，重心为G，若，，下列结论正确的是（    ） A．的内切圆半径为 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】取边的中点，得内心P、外心O、重心G都在中线上，且，由三角形面积相等求出可判断A；求出可判断B；由余弦定理得，平方关系求出，得的外接圆半径，利用可判断C；利用可判断D. 【详解】取边的中点，连接， 因为，所以内心P、外心O、重心G都在中线上， 且，，内切圆半径， 对于A，由得 ，解得，故A正确； 对于B，因为，所以， ，故B正确； 对于C，由余弦定理得， ，所以， 所以的外接圆半径， ，所以， 所以， ，故C错误； 对于D，的外接圆半径， ，所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是判断出内心P、外心O、重心G都在中线上. 【通关14-3】在中，，，，为内（含边界）任意一点，则（   ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则最大值为 【答案】AB 【分析】根据向量的数量积可得，再利用正弦定理可得，根据外接圆的性质可得的面积，由三角形重心的性质可得，根据三角形内心的性质可得，再根据角分线的长度可得的最值. 【详解】A选项：由已知，则，则，正确； B选项：如图所示， 由，可知为外心， 又，可得， 又，则，，， 由正弦定理可知，， 则，正确； C选项：由，即，， 所以，即，错误； D选项：如图所示， 易知，分别为，方向的单位向量，， 以，为平行四边形的邻边作平行四边形，则四边形为菱形， 则射线为的角分线，且， 则， 又为内（含边界）任意一点，，， 则点为的角平分线上一点，且， 即， 即，解得， 所以，解得，错误； 故选：AB. 真题精讲15 平面向量大题综合 【典例精讲15】已知，，，且. (1)求点P的坐标； (2)求实数t的值； (3)求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量线性运算的坐标表示即可得解； （2）利用向量线性运算与向量数量积的坐标表示即可得解； （3）利用向量夹角的坐标表示即可得解. 【详解】（1）依题意，设， 因为，， 所以， 则，解得， 所以点的坐标为. （2）因为， 所以， ， 又，所以，解得. （3）因为， 所以， 则，， 所以. 【通关15-1】如图，已知、均为等边三角形，的边长为，、、分别为、、的中点． (1)用基底表示向量 (2)延长与交于点，延长与交于点，求 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平面向量基本定理结合题意求解即可； （2）由，，三点共线，可设，则，再由，，三点共线，可求出，再利用向量的加减法将用表示，由，，三点共线，可设，则，由，，三点共线，可求出，则将用表示，从而可求出 【详解】（1）因为、均为等边三角形，且、、分别为、、的中点， 所以 ， 所以，所以． （2）由已知，，三点共线，可设，则， 又，，三点共线，所以，得， 所以， 由已知，，三点共线，可设，则 又，，三点共线，所以，得，故， 所以，所以 【通关15-2】如图，在锐角中，，； (1)用表示； (2)若，求的长度； (3)当取最小值时，求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由向量的线性运算可求得； （2）由向量的线性运算可得，利用点共线可得，结合条件可求得，利用面积可求，利用余弦定理可求； （3）利用，可求最小值及此时的，进而可求. 【详解】（1），所以， 所以，所以； （2）又，所以，所以， ，所以， 又三点共线，所以，若，可得， 所以，又， 所以， 又因为，所以，所以， 因为是锐角三角形，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以； （3）由（2）可知，则， 当且仅当，即取最小值时， 所以，所以， 所以. 【通关15-3】“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”.如图1，三个内角都小于的内部有一点，连接，求的最小值.我们称三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点为费马点.要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可求出这三条线段和的最小值.某数学研究小组先后尝试了翻折､旋转､平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题，具体的做法如图2，将绕点顺时针旋转，得到，连接，则的长即为所求，此时与三个顶点连线恰好三等分费马点的周角.同时小组成员研究教材发现：已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量. (1)已知平面内点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标； (2)在中，，借助研究成果，直接写出的最小值； (3)已知点，求的费马点的坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意，代入公式可得，从而得解； （2）根据题意，旋转后为等边三角形，根据勾股定理可解； （3）根据题意，中，与关于轴对称，所以旋转后与关于轴对称，由图形的对称性知费马点必在轴上，由三点共线求解. 【详解】（1），绕着点顺时针旋转， 即逆时针旋转，代入公式， ， 所以， 则点的坐标为； （2）由费马点的求法知： 绕着点顺时针旋转，与重合，， 所以为等边三角形， 连接，的最小值为，由勾股定理得； （3）通过材料可以知道，内部有一点，连接， 将绕点顺时针旋转，得到，连接，则的长即为所求， 此时与三个顶点连线恰好三等分费马点的周角， 即此时点满足， 又由题设，可知为等腰三角形，且， 根据费马点求法知：点在中垂线上， 且是顶角为的等腰三角形，所以， 故，则. 【点睛】关键点点睛：第（3）中，发现中，根据费马点求法知：点在中垂线上，且. 真题第一层精练：夯实基础 1．已知，，若，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据共线的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】由题意得，解得. 故选：C. 2．已知平行四边形，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由两点的坐标求得，由平行四边形的性质有，求值即可. 【详解】由，，有， 平行四边形中，有，即， 故选：D. 3．设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据投影向量的定义求出，再由及数量积的运算律计算可得. 【详解】因为，为单位向量，所以， 又在方向上的投影向量为，所以， 所以. 故选：D 4．在四边形中，若，且，则该四边形一定是（    ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．等腰形 【答案】B 【分析】由，可得∥，，再由可得，从而可判断出四边形的形状. 【详解】因为四边形中，， 所以∥，， 所以四边形为平行四边形， 因为，所以，所以， 所以四边形为矩形. 故选：B 5．已知向量，，若与的夹角是锐角，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】因为与的夹角是锐角，所以且不共线，所以求出且即可得解. 【详解】因为与的夹角是锐角， 所以且， 所以且， 所以实数的取值范围是. 故选：D. 6．（多选）已知，，，则（    ） A． B．若，则 C．若，则 D．在上的投影向量的坐标为 【答案】BD 【分析】根据向量模的坐标表示即可判断A；根据向量平行和垂直的坐标表示即可判断BC；根据投影向量的公式即可判断D. 【详解】对A，，故A错误； 对B，若，则，解得，故B正确； 对C，若，则，则，故C错误； 对D，在上的投影向量的坐标为，故D正确. 故选：BD. 7．（多选）已知向量，，，若点A，B，C能构成三角形，则实数m可以是（    ） A．0 B．1 C． D． 【答案】BCD 【分析】根据题意分析可知不共线，结合向量共线的坐标表示运算求解. 【详解】因为，，， 则， 若点A，B，C能构成三角形，即A，B，C不共线，则不共线， 可得，即， 结合选项可知A错误；BCD正确. 故选：BCD. 8．（多选）已知向量，满足，，则下列说法正确的是（    ） A．若则 B．最大值为3 C．若，则 D．若，则向量在向量上的投影向量坐标为 【答案】BD 【分析】对于A,验证数量积是否为0即可判断；对于B，求模先求平方，再开方即可求解；对于C,移项之后在平方求解即可；对于D,在向量上的投影向量为,据此求解即可. 【详解】对于A,因为，所以与不垂直，故A错误； 对于B,因为，所以， 所以 当共线时，有最大值为1，所以，故B正确； 对于C,因为，所以，即， 所以，所以，解得，故C错误； 对于D,因为，所以，即， 所以在向量上的投影向量为，故D正确. 故选：BD. 9．已知向量，则向量在向量方向上的投影向量为 . 【答案】 【分析】根据题意，利用向量的数量积和向量的投影向量的计算公式，准确计算，即可求解. 【详解】由向量，可得， 则向量在向量方向上的投影向量为. 故答案为： 10．已知向量满足，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为，则 ． 【答案】 【分析】由已知分别求出和，再根据平面向量数量积的运算律求解即可． 【详解】由得，， 因为向量在向量方向上的投影向量的坐标为， 所以，即， 所以， 所以， 故答案为：． 11．已知向量，. (1)若，求； (2)若向量，，求与夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件结合向量垂直的表示及向量坐标运算公式列方程求，再由向量的模的坐标公式求结论； （2）由条件，结合向量平行的坐标表示列方程求，由此可得，再求，，，再由向量夹角坐标公式求结论. 【详解】（1）因为， 所以， 所以，又，， 所以， 所以， 所以， 所以， 即； （2）因为，，， 所以，又， 所以， 所以，所以， 所以，，， 设与夹角为， 所以， 所以与夹角的余弦值为. 12．（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）已知平面向量，且. (1)求与的夹角的值； (2)当取得最小值时，求实数的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题设条件得到，然后利用数量积的定义求夹角； （2）将表示为的函数，然后求该函数的最小值. 【详解】（1）由，可得， 又，所以，又，所以； （2）因为， 所以. 所以的最小值为，此时. 真题第二层精练：能力提升 1．已知向量与向量夹角为，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据投影向量的定义结合已知条件直接求解即可 【详解】因为向量与向量夹角为，， 所以， 则在上的投影向量为 ， 故选：A. 2．如图，在中，，P是线段BD上一点，若，则实数m的值为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】根据向量线性运算得，再利用三点共线的结论即可得到值. 【详解】根据题意，得， 又， 因为B，P，D三点共线，所以，即. 故选：A. 3．如图，若正八边形的边长为是的中点，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以点A为坐标原点，分别以所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，求得相关向量的坐标，利用向量的坐标运算即可求解. 【详解】，以点A为坐标原点，分别以所在直线为x，y轴， 建立平面直角坐标系，如图所示．    正八边形内角和为， 则，所以 所以，，， 所以，， 所以 ， 故选：A． 4．已知为单位向量，则“”是“与的夹角是钝角”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】B 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及夹角公式求出的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】单位向量，由，得，解得， 则，因此， 所以“”是“与的夹角是钝角”的必要而不充分条件. 故选：B 5．《周易·系辞》曰：易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图1是八卦模型图，图2是根据八卦图抽象而得的正八边形与其内部的圆，其中，圆的直径为为正八边形的中心，为正八边形边上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，过点作交于，则由正八边行的对称性可知为的最小值，则利用向量的加减法运算得，所以只要求出的最小值即可，解法一：延长交于，连结，利用正八边形的性质求解，解法二：在中，利用余弦定理求解，解法三：求出，再结合求解. 【详解】如图，过点作交于， 则由正八边行的对称性可知为的最小值， 则， ， 所以最小值为， 的长度解法提供以下三种解法： 解法一：延长交于，连结由正八边形的对称性显然有，且易得为等腰直角三角形． 依题可知，所以． ， 所以 所以最小值为 解法二：在中，，设， 由余弦定理得，解得， 所求最小值为． 解法三：由（或解得） 由，解得， 所求最小值为． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本小题主要考查向量的数量积、余弦定理等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力，解题的关键是灵活运用正八边形的性质，考查数形结合、化归与转化等思想，体现综合性、应用性，导向对发展数学直观、数学运算等核心素养的关注． 6．（多选）下列说法中正确的是（    ） A．若，则，且、、、四点构成平行四边形 B．若为非零实数，且，则非零向量与共线 C．在中，若，则点一定在角的平分线上 D．若向量，则与的方向相同或相反 【答案】BC 【分析】利用向量得定义、共线向量得概念判断A、B、D，利用单位向量得定义与加法得平行四边形法则判断与的角平分线的关系，即可判断C. 【详解】对于A，如果在线段上，，为线段的四等分点，满足，且，但、、、四点不能构成平行四边形，故A错误； 对于B，设为非零实数，且，则非零向量与共线，故B正确； 对于C，因为，分别为向量，方向上的单位向量，所以的方向与的角平分线重合， 又，可得向量所在直线与的角平分线重合，所以点一定在角的平分线上，故C正确 对于D，若向量，则与的方向相同或相反，或与中至少有一个为零向量，故D错误. 故选：BC 7．（多选）对于任意的两个非零向量，，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若且与不共线，则与的夹角等于与的夹角 C． D．若，，则 【答案】ABC 【分析】利用向量垂直的数量积可得，即A正确，由向量夹角公式代入计算可得B正确，根据向量的三角不等式可得C正确，由向量的坐标表示以及模长公式可得D错误. 【详解】对于A，若可得，所以， ，因此可得，即A正确； 对于B，易知与的夹角为， 与的夹角为， 又因为且与不共线，所以，即B正确； 对于C，由向量的三角不等式可得， 当与同向时满足，因此可得，即C正确； 对于D，由，可得，所以，即D错误. 故选：ABC 8．（多选）已知向量，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．的最大值为 D．若，则在方向上的投影向量为 【答案】ACD 【分析】对于A：根据向量平行的坐标表示运算求解；对于B：根据向量垂直的坐标表示运算求解；对于C：根据模长公式结合三角恒等变换可得，再根据正弦函数最值分析判断；对于D：先求，结合投影向量的定义分析求解. 【详解】因为向量，， 对于A，因为，则，可得，故A正确； 对于B，因为，则，即 则，所以，故B错误； 对于C，因为， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为，故C正确； 对于D，若，则，可得， 所以在方向上的投影向量为，故D正确； 故选：ACD. 9．在中，已知，则向量在向量上的投影向量为 . 【答案】 【分析】由，可得，再由，得，则得，然后根据投影向量的定义求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，所以， 所以， 所以向量在向量上的投影向量为 . 故答案为： 10．如图，在平行四边形中，对角线交于点O，点E在上，且，连接交于点G，若，则 ．    【答案】 【分析】运用平面向量的线性运算，结合基本定理可解. 【详解】在平行四边形中, ， 根据初中知识知道，则，则， 又，则，则． 故答案为：. 11．已知两个单位向量与的夹角为，设，． (1)求最小值； (2)若与的夹角为钝角，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先得，，然后利用模长公式将所求转换为关于的函数的最小值即可； （2）由题意得且，不共线，由此可列出关于的不等式组，从而求解. 【详解】（1）由题意， 因为，，所以 所以， 所以，等号成立当且仅当， 所以最小值是； （2）因为，， 所以， 设，共线，即设， 因为向量与不共线， 所以，解得， 若与的夹角为钝角， 则，且， 解得的取值范围是. 12．如图，边长为6的正中，点D在边上，且，点M在线段上． (1)若，求的值； (2)若，求x及的值． 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）直接分解向量即可求解； （2）由三点共线求得参数的值，然后求得各自的模、数量积，结合向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）∵，而， ∴，则即为所求． （2）∵，得，∴， 又∵，∴， ∵M、B、D三点共线，∴，则即为所求x的值． 则，∴， ∴， ∴， 同理可求：， ∴， ∴即为所求． 真题第三层精练：突破压轴 1．已知为的外接圆圆心，，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】B 【分析】利用圆的性质，得到，将转换为，进而求出最大值. 【详解】如图所示：    因为为的外接圆圆心，，所以， 且， 所以， 故当共线反向时，取到最大值. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出，再由数量积的运算律得到. 2．在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题设条件依次可求得边和角的三角函数值，从而将向量等式化简，利用平面向量基本定理得到，最后利用常值代换法即可求得. 【详解】由①，由和正弦定理可得②， 把②代入①可得，， 又由可得代入①可得，， 则角是锐角，，代入①可得，， 又由余弦定理，得， 于是，，因为线段上的一点，则， 因， 当且仅当时等号成立，即时，取得最小值. 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题主要考查正、余弦定理，平面向量基本定理和向量数量积运算，以及基本不等式得应用，属于难题.解决此类题，一般从各个边、角的等式转化入手，运用相关公式或定理各个击破，得出一系列信息，最后借助于主干条件，如此题的得出，从而使问题得解. 3．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角;当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且，若P为的费马点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正弦定理求出A，结合题设易知点P一定在的内部，再利用余弦定理、向量的数量积求出结果． 【详解】由，及正弦定理得， 因为，所以，消去得． 因为，故或， 而根据题意，故不成立， 所以，又因为，代入得，所以． 由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于， 结合题设易知点P一定在的内部． 由余弦定理可得， 解得 ， 所以， 所以 ． 故选：A. 【点睛】思路点睛：解题的思路是由正弦定理求出A，结合题设易知点P一定在的内部，再利用余弦定理、向量的数量积求出答案． 4．（多选）如图，在平面四边形ABCD中，下列结论一定正确的是（　　　）    A． B． C． D．若，则四边形ABCD为平行四边形 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算及数量积的运算律，逐项计算判断即可得解. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，由选项A知，， 则，B错误； 对于C， ，C正确； 对于D， ，而， 因此，即，四边形ABCD为平行四边形，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：向量数量积，合理利用数量积的运算律是求解问题的关键. 5．（多选）如图，在中，已知，边上的中点为边上的中点为、相交于点，则下列结论正确的是（    ）    A． B．的内切圆的半径为 C． 与夹角的余弦值为 D．过点作直线交线段和于点，则的取值范围是 【答案】ACD 【分析】对于A，利用余弦定理求解即可；对于B，运用等面积法可解；对于C，建立平面直角坐标系，利用向量夹角的坐标求法处理即可；对于D，设出线段的比例关系，用向量共线的条件合理转化，消去变量求范围即可. 【详解】对于A，在中，且，， 由余弦定理得，解得，(负根舍去)，则A正确； 对于B，设的内切圆的半径为， 则，即， 即，解得，故B错误； 对于C，如图所示，    以为原点，建立平面直角坐标系，易知，，设， 由两点间距离公式得，， 解得，，(负根舍去)， 故，由中点坐标公式得，， 故，，设与的夹角为， 故，故C正确； 对于D，易知由于边上的中点为，边上的中点为， 而是两条中线的交点，故是的重心，所以， 设，，， 由于在直线上，所以，即， 而，所以，， 故得，， 所以，， 故得， 则 ， 由于， 则，则D正确， 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解题关键是将已知向量合理转化，然后表示出的关系，将面积比表示为一元函数，求出范围，进而求出数量积的范围即可， 6．已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】设，根据题意结合平面向量基本定理可得，设，且，整理可得，进而可得结果. 【详解】设，即， 可得， 因为， 即， 整理可得，且不共线， 则，解得， 即，， 又因为点在内（不含边界），设，且， 可得， 则， 可得，可得， 且，可得， 所以的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：1.设，根据题意结合平面向量基本定理可得； 2.根据三角形可设，且，用表示，即可得结果. 7．已知在中，，，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】利用正弦定理表示出，再利用向量数量积的定义将目标式用三角函数表示，利用三角函数的性质得到最值即可. 【详解】在中，由正弦定理得， 所以，所以， 因为， 所以， ， ，因为，所以， 故当时，即时，取得最大值，且最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是利用正弦定理结合数量积的定义将目标式用三角函数表示，然后利用三角函数的性质得到所要求的最值即可． 8．如图在平面四边形中，，点在线段上满足，若，则 ． 【答案】/ 【分析】以A为原点，建立平面直角坐标系，设后，写出各点坐标，用向量的坐标运算可得． 【详解】以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设， 则有， ，过D作轴于F，， ，所以， ，，， 因为， 所以， 所以，，解得：， 则的值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：建系用坐标表示是解题的关键. 9．已知是单位圆上相异的两个定点（为圆心），点是单位圆上的动点且.直线交直线于点. (1)求的值； (2)设， ①用来表示与； ②求的取值范围. 【答案】(1)0 (2)①；②. 【分析】（1）对两边平方化简可求出的值； （2）①结合已知条件利用向量的加减法法则将用表示，再结合，列方程组可用来表示与；②，将与代入化简，得，令，则，求出的范围，从而可求出答案. 【详解】（1）因为， 所以， 因为，所以， 所以； （2）①因为， 所以 ， 因为， 所以，所以； ②因为，， 所以 ， 设，则， 因为，所以，所以， 即， 由，得， 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：此题考查向量的加减法，考查向量的数量积运算，考查同角三角函数关系，第（2）问解题的关键是利用平面向量基本定理结合题意用表示，考查计算能力和转化思想，属于较难题. 10．对于平面向量，定义“变换”：， (1)若向量，，求； (2)已知，，且与不平行，，，证明：； (3)若向量，求． 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）将，带入变换计算可得； （2）利用变换规则计算向量数量积可得，且，，再由面积公式即可得出结论； （3）利用变换规则以及三角恒等变换以及可得，即可解得 【详解】（1）根据题意可得，，， 代入变换可得， 即 （2） 得，同理可得， ； 所以， 则， 得， 即； （3）易知 ； 且 所以 ； 因此 由， 可得， 即,又， 解得． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解新定义的运算规则，得出任意两向量之间的关系，再结合三角恒等变换以及向量数量积的运算规则即可求解. 真题第四层精练：百强名校真题特训 一、单选题 1．设平面向量，点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】安徽省合肥一六八中学2023-2024学年高一下学期期末素养测试数学试卷 【分析】设B点坐标为，则可得的坐标，根据题意，列出等式，即可得答案. 【详解】设B点坐标为，由， 所以，则，解得， 所以B的坐标为. 故选：B. 2．已知向量与满足，且与的夹角为，则（    ） A．3 B． C．2 D． 【答案】C 【来源】重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】计算出，再根据计算出结果. 【详解】由题意得：， 所以. 故选：C 3．已知向量，若，则（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】D 【来源】江苏省南京外国语学校2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题（A卷） 【分析】由可得，由，得，代入坐标即可. 【详解】由题意知，向量，所以， 因为，所以，即，所以， 故选：D. 4．已知向量满足，且向量在方向上的投影向量为．若动点C满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【来源】重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】应用数形结合及极化恒等式，化，求解即可． 【详解】解：如图， 根据投影向量定义知，，则，且， 因为，所以点C在以O为圆心，半径的圆上运动． 设M是AB的中点，由极化恒等式得：， 因为，此时， 即的最小值为， 故选：D． 5．设O为△ABC的外心，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【来源】湖北省武汉外国语学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】设的外接圆半径为，由已知条件可得,，所以，且，取的中点，连接可得，计算的值，再由余弦定理求出，在中，由正弦定理即可求解. 【详解】 设的外接圆半径为，因为,， 所以，且， 取的中点，连接，则，因为， 所以，即， 所以, 在中由余弦定理可得：， 在中，由正弦定理得：. 故选：D 6．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】先根据三角形两边之和大于第三边和两边之差小于第三边求出b的取值范围，再结合数量积的运算和余弦定理即可求解. 【详解】由题有， 所以，故， 所以. 故选：B. 7．已知向量，向量为平面内两个不共线的单位向量，若，，则下列结论正确的是（    ） A．A、B、C三点共线 B．A、C、D三点共线 C．A、B、D三点共线 D．B、C、D三点共线 【答案】C 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】根据向量共线的判定定理结合平面向量基本定理逐项分析判断. 【详解】因为向量，向量为平面内两个不共线的单位向量， 且，， 对于选项A：若A、B、C三点共线，则，其中， 则，方程组无解， 所以A、B、C三点不共线，故A错误； 对于选项B：因为， 若A、C、D三点共线，则，其中， 则则，方程组无解， 所以A、C、D三点不共线，故B错误； 对于选项C：因为， 所以A、B、D三点共线，故C正确； 对于选项D：若B、C、D三点共线，则，其中， 则，方程组无解， 所以B、C、D三点不共线，故D错误； 故选：C. 8．在平行四边形中，，，，是以为圆心，为半径的圆上一动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题 【分析】先利用余弦定理求出，易得，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量线性运算的坐标表示结合三角函数即可得解. 【详解】由题意， 在中，由余弦定理得， 所以， 则，故， 如图，以C为坐标原点建立平面直角坐标系， 则，，，设， 故，，， 又， 即， 所以，所以， 所以，其中， 当且仅当时，取最大值，且它的最大值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式是解题的关键. 9．在中，，I是的平分线上一点，且，若内（不包含边界）的一点D满足，则实数x的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】将向量 归一化可得，结合向量的线性运算可得，结合题意列式求解即可. 【详解】设，则，且， 可得， 则，可得， 即，可得， 则， 因为，则，可得， 所以， 因为，解得， 所以实数x的取值范围是. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是以为基底表示出.本题的难点在于用表示出向量. 10．已知中，角的对边分别为，且满足，在上的投影向量的模长为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【来源】重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】过点作，交于点，根据题意可知，，，根据垂直关系数量积为0，可得，从而借助余弦定理求解. 【详解】过点作，交于点， 在上的投影向量的模长为，则， 因为， 所以 ， 所以，则， 又因为，得， 所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：由在上的投影向量的模长为，则，. 二、多选题 11．正六边形ABCDEF的边长为2，G为正六边形边上的动点，则的值可能为（    ） A． B． C．12 D．16 【答案】ABC 【来源】吉林省长春市东北师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末数学试题 【分析】利用投影向量求解向量数量积，得到的最小值和最大值，得到答案. 【详解】连接与相交于点，由正六边形的几何性质，⊥，， 正六边形ABCDEF的边长为2，故，， 故， 故点在上的投影为， 当点与点重合时，此时的投影向量为，与方向相同 此时取得最大值，最大值为， 故当与重合时，的投影向量为，与方向相反， 此时取得最小值，最小值为， 故，ABC正确，D错误. 故选：ABC 12．在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量.类似的，可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，，规定如下运算法则：①；②；③；④.则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C． D． 【答案】ABD 【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题 【分析】对于A，用定义求解即可；对于B，用 ，结合求解即可；对于C，用定义求出左右两边是否相等即可；对于D，左边用和定义求出，右边也求出，看是否相等即可； 【详解】对于A，；故A正确； 对于B，若，则，，.故B正确： 对于C，，而，不等．故C错误； 对于D，设，则将，代入可得： 故D正确. 故选：ABD. 13．已知圆，圆心关于直线对称点为为圆上两点，且满足，点为坐标原点，则下列正确的是（  ） A． B．轴与圆相切 C．线段的中点轨迹为圆 D．的最大值为 【答案】ACD 【来源】重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】对于A，运用点关于线对称性质列方程，解出即可；对于B，运用点线距离与半径大小比较作判断即可；对于C, 设，中点设为，由平行四边形定则，，两边平方，再用两点间的距离公式得到，，借助在圆上，和，再继续化简，得到，即可判断C；对于D, ,使得最大，则最大即可，借助图形，得出最大值，即可求出最大值，可判断D. 【详解】，则， 圆心关于直线对称点为，则可得线段中垂线为，得 解得，故A正确； 由A知道，且，显然到轴距离为1,小于2，故与轴与圆相交，故B错误； 设，中点设为（∗）， 则，，两式相加得到， ，移项并把（∗）式代入得到， （∗∗）． ，根据平行四边形定则，，两边平方得， ，即， 由两点间的距离公式得，， 即， 即， 即，由（∗）（∗∗）式代入知道， ，化简得到， ，即，配方． 因此线段的中点轨迹为圆心为，半径为的圆．故C正确． ，则， 即（∗∗∗），则要使得最大，则最大即可． 由题可知,的轨迹为圆:，可画图辅助分析． 当最大时，位置如图所示，． 代入（∗∗∗）式，，故D正确． 故选：ACD. 14．点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的外心（外接圆圆心） B．若，则动点的轨迹一定通过的重心 C．若，，分别表示，的面积，则 D．若，则点是的内心 【答案】BCD 【来源】湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】A选项，计算出，⊥，同理可得⊥，⊥，则点为的垂心；B选项，作出辅助线，得到，故点在中线上，故向量一定经过的重心；C选项，作出辅助线，得到，从而得到所以，故；D选项，作出辅助线，得到，故⊥，并得到在的平分线上，同理可得，在的平分线上. 【详解】A选项，，即，故⊥， 同理可得⊥，⊥，则点为的垂心，A错误； B选项，过点作⊥于点，取的中点，连接， 则，， 则， 故点在中线上，故向量一定经过的重心，B正确； C选项，如图，分别为的中点， ， 则，故， 所以， 故，C正确； D选项，分别表示方向上的单位向量， 故， ，故⊥， 由三线合一可得，在的平分线上，同理可得，在的平分线上， 则点是的内心，D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心， 点为所在平面内的点，且，则点为的垂心， 点为所在平面内的点，且，则点为的外心， 点为所在平面内的点，且，则点为的内心， 三、填空题 15．已知向量，若，则 ． 【答案】 【来源】重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】首先求出的坐标，再由向量共线的坐标表示计算可得. 【详解】因为，所以， 又因为，所以，所以. 故答案为：． 16．已知平面向量，，，向量在向量上的投影向量为，则 . 【答案】 【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题 【分析】根据投影向量的定义求解即可. 【详解】由题得，则，又， . 故答案为：. 17．若M是内一点，且满足，则与的面积之比为 ． 【答案】/ 【来源】江苏省南京外国语学校2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题（A卷） 【分析】设为的中点，连接，则由题意可得为的中点，从而可求得结果. 【详解】设为的中点，连接，则 ， 因为，所以， 所以为的中点， 所以， 所以, 故答案为： 18．已知中，角的对边分别为为线段的中点，，则 . 【答案】 【来源】重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】根据题意可得，两边平方再结合已知可得，则，和中分别使用正弦定理可得下列方程组，可解问题. 【详解】 由为线段的中点，则， 所以， 又因为，解得，则， 在和中分别使用正弦定理可得下列方程组 , 由得,于是，结合， 将上面的两个方程相比可得：. 故答案为： 四、解答题 19．如图，设是平面内相交成角的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，记. (1)在仿射坐标系中. ①若，求； ②若，且，的夹角为，求； (2)如图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，，E，F分别为BD，BC中点，求的最大值. 【答案】(1)①；② (2) 【来源】安徽省十校联考2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）①由题意，，将其两边平方，再开方即可得到； ②由表示出和，再由已知用表示出，因为与的夹角为，然后由，即可得到； （2）由题意，设出坐标，表示出，由，求出的表达式，在中依据余弦定理可得，代入得的表达式化简，再在中，用正弦定理，求出，代入的表达式，通过三角恒等化简可得出答案. 【详解】（1）①因为， ， 所以； ②由，即， 得， ， ， 因为与的夹角为， 则，得； （2）依题意设， ， 因为为中点，则， 为中点，所以， 所以 ， 因为， 则， 在中依据余弦定理得，所以，代入上式得， ， 在中，由正弦定理， 设，则， ，其中，是取等号， 则. 【点睛】关键点点睛：设出坐标，求出的表达式是解决第三问的关键. 20．对于两个平面向量，，如果有，则称向量是向量的“迷你向量”. (1)若，，是的“迷你向量”，求实数的取值范围； (2)一只蚂蚁从坐标原点沿最短路径爬行到点处（且）.蚂蚁每次只能沿平行或垂直于坐标轴的方向爬行一个单位长度，爬完第次后停留的位置记为，设.记事件“蚂蚁经过的路径中至少有个使得是的迷你向量”.（假设蚂蚁选择每条路径都是等可能的） ①当时，求； ②证明：. 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题 【分析】（1）根据向量的数量积坐标运算公式计算不等式即可； （2）①应用列举法计算古典概型即可；②应用古典概型证明即可. 【详解】（1）是的“迷你向量”， ，解得. （2）①如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即， 要想使得经过的路线中至少有其中3个点，则路径必经过点 故只需要考虑所有最短路径中经过点的条数即可. 先考虑总共最短路径条数：最短路径一共6步，其中三步向上，三步向右，也即是在6步中选择三步向上， 其余三步向右故可以用这样的样本点组成的样本空间描述最短路径的走法： “123”代表前三步向上，剩下三步向右； “246”表示第二、第四、第六步向上，其余三步向右； {123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456}， 总共的最短路径条数，； {156，256，356，456},故经过包含的路径条数为4，， 因为选择每条路径都是等可能的，故试验为古典概型， . ②同理，总共的最短路径条数为 经过包含的路径条数为，试验为古典概型， . 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$