平面向量及其应用 讲义（北京地区适用）-2024-2025学年高一下学期数学期末专题复习

2024-2025学年度北京市高一下学期期末《平面向量及其应用》专题复习 知识点总结 一、考点概述 1、向量的基本概念：包括向量的定义、模、零向量、单位向量、平行向量、相等向量等。 2、向量的线性运算：加法、减法、数乘运算，以及它们的几何意义和运算律。 3、向量的数量积：定义、几何意义、运算律，以及数量积与向量夹角、模的关系。 4、向量的坐标表示：向量的坐标运算，向量平行与垂直的坐标表示，向量模的坐标公式。 5、向量的应用：用向量及正余弦定理解决平面几何问题、物理问题等。 二、易错点分析 1、概念理解错误：如对零向量的方向、单位向量的模等概念模糊。零向量方向是任意的，单位向量模长为1。 2、运算错误：向量运算律的错误应用，例如向量乘法不满足结合律。在进行向量线性运算和数量积运算时，易出现符号、系数等计算错误。 3、夹角问题：求向量夹角时，要注意向量的方向，夹角范围是[0,\pi]。若两向量起点不同，需平移至同起点再求夹角。 4、忽略特殊情况：在讨论向量平行或垂直问题时，要考虑零向量的特殊情况。零向量与任意向量平行。 三、二级结论总结 1.极化恒等式平行四边形模式：＝ 证明：不妨设 ，则， ① ② 上面两式相减，得：＝————极化恒等式 2.极化恒等式之矩形大法 如图，在矩形中，若对角线和交于点，为平面内任意一点，有以下两个重要的向量关系：① ；② 证明：①连接，根据极化恒等式，可得； ②根据极化恒等式，可得 3、鸡爪定理 已知M，P，N是平面上不同的三点，点A是此平面上任意一点，则“M，P，N三点共线”的充要条件是“存在实数，使得”．此结论往往称为向量的鸡爪定理． 【证明】先证充分性．若， 则，， 即，，故M，P，N三点共线． 再证必要性．若M，P，N三点共线，则存在实数，使得， 即，，故． 综上知，结论成立． 4.等和线定理 平面内一组基底，及任一向量，＝λ＋μ(λ，μ∈R)，若点P′在直线AB上或在平行于AB的直线上，则λ＋μ＝k(定值)；反之也成立，我们把直线AB以及与直线AB平行的直线称为等和(高)线． (1)当等和线恰为直线AB时，k＝1； (2)当等和线在O点和直线AB之间时，k∈(0,1)； (3)当直线AB在O点和等和线之间时，k∈(1，＋∞)； (4)当等和线过O点时，k＝0； (5)若两等和线关于O点对称，则定值k1，k2互为相反数； (6)定值k的变化与等和线到O点的距离成正比 5、三角形“四心”的向量表示 （1）三角形四“心”向量形式的充要条件 设为所在平面上一点，角所对边长分别为，则 （1）为的外心⇔||＝||＝||＝. （2）为的重心. （3）为的垂心. （4）为的内心. ②为的重心，特别地为的重心； ③为的垂心； ④向量所在直线过的内心(是的角平分线所在直线)； ⑤的内心 6.奔驰定理 奔驰定理：设是内一点，,,的面积分别记作,,则. 奔驰定理推论：，则 ① ②，， 7、正余弦定理相关应用 （1）正弦定理的应用 ①边化角，角化边 ②大边对大角 大角对大边 ③合分比： （2）内角和定理： ① 同理有：，． ②； ③ ④； ⑤在中，内角成等差数列． 模拟预测 一、单选题 1．（24-25高一下·北京·阶段练习）已知单位向量满足，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·北京朝阳·期中）已知向量，，若，则实数（   ） A．1 B．2 C． D．4 3．（24-25高一下·北京·期中）如图，在平行四边形ABCD中，M是AB的中点，DM与AC交于点N，设，则（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·北京·期中）已知向量，满足：，，，则（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·北京朝阳·阶段练习）已知、为同一平面中两个向量，满足，，则的范围为（   ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·北京·阶段练习）在中，，是的中点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高一下·北京·期中）中，，，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C． D． 8．（24-25高一下·北京海淀·期中）蜂巢的精密结构是通过优胜劣汰的进化自然形成的．若不计蜂巢壁的厚度，蜂巢的横截面可以看成正六边形网格图，如图所示．设P为图中7个正六边形（边长为1）内部或边界上点，A，B为两个固定顶点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高一下·北京丰台·期末）八卦是中国传统文化中的一部分，八个方位分别象征天、地、风、雷、水、火、山、泽八种自然现象.八卦模型如图1所示，其平面图形为正八边形，如图2所示，点O为该正八边形的中心，设，点P是正八边形边上任一点，下列结论中正确的个数是（    ） ①与的夹角为； ②； ③在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）； ④的取值范围是． A．1 B．2 C．3 D．4 10．（24-25高一下·北京·期中）如图，在中，D是AB的中点，O是CD上一点，且，其中所有正确结论的序号是（    ） ①； ②； ③过点O作一条直线与边AC，BC分别相交于点E，F，若，则； ④若是边长为1的正三角形，M是边AC上的动点，则的取值范围是 A．①④ B．②③ C．②④ D．①③④ 二、填空题 11．（23-24高一下·北京丰台·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，那么 ，若，，则 . 12．（23-24高一下·北京通州·期末）已知分别是的角的对边，若，，，则= ，的面积为 ． 13．（23-24高一下·北京·期末）已知点是半径为3的圆上三点，，点是的垂直平分线上任意一点，则 的最小值为 . 14．（23-24高一下·北京顺义·期末）在长方形中，，，点满足，则 ， ． 15．（23-24高一下·北京通州·期末）在正方形中，是边上一点，且，点为的延长线上一点，写出可以使得成立的，的一组数据为 ． 16．（23-24高一下·北京海淀·期末）一名学生想测算某风景区山顶上古塔的塔尖距离地面的高度，由于山崖下河流的阻碍，他只能在河岸边制定如下测算方案：他在河岸边设置了共线的三个观测点A，B，C（如图），相邻两观测点之间的距离为200m，并用测角仪器测得各观测点与塔尖的仰角分别为,,,根据以上数据，该学生得到塔尖距离地面的高度为 m． 17．（23-24高一下·北京延庆·期末）在中，，，请从①，②，③中选择一个，使存在且唯一，写出满足要求的一个条件的序号 . 18．（23-24高一下·北京东城·期末）赵爽为《周髀算经》一书作注时介绍了“勾股圆方图”，即“赵爽弦图”．下图是某同学绘制的赵爽弦图，其中，点分别是正方形和正方形上的动点，给出下列四个结论： ①； ②； ③设与的夹角为，则的值为3； ④的最大值为12． 其中所有正确结论的序号是 ． 19．（23-24高一下·上海嘉定·阶段练习）如图，在平面斜坐标系中，，平面上任意一点关于斜坐标系的斜坐标这样定义：若（其中分别是轴，轴正方向的单位向量），则点的斜坐标为，且向量的斜坐标为.给出以下结论，其中所有正确的结论的序号是 ①若，，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则 20．（24-25高一下·北京丰台·期中）已知平面内三个向量，，满足，且，，给出下列四个结论： ①若，则射线平分； ②若，则的最小值为； ③若，则△面积是△面积的4倍； ④若，，设点到所在直线的距离为，则的取值范围为． 其中所有正确结论的序号是 ． 三、解答题 21．（23-24高一下·北京丰台·期末）在中，三个内角的对边分别为．已知. (1)求角； (2)将射线AB绕点A旋转交线段BC于点E，已知. （i）若，求c； （ii）求面积的最小值. 22．（23-24高一下·北京顺义·期末）已知，是两个单位向量，其夹角为，，． (1)求，； (2)求与的夹角． 23．（23-24高一下·北京通州·期末）已知向量，． (1)求； (2)若，，，求证：，，三点共线． 24．（23-24高一下·北京通州·期末）在△中，角所对的边为，△的面积为S，且． (1)求角； (2)若，试判断△的形状，并说明理由． 25．（23-24高一下·北京·期末）在中，. (1)求的大小； (2)再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得存在且唯一，求的面积. 条件①：；条件②：边上的高为；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 26．（23-24高一下·北京怀柔·期末）已知向量 (1)若，求及的值； (2)若与平行，求实数的值； (3)若与的夹角为，求实数的值. 27．（23-24高一下·北京大兴·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求； (2)若． （i）再从条件①，条件②，条件③中选择一个条件作为已知，使其能够确定唯一的三角形，并求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． （ii）求周长的取值范围． 28．（23-24高一下·北京·阶段练习）如图，在中，为 边上一点，且.    (1)求的长及的值； (2)若，求的周长； (3)若，求中边上的高. 29．（23-24高一下·北京·期末）已知一个等腰直角三角形的三个顶点分别在另一个等腰直角三角形的三条不同的边上． (1)如图，若的直角顶点在的斜边上，求，的面积之比的最小值．    (2)如图，若的直角顶点在的直角边上．求，的面积之比的最小值．    30．（23-24高一下·北京海淀·期末）已知n维向量，给定，定义变换；选取，再选取一个实数x，对的坐标进行如下改变：若此时，则将同时加上x．其余坐标不变；若此时，则将及同时加上x，其余坐标不变．若a经过有限次变换（每次变换所取的i，x的值可能不同）后，最终得到的向量满足，则称a为k阶可等向量．例如，向量经过两次变换可得：，所以是2阶可等向量． (1)判断是否是2阶可等向量？说明理由； (2)若取1，2，3，4的一个排序得到的向量是2阶可等向量，求； (3)若任取的一个排序得到的n维向量均为k阶可等向量．则称为k阶强可等向量．求证：向量是5阶强可等向量 参考答案 1．C 【分析】对等式两边同时平方，即可求出结果. 【详解】化简得， ， ，， ， 故选:C. 2．C 【分析】根据向量共线的坐标表示，求解即可. 【详解】因为，所以，解得. 故选：C. 3．A 【分析】根据平行四边形ABCD中，M是AB的中点，得到，从而利用向量基本定理得到. 【详解】平行四边形ABCD中，M是AB的中点，故， 则，所以， . 故选：A 4．C 【分析】由数量积的运算律计算可得，再由夹角计算公式代入即可. 【详解】依题意可知， 解得， 所以. 故选：C 5．D 【分析】先求，根据，可求的范围. 【详解】, 因为，则， 所以， 所以的范围为. 故选：D 6．B 【分析】根据数量积的运算律得到，设，，且，再根据数量积的定义及二次函数的性质计算可得. 【详解】因为， 设，则，，且， 则， 因为，所以，所以，即. 故选：B 7．C 【分析】分析得到为的中点，⊥，，数形结合得到当重合时，取得最小值，求出最小值. 【详解】，故为的中点， ，故⊥，， ，故三点共线， ，故当两点重合时，取得最小值， 最小值为. 故选：C 8．B 【分析】根据数量积的定义可得，通过求解在上的投影的范围即可求解的范围. 【详解】， 当点与点或点重合时，最小，最小值为， 当点与点或点重合时，最大，最大值为， 所以. 故选：. 9．C 【分析】根据平面向量夹角的定义即可判断①；根据正八面体的结构特征结合向量减法法则即可判断②；根据投影向量的定义即可判断③；以点为坐标原点建立平面直角坐标系，由正八面体的对称性，不妨设点在边上，再根据坐标公式计算即可判断④. 【详解】对于①，由题意， 则与的夹角为，故①错误； 对于②，由正八面体的结构特征得， 则，故②正确； 对于③，，即与的夹角为， 所以向量在向量上的投影向量为，故③正确； 对于④，， 如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系， 由正八面体的对称性，不妨设点在边上，设， 则， ， ，， 则 ， 当时，取得最大值， 当时，取得最小值， 所以的取值范围是， 故④正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求向量的模的两种基本策略： （1）字母表示下的运算：利用，将向量模的运算转化为向量与向量的数量积的问题； （2）坐标表示下的运算：若，则，于是有. 10．A 【分析】根据平面向量的线性运算可判定①，由线性运算及数量积运算可判定②，根据平面相机本定理可判定③，建立平面直角坐标系，利用坐标运算可判定④. 【详解】对于①，由题意，，，， 故，正确； 对于②，，错误； 对于③，， ， ， 因为E，O，F三点共线，所以， 即，解得，，错误； 对于④，以D为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，， ，，， 设，， 因为， ， 所以，， 所以当时，有最小值为；当时，有最大值为， 即的取值范围是，正确； 故选：A 11． 3 【分析】利用正弦定理即可求解，再利用余弦定理即可求. 【详解】，由正弦定理可得， 又，，，， 即，； 由余弦定理可得，即， 解得或（舍）. 故答案为：；3. 12． 【分析】根据给定条件，利用向量夹角公式计算即得，再利用三角形面积公式求出面积. 【详解】依题意，，在中，， 所以；的面积. 故答案为：； 13． 【分析】根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】    以圆心为坐标原点，线段的垂直平分线所在直线作为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设， 根据题意得，，， 所以， 因为，所以当时，取得最小值为， 故答案为：. 14． 2 【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立平面直坐标系，然后结合已知条件可求出点的坐标，进而可求得答案. 【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立平面直坐标系， 则， 所以， 因为，所以， 所以，， 所以， 所以. 故答案为：2， 15．（答案不唯一） 【分析】根据向量的线性运算表示出，再结合向量的共线即可求得答案. 【详解】 由题意知，而， 故, 则， 又点为的延长线上一点，故, 可取，则， 故使得成立的的一组数据为， 故答案为：. 16． 【分析】首先根据几何关系表示边长，再根据余弦定理求解. 【详解】由题意可知，，，，， 设，则，，， 根据， 则，解得： 所以塔尖距离底面的高度为米. 故答案为： 17．②（或③，答案不唯一） 【分析】根据正弦和余弦定理，以及三角形边与角的性质，直接计算即可判断求解. 【详解】对于①，若，则，这与三角形内角和定理矛盾，不合题意； 对于②，若，则， 所以，此时，存在且唯一，符合题意； 对于③，若，则，因为，所以， 所以为锐角，此时，存在且唯一，符合题意. 故答案为：②（或③，答案不唯一）. 18．②③ 【分析】建立平面直角坐标系，利用向量积的坐标运算判断①，利用向量模的坐标运算结合不等式的性质判断②，利用向量夹角的坐标求法结合同角三角函数的基本关系判断③，举反例判断④即可. 【详解】因为，正方形和正方形， 所以，由勾股定理得，故，， ，故得是的中点，且作， 由等面积公式得， 解得，由勾股定理得， 如图，以为原点，以为轴，以为轴建立平面直角坐标系， 所以，，，， 对于①，故，， 故，故①错误， 对于②，设，因为是正方形上的动点， 故，而， 故，， 由题意得，故， 故成立，可得②正确， 对于③，作，由等面积公式得， 解得，由勾股定理得，故， 故，而，故是的中点， 而，故，所以， ，而与的夹角为， 故， 而，故，可得， 解得(负根舍去)，得到，故③正确， 对于④，假设运动到，运动到， 此时，，故， ，故， 故的最大值不为12，则④错误. 故答案为：②③ 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是建立平面直角坐标系，结合等面积法求出各个点的坐标，然后把动点视作特殊定点，利用向量积的坐标运算求值，否定给定的命题即可． 19．①②③ 【分析】根据所给定义及平面向量线性运算法则判断②③，根据数量积的运算律判断①④. 【详解】对于①：∵，，即， ∴ ，故①正确； 对于②：∵，，即，， ∴， ∴，故②正确； 对于③：∵，，， ∴， ∴，故③正确； 对于④： ，故④错误. 故答案为：①②③ 20．①③④ 【分析】对于①，取为的中点后可判断其正误；对于②，利用二次函数的性质可判断其正误；对于③④，利用等和线转化后可判断它们的正误. 【详解】对于①，若，则， 因为，故为等腰三角形，取为的中点， 则，而平分，故平分，故①正确； 对于②，若，则， 所以， 当时，，故，故②错误； 对于③，若，则，故在内部， 如图，延长交于，则， 设，因为，故三点共线， 而，故三点共线，故重合， 故，故即， 所以，故到直线的距离为到直线距离的4倍， 故面积是面积的4倍，故③正确；    对于④，取，则， 由可得， 因为，故在直线上， 取的中点，过作的平行线交于，过作的平行线交于， 则，， 因为，故在线段上（如图所示），而， 故到的距离为，到的距离为， 故的取值范围为，故④正确；    故答案为：①③④. 21．(1)； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）由余弦定理可得答案； （2）（i）由余弦定理求出可得答案，（ii）解法1：，得出，利用基本不等式求出可得答案；解法2：，由正弦定理求出可得，根据的范围可得答案. 【详解】（1）因为， 由余弦定理得：， 因为A为三角形内角，所以； （2）（i）由和，可知， 因为，在中，由余弦定理得： ， 所以，所以， 因为，所以，所以； （ii）解法1：由和，可知， 因为， 所以， 又因为，所以，即， 又， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 所以， 所以的面积的最小值为. 解法2：由和，可知， 因为，，所以 因为，所以， 在中，由正弦定理得：， 所以， 在中，， 所以 因为，所以， 所以当时，的面积的最小值为. 22．(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的定义、数量积的运算律求解即可. （2）利用向量的运算律求出，再利用夹角公式计算即得. 【详解】（1）单位向量，的夹角为，则， 所以， . （2）由（1）知，， 因此，而， 所以与的夹角. 23．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）结合向量的坐标运算，以及向量模公式，即可求解； （2）结合向量共线的性质，即可求解． 【详解】（1）解：，， 则， 故； （2）证明：，， 则； ， 所以， 所以，，三点共线． 24．(1) (2)等腰直角三角形，理由见解析 【分析】（1）应用面积公式及余弦定理得出正切进而得出角； （2）先应用正弦定理及两角和差的正弦公式化简得出，结合判断三角形形状即可. 【详解】（1）在中，因为，则， 整理得，且，所以. （2）由正弦定理得, , , , 于是, 又，故，所以或，因此（舍去）或，所以. 是等腰直角三角形. 25．(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用正弦定理边化角结合三角形内角和关系分析求解即可； （2）选择条件①②：分为锐角和为钝角两种情况讨论，分析可知三角形存在但不唯一；选择条件①③，分析可知，利用正弦定理求得，方法一：利用两角和差公式求，即可求面积；方法二：利用余弦定理求边，即可面积；选择条件②③，分析可知，，利用正弦定理求得，方法一：利用两角和差公式求，即可求面积；方法二：利用余弦定理求边，即可面积. 【详解】（1）因为在中，，所以 所以，由正弦定理及 得，因为，所以. 因为，所以. （2）选择条件①②：若为锐角，则，可得； 若为钝角，则，可得； 综上所述：存在但不唯一，不合题意； 选择条件①③，存在且唯一，解答如下： 由，且，可得， 由正弦定理及，得，解得， 方法1：由，得， 则 ， 所以. 方法2：由余弦定理，得 即，解得， 所以； 选择②③，存在且唯一，解答如下： 由，及，得， 因为边上的高为，所以 由正弦定理及，得，解得： 方法1：由，得， 则 ， 所以. 方法2：由余弦定理，得 即，解得， 所以. 26．(1)， (2) (3) 【分析】（1）直接利用数量积的坐标运算求解，先求出的坐标，再求其模； （2）先求出的坐标，再由两向量平行列方程求解； （3）利用向量的夹角公式直接列方程求解即可. 【详解】（1）当时，， 所以， 所以； （2）因为，所以， 因为与平行，所以，解得； （3）因为与的夹角为，， 所以， 所以，解得. 27．(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用正弦定理边化角化简得，计算即得． （2）（i）选择条件①利用正弦定理计算判断三角形不唯一；，选择条件②，利用余弦定理及三角形面积公式计算求解；选择条件③，利用正弦定理计算判断，再求出三角形面积；（ii）利用余弦定理及基本不等式计算即可. 【详解】（1）由可得, 因为在中，所以， 即，因为，所以. （2）（i）若选条件①，结合（1）及， 由正弦定理,可得， 则满足条件的三角形不存在，故不能选条件①， 若选条件②：，结合（1）及， 由余弦定理，可得，解得， 易知，故此时满足条件的三角形唯一. 所以. 若选条件③：，结合（1）及， 因为,所以为锐角, 由,可得， 因为在中 所以. 易知满足条件的三角形唯一. 由正弦定理,可得, 所以. （ii）由余弦定理， 可得， 结合基本不等式，可得， 解得：,当且仅当，原式取等. 又在中易得. 所以周长. 周长的取值范围为. 【点睛】方法点睛：在求解对边对角模型问题中的周长或面积范围时常见有2种方法： （1）借助余弦定理、基本不等式及三角形的性质，进行适当放缩； （2）利用正弦定理边化角，转化为三角函数求值域问题. 28．(1)， (2) (3) 【分析】（1）在中，利用正弦定理即可求出，根据三角形内角和定理及两角和得正弦公式即可求出； （2）由，可得，在中，利用正弦定理求出，再在中，利用余弦定理求出，即可得解； （3）先根据三角形的面积公式求出，再在中，由余弦定理求出，再在中，由余弦定理求出，即可得解. 【详解】（1）因为，， 所以，所以， 在中，由正弦定理得， 所以， ； （2）因为， 所以，即， 在中，由（1）结合正弦定理得， 所以， 所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 所以的周长为； （3），所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 在中，由余弦定理得 ， 解得（舍去）， 所以中边上的高为. 【点睛】方法点睛：已知三角形的两边及一角解三角形的方法： 先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解思路有两种： （1）利用余弦定理求出其它角； （2）利用正弦定理（已知两边和其中一边的对角）求解. 若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这个问题（在上，余弦值所对的角是唯一的），故用余弦定理较好. 29．(1) (2) 【分析】（1）由四点共圆，在和中，应用正弦定理得，过点作于点， 有，则； （2）设，，，则，由正弦定理，得，所以. 【详解】（1）当等腰直角三角形的直角顶点在等腰直角三角形的斜边上时，如图所示，    则有四点共圆， 则，所以， 在和中，分别应用正弦定理得， 又，，所以，即为的中点. 过点作于点， 则， 所以，即为中点时的最小值为. （2）等腰直角三角形的直角顶点在等腰直角三角形的直角边上时， 不妨设直角顶点在直角边上，如图所示，    设，，， 则， 在中，， 在中，，，， 在中，由正弦定理有，即， 得，解得， ， 当且仅当时取等号，此时的最小值为. 30．(1)是2阶可等向量，理由见解析； (2)5； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据的定义即可求解， （2）根据的定义即可求解，，即可结合是2阶可等向量求解， （3）根据是阶可等向量，等价于是阶可等向量，即可根据变换求证. 【详解】（1）是2阶可等向量． 例如经过两次变换可得： （2）设进行一次变换后得， 当时， 当时， 当时， 当时， 综上，我们得到 ． 因为是2阶可等向量，即 所以． 所以 （3）任取的一个排序，记为． 注意到，是阶可等向量，等价于是阶可等向量． 变换即对连续五个维度的坐标（首尾也看成连续）同时加上， 相当于对剩余两个连续维度的坐标同时加上． 对依次加上，相当于对单独加上； 对依次加上，相当于对单独加上； …… 基于上述分析，相当于可以对分别单独加上． 所以为5阶可等向量，为5阶强可等向量． 学科网（北京）股份有限公司 $$