专题1 第4讲 平面向量(Word练习)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

[对应学生用书P141] 一、单项选择题 1．(2025·东北三省三校联考)已知|a|＝5，b＝(－1，2)，a在b上的投影向量为m＝(－2，4)，则向量a与b夹角余弦值为(　　) A． B． C． D．－ 解析　设向量a与b的夹角为θ，θ∈[0，π]，由题意得m＝＝|a|cos θ， 即＝5cos θ＝cos θ，则解得cos θ＝.故选A. 答案　A 2．(2025·安徽滁州二模)已知O为△ABC的重心，D为AB的中点，则＝(　　) A．－ B．－ C．＋ D．＋ 解析　由题意得＝＝ ＝＝－. 故选B. 答案　B 3．(2025·江西上饶一模)在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠A＝60°，＝3，则·＝(　　) A．1 B． C．2 D．3 解析　如图，以为基底，则2＝16，2＝4，·＝4×2cos 60°＝4. 且＝＋＝＋， ＝＋＝－＋， 所以·＝·＝－2＋·＋2＝－×16＋×4＋4＝3.故选D. 答案　D 4．(2025·苏州调研)假设二维空间中有两个点A(x1，y1)，B(x2，y2)，O为坐标原点，余弦相似度为向量，夹角的余弦值，记作cos (A，B)，余弦距离为1－cos (A，B).已知P(cos α，sin α)，Q(cos β，sin β)，R(cos α，－sin α)，若P，Q的余弦距离为，tan α· tan β＝，则Q，R的余弦距离为(　　) A． B． C． D． 解析　由题意得＝，＝，＝，则cos ＝＝cos αcos β＋sin αsin β＝， 又tan αtan β＝＝， ∴cos αcos β＝7sin αsin β， ∴sin αsin β＝，cos αcos β＝， 则1－cos (Q，R)＝1－ ＝1－＝， 故选A. 答案　A 5．已知向量a＝(1，)，b＝，|c|＝2，若向量a与b的夹角等于向量a与c的夹角，且向量b与c不共线，则向量c＝(　　) A．(1，－) B．(－1，) C．(－，1) D．(，－1) 解析　cos 〈a，b〉＝＝＝－， 设c＝(x，y)，所以|c|＝＝2， 即x2＋y2＝4， 又因为向量a与b的夹角等于向量a与c的夹角， 所以cos 〈a，c〉＝＝＝＝－，即x＋y＝－2， 解方程组得或 所以c＝(1，－)或c＝(－2，0)， 又因为向量b与c不共线， 所以c＝(1，－).故选A. 答案　A 6．(2025·山东济南二模)在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB的中点，F为BC边上靠近C的四等分点，AF与DE交于点M，则cos ∠EMF＝(　　) A．－ B．－ C． D． 解析　由题意，∠EMF为，的夹角，而＝＋，＝＋， 所以||＝ ＝＝＝2， ||＝＝＝＝5， ·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝0－12＋8＋0＝－4， 综上，cos ∠EMF＝＝－＝－. 故选A. 答案　A 7．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，D是CB边的中点，过点C作CE⊥AD于点E，延长CE交AB于点F，则BF＝(　　) A． B． C． D． 解析　方法一　设＝λ，∵AD⊥CF， ∴·＝0， 又D是CB边的中点，∴＝， ∴·＝0， ∴·＝0， ∴·＋λ2－2＝0， ∵AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，∴AB＝＝，且∠ABC＝45°， ∴2＝1，2＝2，·＝1××＝1， ∴λ－1＋2λ－1＝0，解得λ＝， ∴＝，∴BF＝AB＝. 方法二　∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝1， ∴△ABC为等腰直角三角形， 又∵D是CB边的中点，∴CD＝BD＝， ∴AD＝＝＝. ∵CE⊥AD，所以∠CED＝90°， ∴AD·CE＝AC·CD， 即CE＝＝＝， ∴DE＝＝ ＝. 过点F作FH⊥CB，交CB于点H，∴∠FHB＝90°， ∵tan ∠FCB＝＝，设FH＝HB＝x， 则CH＝1－x， ∴＝，解得x＝，∴BF＝＝. 故选C. 答案　C 8．(2025·北京卷)已知平面直角坐标系xOy中，||＝||＝，||＝2，设C(3，4)，则|2＋|的取值范围是(　　) A．[6，14] B．[6，12] C．[8，14] D．[8，12] 解析　因为||＝||＝，||＝2， 由＝－平方可得，·＝0， 所以〈，〉＝. 2＋＝2(－)＋－＝＋－2，||＝＝5， 所以，|2＋|2＝2＋2＋42－4(＋)· ＝2＋2＋4×25－4(＋)· ＝104－4(＋)·， 又|(＋)·|≤|＋|||＝5×＝10，即－10≤(＋)·≤10， 所以|2＋|2∈， 即|2＋|∈， 故选D. 答案　D 二、多项选择题 9．(2025·山东菏泽一模)已知平面向量a＝，b＝，则下列说法正确的有(　　) A．向量a，b不可能垂直 B．向量a，b不可能共线 C．不可能为3 D．若θ＝，则a在b上的投影向量为b 解析　由题意知a＝，b＝. 对于选项A，若向量a⊥b，则a·b＝2cos θ＋sin θ＝0，即tan θ＝－2， 显然此式能成立，故A错误； 对于选项B，若向量a∥b，则有2×1－sin θcos θ＝0，即2－sin 2θ＝0， 即sin 2θ＝4，显然此式不成立，故B正确； 对于选项C，＝＝＝， 则当cos (θ－φ)＝时，＝3，故C错误； 对于选项D，若θ＝，则a＝，b＝， 则a在b上的投影向量为·＝b＝b，故D正确．故选BD. 答案　BD 10．(2025·合肥三模)已知O为坐标原点，点P1(cos 1，sin 1)，P2(cos 2，－sin 2)，P3(cos 3，sin 3)，Q(1，0)，则(　　) A．||＝|| B．||＝|| C．·＝· D．·＝· 解析　∵P1(cos 1，sin 1)，P2(cos 2，－sin 2)， P3(cos (1＋2)，sin (1＋2))，Q(1，0)， ∴＝(cos 1，sin 1)，＝(cos 2，－sin 2)，＝(cos (1＋2)，sin (1＋2))，＝， ＝(cos 1－1，sin 1)，＝(cos 2－1，－sin 2)， 则||＝||＝1，故A正确； ∵||＝，||＝， ∴||≠||，故B错误； ·＝cos (1＋2)＝cos 1cos 2－sin 1sin 2，·＝cos 1cos 2－sin 1sin 2， ∴·＝·，故C正确； ·＝cos 1，·＝cos 2cos 3－sin 2sin 3＝cos 5≠cos 1，故D错误．故选AC. 答案　AC 11．如图，已知正八边形ABCDEFGH的边长为1，O为正八边形的中心，则下列说法正确的是(　　) A．⊥ B．∥ C．·＝1 D．＋＋＝0 解析　在正八边形ABCDEFGH中， 由于·＝·＝2－2＝0，则⊥， 因为－＝，且∥， 所以⊥，故A正确； 由于－＝＋＝，故B正确； 连接EB，可得∠ABE＝∠ABO＋∠OBE＝＋＝90°， 所以·＝cos ∠BAE＝2＝1，故C正确； 由于∠AOC＝90°，且＋＝， 又＝－， 所以＋＋＝(－1)≠0，故D错误， 故选ABC. 答案　ABC 三、填空题 12．(2025·山东名校联盟开学考试)在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝，E，F分别为AD，CD的中点，则·＝________． 解析　如图，由题意，得＝＋＝－＋，＝＋＝－， ·＝· ＝－·＋2＋2 ＝－×4×4×cos ＋×42＋×42＝6. 答案　6 13．(2025·天津卷)△ABC中，D为AB中点，＝，＝a，＝b，则＝________(用a，b表示)，若||＝5，AE⊥CB，则·＝________． 解析　如图， 因为＝，所以－＝(－)， 所以＝＋. 因为D为线段AB的中点，所以＝， 所以＝＋＝a＋b； 又因为||＝5，AE⊥CB，所以2＝＝a2＋a·b＋b2＝25， ·＝·(a－b)＝a2＋a·b－b2＝0，所以a2＋3a·b＝4b2， 所以a2＋4a·b＝180， 所以·＝·(－b＋a)＝a2＋a·b－b2＝(a2＋2a·b－8b2)＝(a2＋2a·b－2a2－6a·b)＝(－a2－4a·b)＝－15. 故答案为：a＋b；－15. 答案　a＋b　－15 14．(2025·山东潍坊一模)已知同一平面内的单位向量e1，e2，e3，则·e3的最小值是________；若e1＋e2与e3不共线，|e1＋e2＋e3|＝1，x，y，z∈R，xe1＋ye2＋ze3＝0，x＋y＋z＝2025，则＋＋＝________． 解析　要使·e3最小，需e1－e2模长最大，且与e3的夹角为π， 故当e2，e3同向，且e2，e1反向时，·e3＝|e1－e2|·|e3|cos π＝－2，可取得最小值－2； 设e1＋e2＋e3＝－e4，即e1＋e2＋e3＋e4＝0， 又e1，e2，e3均为单位向量， 若e1，e2共线，则e1，e2，e3，e4首尾相连一条线段，则此时e1＋e2与e3共线，不符合题意； 所以e1，e2不共线，则e1，e2，e3，e4首尾相连形成一个菱形，即e1＝－e3，e2＝－e4， 因为xe1＋ye2＋ze3＝0，x＋y＋z＝2025， 所以ye2＝－xe1－ze3＝e1， 则y＝z－x＝0⇒x＝z＝， 所以＋＋＝2. 答案　－2　2 学科网（北京）股份有限公司 $