专题02 平面向量基本定理及坐标表示（竞赛培优专项训练,14大考点+竞赛强基）高一数学人教A版全国通用

专题02 平面向量基本定理及坐标表示 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 基底的概念 3 考点二 用基底表示向量 3 考点三 平面向量基本定理的应用 4 考点四 向量线性运算的坐标表示 5 考点五 向量共线的坐标表示 6 考点六 利用坐标法解决三点共线问题 6 考点七 利用坐标法解决垂直问题 7 考点八 数量积的坐标表示 7 考点九 利用坐标解决投影问题 8 考点十 利用坐标解决向量的夹角问题 8 考点十一 利用坐标解决向量的模长问题 9 考点十二 利用坐标解决平面几何问题 10 考点十三 平面向量的综合 11 考点十四 创新题型 13 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题10道） 【归纳重点知识】 知识点01 平面向量基本定理 条件 e1和e2是同一平面内两个不共线的向量 结论 对该平面内任意一个向量a，存在唯一的一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2 基 把不共线的向量e1和e2叫作表示这一平面向量的一组基，记为{e1，e2} 正交基正交分解及标准正交基 (1)若基中的两个向量互相垂直，则称这组基为正交基. (2)在正交基下向量的线性表示称为正交分解. (3)若基中的两个向量是互相垂直的单位向量，则称这组基为标准正交基 【注意】(1)基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. (2)基给定，同一向量的分解形式唯一. (3)如果对于一组基e1，e2，有a＝λ1e1＋λ2e2＝μ1e1＋μ2e2，则可以得到 知识点02 平面向量及运算的坐标表示 1.平面向量的坐标表示 在平面直角坐标系中，分别取与x轴、y轴方向相同的两个单位向量i，j作为标准正交基.对于坐标平面内的任意向量a，以坐标原点O为起点作＝a.由平面向量基本定理可知，有且仅有一对实数x，y，使＝xi＋yj.因此a＝xi＋yj.把(x，y)称为向量a在标准正交基{i，j}下的坐标，向量a可以表示为a＝(x，y). 2.平面向量运算的坐标表示 ①向量加法、减法、数乘运算 设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)， a－b＝(x1－x2，y1－y2)， λa＝(λx1，λy1). ②向量坐标的求法 一个向量的坐标等于其终点的坐标减去起点的坐标.即设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝(x2－x1，y2－y1). 3.平面向量平行的坐标表示 设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，当b≠0时向量a，b共线的充要条件是x1y2－x2y1＝0. 【注意】当且仅当x2y2≠0时，a∥b与＝等价.即两个不平行于坐标轴的共线向量的对应坐标成比例. 4.数量积的坐标运算 已知非零向量，，为向量、的夹角． 结论 几何表示 坐标表示 模 数量积 夹角 的充要条件 的充要条件 与的关系 （当且仅当时等号成立） 【熟记重要结论（二级结论）】 1.三点共线的充要条件 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)三点共线的充要条件为(x2－x1)(y3－y1)－(x3－x1)(y2－y1)＝0. 2.已知P为线段AB的中点，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P点坐标为. 3.已知△ABC的顶点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，△ABC的重心为G⇔＋＋＝0⇔G. 考点一 基底的概念 1．若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（   ） A． B． C． D． 2．（多选）设是平面内的一组基底向量，则下列四组向量中，不能作为基底的是（    ） A．和 B．和 C．和 D．和 考点二 用基底表示向量 3．在平行四边形中，E为的中点，F为上更靠近C的三等分点，且E关于F对称的点为G，则（   ） A． B． C． D． 4．如图，平行四边形中，与交于点，为的中点，为的重心，则（    ） A． B． C． D． 5．如图，、、分别是三边、、上的点，且满足，设，．    (1)用、表示； (2)已知点是的重心，用、表示． 考点三 平面向量基本定理的应用 6．如图，在中，点，，分别在边，，上，且，，交于点.已知.    (1)若是所在平面内任意一点，试用，表示； (2)若，，求的值. 7．如图1所示，在中，点在线段上，满足，点在线段上，满足，线段与线段交于点. (1)用和表示； (2)若，求实数； (3)如图2所示，过点的直线与边，分别交于点，，设，，，求的最大值； 考点四 向量线性运算的坐标表示 8．已知，，则与方向相同的单位向量是（    ） A． B． C． D． 9．如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，已知点的坐标为，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 10．已知集合是平面直角坐标系内的点集，为坐标原点.若任取，，均存在不全为0的实数，，使得，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 11．如图，扇形的半径为，圆心角，点在弧上运动，，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 12．已知是的外心，，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 13．(多选)在单位圆上的扇形OAB中，∠AOB＝60°，C为弧AB上的一个动点，若，则的取值可能是（    ） A．－1 B．1 C． D． 考点五 向量共线的坐标表示 14．已知平面向量，，且，则（   ） A． B． C． D． 15．已知点，向量，，，则P点坐标为（   ） A． B． C． D． 16．向量，在正方形网格（每个正方形的边长均为1）中的位置如图所示，若向量共线，则λ等于（　　） A．1 B．2 C． D． 考点六 利用坐标法解决三点共线问题 17．若三点共线，则实数的值为（    ） A． B． C．1 D． 18．已知平面向量，，，若，，三点共线，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 考点七 利用坐标法解决垂直问题 19．已知平面向量，若，则=（   ） A． B． C． D． 20．已知向量 ，，若 满足 且 ，则 （    ） A． B． C． D． 21．在平面直角坐标系中，，，，点，满足，，，点是的中点. (1)求的取值范围； (2)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 考点八 数量积的坐标表示 22．已知，向量，则（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 23．在平面直角坐标系中，点，，，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 24．在梯形中，，，，点E在线段上，则的取值范围为（    ）. A． B． C． D． 考点九 利用坐标解决投影问题 25．已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（   ） A． B． C． D． 26．空间向量在上的投影向量为 ． 27．已知向量满足，则在方向上投影向量的坐标为 ．. 考点十 利用坐标解决向量的夹角问题 28．已知向量，满足，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 29．已知平面向量，（），记与的夹角是，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 30．已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示，则 . 31．已知向量． (1)若，求的值； (2)若为钝角，求的取值范围． 考点十一 利用坐标解决向量的模长问题 32．向量，在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长为1，则（   ）    A． B． C．5 D． 33．已知，且三点共线，则的最小值为（   ） A．0 B．1 C．2 D．4 34．已知直角△ABC中，，，为边的中点，是边上的动点，则的最小值为（   ） A．5 B． C． D． 35．已知在平面直角坐标系中，点，点，为坐标原点. (1)如图1，设为线段 的中点， 求的值； (2)如图2，设点 是线段的等分点， 其中，，，当时，求 的值； (3)若，求的最小值. 考点十二 利用坐标解决平面几何问题 36．已知的三个顶点A，B，C的坐标分别是，则顶点D的坐标是（   ） A． B． C． D． 37．顺次连接点，，，所构成的图形是（    ） A．等腰梯形 B．平行四边形 C．菱形 D．矩形 38．如图，四边形是面积为的正方形，以为斜边作等腰直角三角形，再以为边分别作正方形，点是的中点，则的值为（    ）    A． B． C． D． 39．已知四边形是平行四边形，且，，. (1)求点的坐标； (2)求平行四边形的面积. 40．如图，四边形是等腰梯形，，是线段的中点，在线段上. (1)若是线段的中点，且，求； (2)若是线段的中点，且，求梯形的面积； (3)若，且，求的值. 考点十三 平面向量的综合 41．（多选）已知空间向量，，则（   ） A． B． C．在上的投影向量为 D．向量是与平行的一个单位向量 42．(多选)已知向量，，则（    ） A． B． C．向量与的夹角为 D．向量在方向上的投影向量为 43．(多选)如图，已知等腰梯形中，，，点，分别为线段，上的动点且，点、为线段、的中点，则以下结论正确的是（    ）    A． B． C．若为的外心，则 D． 44．如图，已知矩形中，，分别是边上的一动点（不含端点），为边的中点，且，设.    (1)求的值； (2)求面积的取值范围（提示：）； (3)求的最大值． 考点十四 平面向量与三角函数的交汇 45．已知向量，，记函数. (1)求函数的对称中心； (2)将函数图象上的所有点的纵坐标保持不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若，求的值. 46．且 (1)求函数的最小正周期； (2)将函数图象上所有的点向左平移个单位后得到函数的图象，当时，求函数的值域； (3)说明函数的图象经过怎样的变换能得到函数的图象，写出一个变换过程. 47．已知向量，其中． (1)若，求图象的对称轴； (2)记的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度得到的图象，若在区间上单调递增，求的取值范围； 考点十四 创新题型 48．“勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例根据记载，西周时期的数学家商高曾经和周公讨论过这一问题，比毕达哥拉斯发现勾股定理早了500多年，如图，在矩形中，满足“勾3股4弦5”，且，为线段上一点，.若，则的值为(    ). A． B． C． D．1 49．我们把由平面内夹角成的两条数轴、构成的坐标系，称为“广义坐标系”.如图所示，、分别为、正方向上的单位向量.若向量，则称有序实数对为向量的“广义坐标”，可记作，，，下面表述正确的个数（   ）    ①； ②； ③的充要条件是. A．0 B．1 C．2 D．3 50．我们把一些向量构成的集合称为线性空间，设f是线性空间V到自身的一个变换，如果对于V中的任意元素，及任意实数k，变换f满足：①；②，则称f是线性空间V上的线性变换．若以和为一组基底的所有向量构成线性空间V，则对于任意，下列变换为线性变换的是（    ） A． B． C． D． 51．如图所示，在平面直角坐标系中，从原点出发，按或这两个方向进行，且每次只能走一步，若某点可以表示为（、为自然数），则称为鸿蒙点    (1)通过鸿蒙点中、满足的关系，判断是否为鸿蒙点，并说明理由； (2)证明：若是鸿蒙点，则也是鸿蒙点； (3)若某些鸿蒙点满足，求在所有满足条件的鸿蒙点中，最小的点及此时的值. 52．在平面直角坐标系中，从原点出发，每次只能走一步或，有两种路径可以选择，如图所示：    若某点可以表示为（为整数），则称为可达点． 已知：向量的加法：；向量的数乘：． (1)分析可达点中、满足的函数关系，判断是否为可达点，并说明理由． (2)证明：若是可达点，则也是可达点． (3)若某些可达点满足，求在所有满足条件的可达点中，最小的点及此时的值． 53．对于一组向量且，令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”. (1)设向量，若是向量组的“长向量”，求实数的取值范围； (2)若向量，向量组是否存在“长向量”？若存在，求出正整数的取值集合；若不存在，请说明理由； (3)已知均是向量组的“长向量”，且，设在平面直角坐标系中的点集，满足，且与关于点对称，与关于点对称（），求的最小值. 54．定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为. (1)写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值； (2)已知向量，，函数，求函数的“伴随向量”的坐标； (3)已知，的“伴随函数”为，的“伴随函数”为，设（，），且的伴随函数为，其最大值为p. ①若，求p的取值范围； ②求证：向量的充要条件是. 1．（2024·集英苑冬季竞赛）平面向量，则（    ） A．3 B．5 C．7 D．11 2．(2023·全国高中数学联赛A卷)若平面上非零向量，，满足，，，则的最小值为 . 3．(2024·全国奥赛浙江初赛)已知平面上单位向量垂直，为任意单位向量，且存在，使得向量与向量垂直，则的最小值为 ． 4．（2023·“加速杯”新高考竞赛）袋中装有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6从中一次性随机取出两个球，设两球标号为和，并记，．将球放回袋中，重复上述操作，得到和．设平面向量，，则与能构成基底的概率为 ． 5.(2023·新疆喀什素养大赛)已知平面内两向量，，若，则的值为 ． 6．(2023·全国数学联赛A卷)若平面上非零向量，，满足，，，则的最小值为 . 7. (2023·全国数学联赛A卷)已知，，若，则实数x的取值范围为 . 8．（2024·湖南同济大学杯数理化竞赛）已知正方形的边长为2，中心为，四个半圆的圆心均为正方形各边的中点（如图），若在上，且，则的最大值为 ． 9．（2024·湖南株洲“同济大学”杯数理化联赛）已知向量，，函数． (1)若，且，求的值； (2)将图象上所有的点向右平移个单位，然后再向下平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的，得到函数的图象，求函数的单增区间，及函数在的值域． 10.（2024·北京大学优秀中学生寒假学堂），，求. 15 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 平面向量基本定理及坐标表示 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 基底的概念 1 考点二 用基底表示向量 2 考点三 平面向量基本定理的应用 5 考点四 向量线性运算的坐标表示 7 考点五 向量共线的坐标表示 10 考点六 利用坐标法解决三点共线问题 11 考点七 利用坐标法解决垂直问题 12 考点八 数量积的坐标表示 14 考点九 利用坐标解决投影问题 14 考点十 利用坐标解决向量的夹角问题 14 考点十一 利用坐标解决向量的模长问题 16 考点十二 利用坐标解决平面几何问题 18 考点十三 平面向量的综合 20 考点十四 创新题型 24 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题10道） 【归纳重点知识】 知识点01 平面向量基本定理 条件 e1和e2是同一平面内两个不共线的向量 结论 对该平面内任意一个向量a，存在唯一的一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2 基 把不共线的向量e1和e2叫作表示这一平面向量的一组基，记为{e1，e2} 正交基正交分解及标准正交基 (1)若基中的两个向量互相垂直，则称这组基为正交基. (2)在正交基下向量的线性表示称为正交分解. (3)若基中的两个向量是互相垂直的单位向量，则称这组基为标准正交基 【注意】(1)基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. (2)基给定，同一向量的分解形式唯一. (3)如果对于一组基e1，e2，有a＝λ1e1＋λ2e2＝μ1e1＋μ2e2，则可以得到 知识点02 平面向量及运算的坐标表示 1.平面向量的坐标表示 在平面直角坐标系中，分别取与x轴、y轴方向相同的两个单位向量i，j作为标准正交基.对于坐标平面内的任意向量a，以坐标原点O为起点作＝a.由平面向量基本定理可知，有且仅有一对实数x，y，使＝xi＋yj.因此a＝xi＋yj.把(x，y)称为向量a在标准正交基{i，j}下的坐标，向量a可以表示为a＝(x，y). 2.平面向量运算的坐标表示 ①向量加法、减法、数乘运算 设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)， a－b＝(x1－x2，y1－y2)， λa＝(λx1，λy1). ②向量坐标的求法 一个向量的坐标等于其终点的坐标减去起点的坐标.即设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝(x2－x1，y2－y1). 3.平面向量平行的坐标表示 设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，当b≠0时向量a，b共线的充要条件是x1y2－x2y1＝0. 【注意】当且仅当x2y2≠0时，a∥b与＝等价.即两个不平行于坐标轴的共线向量的对应坐标成比例. 4.数量积的坐标运算 已知非零向量，，为向量、的夹角． 结论 几何表示 坐标表示 模 数量积 夹角 的充要条件 的充要条件 与的关系 （当且仅当时等号成立） 【熟记重要结论（二级结论）】 1.三点共线的充要条件 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)三点共线的充要条件为(x2－x1)(y3－y1)－(x3－x1)(y2－y1)＝0. 2.已知P为线段AB的中点，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P点坐标为. 3.已知△ABC的顶点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，△ABC的重心为G⇔＋＋＝0⇔G. 考点一 基底的概念 1．若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由已知是平面内的一个基底， 则若共线，则存在实数，使得，即，与是基底矛盾，因此不共线， 若共线，则存在实数，，所以，与是基底矛盾，因此不共线， 因为，所以不共线，共线， 因此D不能作为基底， 故选：D． 2．（多选）设是平面内的一组基底向量，则下列四组向量中，不能作为基底的是（    ） A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】BC 【解析】对于A，假设，则使得， 因为不共线得且，则无解， 故，不共线可作为一组基底； 对于B，因为，所以，不能作为基底； 对于C，因为，所以，不能作为基底； 对于D，假设，则使得，则因为不共线得且，则无解，故和不共线可作为一组基底. 故选:BC. 考点二 用基底表示向量 3．在平行四边形中，E为的中点，F为上更靠近C的三等分点，且E关于F对称的点为G，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为在平行四边形中，E为的中点，F为上更靠近C的三等分点，且E关于F对称的点为G， 所以． 故选：D. 4．如图，平行四边形中，与交于点，为的中点，为的重心，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在平行四边形中，因为为的重心，所以， 则，且， 所以：. 故选：A. 5．如图，、、分别是三边、、上的点，且满足，设，．    (1)用、表示； (2)已知点是的重心，用、表示． 【解析】（1）因为，，， 所以，， 所以， （2）由已知， 连接，其中点为线段的中点，点为线段的中点， 由已知，与的交点为重心， 由重心性质可得，故 所以， 又， 所以.    考点三 平面向量基本定理的应用 6．如图，在中，点，，分别在边，，上，且，，交于点.已知.    (1)若是所在平面内任意一点，试用，表示； (2)若，，求的值. 【解析】（1）证明：因为所以， 所以，整理得； （2）设， 则 ， 又 ， 由平面向量基本定理得所以，解得 7．如图1所示，在中，点在线段上，满足，点在线段上，满足，线段与线段交于点. (1)用和表示； (2)若，求实数； (3)如图2所示，过点的直线与边，分别交于点，，设，，，求的最大值； 【解析】（1）因为，则，由，得 ， 故. （2）由（1）得，因为三点共线，所以存在实数使得，所以，所以， 由，得 ， 又因为，所以，解得，， 综上所述，. （3）根据题意． 同理可得：， 由（1）可知，， 所以， 因为三点共线， 所以存在实数，使得， 所以， 所以，，化简得， 所以， 当且仅当且， 即，，时等号成立． 故的最大值为. 考点四 向量线性运算的坐标表示 8．已知，，则与方向相同的单位向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】， ， , 的单位向量为，故C正确． 故选：C． 9．如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，已知点的坐标为，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，因为四边形是正方形，所以，所以， 因为，所以，又因为，所以， 所以，即得，解得或，因为，所以不合题意舍去， 所以， 所以点. 故选：A. 10．已知集合是平面直角坐标系内的点集，为坐标原点.若任取，，均存在不全为0的实数，，使得，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意分析得出的充分条件是与不共线，分别判断即可求解． 【解析】存在不全为0的实数，，使得，即与共线， 设，选项中的点为点，则的充分条件，即与不共线， A：，与共线； B：，与共线； C：，与不共线； D：，与共线； 故选：C． 11．如图，扇形的半径为，圆心角，点在弧上运动，，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】以点为坐标原点，所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、，设点，其中， 由可得， 即，故， 因为，故， 故当时，取最小值. 故选：D. 12．已知是的外心，，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，，所以， 因为，所以，，即， 如图可知，点在优弧上，所以、不能都是正数， 所以设，，，可得， 即. 故选：B. 13．(多选)在单位圆上的扇形OAB中，∠AOB＝60°，C为弧AB上的一个动点，若，则的取值可能是（    ） A．－1 B．1 C． D． 【答案】BD 【解析】不妨设，以O为原点，OB所在直线为x轴建立平面直角坐标系. 由题，，令，则，. 因，则的取值可能是1或. 故选：BD    考点五 向量共线的坐标表示 14．已知平面向量，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，， 所以，， 因为，所以，解得. 故选：C. 15．已知点，向量，，，则P点坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】向量，，，可得：, 则, 因为点，则P点坐标为 故选：A 16．向量，在正方形网格（每个正方形的边长均为1）中的位置如图所示，若向量共线，则λ等于（　　） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，建立如图所示平面直角坐标系， 则，可得， 因为向量与共线，可得，解得. 故选：C． 考点六 利用坐标法解决三点共线问题 17．若三点共线，则实数的值为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【解析】因为，，三点共线，所以存在唯一实数，使得， 又因为，， 所以，即，解得， 所以的值为. 故选：A 18．已知平面向量，，，若，，三点共线，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为A，B, C三点共线，所以与共线，因为平面向量，，， 故可得， 整理可得， 化为关于的一元二次方程为，因为存在实数解， 故，即， 解得或， 即或， 故选：. 考点七 利用坐标法解决垂直问题 19．已知平面向量，若，则=（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为， 所以， 因为， 所以，解得. 故选：D 20．已知向量 ，，若 满足 且 ，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设 ，， 由 ，可得， 由 得， 所以， 联立得 解方程组可得， 所以. 故选： 21．在平面直角坐标系中，，，，点，满足，，，点是的中点. (1)求的取值范围； (2)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1） 如图所示，因为点是的中点，所以， 则， 可知， 则，因为，所以； （2）由（1）可得，， 所以， 当时，可知，即， 化简得，可知，所以方程无解， 即不存在实数，使得. 考点八 数量积的坐标表示 22．已知，向量，则（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】A 【解析】由题意知向量， 则， 故选：A. 23．在平面直角坐标系中，点，，，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设，且，则， 所以，即的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆， 所以，可设，， 由， 所以 ，而， 当时，最大值为. 故选：C 24．在梯形中，，，，点E在线段上，则的取值范围为（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意，以为坐标原点，为x轴，以为y轴建立平面直角坐标系如图所示， 则，，，， 所以，，. 设点. 因为点E在线段上，所以设，其中， 所以，所以， 所以. 故选：D. 考点九 利用坐标解决投影问题 25．已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】， 由题意知，所以，所以，即=2， 解得. 故选：C. 26．空间向量在上的投影向量为 ． 【答案】 【解析】由题意得，，， 故向量在上的投影向量为. 故答案为： 27．已知向量满足，则在方向上投影向量的坐标为 ．. 【答案】 【解析】，在方向上投影向量的坐标为． 故答案为：. 考点十 利用坐标解决向量的夹角问题 28．已知向量，满足，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为， 所以，解得， 所以， 所以，又， 所以向量与的夹角为， 故选：B 29．已知平面向量，（），记与的夹角是，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】∵， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， 令， 则， ∴， 当且仅当，即2（此时）时等号成立． 即的最大值为． 故选：C． 30．已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示，则 . 【答案】/ 【解析】以的起点为坐标原点，小正方形的边长为1个单位长度建立直角坐标系，如图： 则，，， 所以，， ，. 所以. 故答案为：. 31．已知向量． (1)若，求的值； (2)若为钝角，求的取值范围． 【解析】（1）由，两边平方得, 展开并消去和，得 计算 令，解得. （2）夹角为钝角需同时满足： ，即；与不反向共线. 若反向共线，设存在使，则 代入得（此时，反向共线），排除. 故的取值范围为 考点十一 利用坐标解决向量的模长问题 32．向量，在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长为1，则（   ）    A． B． C．5 D． 【答案】B 【解析】如图，以的起点为原点建立直角坐标系，    则，， ， ． 故选：B． 33．已知，且三点共线，则的最小值为（   ） A．0 B．1 C．2 D．4 【答案】C 【解析】∵，，， ∴， 又，，三点共线，∴，， ∴， ∴，又， ∴，当时取等号， 即的最小值为2. 故选：C. 34．已知直角△ABC中，，，为边的中点，是边上的动点，则的最小值为（   ） A．5 B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，所以以为原点， 所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，    则，设，， 则，得到， 所以， 当且仅当，即时，， 所以. 故选：. 35．已知在平面直角坐标系中，点，点，为坐标原点. (1)如图1，设为线段 的中点， 求的值； (2)如图2，设点 是线段的等分点， 其中，，，当时，求 的值； (3)若，求的最小值. 【解析】（1）因为 ， 而 为线段 的中点，所以 得 （2）由题意得 ， ，所以 ， 事实上，对任意正整数，且，有 ， 所以 ， 所以 （3）线段AB 上存在一点M，使得 且存在点 则 所以 即线段上存在一点，其到点和点的距离之和最小， 作点关于线段 的对称点 如图所示， 则最小值为 考点十二 利用坐标解决平面几何问题 36．已知的三个顶点A，B，C的坐标分别是，则顶点D的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设顶点D的坐标为， 由题意知，,根据向量的坐标运算解得；， 解得：，即顶点D的坐标为， 故选；A. 37．顺次连接点，，，所构成的图形是（    ） A．等腰梯形 B．平行四边形 C．菱形 D．矩形 【答案】B 【解析】因为，，，, 所以，， ∴，且,与不垂直， 所以四边形是平行四边形. 故选：B. 38．如图，四边形是面积为的正方形，以为斜边作等腰直角三角形，再以为边分别作正方形，点是的中点，则的值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为正方形的面积为，所以正方形的边长为； 如图，连接，则，建立如图平面直角坐标系，则；    所以； 所以，即； 所以. 故选：D. 39．已知四边形是平行四边形，且，，. (1)求点的坐标； (2)求平行四边形的面积. 【解析】（1）设点D的坐标为． 由题意得，． 因为，所以，解得， 所以点D的坐标为． （2）由，， 则，，， 则， 所以， 则平行四边形的面积为 . 40．如图，四边形是等腰梯形，，是线段的中点，在线段上. (1)若是线段的中点，且，求； (2)若是线段的中点，且，求梯形的面积； (3)若，且，求的值. 【解析】（1）解：取的三等分点（靠近），连接， 易知四边形为平行四边形， 所以, 所以, 在中，, 所以, 所以为直角三角形，， 所以， 所以，， 在中，， 由余弦定理可得：， 所以， 即； （2）解：以为原点，所以直线为轴，过且垂直的直线为轴，建立如图所示的坐标系： 设等腰梯形的高为， 则有， 所以， 所以， 解得， 所以； （3）解：当时，由（2）可知， 所以，，， 设，则， 所以， 解得， 所以， 所以. 考点十三 平面向量的综合 41．（多选）已知空间向量，，则（   ） A． B． C．在上的投影向量为 D．向量是与平行的一个单位向量 【答案】ABD 【分析】由空间向量垂直和平行的坐标运算判断AD，由空间向量基坐标运算判断B，由投影向量的概念判断C. 【解析】对于A，因为，，所以，A正确； 对于B，， 故，B正确； 对于C，，在上的投影向量即为，C错误； 对于D，因为，所以，且， 故向量是与平行的一个单位向量，D正确. 故选：ABD. 42．(多选)已知向量，，则（    ） A． B． C．向量与的夹角为 D．向量在方向上的投影向量为 【答案】AC 【分析】对于ABC，根据平面向量的基本知识即可求解；对于D，求出在方向上的投影向量表达式，再根据表达式求解即可． 【解析】对于A，， ，故A正确； 对于B，， ， 因为， 所以与不平行，故B错误； 对于C，设向量与的夹角为， ， ， ， 又，所以，故C正确； 对于D，设和的夹角为， 则向量在方向上的投影向量为， ，， 则，故D错误． 故选：AC． 43．(多选)如图，已知等腰梯形中，，，点，分别为线段，上的动点且，点、为线段、的中点，则以下结论正确的是（    ）    A． B． C．若为的外心，则 D． 【答案】ABC 【分析】解法一（代数法）：根据向量线性运算计算可判断A；建立平面直角坐标系，由题意设出，，根据向量夹角计算公式计算即可判断B；设，得平行四边形PMEN为菱形，即点E为的外心，计算可判断C；结合C计算可判断D.解法二（几何法）：根据向量线性运算计算可判断A；由几何关系可得，进而可得，计算可判断B；作的平分线交DC于E，由几何关系可得四边形PMEN为菱形，可判断C；由可判断D. 【解析】解法一（代数法）：点，为线段，的中点， ，， 两式相加得：，故A正确； 以为原点，所在直线为轴，过点作垂直的直线为轴建立如图所示平面直角坐标系：    则，， 所以，， 所以，故B正确； 设，则，即点坐标为， 因为，， 所以，， 所以平行四边形为菱形，所以， 所以点为的外心，即点与重合， 此时，，即点在直线上，所以，故C正确．   ，则， 当且仅当时等号成立，故D错误； 解法二（几何法）：点，为线段，的中点， ，， 两式相加得：，故A正确； 因为，点为线段的中点， 且， 所以，故四边形，为平行四边形， 所以，故是等边三角形， 则，， 所以， 故，故， 故，故B正确； 作的平分线交于， 因为，所以， 由，，故，，，四点共圆， 故，故为正三角形， 所以四边形为菱形，故即为的外心， 即与重合，故，故C正确； ，故D错误．    故选：ABC 44．如图，已知矩形中，，分别是边上的一动点（不含端点），为边的中点，且，设.    (1)求的值； (2)求面积的取值范围（提示：）； (3)求的最大值． 【解析】（1）根据题意，可得，，， 所以； （2）因为，为边的中点，且，， 所以，， 所以在直角中，， 同理，在直角中，， 所以， 因为，所以， 所以，即； （3）在直角中，， 同理，在直角中，， 所以，， 令，则， 令，则 所以， 所以当且仅当，即时取到. 考点十四 平面向量与三角函数的交汇 45．已知向量，，记函数. (1)求函数的对称中心； (2)将函数图象上的所有点的纵坐标保持不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若，求的值. 【解析】（1）因为 令，解得， 所以函数的对称中心为； （2）因为将函数图象上的所有点的纵坐标保持不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，所以； 又因为，所以，所以， 所以 46．且 (1)求函数的最小正周期； (2)将函数图象上所有的点向左平移个单位后得到函数的图象，当时，求函数的值域； (3)说明函数的图象经过怎样的变换能得到函数的图象，写出一个变换过程. 【解析】（1）根据题意知 ， 根据正弦函数的周期公式， 所以最小正周期为. （2）根据“左加右减”的原则，可得， 已知，则， 当时，取最大值，最大值为， 当时，取最小值，最小值为， 所以当时，函数的值域为 （3）把的图象上所有点向右平移个单位得到的图象； 再把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变得到的图象， 再把的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍，横坐标不变得到. 47．已知向量，其中． (1)若，求图象的对称轴； (2)记的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度得到的图象，若在区间上单调递增，求的取值范围； 【解析】（1） ， 当时，． 令，得， 所以图象的对称轴为. （2）由（1），得， 所以， 因为将的图象向左平移个单位长度得到的图象， 所以. 因为，所以， 又函数在区间上单调递增， 所以， 即，解得 所以，即 又，所以，即的取值范围是. 考点十四 创新题型 48．“勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例根据记载，西周时期的数学家商高曾经和周公讨论过这一问题，比毕达哥拉斯发现勾股定理早了500多年，如图，在矩形中，满足“勾3股4弦5”，且，为线段上一点，.若，则的值为(    ). A． B． C． D．1 【答案】C 【解析】建系如图，因为，，则，，，设， 则，，因为， 所以，解得， 由，得， 所以，解得，所以. 故选：. 49．我们把由平面内夹角成的两条数轴、构成的坐标系，称为“广义坐标系”.如图所示，、分别为、正方向上的单位向量.若向量，则称有序实数对为向量的“广义坐标”，可记作，，，下面表述正确的个数（   ）    ①； ②； ③的充要条件是. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【解析】对于①，，故①正确； 对于②，， 故②错误； 对于③，对于充分性，若，当时，即，则； 若，必存在唯一实数，使得，即， 所以，两式相除得，即，故充分性成立； 对于必要性，若，当，满足， 当，不妨设，则， ， 所以，故必要性成立. 所以的充要条件是.故③正确. 故选：C 50．我们把一些向量构成的集合称为线性空间，设f是线性空间V到自身的一个变换，如果对于V中的任意元素，及任意实数k，变换f满足：①；②，则称f是线性空间V上的线性变换．若以和为一组基底的所有向量构成线性空间V，则对于任意，下列变换为线性变换的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为V是以和为一组基底的向量构成的线性空间，且和不共线， 所以对于平面内的任意一个向量，都可由和线性表示， 故V是以和为基底的所有平面向量构成的线性空间． 则任意，有， 若，设，， 则，所以． 而， 得，故A错误； 若，设，， 则，所以． 而， 得，故B错误， 若，设，， 则，所以． 而， 可得， 又由，所以， 而， 可得，故C正确， 若，设，， 则，所以． 而， 得，故D错误， 故选：C． 51．如图所示，在平面直角坐标系中，从原点出发，按或这两个方向进行，且每次只能走一步，若某点可以表示为（、为自然数），则称为鸿蒙点    (1)通过鸿蒙点中、满足的关系，判断是否为鸿蒙点，并说明理由； (2)证明：若是鸿蒙点，则也是鸿蒙点； (3)若某些鸿蒙点满足，求在所有满足条件的鸿蒙点中，最小的点及此时的值. 【解析】（1）不是鸿蒙点，理由如下：     由， 得，即，. 即，所有鸿蒙点满足可以被5整除， 代入点，有不能被5整除，故不是鸿蒙点； （2）由为鸿蒙点可知，， 构造：， 将表达为的形式，有，解得， 故，即仍为鸿蒙点； （3）由（1）可知， 故，令，即， 由是整数可知，可以被3整除，即被3整除余2， 不妨设，，则有， 即， 为使尽可能小，即要求尽可能大，且，        解不等式有，时， ，.此时点坐标为，的最小值为. 52．在平面直角坐标系中，从原点出发，每次只能走一步或，有两种路径可以选择，如图所示：    若某点可以表示为（为整数），则称为可达点． 已知：向量的加法：；向量的数乘：． (1)分析可达点中、满足的函数关系，判断是否为可达点，并说明理由． (2)证明：若是可达点，则也是可达点． (3)若某些可达点满足，求在所有满足条件的可达点中，最小的点及此时的值． 【解析】（1）， 得，即． ． 即． 所有可达点满足． 代入点，有，故不是可达点． （2）由为可达点可知，． 构造：．将表达为的形式， 有， 解得． 故． 即仍为可达点． （3）． 令，即． 由是整数可知，， 即． 不妨设，则有． 即． 为使尽可能小，即要求尽可能大，且，解不等式有． 时，． 此时点坐标为， 最短步长为． 53．对于一组向量且，令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”. (1)设向量，若是向量组的“长向量”，求实数的取值范围； (2)若向量，向量组是否存在“长向量”？若存在，求出正整数的取值集合；若不存在，请说明理由； (3)已知均是向量组的“长向量”，且，设在平面直角坐标系中的点集，满足，且与关于点对称，与关于点对称（），求的最小值. 【解析】（1）依题意，， 由是向量组的“长向量”，得， 则，解得， 所以实数的取值范围为. （2）依题意，，若存在“长向量”，只需， 而，则该向量组以6为周期， 又， 则，， ， 因此，，解得， 所以向量组存在“长向量”，正整数的取值集合为，且. （3）依题意，，即， 同理， 三式相加得，即， 所以，即， 所以， 设，则， 得 ， 同理，， 因此， 而， 则， 即，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 54．定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为. (1)写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值； (2)已知向量，，函数，求函数的“伴随向量”的坐标； (3)已知，的“伴随函数”为，的“伴随函数”为，设（，），且的伴随函数为，其最大值为p. ①若，求p的取值范围； ②求证：向量的充要条件是. 【解析】（1）由，得， ， 当且仅当，即时，取得最大值2. （2）由题，可得， 所以函数的“伴随向量”. （3）由题，设，， ①因为，所以， ， 所以 ， 因为，所以的取值范围为. ②因为， 所以 ， 故， 先证明充分性：由，得， 即， 所以，故， 所以； 必要性：当时，可得， . 综上，向量的充要条件是. 1．（2024·集英苑冬季竞赛）平面向量，则（    ） A．3 B．5 C．7 D．11 【答案】B 【解析】因为，所以， 所以. 故选：B 2．(2023·全国高中数学联赛A卷)若平面上非零向量，，满足，，，则的最小值为 . 【答案】 【解析】由，不妨设，，其中，， 并设，则由得，由得. 所以. 取，，此时，取到最小值. 故答案为：. 3．(2024·全国奥赛浙江初赛)已知平面上单位向量垂直，为任意单位向量，且存在，使得向量与向量垂直，则的最小值为 ． 【答案】 【解析】令，，，， 于是，． 由向量与向量垂直，得到． ， 当，时，取到最小值． 4．（2023·“加速杯”新高考竞赛）袋中装有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6从中一次性随机取出两个球，设两球标号为和，并记，．将球放回袋中，重复上述操作，得到和．设平面向量，，则与能构成基底的概率为 ． 【答案】 【解析】由条件可知，向量和为，，共15种情况， 当，共15种情况； 当时，满足，有，共种情况；，共种情况；以及，共种情况； 综上可知，时，与不能构成基底，共有种情况， 所以与能构成基底的概率. 5.(2023·新疆喀什素养大赛)已知平面内两向量，，若，则的值为 ． 【答案】 【解析】由于，所以. 故答案为： 6．(2023·全国数学联赛A卷)若平面上非零向量，，满足，，，则的最小值为 . 【答案】 【解析】由，不妨设，，其中，， 并设，则由得，由得. 所以. 取，，此时，取到最小值. 故答案为：. 7. (2023·全国数学联赛A卷)已知，，若，则实数x的取值范围为 . 【答案】 【解析】因为，，所以， 因为，所以，即， 解得，所以实数x的取值范围为. 8．（2024·湖南同济大学杯数理化竞赛）已知正方形的边长为2，中心为，四个半圆的圆心均为正方形各边的中点（如图），若在上，且，则的最大值为 ． 【答案】 【解析】如图，以线段BC所在直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系， 设， 又， 则， ，即 ， 解得， , 因为，则， 所以当时，取得最大值1， 则的最大值为. 故答案为：. 9．（2024·湖南株洲“同济大学”杯数理化联赛）已知向量，，函数． (1)若，且，求的值； (2)将图象上所有的点向右平移个单位，然后再向下平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的，得到函数的图象，求函数的单增区间，及函数在的值域． 【解析】（1）因为， 所以若则，所以. 因为，所以，所以， 所以， 故. （2）将图象上所有的点向右平移个单位得到 然后再向下平移1个单位得到，最后使所有点的纵坐标变为原来的得到函数的图象，则， 由，可得函数的单调递增区间为， 由，则函数在，即上单调递增，在，即上单调递减. 因为， 所以在的值域为. 10.（2024·北京大学优秀中学生寒假学堂），，求. 【答案】 【解析】构造向量：则， 因为， 所以， 当且仅当同向共线时，等号成立，即时，. 15 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $