单元复习09 平面向量【过习题】（分级培优练）-2022-2023学年高一数学单元复习（苏教版2019必修第二册）

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单元复习09 平面向量

一、单选题
1．下列命题中正确的个数是（    ）
①起点相同的单位向量，终点必相同；
②已知向量，则四点必在一直线上；
③若，则；
④共线的向量，若起点不同，则终点一定不同.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】由平面向量的概念对选项逐一判断，
【解析】对于A，单位向量的方向不确定，故起点相同的单位向量，终点不一定相同，故A错误，
对于B，向量，则四点共线或，故B错误，
对于C，若，当时，不一定平行，故C错误，
对于D，若三点共线，则，此时起点不同，终点相同，故D错误，
故选：A
2．如图所示，已知在中，是边上的中点，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意得，再由，即可得到答案.
【解析】由于是边上的中点，则.
.
故选：B.
3．关于向量，，下列命题中，正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，，则
【答案】B
【分析】根据平面向量的相关定义，判断选项.
【解析】A.由平面向量的定义可知，向量的模相等，向量不一定相等，故A错误；
B.两个向量是相反向量，则两个向量平行，故B正确；
C.向量不能比较大小，故C错误；
D.当向量时，与不一定平行，故D错误；
故选：B
4．若平面上的三个力作用于一点，且处于平衡状态．已知，与的夹角为，则力的大小为（    ）．
A．7 B． C． D．1
【答案】D
【分析】根据三力平衡得到，然后通过平方将向量式数量化得到，代入数据即可得到答案.
【解析】根据三力平衡得，即，
两边同平方得，
即
即,
解得
故选：D.
5．设向量均为单位向量，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】将两边平方转化为，从而得到与之间的关系.
【解析】若，则，所以，
，所以，满足充分性；
若，两边平方得，所以，满足必要性．
故选：B．
6．在平行四边形中，，，. 对角线AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F. 设，，则下列结论错误的是（   ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题意可证明，则，根据向量的分解、模长和数量积的运算，即可判断正误.
【解析】
解：对于A，取OB的中点G，连接CG，则且，即
，则
，A选项正确；
对于B，，则
，B选项正确；
对于C，，

则 ，C选项错误；
对于D，，D选项正确；
故选：C.
7．已知向量，，若与的夹角是锐角，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据向量的数量积为正数且两向量不同向即可根据坐标运算求解.
【解析】由题意得，，
若与的夹角是锐角，则与不共线，且它们数量积为正值，
即，且，
解得，且，
所以实数的取值范围为．
故选:A
8．设是平面直角坐标系中两两不同的四点，若，，且，则称调和分割.已知点，调和分割点，，则下面说法正确的是（    ）
A．可能是线段的中点
B．可能是线段的中点
C．可能同时在线段上
D．不可能同时在线段上
【答案】D
【分析】先根据题目定义，向量的坐标运算，推出之间的关系，然后四个选项每个代入验证，用排除法解决.
【解析】根据题意可知，，即，，得，，即，得，根据，得. 线段的方程是，.
若C是线段的中点，则，代入，得，
此等式不可能成立，故选项A的说法不成立；同理选项B的说法也不成立；
若同时在线段上，则，，此时，，，与矛盾，故选项C错误；
当同时不在线段上时，
若，，则，与矛盾，
若，，则是负值，与矛盾，
若，，则，，此时，与矛盾，
若，，则，，此时，与矛盾，故选项D的说法成立.
故选：D.

二、多选题
9．下列说法中正确的是（    ）
A．零向量与任一向量平行 B．方向相反的两个非零向量不一定共线
C．零向量的长度为0 D．方向相反的两个非零向量必不相等
【答案】ACD
【分析】利用零向量的定义及性质判断选项A和选项C，利用共线向量的定义判断选项B，利用相等向量的定义判断选项D.
【解析】解：零向量与任一向量平行，零向量的方向不确定，但模确定为0，故A与C都是正确的；根据共线向量的定义，方向相反的两个非零向量一定共线，故B错误；对于D，因为向量相等的定义是长度相等且方向相同的向量，所以方向相反的两个非零向量必不相等，故D正确．
故选：ACD．
10．已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C．向量与的夹角为 D．向量在上的投影向量为
【答案】BD
【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断A，根据数量积的坐标运算可判断B,由夹角公式可判断C，由投影向量的求解公式可判断D.
【解析】，所以，故A错误；
，故B正确；
，
，，，故C错误；
向量在上的投影向量为，故D正确．
故选：BD
11．在△ABC中，下列结论错误的是（    ）
A．
B．
C．若，则是等腰三角形
D．若则是锐角三角形
【答案】ABD
【分析】由向量减法法判断A项错误；利用数量积公式判断B项错误；将已知化简利用三线合一得到是等腰三角形判断C项正确；D项得到是锐角，不能得到是锐角三角形，判断D项正确.
【解析】由向量减法法则可得，故A项错误；
，故B项错误；
设中点为，，则，因为,所以由三线合一得，所以是等腰三角形， 故C项正确；
可以得到是锐角，不能得到是锐角三角形，故D项错误；
故选：ABD.
12．已知向量，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则的值为
B．若则的值为
C．若，则与的夹角为锐角
D．若，则
【答案】AB
【分析】根据向量的数量积、向量的模的坐标表示及向量共线的坐标表示一一判断即可；
【解析】解：对于A：若，则，解得，故A正确；
对于B：若，则，解得，故B正确；
对于C：当时与同向，此时与的夹角为，故C错误；
对于D：若，则，即，即，解得，
当时，，，显然，
当时，，，此时，故D错误；
故选：AB

三、填空题
13．已知，，，则与的夹角是___________.
【答案】
【分析】根据平面向量的模和数量积计算，即可直接得出结果.
【解析】，
因为，所以，
与的夹角是.
故答案为：.
14．若平面向量､满足条件：､，则向量在向量的方向上的数量投影为___________.
【答案】
【分析】根据数量投影的知识求得正确答案.
【解析】向量在向量的方向上的数量投影为.
故答案为：
15．一条东西方向的河流两岸平行，河宽，河水的速度为向东2.一艘小货船准备从河南岸的码头A处出发，航行到位于河对岸B（AB与河的方向垂直）的正西方向并且与B相距250的码头C处卸货.若流水的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为6，则当小货船的航程最短时，小货船航行的速度大小是___________.
【答案】
【分析】由已知条件求解直角三角形，根据向量的平行四边形法则，结合向量的模长公式，即可求解小货船航行速度的大小.
【解析】由题意，当小货船的航程最短时，航线路线为线段，
设小货船航行速度为，水流的速度为，水流的速度与小货船航行的速度的合速度为，作出示意图如下：

因为一条东西方向的河流两岸平行，河宽，河水的速度为向正东，
，在中，有，
所以，
所以，
所以，
所以小货船航行速度的大小为．
故答案为：
16．在中，，分别是边，上的点，且，，点是线段上异于端点的一点，且满足，则_________．

【答案】8
【分析】用、表示出、，从而得到，再根据，，三点共线，得到，解得即可.
【解析】解：因为，，
所以，，
即，，
因为，所以，
即，即，
因为，，三点共线，故，解得．
故答案为：

四、解答题
17．已知与的夹角为．
(1)求的值；
(2)设，求的夹角．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据可以得到答案；（2）计算即可.
【解析】（1）由已知，得：，
∴，
∴；
（2）∵，
，
∴，
由（1）得：，
∴，
∵，∴.
18．已知D为等边所在平面内的一点，，且线段BC上存在点E，使得．
(1)试确定点E的位置，并说明理由；
(2)求的值．
【答案】(1)E为靠近点B的一个三等分点，理由见解析
(2)

【分析】（1）用平面向量的线性关系找出点所在的位置；（2）用向量分别表示出向量利用向量数量积公式计算.
【解析】（1）因为，所以，
所以，
从而，
故点E为靠近点B的一个三等分点．
（2）因为，
所以，
，
．
19．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量，，．
(1)若，且，求向量的坐标；
(2)若，且，求的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题意，根据共线的坐标表示可得，又根据得，解方程组即可求出答案；
（2）由（1）得，由此得，再根据二次函数的性质即可求出答案．
(1)
解：（1）∵，又，∴，∴，①
又∵，∴，②
由①②得，解得，
当t＝1时，（舍去），当t＝－1时，，
∴，∴．
(2)
解：（2）由（1）可知，
，
，
∵，∴，
∴当时，．
20．某公园有三个警卫室A､B､C，互相之间均有直道相连，千米，千米，千米，保安甲沿CB从警卫室C出发前往警卫室B，同时保安乙沿BA从警卫室B出发前往警卫室A，甲的速度为2千米/小时，乙的速度为1千米/小时.

(1)保安甲从C出发1.5小时后达点D，若，求实数x､y的值；
(2)若甲乙两人通过对讲机联系，对讲机在公园内的最大通话距离不超过2千米，试问有多长时间两人不能通话？
【答案】(1)
(2)两人约有小时不能通话

【分析】（1）先根据勾股定理确定这是一个直角三角形，然后可以建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，根据坐标运算可以计算出实数x､y的值；（2）表示出点的坐标之后可以把坐标表示，立出不等式解不等式即可.
【解析】（1）因为，所以，
因此建立如图所示的平面直角坐标系，
，
设保安甲从C出发小时后达点D，所以有，
设，由，
即，当时，，
由
；

（2）设保安乙从B出发小时后达点E，所以点E的坐标为，
于是有，
因为对讲机在公园内的最大通话距离超过2千米，两人不能通话，
所以有，所以
解之：或，又
所以两人约有小时不能通话.

一、单选题
1．若为任一非零向量，的模为1，给出下列各式：①；②﹔③；④.其中正确的是（    ）
A．①④ B．③ C．①②③ D．②③
【答案】B
【分析】根据向量的定义、向量的模、平行向量的定义判断．
【解析】对于①，的大小不能确定；对于②，两个非零向量的方向不确定；对于④，向量的模是一个非负实数，只有③正确．
故选：B．
2．如图，在平行四边形中，点在线段上，且（），若（，）且，则（    ）

A． B．3 C． D．4
【答案】B
【分析】方法1：由可得，由代入可反解得，最后根据且即可求得的值.
方法2：建立平面直角坐标系，表示出点的坐标转化为坐标运算可求得结果.
【解析】方法1：在平行四边形中，因为，所以，
所以，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，，（平面向量基本定理的应用）
又∵，
∴，解得，
故选：B.
方法2：如图，以A为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，

则，设，，
∵ 则 ，
又∵，设，则
即：
∴，，，
又∵，
∴
∴
∴
由②得，将其代入①得，
故选：B.
3．已知三角形外接圆的半径为1为圆心，且，，则等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可得三角形是以角为直角的直角三角形，解直角三角形求出相应的边，利用数量积几何意义计算得答案．
【解析】因为三角形外接圆的半径为1为圆心，
为的中点，故是直角三角形，为直角．
又，
,
,

故选:A.
4．已知O为坐标原点，，则（    ）
A．的最小值为 B．的最大值为
C．的最小值为1 D．的最大值为2
【答案】D
【分析】首先根据向量的几何意义判断点的轨迹，再利用数形结合，以及向量数量积的几何意义，判断选项.
【解析】由，可得点A的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，根据向量减法的几何意义，由，可得点B的轨迹是以A为圆心，1为半径的圆，
如图所示．当点B在坐标原点位置时，取最小值0，A选项错误；
当点B在直线与圆A的交点位置且不是原点时，取最大值2，B选项错误；
根据向量数量积的几何意义，当点B在坐标原点位置时，在方向上的投影取最小值0，此时取最小值0，C选项错误，
当点B在直线与圆A的交点位置且不是原点时，在方向上的投影取最大值2，此时取最大值2， D选项正确．

故选:D
5．如图，在中，O为线段BC上一点，且，G为线段AO的中点，过点G的直线分别交直线AB，AC于D，E两点，，，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】根据向量的线性运算的几何表示及向量共线可得，然后利用基本不等式即得.
【解析】因为，
所以，即，
又因为G为线段AO的中点，
所以，
因为，，
所以，
因为D、G、E三点共线，
所以，即，
所以
，
当且仅当，即时取等号．
故选：C.
6．八卦是中国文化的基本哲学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2中的正八边形，其中，给出下列结论：

①与的夹角为；
②；
③；
④向量在向量上的投影向量为（其中是与同向的单位向量）.
其中正确结论的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用正八边形的特征，结合向量的线性运算及投影向量的定义逐一分析各个命题即可求解.
【解析】对于①，因为八边形为正八边形，所以，
所以与的夹角为，①错误；
对于②，，显然不成立，②错误；
对于③，，所以，，所以，③正确；
对于④，，向量在向量上的投影向量为，④正确，
故选：B.
7．已知是单位向量，向量满足，且，其中x、，且，则下列结论中，
①；
②；
③存在x、y，使得；
④当取最小值时，.
其中正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据数量积运算可判断①；由题可得，进而得可判断②；结合基本不等式求得可判断③；结合条件可得到，同时平方即得可判断④.
【解析】由可得，即，①正确；
又且，则，即，所以，
又，则，同理，
则，即，②错误；
由知至少一正，若一正一负，则，显然不满足，
故均为正，则，当且仅当时等号成立，则，
当且仅当时等号成立，则存在x，y，使得，③正确；
当取最小值2时，，由可得，则，
即，则，④正确.
所以正确结论的个数为3.
故选：C.
【点睛】本题关键点在于由结合得到，进而得，再结合基本不等式求得，最后由平方即可求解.
8．点O是平面α上一定点，A，B，C是平面α上的三个顶点，，分别是边，的对角.有以下五个命题：
①动点P满足，则的外心一定在满足条件的P点集合中；
②动点P满足，则的内心一定在满足条件的P点集合中；
③动点P满足，则的重心一定在满足条件的P点集合中；
④动点P满足，则，的垂心一定在满足条件的P点集合中.其中正确命题的个数为（    ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【分析】根据的外心、内心、重心、垂心分别是三边中垂线的交点、角平分线的交点、中线的交点、高的交点，这些几何特征与向量建立联系，进而判断每个命题的正误．
【解析】①当动点P满足时，则点P是的重心，所以①不正确；
②显然在的角平分线上，而与的平分线所在向量共线，
所以的内心一定在满足条件的点P集合中，因此②正确；
③变形为，而，表示点A到边的距离，
设为，所以，而表示边的中线向量，
所以表示边的中线向量，因此的重心一定在满足条件的P点集合中，
所以③正确；
④当时，的垂心与点A重合，但显然此时垂心点P不满足公式，所以④不正确；
正确答案序号为②③．
故选：C

二、多选题
9．下列叙述中错误的是（    ）
A．若，则
B．若，则与的方向相同或相反
C．若，，则
D．对任一非零向量，是一个单位向量
【答案】ABC
【分析】根据向量不能比较大小可判断A；根据共线向量的定义可判断B；当时可判断C；根据单位向量的定义可判断D，进而可得答案.
【解析】对于A，因为向量是既有大小又有方向的量，所以向量不能比较大小，故A错误；
对于B，零向量与任意向量平行，且零向量的方向是任意的，所以若，
则对于非零向量，必有，但与的方向不一定相同或相反，故B错误；
对于C，若，则零向量与任意向量平行，
所以对任意向量与，均有，，故此时与不一定平行，故C错误；
对于D，由单位向量的定义可得，对任一非零向量，其单位向量为，故D正确.
故选：ABC.
10．已知向量，，则（    ）
A．与的夹角余弦值为
B．
C．向量在向量上的投影向量的模为
D．若，则
【答案】ACD
【分析】对于A：由已知得，根据向量夹角的计算公式计算可判断；
对于B：由已知得，由此可判断；
对于C：由已知得向量在向量上的投影，从而可判断；
对于D：由，可判断.
【解析】解：对于A：因为向量，，所以，所以与的夹角余弦值为，故A正确；
对于B：因为，所以，所以，故B不正确；
对于C：向量在向量上的投影为，所以向量在向量上的投影向量的模为，故C正确；
对于D：因为，所以，所以，故D正确，
故选：ACD.
11．设均为单位向量，对任意的实数有恒成立，则（    ）
A．与的夹角为 B．
C．的最小值为 D．的最小值为
【答案】BD
【分析】根据已知条件求得的夹角以及数量积，对每个选项进行逐一分析即可判断和选择.
【解析】对：设的夹角为，，
两边平方可得：，
即对任意的恒成立，
故可得：，即，
则，又，故，故错误；
对：，故正确；
对：
，当且仅当时取得等号，故错误；
对：
，对，当且仅当时取得最小值，
故的最小值为，故正确.
故选：.
12．对于，其外心为O，内心为P，垂心为H，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C．向量与共线 D．
【答案】BC
【分析】由为外心，则，仅当时，可判定A错误；根据向量的数量积的运算公式，可得判定B正确；由，得到与垂直，再由，可判定C正确；连接，设分别是的中点，连接，分别证得和，，得到P是的垂心，可判定D错误.
故选：BC.
【解析】对于A中，因为为外心，则，
仅当时，才有，所以A错误；
对于B中，由，又由，
所以，所以B正确；
对于C中，由
，
即与垂直，
又由，所以与共线，所以C正确；
对于D中，如图所示，为的外接圆，
连接，设分别是的中点，
连接，则，
又由，所以，即，
所以与共线，因为为的外接圆的圆心，所以，
所以，同理得，所以P是的垂心，所以D错误.
故选：BC.

13．如图，延长正方形ABCD的边CD至点E，使得DE= CD，动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周后回到点A，若，则下列判断正确的是（    ）

A．满足λ+μ=2的点P必为BC的中点
B．满足λ+μ=1的点P有且只有一个
C．满足λ+μ=3的点P有且只有一个
D．λ+μ=的的点P有且只有一个
【答案】C
【分析】建立坐标系，讨论，，，四种情况，依次求出的范围，再判断每个选项的正误，即可得出结果.
【解析】如图建系，取，∵，

∴，
动点从点出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到点，
当时，有且，∴，∴，
当时，有且，则，∴，∴，
当时，有且，则，∴，∴，
当时，有且，则，∴，∴，
综上，，
选项A，取，满足，此时，因此点不一定是的中点，故A错误；
选项B，当点取点或的中点时，均满足，此时点有两个，故B错误；
选项C，当点取点时，且，解得，为，故C正确；
选项D，当点在上时，均可能满足，此时点有三个，故D错误；
故选：C.
【点睛】关键点睛：
求解本题的关键在于根据题中所给条件，利用建系的方法，讨论的位置，根据，确定的范围，即可求解.（向量用坐标表示后，向量的计算和证明都归结为数的运算，这使问题大大简化）
14．已知O，N，P，I在△ABC所在的平面内，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则O是△ABC的外心
B．若，则P是△ABC的垂心
C．若，则N是△ABC的重心
D．若，则I是△ABC的垂心
【答案】ABCD
【分析】根据三角形外心、垂心、重心和内心的定义，结合平面向量的运算即可求得答案.
【解析】对A，根据外心的定义，易知A正确；
对B，，同理可得：，所以P是垂心，故B正确；
对C，记AB、BC、CA的中点为D、E、F，由题意，则，同理可得：，则N是重心，故C正确；
对D，由题意，，则I是垂心，故D正确
故选：ABCD.

三、填空题
15．在三角形ABC中，若，且，则_______
【答案】1
【分析】根据，即可得出，从而可求出x，y，进而得出
【解析】
，
又，，
故答案为：1．
16．如图，在矩形中，，分别为线段，的中点，若，，则的值为___________.

【答案】##
【分析】利用向量的线性运算及平面向量基本定理即可求解.
【解析】因为，分别为线段，的中点，
所以,
,
,
所以
,
所以，解得，
所以，
所以的值为.
故答案为：.

四、解答题
17．设，是两个不共线的向量，如果，，.
(1)求证：A，B，D三点共线；
(2)试确定的值，使和共线；
(3)若与不共线，试求的取值范围.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)

【分析】（1）要证明A，B，D三点共线，只需证明向量与共线；
（2）两向量与（）共线，所以存在唯一实数实数，使.由此列方程组可解；
（3）知两向量不共线，求参数.可先求两向量共线时的参数值，实数集中去除这些值，即为不共线的参数值或范围.
（1）
证明：因为，
所以与共线.
因为与有公共点B，
所以A，B，D三点共线.
（2）
因为与共线，
所以存在实数，使.
因为，不共线，所以
所以.
（3）
假设与共线，则存在实数m，使.
因为，不共线，所以
所以.
因为与不共线，
所以.
18．已知向量.
(1)求与平行的单位向量；
(2)设，若存在，使得成立，求k的取值范围.
【答案】(1)或
(2)

【分析】（1）待定系数法设坐标后列方程组求解
（2）由数量积的坐标运算化简，转化为方程有解问题
（1）
设，根据题意得
解得或或.
（2）
.
.，
.问题转化为关于t的二次方程在内有解.
令，
①当，即时，在内为增函数，
方程在内无解.
②当，即时，由，解得或.
③当，即时，在内为减函数，由得.解得.
综上，实数k的取值范围为.
19．如图，在中，为线段上的一个动点（不含端点），且满足.

(1)若，用向量表示；
(2)若，且，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用向量的线性运算即可求解；
（2）利用数量积的运算律求解即可.
【解析】（1）因为，所以，
所以，
当时，.
（2）由（1）可知，
所以

因为，，
所以，
因为，所以，所以，
即的取值范围为.
20．在梯形中，，，P，Q分别为线段BC和CD上的动点．
(1)求与的数量积；
(2)若，求；
(3)若，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据数量积的运算求得与的数量积.
（2）利用平方的方法求得.
（3）求得的表达式，利用导数求得最大值.
（1）
.
（2）
，

，
所以.
（3）
,


.
，
设，，
所以递减；递增，
，
所以在上的最大值为.
即的最大值为.

21．已知平面直角坐标系中，点，点（其中a，b为常数，且），点O为坐标原点.如图所示，设点是线段的n等分点，其中，

(1)当时，求的值（用含a，b的式子表示）；
(2)当时，求的最小值.
（说明：可能用到的计算公式：.）
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题意可得，进而推出，代入题中的等式即可；
（2）当a=b=1，n=10时，，，进而得到
，从而得，列出i的取值即可得到对应的函数值.
(1)
由题意得，，
所以，
事实上，对任意正整数m，n，且m+n=2022，
有，
，
所以
所以当时，.
(2)
当a=b=1，n=10时，
，同理





当i=6，7，8，9时，，
当i=7时，上式有最小值
当i=5时，
当i=1，2，3，4时，，
当i=3时，上式有最小值
综上，的最小值是.

一、单选题
1．（2021·全国·校联考模拟预测）已知向量，为非零向量，则“向量，的夹角为180°”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】判断命题“若向量，的夹角为180°，则”和命题“若，则向量，的夹角为180°”的真假即可得解.
【解析】因向量，为非零向量，则当向量，的夹角为180°时，与方向相反，即成立，
当时，与方向相同或者方向相反，即向量，的夹角为0°或者180°，可以不为180°，
所以“向量，的夹角为180°”是“”的充分不必要条件.
故选：A
2．（2021·云南昆明·统考模拟预测）下列有关四边形的形状判断错误的是（    ）
A．若，则四边形为平行四边形
B．若，则四边形为梯形
C．若，且，则四边形为菱形
D．若，且，则四边形为正方形
【答案】D
【分析】根据向量共线、相等的知识确定正确答案.
【解析】A选项，，则，所以四边形为平行四边形，A正确.
B选项，，则，所以四边形为梯形，B正确.
C选项，，则，四边形是平行四边形；由于，所以四边形是菱形，C正确.
D选项，，则，所以四边形为平行四边形；由于，所以四边形为菱形，D选项错误.
故选：D
3．（2022·上海普陀·统考一模）设，若向量、、满足，且，则满足条件的k的取值可以是（         ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据题意可得，利用平面向量的数量积的定义和三角函数的性质可得，进而，结合选项即可求解.
【解析】由，得，
所以，
又，
所以，
即，
得，又，所以，
所以k的取值可以是2.
故选：B.
4．（2022·陕西安康·统考一模）已知O是内一点，，若与的面积之比为，则实数m的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由确定点的位置，再利用与的面积之比列方程来求得的值.
【解析】由得，
设，则.
由于，所以A，B，D三点共线，如图所示，
∵与反向共线，，∴，∴，
∴.
故选：D

5．（2021·浙江金华·统考三模）半径为1的扇形AOB中，∠AOB=120°，C为弧上的动点，已知，记，则（    ）
A．若m+n=3，则M的最小值为3
B．若m+n=3，则有唯一C点使M取最小值
C．若m·n=3，则M的最小值为3
D．若m·n=3，则有唯一C点使M取最小值
【答案】A
【分析】设，以为原点，以、与所在直线垂直的直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，把转化为关于的表达式，可解决此题．
【解析】：设，如图：

以为原点，以、与所在直线垂直的直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，则，，，，
，，


．
①若，取，，则，
，，，，
,，此时，、两点重合，所以正确；
取，，则，
当时取最小值，此时、两点重合，所以点不唯一，故B错误；
②若，取，则
，
当时，，故C错误；
取，时，则，
当时，取最小值，点不唯一，故D错误.
故选：A．
【点睛】本题考查平面向量的线性运算的意义和模的意义，涉及与圆有关的最值问题，关键是题目中的参数较多，故而应当想到直接解决困难较大，应用特值排除的方法解决较为方便，这是在解决一些选择题是常常需要用到的思想方法.

二、多选题
6．（2022·浙江嘉兴·校考模拟预测）设是两个非零向量，若，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C．在方向上的投影向量为 D．
【答案】ABC
【分析】利用平面向量的垂直关系，然后对选项一一验证即可.
【解析】因为，所以，所以，所以选项A正确；
因为，所以，即有，所以，所以选项B正确；
因为，所以在方向上的投影向量为，所以选项C正确；
由向量数量积的定义可知，，所以，所以选项D错误.
故选：ABC.
7．（2021·全国·统考模拟预测）下列说法正确的是（    ）
A．若为平面向量，，则
B．若为平面向量，，则
C．若，，则在方向上的投影为
D．在中，M是AB的中点，＝3，BN与CM交于点P，＝+，则λ＝2μ
【答案】CD
【分析】利用向量共线的概念判断A、B，；利用向量数量积的定义可判断C；利用向量共线的推论即可判断D.
【解析】A，若，则与任意向量共线，所以与不一定平行，故A错误；
B，若，则，，当共面时，，
若不共面时，与不平行，故B错误；
C，若，则，所以，
在方向上的投影为，故C正确；
D，，设,
则


，
设，则，即，①
，设，
，
，即，②
由①②可得，，即，故D正确.
故选：CD

三、填空题
8．（2022·全国·模拟预测）已知向量与不共线，且，，若，则___________.
【答案】
【分析】由得，由得，即可求解结果．
【解析】由得
由得，所以
则
故答案为：
9．（2022·吉林·东北师大附中校考模拟预测）半径为4的圆O上有三点A、B、C，满足，点P是圆O内一点，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】根据平面向量加法的几何意义结合圆的几何性质可以确定四边形是菱形，结合菱形的性质、圆的几何性质、平面向量运算法则进行求解即可.
【解析】如图，与交于点，由得：，

四边形是平行四边形，又，所以四边形是菱形，则，，
由图知，，而，
∴，
同理，，而，
∴，
∴，
∵点是圆内一点，则，∴.
故答案为：

四、解答题
10．（2021·甘肃平凉·静宁县第一中学校考二模）已知向量与的夹角为，且，．
(1)若向量与共线，求实数的值；
(2)若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由与共线，得到，然后由，即，根据，不共线求解；
（2）法一：根据与的夹角为锐角，由且与的夹角不为求解；法二：设与的夹角为，然后由即求解．
【解析】（1）解：因为与共线，所以，
即存在实数，使得，即，
因为，不共线，所以解得，
故．
（2）法一：因为与的夹角为锐角，
所以且与的夹角不为．
首先，
因为，
所以，解得；
其次当时，由（1）得与的夹角为，所以，
所以的取值范围为．
法二：设与的夹角为，由已知得．
因为，，
．
．
所以，
解得，，
所以的取值范围为．
11．（2022·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）已知向量和向量，且.
（1）求函数的最小正周期和最大值；
（2）已知的三个内角分别为，若有，，，求的长度.
【答案】（1）最小正周期为，最大值为2；（2）2.
【分析】由整理可得：；（1）根据正弦型函数的最小正周期和最值的求解方法直接求得结果；（2）利用求得，利用正弦定理求得结果.
【解析】由得：
则：
（1）最小正周期为：
当时，
（2）由得：，则
由正弦定理可知：，即
【点睛】本题考查三角函数中的正弦型函数的最小正周期、最值的求解、解三角形中的正弦定理的应用，涉及到平面向量共线定理、辅助角公式的应用.
12．（2022·江苏盐城·模拟预测）如图，已知正方形ABCD的边长为2，过中心O的直线l与两边AB，CD分别交于点M，N．

(1)若Q是BC的中点，求的取值范围；
(2)若P是平面上一点，且满足，求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由向量的加法和数量积运算将转化为，再由的值和的范围可求得结果.
（2）令可得点T 在BC上，再将转化为，由、的范围可求得结果.
【解析】（1）因为直线l过中心O且与两边AB、CD分别交于点M、N．
所以O为MN的中点，所以，
所以．
因为Q是BC的中点，所以，，
所以，
即的取值范围为；
（2）令，则 ，
∴，即：
∴
∴点T 在BC上，
又因为O为MN的中点，
所以，从而，，
因为，
所以，
即的最小值为．