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

单元复习09 平面向量

01 平面向量的基础概念与运算

一、单选题

1．下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．零向量的长度是0

C．长度相等的向量叫相等向量

D．共线向量是在同一条直线上的向量

【答案】B

【分析】根据向量的相关概念逐一判断即可.

【详解】A：仅表示与的大小相等，但是方向不确定，

故未必成立，所以A错误；

B：根据零向量的定义可判断B正确；

C：长度相等的向量方向不一定相同，故C错误；

D：共线向量不一定在同一条直线上，也可平行，故D错误.

故选：B.

2．在中，为的中点，为上靠近点的三等分点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用向量加法的三角形法则，转化为和即可．

【详解】.

故选：B

3．已知平面向量，满足，，与的夹角为45°，，则实数的值为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量垂直列方程，化简求得的值.

【详解】，，，∴.

故选：A

4．已知平面向量，不共线，，，，则（    ）

A．，，三点共线 B．，，三点共线

C．，，三点共线 D．，，三点共线

【答案】D

【分析】根据给定条件逐项计算对应三点确定的某两个向量，再判断是否共线作答.

【详解】平面向量，不共线，，，，

对于A，，与不共线，A不正确；

对于B，因，，则与不共线，B不正确；

对于C，因，，则与不共线，C不正确；

对于D，，即，

又线段与有公共点，则，，三点共线，D正确.

故选：D

5．给出下列四个命题：①若，则；②若A，B，C，D是不共线的四点，则“”是“四边形ABCD为平行四边形”的充要条件；③若,，则；④的充要条件是且.其中正确命题的序号是（    ）

A．②③ B．①② C．③④ D．②④

【答案】A

【分析】对于①，根据向量相等的概念分析可知不正确；对于②，根据向量相等的概念以及充要条件的概念分析可知正确；对于③，根据向量相等的概念分析可知正确；对于④，根据向量相等的概念以及充要条件的概念分析可知不正确.

【详解】对于①，两个向量的长度相等，不能推出两个向量的方向的关系，故①错误；

对于②，因为A，B，C，D是不共线的四点，且 等价于且，即等价于四边形ABCD为平行四边形，故②正确；

对于③，若,，则；显然正确，故③正确；

对于④，由可以推出且，但是由且可能推出，故“且”是“”的必要不充分条件，故④不正确,

故选：A

【点睛】关键点点睛：掌握向量相等的概念和充要条件的概念是解题关键.

6．已知中，，，，为所在平面内一点，且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】取、为基底，把，都用、表示，再计算.

【详解】因为，则，

所以，，所以，，即，

因此.

故选：D.

【点睛】方法点睛：向量运算的技巧：

（1）构造向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则；

（2）树立“基底”意识，利用基向量进行运算.

二、多选题

7．如果，，都是非零向量.下列判断正确的有（    ）

A．若，，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】ACD

【分析】利用平行向量的定义可判断AD，利用数量积的概念及性质可判断BC.

【详解】∵，，都是非零向量，

∴若，，则，故A正确；

若，，则，但不一定等于，故B错误；

由，可得，整理可得，所以，故C正确；

若，则，故D正确.

故选：ACD.

8．已知向量，，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则

B．若在上的投影为，则向量与夹角为

C．与共线的单位向量只有一个为

D．存在，使得

【答案】BD

【分析】对A：由向量垂直的坐标表示即可求解判断；对B：根据投影的定义即可求解判断；对C：与共线的单位向量为即可判断；对D：根据向量与共线同向时，满足即可判断.

【详解】解：向量，，

对A：因为，所以，所以，故选项A错误；

对B：因为在上的投影向量为，即，

所以，又，

所以，

因为，所以向量与夹角为，故选项B正确；

对C：与共线的单位向量有两个，分别为和，故选项C错误；

对D：当时，，此时向量与共线同向，满足，所以存在，使得，故选项D正确；

故选：BD.

三、填空题

9．在中，点D，E，F分别是边，，的中点，则__________.

【答案】

【分析】根据平面向量的加法法则运算可得，由题意得

，进而求得.

【详解】如图所示，在中，，

又点D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，

所以，

所以.

故答案为：

10．已知平面向量，满足，，若，则_____．

【答案】2

【分析】利用模长公式，数量积的定义及运算法则即求.

【详解】由题知，，，，

则，

代值运算得：，解得或（舍去），

故．

故答案为：2．

四、解答题

11．若平面向量满足，.

（1）若，求的坐标.

（2）若，求与的夹角.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）设，由向量共线得，再根据模的关系即可得或，进而得答案；

（2）根据已知条件得，再根据向量夹角的公式计算即可得答案.

【详解】解：（1）设，因为，所以.①

又因为，所以.②

由①､②，解得或，

所以的坐标为或.

（2）由可知，

由可得，即，解得，

设与的夹角为，则，

又因为，所以.

12．已知向量，且与的夹角为

（1）求;

（2）若与垂直，求实数的值.

【答案】（1）；（2）λ =- .

【分析】（1）根据向量，且与的夹角为，由，求得m，再得到 的坐标求解.

(2)由（1)得到 ，与的坐标，根据与 垂直求解.

【详解】（1）因为向量，且与的夹角为，

所以，

解得，

所以 ，

则.

 (2)由（1)知m = 1，故，，

因为 与 垂直，

所以，

解得.

02 平面向量的基本定理及应用

一、单选题

1．在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，DE=EC，CF=2BF，设，，则=（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据平面向量基本定理结合向量加减法法则求解即可.

【详解】由题意，，

设，

由对应系数相等得.

故选：D.

2．已知AB是的直径，C，D是半圆弧AB上的两个三等分点，设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由平面向量的线性运算法则求解．

【详解】是的直径，C，D是半圆弧AB上的两个三等分点，

且，．

故选：A．

3．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB=1km，水的流速为2，若客船从码头A驶到码头B所用的时间为6min，则客船在静水中的速度为（    ）

A． B．8

C． D．10

【答案】A

【分析】设静水中的速度为，水流速度为，合速度，将正交分解为，由已知条件知，，进而求，即得，则可求.

【详解】设客船在静水中的速度大小为，水流速度为，则，

则船实际航行的速度，，由题意得.

把船在静水中的速度正交分解为，即，

∵ km/h，而与同向，即，

∴

∴.

故选：A.

4．如图所示的矩形中，满足，为的中点，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】将作为基底，根据平面向量基本定理结合已知条件把用表示，从而可求出的值.

【详解】连接，

由题可知，

又因为为的中点，所以，

所以，

所以，所以.

故选：A.

5．在中，，点D在线段上，点E在线段上，且满足，，交于点F，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得AB＝4，AC＝3，设，根据平面向量的线性运算，推出，由B，E，F三点共线求得λ，再将表示成以为基底的向量，由平面向量数量积的运算法则得答案．

【详解】

如图：由，得AB＝4，AC＝3，

设，

则

三点共线，，即

，

则

故选：C.

6．已知在中，为的中点，，，点为边上的动点，则最小值为（    ）

A．2 B． C． D．－2

【答案】C

【分析】由，结合投影几何意义，建立平面直角坐标系，结合向量数量积的定义及二次函数的性质即可求解.

【详解】由,结合投影几何意义有：过点作的垂线，垂足落在的延长线上，且

,

以所在直线为轴，以中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，

则

设，其中

则

解析式是关于的二次函数，开口向上，对称轴时取得最小值，

当时取得最小值

故选：

【点睛】本题考查向量方法解决几何最值问题，属于中等题型.

二、多选题

7．给出下列命题，其中正确的选项有（    ）

A．非零向量、满足，则与的夹角为

B．若，则△为等腰三角形．

C．等边△的边长为，则

D．已知向量，且，则

【答案】AB

【分析】A应用向量数量积的运算律得、，进而求与的夹角；B利用向量加法、数量积的几何意义判断即可；C应用向量数量积的定义计算；D应用向量垂直的坐标表示求参数k.

【详解】A：由可得，则，， ，易知与的夹角为，正确；

B：若为边上的中线，则，结合已知有，即，所以△中，正确；

C：由题意，，错误；

D：，由题意有，即，错误.

故选：AB

8．中，为上一点且满足，若为线段上一点，且（，为正实数），则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．的最大值为 D．的最小值为3

【答案】AD

【分析】由题设结合三点共线可得，再应用基本不等式求、的最值，利用向量加减、数乘的几何意义求的线性关系.

【详解】

由题设，可得，又三点共线，

∴，即，B错误；

由，为正实数，，则，当且仅当时等号成立，故C错误；

，当且仅当时等号成立，故D正确；

，又，

∴，故A正确.

故选：AD.

9．设是平面直角坐标系中相异的四点，若，，且，则称调和分割，已知平面上的点C，D调和分割点A，B，则下面说法正确的是（    ）

A．A、B、C、D四点共线

B．D可能是线段的中点

C．C、D可能同时在线段上

D．C、D不可能同时在线段的延长线上

【答案】AD

【分析】根据题设条件可先判断出、、、四点共线，从而判断出选项A，然后可设、、、，结合题设条件可得，然后对各选项一一判断即可.

【详解】∵，

∴，

∴、、、四点共线

∵平面上的点C，D调和分割点A，B

∴A、B、C、D四点共线，故A正确；

由题意可设、、、，则，.

∴，

∵

∴

对于B，若D是线段的中点，则，代入到，不存在，故B错误；

对于C，若C、D同时在线段上，则，，代入到，可得，此时C、D重合，与题意不符，故C错误；

对于D，若C、D同时在线段的延长线上，则，，所以，与矛盾，故C、D不可能同时在线段的延长线上，故D正确.

故选：AD.

10．如图，正方形中，为中点，为线段上的动点，，则下列结论正确的是（    ）

A．当为线段上的中点时，

B．的最大值为

C．的取值范围为

D．的取值范围为

【答案】ABC

【分析】以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系，结合向量的坐标表示及向量的坐标运算表示条件，由此判断各选项.

【详解】以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系，设，

则，

设，则，

因为，所以，

所以，即，

对于选项A，因为为线段上的中点，所以，故，A正确；

对于选项B，，，当时，取最大值为，B正确；

对于选项C，因为，，所以，的取值范围为，C正确；

对于选项D，，，所以，所以的取值范围为，D错误.

故选：ABC.

三、解答题

11．如图，在菱形中，，.

（1）若，求的值；

（2）若，，求.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）结合平面图形以及平面向量的线性运算即可求出，的值，进而求出结果；

（2）根据平面向量的加法运算得到，在结合（1）中，利用平面向量数量积的运算律以及定义即可求解.

【详解】（1）因为，，

所以，

所以，，故.

（2）∵，

∴，

∵为菱形，∴，

∴，即.

12．在△ABC中，已知，，，D为BC的中点，E为AB边上的一个动点，AD与CE交于点O.设.

(1)若，求的值；

(2)求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先根据向量的线性运算得到和，从而得到，，即可得到.

（2）首先根据题意得到，根据，，得到，从而得到，再求解最小值即可.

【详解】（1）因为C，O，E三点共线，所以有，

即，得，

同理可设，

所以得，，解得.

所以，即.

（2）解：

，

由（1）可知，，所以，

所以，

令，则，

等号当且仅当，即时，的最小值为.

13．在如图所示的平面图形中，已知，，，，求：

(1)设，求的值；

(2)若，且，求的最小值及此时的夹角.

【答案】(1)

(2)的最小值为，为.

【分析】（1）由向量的减法公式，结合题意和平面向量共线定理，即可求得，进而求出结果；

（2）记，因为，所以，设，根据平面向量加法理和平面向量共线定可得，进而求得，化简整理可得，再根据二次函数和余弦函数的性质，即可求出结果.

【详解】（1）解：因为，，

所以，所以，

即.

（2）解：记，

因为，所以，

设，则，

所以

当时，取最小值，即最小值为，

又，所以，所以，

即，

所以的最小值为，此时为.

14．如图所示，是的一条中线，点满足，过点的直线分别与射线，射线交于，两点.

(1)求证：；

(2)设，，，，求的值；

(3)如果是边长为的等边三角形，求的取值范围.

【答案】(1)见详解

(2)3

(3)

【分析】（1）根据题意，结合向量加减法运算，即可证明；

（2）根据题意，用和表示， 结合，，三点共线，即可求解；

（3）根据题意，结合（1）（2）用和分别表示出和，进而可以表示出，再结合均值不等式与二次函数的最值，即可求解.

（1）

证明：因，所以，又因为的中点，所以，所以.

（2）

因，，，，所以，，又因，所以，又因，，三点共线，所以，即.

（3）

设，，，，由（1）（2）可知，，即.

因，，

所以

，

又因是边长为的等边三角形，

所以，

令，因，即，当且仅当时，等号成立，所以.

因此，

又因，所以，所以.