新高考数学二轮复习选题题+解答题专项练考点七 平面向量（选填题9种考向）（2份，原卷版+解析版）

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考向一 平面向量的坐标运算
【例1-1】（24-25高三上·山东泰安·期末）（多选）已知向量，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．已知，若，则D．与夹角的余弦值为
【答案】BC
【解析】对于A，易知，所以不垂直，即A错误；
对于B，，可得，可得B正确；
对于C，由且可得，解得，即C正确；
对于D，设与的夹角为，所以，可得D错误.
故选：BC
【例1-2】（2025·陕西·一模）（多选）若向量，，，则（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量是
【答案】CD
【解析】因为向量，，，
对于A，，故 A 错误；
对于B，，与不平行，故B错误；
对于C，因为，则，，故C正确；
对于D，在上的投影向量为，故D正确．
故选：CD.
【例1-3】（2025·山东菏泽·一模）（多选）已知平面向量，，则下列说法正确的有（ ）
A．向量，不可能垂直B．向量，不可能共线
C．不可能为3D．若，则在上的投影向量为
【答案】BD
【解析】由题意知，.
对于选项A，若向量，则，即，
显然此式能成立，故A错；
对于选项B，若向量，则有，即，
即，显然此式不成立，故 B正确；
对于选项C，，
则当时，，故C错；
对于选项D，若，则，，
则在上的投影向量为，故D 正确.
故选：BD
考向二 平面向量的基本定理
【例2-1】（2025·辽宁·模拟预测）已知在正六边形中，是线段上靠近的三等分点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】依题意得，
因为，
所以.故选：C.
【例2-2】（24-25北京房山·期末）如图，在平行四边形中，是的中点，与交于点，设，，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】依题意在平行四边形中，，
又是的中点，则，
又与交于点，所以，则，所以，
又，所以故选：A.
【例2-3】（23-24 广东阳江·阶段练习）在中，，是的中点，与交于点，若，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【解析】
∵，∴，
∴.
∵A，P，D三点共线，∴.
∵，∴.
∵E是边AB的中点，∴.
∵E，P，F三点共线，∴，
∴，解得，，
∴，即，，故.
故选：A.
【例2-4】（24-25 辽宁大连 ）如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】由共线，则，，
所以①，
由共线，则，，
所以②，
由①②知：，则，故，
由，则，
由共线，则，可得.
故选：A
【例2-5】（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，点是线段上靠近点的三等分点，过点的直线分别交直线、于点、.设，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接，因为点是线段上靠近点的三等分点，则，
即，所以，，
又因为，，则，
因为、、三点共线，设，则，
所以，，且、不共线，
所以，，，故，因此，.
故选：C.
考向三 平面向量的数量积
【例3-1】（2025·河北保定·模拟预测）在中，，，点满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可得，，则，
故，
故
.
故选：D.
【例3-2】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）（多选）设是两个非零向量，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．在方向上的投影向量的模为
【答案】ACD
【解析】对于选项A，由可知，当时，，所以．所以选项A正确，
对于选项B，由可知，与共线，不一定是．所以选项B错误，
对于选项C，由，得，即，所以，所以选项C正确，
对于选项D，由投影向量定义可知，在方向上的投影向量为，
所以其模长为，故选项D正确．
故选：ACD．
【例3-3】（2025·江西·一模）（多选）已知，，均为单位向量，且，则（ ）
A．B．
C．当实数变化时，的最小值是D．若，则
【答案】ACD
【解析】由.得.解得（舍去）或.
因为、均为单位向量.则，故正确.
，故错误.
，当且仅当时取等号，故正确.
由.则，所以，整理得，即.故正确.
故选：ACD.
考向四 平面向量与四心
【例4-1】（23-24黑龙江 ）（多选）设是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是边的中点
B．若，则是的垂心
C．若，则是的重心
D．若，则动点过的内心
【答案】ACD
【解析】对于A，如图所示，根据向量加法的平行四边形法则，可得，
若，可得是边的中点，故A正确；
对于B，若，则是的外心，故B错误；
对于C，若，则，即，
所以是的重心，故C正确；
对于D，因为表示方向的单位向量，表示方向的单位向量，
所以与的角平分线同向，又，
则在的角平分线上，所以动点过的内心，故D正确.
故选：ACD
【例4-2】（2024甘肃·阶段练习）（多选）设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则点是的中点
B．若，则点在边的延长线上
C．若，则点是的重心
D．若，则
【答案】ACD
【解析】对于选项A：因为，可得，
即，则点是边的中点，故A正确；
对于选项B：因为，可得，
即，则点在边的延长线上，故B错误；
对于选项C：设的中点为，则，
由重心性质可知：点是的重心，故C正确；
对于选项D：因为，则，
整理得，故D正确．
故选：ACD．
【例4-3】（2025江苏）（多选）设O为所在平面上一点，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则正确的（ ）
A．O为的外心
B．O为的重心
C．O为的垂心
D．O为的内心
【答案】BCD
【解析】A.当O为三角形的外心，由正弦定理可得：，故A错误；
B.当O为三角形的重心，O为中线的交点，延长AO交BC于点M，可得，所以.
反之，取BC中点M，若，则，则可得A,O,M三点共线且，即A为三角形的重心.故B正确；
C.当O为三角形的垂心，，同理可证，即，反之也成立，故C正确；
D. 当O为三角形的内心，O为三角形的角平分线，则，如图过A作CF的平行线交BE的延长线于点N，过A作BE的平行线交CF于点M，则四边形AMON为平行四边形
所以，反之也成立，故D正确；
故选：BCD
考向五 面积比
【例5-1】（23-24 四川达州 ）（多选）如图，已知O是内部任意一点，，，的面积分别为，，，．根据上述结论，则（ ）．

A．如果，那么
B．如果，那么
C．如果O为的重心，那么
D．如果O为直角的内心，且两直角边，，那么
【答案】BCD
【解析】对于A：由题意,结合，
可得,即A错误.
对于B：由,
可得;
整理得,
即得，即B正确；
对于C：如果O为的重心，
则可知，
可知，即C正确；
对于D：如果O为的内心，设内切圆半径为r,
则,
又,,则,所以，
可知，即D正确.
故选：BCD.
【例5-2】（23-24 福建福州·期中）（多选）已知为所在平面内的一点，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若且，则
B．
C．与的面积之比为
D．与的面积之比为
【答案】ABD
【解析】若且，则，
则，
所以，故A正确；
因为，
所以，故B正确；
因为，所以，故C错误；
因为，所以，，所以，故D正确．
故选：ABD．
【例5-3】（24-25高三上·北京）设D为内一点，且，则与的面积比为 .
【答案】
【解析】由题得，
所以，
所以即，

如图所示，以为邻边作平行四边形，连接交于点，
则，
所以即，又和高相等，
所以.
故答案为：.
【例5-4】（2025广东）已知为所在平面内一点，且满足，则的面积与的面积之比为 .
【答案】
【解析】
在上取一点，使得,在上一点，使得取，又因为，则，所以四边形为平行四边形，所以，因为，则，，则，
所以.
故答案为：
【例5-5】（2024湖北）设为所在平面上一点，且满足，若的面积为2，则面积为 ．
【答案】3
【解析】因为，
所以，
令，则，
所以，所以为上靠近的三等分点，
因为，所以∥,
所以，
所以，
故答案为：3

考向六 巧建坐标
【例6-1】（2025·甘肃·一模）已知梯形中，，点为边上的动点，若，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】，，
设，则，，
，
令，则，
，
可得，
故选:D.
【例6-2】（2025·广东茂名·一模）向量与在单位向量上的投影向量均为，且，当与的夹角最大时，（ ）
A．8B．5C．D．
【答案】D
【解析】
设为轴正半轴上的单位向量，
令，，，
如图所示，设与的夹角为，若，
在中，由余弦定理有：则，
而，
所以，所以，
因为，所以，
有根据正弦定理有：，即，
整理有：，所以，
当与的夹角最大时，最大，取最小值，
因为，
当且仅当时，取等号，所以当与的夹角最大时，.
故选：D
【例6-3】（2025·云南曲靖·一模）在扇形中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系、若，，为的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据向量模的计算公式，若，则.
已知，则；
，则.
可得.
所以.
则.
则.
根据半角公式，；
.
因为，设.
；
.
所以.
故选：B.
【例6-4】（2024·内蒙古赤峰·二模）如图，边长为的等边，动点在以为直径的半圆上.若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可以所在直线为x轴，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
结合已知得，，，
半圆弧的方程为：，
设，则，，，
由得：，
解得：，
所以，
因为在上，所以，
又，
则可设，，，
将，代入整理得：
，
由得，
所以，，
故的取值范围是.
故选：D.
【例6-5】（23-24内蒙古赤峰·期末）在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点， ，则 ；为线段上的动点，为中点，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】解法一：以为基底向量，根据向量的线性运算求，即可得，设，求，结合数量积的运算律求的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求，即可得，设，求，结合数量积的坐标运算求的最小值.
解法一：因为，即，则，
可得，所以；
由题意可知：，
因为为线段上的动点，设，
则，
又因为为中点，则，
可得
，
又因为，可知：当时，取到最小值；
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则，
可得，
因为，则，所以；
因为点在线段上，设，
且为中点，则，
可得，
则，
且，所以当时，取到最小值为；
故答案为：；.
考向七 平面向量中的取值范围
【例7-1】（2025·海南·三模）在同一平面内，向量满足，则的最小值为（ ）
A．3B．2C．1D．
【答案】A
【解析】由题意，不妨设，则由得，
则，所以，所以，
所以当时，的最小值为3.
故选：A
【例7-2】（2025·安徽）在平面四边形中，已知的面积是的面积的2倍.若存在正实数使得成立，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】根据题意，如图，连接，设与交于点，
过点作于点，过点作于点，
若面积是面积的2倍，即，
根据相似三角形的性质可知，，
，
设，
，
即，即，
，
当且仅当，即时取等号，的最小值为1.
故选：A.
【例7-3】（2025·湖北·模拟预测）平面向量满足，则的最小值为 .
【答案】
【解析】如图：当不共线时，取,则,
故，故,
在中，,
故，
故，
由于，故，故，当且仅当时取等号，
则，由于，故的最大值为，
由于的夹角为,即为,
由于与互补，故的最小值为，
当共线时，不妨设则，可得，
当时，此时的夹角为,即为,
时，此时的夹角为,即为,
综上可知：的夹角的最小值为
故答案为：

【例7-4】（2025·天津武清·一模）已知正方形的边长为，，若， 其中，为实数，则 ；设是线段上的动点，为线段的中点，则 的最小值为 .
【答案】 /
【解析】因为，所以，
因为，，
所以，，
所以，
因为为线段的中点，所以，又，
所以，
又，
所以，
因为设是线段上的动点，又为钝角，
所以，
因为正方形的边长为，，
所以，
所以，
所以当点与点重合时，取最小值，最小值为.
故答案为：；.
考向八 平面向量与其他知识综合
【例8-1】．（2025·广东佛山·二模）已知的内角的对边分别为，在方向上的投影向量为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】过作，交直线于点，则在方向上的投影向量.
结合已知得，所以方向相反，所以，故A错误；
在方向上的投影向量为，如图所示：
由，所以，无法确定角的大小，故B错误；
因为，角为钝角，所以，故C错误；
在中，，
在中，，
所以，所以，故D正确.
故选：D.
【例8-2】（2025·广东江门·一模）在矩形中，成等差数列，，则矩形的周长为（ ）
A．10B．12C．14D．16
【答案】C
【解析】因为，所以,
故，又成等差数列，所以,
即①,在矩形中，由②,
将①式代入②式解得：或(舍去)，
把结果代入①式得，故矩形的周长为,
故选：C
【例8-3】（23-24高三下·江西·阶段练习）（多选）设分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内任意一点，分别表示直线的斜率，则（ ）
A．存在点，使得B．存在点，使得
C．存在点，使得D．存在点，使得
【答案】ABD
【解析】由已知得：
对于A，由为椭圆上第一象限内任意一点可得，，A正确；
对于B，由，得以为直径的圆与椭圆有4个交点，因而存在点使得，B正确；
对于C，由为椭圆上第一象限内任意一点可得，
又由可得，解得，与矛盾，C错误；
对于D，由已知，
因为，
而，所以，所以存在点，使得，D正确．
故选：ABD．
【例8-4】（24-25高三上·山东临沂·阶段练习）（多选）如图，已知点是的边的中点，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为1的正项数列，是数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）.
A．B．数列是等比数列
C．D．
【答案】ABD
【解析】为中点，，即，
三点共线，，
又，
由平面向量基本定理得，
化简得：，，
是以为首项，为公比的等比数列，故B正确；
，，故C错误；
则，故A正确；
，故D正确.
故选：ABD.
【例8-5】（2025·河南·二模）已知点在抛物线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为 .
【答案】/
【解析】圆的圆心为，半径为，
设，则，当且仅当时取等号，
连接，设，则，，
则
又，则，
所以，则，
所以的最小值为.
故答案为：.

考向九 新定义
【例9-1】（23-24江苏无锡·阶段练习）我们定义：“”为向量与向量的“外积”，若向量与向量的夹角为，它的长度规定，现已知：在中，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设分别为的中点，连接，
则，则∽，故,
则，故，
又因为，即，
当时，四边形面积最大，最大值为，
故的面积的最大值为，
且，所以的最大值为.
故选：D.
【例9-2】-（2024·河北邯郸·二模）对任意两个非零的平面向量和，定义：，．若平面向量满足，且和都在集合中，则（ ）
A．1B．C．1或D．1或
【答案】D
【解析】因为，
设向量和的夹角为，因为，所以，
得到，
又，所以，
又在集合中，所以，即，得到，
又因为，所以或，
所以或，
故选：D.
【例9-3】（2024高三·全国·专题练习）（多选）定义：两个向量的叉乘的模，则下列命题正确的是（ ）
A．若平行四边形的面积为4，则
B．在正中，若，则
C．若，，则的最小值为12
D．若，，且为单位向量，则的值可能为
【答案】ABD
【解析】对于A，因为平行四边形的面积为4，所以，
所以，故A正确；
对于B，因为，
所以，所以B正确；
对于C，因为，，所以，，
所以，因为，所以，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为，所以C错误；
对于D，若，，且为单位向量，
则当，，，时，，
，
此时，所以D正确.
故选：ABD.
【例9-4】（24-25河南商丘·阶段练习）（多选）若非零向量的夹角为锐角，且，则称被“同余”．已知被“同余”，则在方向上的投影结果不正确的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】BCD
【解析】因为被“同余”，所以，即，
则在方向上的投影为，
故A不符合题意，BCD符合题意.
故选：BCD
一、单选题
1．（2025·山东聊城·一模）已知角，向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，则，
向量，，若，则，可得，故.故选：B.
2．（2025·山西晋中·模拟预测）已知、是互相垂直的两个单位向量，若向量与的夹角为，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为、是互相垂直的两个单位向量，则，且，
由平面向量数量积的运算性质可得
，
，
，
由平面向量数量积的定义可得，
即，则，
且有，又因为，故.
故选：D.
3．（2025·宁夏银川·一模）已知向量满足则（ ）
A．9B．3C．D．
【答案】D
【解析】由，可得，即，
由，可得，即，
整理得，
，即.
故选：D.
4．（2025·江西上饶·一模）在平行四边形中，，，，，则（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】D
【解析】如图：
以为基底，则，，.
且，，
所以.
故选：D
5．（2025·北京平谷·一模）已知是平面内两个非零向量，，那么“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】若，，
所以，，
当时，，当时，，此时
故“”是“”的不充分条件，
因为，若，则，当且仅当方向相同时取到等号，则恒成立，故 ，所以是必要条件，
综上可知，，那么“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
6．（2025·山东临沂·一模）在中，点是的中点，点在上，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意点是的中点，所以，
又，所以，
解得，
又因为点在上，
所以，解得或（舍去）.
故选：B.
7．（2025·辽宁·模拟预测）在中，，为的中点，为上一点，且，，则（ ）
A．0或B．C．D．0或
【答案】A
【解析】因为，
所以，令，
则，
即，在中，由余弦定理得，即，解得或.
故选：A.
8．（2025·四川南充·二模）已知非零向量，满足，若，则在方向上的投影向量坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】首先，向量的坐标为(2, 0)，其模长为2，因此，
根据条件，即它们的数量积为零：
展开数量积：,即：
因此：,代入已知条件：
因此，在方向上的投影向量坐标为(2, 0)，
故选：B.
9．（24-25高三上·辽宁·期末）已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由，得①，
由，得②，
由②-①，得，
由，得，所以，则，
设与的夹角为，则，因为，所以.
故选：A.
10．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图，在平面四边形中，，建立如图所示的平面直角坐标系，且，，，则（ ）
A．3B．1C．2D．4
【答案】C
【解析】在平面四边形中，，可以建立如图平面直角坐标系，
，，设，
因为，所以，解得，所以，
又，所以，所以，，
所以．
故选：C．
11．（2024·山东济宁·二模）如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（ ）.

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】∵，，
即且，
∴，
又C、P、D共线，有，即，
即，而，
∴
∴=.
故选：C
12．（2024高三·全国·专题练习）对非零向量，定义运算“（*）”：，其中为与的夹角，则下列选项错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若Rt中，，则
D．若中，，则是等腰三角形
【答案】C
【解析】对于A：因为，所以或，
所以，A正确；
对于B：因为，
所以，，
所以，
，B正确；
对于C：若Rt中，，所以，
所以，C错误；
对于D：中，，
所以，
则，所以，
∴是等腰三角形，故D正确.
故选：C.
13．（24-25高三下·安徽安庆·阶段练习）已知别为等差数列的前项和，，设点是直线外一点，点是直线上一点，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】，不妨设，
因为三点共线，所以，
所以
，
所以，
故选：D.
14（2024高三下·全国·专题练习）如图，已知是的垂心，且，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】是的垂心，延长，，分别交边，，于点，，，如图，
则，，，，，
因此，，
同理，
于是得，
又
由“奔驰定理”有
即，所以，
故选：A
二、多选题
15（2025·广东佛山·一模）在中，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．在方向上的投影向量为D．若，则
【答案】AC
【解析】A选项，对于，根据数量积的定义展开可得，，
即，即，由正弦定理，，
即，则为锐角，由，
解得，，A选项正确，
B选项：由A选项和题干可知，，
，故，B选项错误.
C选项：在方向上的投影向量为，
由B知，，，且，解得，
由正弦定理，，则，C选项正确.
D选项：由正弦定理，，即，解得，
于是，，D选项错误.
故选：AC
16．（2025·陕西宝鸡·二模）已知向量，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若与的夹角是，则
D．若与的方向相反，则在上的投影向量坐标是
【答案】ABC
【解析】因为向量，
若，则，解得，A说法正确；
若，则，解得，B说法正确；
若与的夹角是，因为，，
所以，
所以，C说法正确；
若与的方向相反，所以，
所以在上的投影向量为，D说法错误；
故选：ABC
17．（2025·福建厦门·一模）已知平面向量，，则（ ）
A．，不可能垂直B．，不可能共线
C．不可能为5D．若，则在方向上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】，A选项正确；
若向量，共线，则，解得，所以向量，可能共线，B选项错误；
，所以，C选项正确；
若，则，，所以在方向上的投影向量为，D选项正确；
故选：ACD．
18．（23-24高三上·江苏苏州·阶段练习）半圆形量角器在第一象限内，且与轴、轴相切于D、E两点．设量角器直径，圆心为，点为坐标系内一点．下列选项正确的有（ ）
A．点坐标为B．
C．D．若最小，则
【答案】ACD
【解析】由题意得，量角器与轴、轴相切于、两点，且，则，故A正确；
由A可知，，则，则
，故B错误；
记，则C选项
，故C正确；
设，则
，
当时，，故D正确；
故选：ACD.
19．（2024·广东江门·三模）定义两个非零平面向量的一种新运算，其中表示的夹角，则对于两个非零平面向量，下列结论一定成立的有（ ）
A．在上的投影向量为
B．
C．
D．若，则
【答案】BD
【解析】对于选项A，在上的投影向量为，故选项A错误，
对于选项B，，故选项B正确，
对于选项C，，
显然时，不成立，故选项C错误，
对于选项D，由，所以，则，即，故选项D正确，
故选：BD．
20．（2024江苏无锡·期中）设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是( )
A．若，则
B．若，则点､､三点共线
C．若点是的重心，则
D．若且，则的面积是面积的
【答案】ACD
【解析】对于A，，故A正确；
对于B，若M、B、C三点共线，则存在唯一实数，使得，
则，
∵，∴，则λ无解，故M、B、C三点不共线，故B错误；
对于C，延长AM交BC于D，∵M是△ABC重心，∴D是BC中点，
则，
∴，故C正确；
对于D，∵且，∴，
设则，则三点共线，
由MD=AD可知的面积是面积的，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题
21．（2025·广东广州·模拟预测）已知单位向量，，满足，则 .
【答案】
【解析】由题意，作等腰，且，记的中点为，连接，如下图：
设，，
由图可知，
由为单位向量，则，
在等腰中，易知，
在中，，则，即，
所以.
故答案为：.
22．（2025高三·全国·专题练习）已知向量，若，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为，所以，，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
故答案为：
23（2025·河北张家口·一模）我国历史文化悠久，中国象棋就是国人喜闻乐见的一种娱乐方式.不同棋子行的规则各不相同：马走日字象走田，车走直路炮翻山，即“马”只能由“日”字格子的顶点沿“日”字的斜线走到相对的另一个顶点，，…，，如图1.请据此完成填空：如图2，假设一匹马从给定的初始位置出发，且规定其只能向“右前方走”，则其运动到点所需的步数为 ；该马运动到点所有可能落点（包括点）的个数为 .
【答案】 5 10
【解析】以“马”的初始位置为原点，棋盘的横竖两边为轴建立坐标系，
以题意可得：“马”每次只能按向量或行走，
设落点为（），按上述两个向量前进的此时分别为，
则
所以，即
第一空：由于，所以，
第二空：由于所以
又为3的倍数，且只能往右前方前进，所以
当时，此时对应的点有，,
当时，此时对应的点有，
当时，此时对应的点有，
当时，此时对应的点有
综上可得，共有10种情况，
故答案为：5，10
24．（2025·新疆·二模）在中，，，则面积的最大值为 ．
【答案】
【解析】如图：取、的中点、，连接、，交于点.
由，由.
又为的重心，所以.
设四边形的面积为，则.
设，则，所以当时，取得最大值1.
此时的面积也取得最大值：.
故答案为：
25（24-25高三上·天津·期末）已知平行四边形的面积为，，为线段的中点．若为线段上的一点，且，则 ，的最小值为 ．
【答案】 /
【解析】因为平行四边形的面积为，，
所以，得，
如图，连接，则，
因为，又为平行四边形，则 ，
所以，
因为三点共线，
所以，得，
所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，
故答案为：；.
26．（2024天津宁河·阶段练习）如图，在中，，，为上一点，且满足，则 ；若的面积为，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】∵，又，
∴，∴，
又因为三点共线，则，即，
，
的面积为，
∴，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：,.
27（24-25高三下·天津·开学考试）在边长为2的正方形ABCD中，点E为线段CD的三等分点，，则 ；F为线段BE上的动点，G为AF中点，则的最小值为 .
【答案】
【解析】如图：
因为，所以，，所以.
因为在线段上，可设，.
所以，
.
所以
因为，，
所以，.
所以当时，取得最小值，为.
故答案为：；.
28．（24-25高三下·天津·开学考试）已知为的重心，直线过，交线段于，交线段于，其中，则的最小值为 ．
【答案】9
【解析】由题意作图，点为线段的重心，
，
∴，
∴，
∵三点共线，∴，
∴，
当且仅当时等号成立，故的最小值为9，
故答案为：9.
29．（2024福建三明·期中）如图，已知正方形的边长为2，过中心的直线与两边，分别交于点，，若是的中点，则的取值范围是 ；若是平面内一点，且满足，则的最小值是 .
【答案】
【解析】由直线l过正方形的中心O且与两边AB、CD分别交于点M、N，得O为MN的中点，
则，，
由Q是BC的中点，得，又，则，
所以取值范围为；
令，则 ，
则，即，于是，即点T 在直线BC上，
因此，，则，
而，因此，
所以的最小值为.
故答案为：；
30（2025福建）点在△内部，且满足，则△的面积与△、△面积之和的比为
【答案】
【难度】0.4
【解析】作，则，
，.
以为邻边作平行四边形，连接，交于，如图所示：
，.
根据与相似得：，；
，，，
，
的面积与、面积之和的比为．
故答案为：．