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2023届新高考数学复习多选题与双空题 专题9平面向量多选题（原卷版+解析版）
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这是一份2023届新高考数学复习多选题与双空题 专题9平面向量多选题（原卷版+解析版），文件包含多选题与双空题满分训练专题9平面向量多选题解析版docx、多选题与双空题满分训练专题9平面向量多选题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
【多选题与双空题满分训练】 专题9 平面向量多选题
2022年高考冲刺和2023届高考复习满分训练
新高考地区专用
1．（2022·河北廊坊·模拟预测）已知实数、和向量、，下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用平面向量的线性运算可判断ABCD选项.
【详解】
对于A选项，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，若，则，所以，或，C错；
对于D选项，若，则，所以，，即，D对.
故选：ABD.
2．（2021·全国·模拟预测）如图，在中，，D，E是BC的三等分点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
由向量的线性运算即可判断A，B,取DE的中点G，由，D，E是BC的三等分点得G是BC的中点，计算可得，进而得出，计算可判断选项C,由C可知，两边平方，化简计算可判断选项D.
【详解】
对于A，，故选项A不正确；
对于B，由题意得D为BE的中点，所以，故选项B正确；
对于C，取DE的中点G，由，D，E是BC的三等分点得G是BC的中点，且，所以
，
所以，，故选项C正确；
对于D，由G是BC的中点得，两边平方得，所以，故选项D正确.
故选：BCD.
3．（2021·山东·二模）若均为单位向量，且，则的值可能为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】AB
【解析】
【分析】
由，得到，再由求解.
【详解】
因为均为单位向量，且，
所以，即，
所以，
，
，
故选：AB
4．（2021·黑龙江·密山市第一中学模拟预测）在中，有如下四个命题正确的有（ ）
A．若，则为锐角三角形
B．若，则的形状为直角三角形
C．内一点G满足，则G是的重心
D．若，则点P必为的外心
【答案】BC
【解析】
【分析】
对于A，由可得角为锐角，从而可判断，对于B，对两边平方化简，再结合余弦定理可得结论，对于C，由向量加法和共线及三角形重心概念判断，对于D，由向量运算性质和三角形垂心概念可判断
【详解】
解：对于A，由，得，所以，所以角为锐角，但不能判断三角形为锐角三角形，所以A错误，
对于B，因为，所以，即，所以,得，因为，所以，所以三角形为直角三角形，所以B正确，
对于C，因为，所以，所以（为的中点），所以三点共线，所以点在边的中线上，同理，可得点在其它两边的中线上，所以G是的重心，所以C正确，
对于D，因为，所以，,所以，所以点在边的高上，同理可得点 也在其它两边的高上，所以点为的垂心，所以D错误，
故选：BC
5．（2021·全国·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
【解析】
【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.
【详解】
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
6．（2021·江苏南京·一模）设，，，点是线段上的一个动点，，若，则实数的值可以为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
设出点的坐标，结合求得的取值范围.
【详解】
设，由得，
所以，
由得，
，
，
由于，所以.
，所以ABC正确，D错误.
故选：ABC
7．（2022·江苏·海安高级中学二模）关于平面向量，下列说去不正确的是（ ）
A．若，则 B．
C．若，则 D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
令时可判断A；利用，可判断B；由可知与的模长相等，但不一定为0可判断C；与共线的向量，与共线，可判断D．
【详解】
时，，与可任取，故A错；
，故B对；
可知与的模长相等，不一定为0，∴，故C错；
与共线的向量，与共线的向量．
∴，D错．
故选：ACD.
8．（2022·山东潍坊·一模）已知向量，将绕原点O旋转﹣30°，30°，60°到的位置，则（ ）.
A． B．
C． D．点坐标为
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据向量的夹角判断A，再由全等三角形可判断B，根据向量的数量积的定义判断C，根据向量的模相等判断D.
【详解】
因为绕原点O旋转﹣30°，30°，60°到，
所以与的夹角为，故，A选项正确；
由题意知，,所以，即，故B正确；
因为,,
所以由数量积的定义知，故C正确；
若点坐标为，则，故D不正确.
故选：ABC
9．（2022·辽宁·育明高中一模）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.如图，已知圆O的半径为2，点P是圆O内的定点，且，弦AC、BD均过点P，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值 B．的取值范围是
C．当时，为定值 D．的最大值为12
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据题设中的圆幂定理可判断AC的正误，取的中点为，连接，利用向量的线性运算可判断B的正误，根据直径的大小可判断D的正误.
【详解】
如图，设直线与圆于，.
则,
故A正确.
取的中点为，连接，则
，
而，故的取值范围是，故B错误.
当时，
，故C正确.
因为，故，故D错误.
故选：AC
10．（2022·江苏苏州·模拟预测）在中，，，，下列命题为真命题的有（ ）
A．若，则
B．若，则为锐角三角形
C．若，则为直角三角形
D．若，则为直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】
利用正弦定理判断选项A，利用数量积的性质判断选项B和C，利用数量积的性质和余弦定理判断选项D．
【详解】
解：A：若，由正弦定理得，
，则 A正确；
B：若，则，
，即为钝角，
为钝角三角形，故 B错误；
C：若，则，
为直角三角形，故 C正确；
D：若，则，
， ，
由余弦定理知，
，则，
，，为直角三角形，故 D正确．
故选：ACD．
11．（2022·全国·模拟预测）如图，直角三角形ABC中，D，E是边AC上的两个三等分点，G是BE的中点，直线AG分别与BD， BC交于点F，H设，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
以A为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，分别写出各点坐标，特别联立方程组解得，再根据选项一一判断即可．
【详解】
以A为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，
设，，则，，，，，．
又F为的重心，则，直线AG的方程为，直线BC的方程为，
联立解得，则，，，
因为，，
所以，，，．
故选：ACD．
12．（2022·广东·二模）如图，已知扇形OAB的半径为1，，点C、D分别为线段OA、OB上的动点，且，点E为上的任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为0 B．的最小值为
C．的最大值为1 D．的最小值为0
【答案】BCD
【解析】
【分析】
以为原点建立如图所示的直角坐标系，得，，设，则，求出，利用的范围可判断A；
求出、的坐标，由，利用的范围可判断B；设，可得，求出、，由，利用 、、，的范围可判断CD.
【详解】
以为原点建立如图所示的直角坐标系，所以，，
设，则，，
，所以，
因为，所以，所以，
所以，的最小值为，故A错误；
，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，，
的最小值为，故B正确；
设，又，所以，可得，
，，
所以
，其中，
又，所以，所以，，
，，所以，
的最小值为0，故CD正确.
故选：BCD.
13．（2022·辽宁·东北育才学校二模）对于非零向量，，定义运算“”，.已知两两不共线的三个向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
A. 由运算“”，求解判断； B.举例求解判断； C.设的夹角为，则的夹角为，由运算“”，求解判断；D.举例，由运算“”，求解判断；
【详解】
A. 因为，所以，则，故正确；
B. 若，则，所以，故错误；
C.设的夹角为，则的夹角为，
所以，则，故正确；
D. 若，则，所以 ，故错误；
故选：AC
14．（2022·山东·模拟预测）已知在△ABC中，，，，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据条件先推出是中点，利用中线向量的表达式可判断AB选项，利用可以判断C选项，根据C选项和题目条件可判断D选项.
【详解】
因为，，所以分别为的中点，
所以，所以，故选项A错误；
由，得，故选项B正确；
因为，
，
所以，故选项C正确；由，得，
则，故选项D错误.
故选：BC.
15．（2022·全国·模拟预测）如图，在等腰梯形ABCD中，，E是BC的中点，连接AE，BD相交于点F，连接CF，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据平面向量的线性运算并结合平面向量共线定理即可判断答案.
【详解】
对于A选项，
，故A选项正确；
对于B选项，因为B，F，D三点共线，设，由，所以存在唯一实数，使得，结合A可知，，因为不共线，所以，所以，故B选项正确；
对于C选项，结合B，，故C选项错误；
对于D选项，结合B，，故D选项正确.
故选：ABD.
16．（2021·全国·模拟预测）已知的重心为，点是边上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则的面积是面积的
C．若，，则
D．若，，则当取得最小值时，
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用平面向量的基底表示，结合重心的性质，判断选项AB，利用余弦定理计算角，根据平面向量的基底表示计算向量的数量积，从而判断选项CD.
【详解】
设的中点为，则，则，即，由重心性质可知成立，故A正确；
，则，即，所以为边上靠近点的三等分点，则的面积是面积的，故B错误；
在中，由余弦定理得，则，故C正确；
由余弦定理得，所以
，则当时，取得最小值，此时，，故D错误.
故选：AC
【点睛】
一般计算平面向量的数量积时，如果不能采用定义或者坐标公式运算时，可利用向量的基底表示，根据向量的线性运算法则将所求向量表示为已知向量的和或差进行计算.
17．（2022·广东茂名·一模）已知点A是圆C:上的动点，O为坐标原点，，且,，，三点顺时针排列，下列选项正确的是（ ）
A．点的轨迹方程为
B．的最大距离为
C．的最大值为
D．的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】
如图，过O点作，设点，利用相关点代入法，可求得轨迹方程为，可判断A；根据点到圆上距离的最值求解，可判断B；设，将向量的数量积表示成关于的函数，可判断C，D；
【详解】
如图，过O点作
则点，设点，设，则，设，
所以，，，
所以，，，
即点，
因为，
设点，可得，解得，
因为点在圆上，所以，
将代入方程可得，
整理可得，所以A是错的，
所以的最大距离为，B是对的，
设，
所以的最大值为2，D是对的.
故选：BD
18．（2021·全国·模拟预测）在中，D，E分别是线段BC上的两个三等分点（D，E两点分别靠近B，C点），则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若F为AE的中点，则
C．若，，，则
D．若，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】
取的中点，则也是的中点，根据向量的加法运算即可判断A；根据平面向量基本定理及线性运算即可判断B；根据平面向量数量积的运算律即可判断C；根据平面向量基本定理及线性运算结合等腰三角形的性质即可判断D.
【详解】
解：对于A，取的中点，则也是的中点，
则有，所以，故A正确；
对于B，若F为AE的中点，则，故B错误；
对于C，因为D，E分别为线段BC上的两个三等分点，所以，，，故C正确；
对于D，由A选项得，，
由，因为，
所以，即，
因为，所以，平分，
在中，，所以，
所以为等边三角形，所以，故选：D.
故选：ACD.
19．（2021·全国·模拟预测）如图，已知点G为的重心，点D，E分别为AB，AC上的点，且D，G，E三点共线，，，，，记，，四边形BDEC的面积分别为，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
连接AG并延长交BC于点M，由三角形重心结合向量运算探求m，n的关系，
再借助三角形面积公式及均值不等式即可逐项判断作答.
【详解】
连接AG并延长交BC于点M，如图，因G为的重心，则M是BC边的中点，且，
又D，G，E三点共线，即，则有，
而，，又，于是得，
而与不共线，因此，，，A正确；
边AD上的高为，边AB上的高为，
则，B正确；
由A可知，，当且仅当时取“=”，则有，
即，而，于是得，C正确，D错误.
故选：ABC
20．（2021·全国·模拟预测）已知向量，，，，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．的最小值为
D．若向量与向量的夹角为锐角，则的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】
对于A，根据两向量垂直时其数量积为可求得的值；对于B，根据向量相等建立方程组可求得、的值，即可得的值；对于C，由模的计算公式求出，然后利用二次函数的性质求解即可；对于D，由两向量的夹角为锐角时其数量积大于且两向量不共线即可求出的范围．
【详解】
对于A，因为，，，
所以，解得，所以A正确；
对于B，由，得，
则，解得，故，所以B正确；
对于C，因为，
所以，
则当时，取得最小值为，所以C正确；
对于D，因为，，因为向量与向量的夹角为锐角，
所以，解得；
由题意知向量与向量不共线，，解得．
所以的取值范围是，所以D不正确．
综上可知，选ABC．
故选：ABC.
21．（2021·全国·模拟预测）已知是半径为2的圆的内接三角形，则（ ）
A．若，则
B．若，则为圆的一条直径
C．若，则，的夹角
D．若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于A，结合正弦定理求出，过点作于，得，然后将转化为即可求解；对于B，根据平面向量运算法则可由得到，由此可作出判断；对于C，将两边平方，利用向量的数量积运算求出的值，从而结合求得角；对于D，由题设条件并结合平面向量的线性运算得到，由此可作出判断.
【详解】
对于A，由正弦定理，得，过点作于，则，所以
，故A正确；
对于B，，所以，所以为圆的一条直径，故B不正确；
对于C，由，两边平方，得，解得或，易知，，则，所以，故C正确；
对于D，由，得，所以点是线段的中点，所以，故D不正确.综上可知，选AC.
故选：AC
22．（2021·全国·模拟预测）已知向量，满足，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．或 D．与的夹角为45°
【答案】ABC
【解析】
【分析】
对于A，由，两边平方求解判断；对于B，由平方求解；对于C，设，由求解判断；对于D，利用夹角公式求解判断.
【详解】
对于A，由，得，因为，所以，又，所以，，故A正确；
对于B，因为，所以，故B正确；
对于C，设，则，，解得，从而或，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：ABC
23．（2021·山东泰安·模拟预测）如图，在直角三角形中，，点在以为圆心且与边相切的圆上，则（ ）
A．点所在圆的半径为2 B．点所在圆的半径为1
C．的最大值为14 D．的最大值为16
【答案】AC
【解析】
【分析】
斜边BC上的高即为圆的半径；把求的最大值通过向量加法的三角形法则转化为求的最大值，从而判断出P，M，A三点共线，且P，M在点A的两侧时取最大值.
【详解】
设AB 的中点为M，过A作AH垂直BC于点H，因为，所以，，
所以由，得，所以圆的半径为2，即点所在圆的半径为2，所以选项A正确，B错误；
因为，，，
所以
，
所以当P，M，A三点共线，且P，M在点A的两侧时，取最大值，且最大值为，
所以的最大值为，所以选项C正确，D错误.
故选：AC.
24．（2022·重庆·模拟预测）重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（ ）
图1 图2
A．若，则 B．若，则
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.
【详解】
如图，作 ,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，
则 ,
设 ，则,
由可得 ，且 ，
若，则，
解得 ，（负值舍去），故，A正确；
若，则，，故B正确；
，
由于，故，故，故C错误；
由于，
故
，而，
故，故D正确，
故选：ABD
25．（2022··一模）平面向量，满足，且，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．在方向上的投影是1
C．的最大值是 D．若向量满足，则的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】
结合题意，直接根据两向量垂直和向量的数量积运算，即可判断A选项；根据在方向上的投影是进行计算，即可判断B选项；设，根据题意可知，并取，从而得出动点在以为直径的圆上，设的中点为，从而得出，即可判断C选项；设，由可知故在垂线上，根据向量的加减法运算得出，过作的垂线，垂足为，可知，即可求出的最小值，从而可判断D选项.
【详解】
解：因为，且，则，所以，
又，则，则，故A正确；
由于在方向上的投影是，故B错误；
设，
由于，即，故，
因为，取，则，
所以，所以动点在以为直径的圆上，如图，
，则，，
设的中点为，的中点为，过作的垂线，
则，因为，所以的最大值是，故C正确；
设，因为，即，则，
所以，故在垂线上，
而，
又是的中点，所以，则，
过作的垂线，垂足为，则，
又，所以，
所以的最小值是，故D正确.
故选：ACD.
【多选题与双空题满分训练】 专题9 平面向量多选题
2022年高考冲刺和2023届高考复习满分训练
新高考地区专用
1．（2022·河北廊坊·模拟预测）已知实数、和向量、，下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用平面向量的线性运算可判断ABCD选项.
【详解】
对于A选项，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，若，则，所以，或，C错；
对于D选项，若，则，所以，，即，D对.
故选：ABD.
2．（2021·全国·模拟预测）如图，在中，，D，E是BC的三等分点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
由向量的线性运算即可判断A，B,取DE的中点G，由，D，E是BC的三等分点得G是BC的中点，计算可得，进而得出，计算可判断选项C,由C可知，两边平方，化简计算可判断选项D.
【详解】
对于A，，故选项A不正确；
对于B，由题意得D为BE的中点，所以，故选项B正确；
对于C，取DE的中点G，由，D，E是BC的三等分点得G是BC的中点，且，所以
，
所以，，故选项C正确；
对于D，由G是BC的中点得，两边平方得，所以，故选项D正确.
故选：BCD.
3．（2021·山东·二模）若均为单位向量，且，则的值可能为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】AB
【解析】
【分析】
由，得到，再由求解.
【详解】
因为均为单位向量，且，
所以，即，
所以，
，
，
故选：AB
4．（2021·黑龙江·密山市第一中学模拟预测）在中，有如下四个命题正确的有（ ）
A．若，则为锐角三角形
B．若，则的形状为直角三角形
C．内一点G满足，则G是的重心
D．若，则点P必为的外心
【答案】BC
【解析】
【分析】
对于A，由可得角为锐角，从而可判断，对于B，对两边平方化简，再结合余弦定理可得结论，对于C，由向量加法和共线及三角形重心概念判断，对于D，由向量运算性质和三角形垂心概念可判断
【详解】
解：对于A，由，得，所以，所以角为锐角，但不能判断三角形为锐角三角形，所以A错误，
对于B，因为，所以，即，所以,得，因为，所以，所以三角形为直角三角形，所以B正确，
对于C，因为，所以，所以（为的中点），所以三点共线，所以点在边的中线上，同理，可得点在其它两边的中线上，所以G是的重心，所以C正确，
对于D，因为，所以，,所以，所以点在边的高上，同理可得点 也在其它两边的高上，所以点为的垂心，所以D错误，
故选：BC
5．（2021·全国·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
【解析】
【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.
【详解】
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
6．（2021·江苏南京·一模）设，，，点是线段上的一个动点，，若，则实数的值可以为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
设出点的坐标，结合求得的取值范围.
【详解】
设，由得，
所以，
由得，
，
，
由于，所以.
，所以ABC正确，D错误.
故选：ABC
7．（2022·江苏·海安高级中学二模）关于平面向量，下列说去不正确的是（ ）
A．若，则 B．
C．若，则 D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
令时可判断A；利用，可判断B；由可知与的模长相等，但不一定为0可判断C；与共线的向量，与共线，可判断D．
【详解】
时，，与可任取，故A错；
，故B对；
可知与的模长相等，不一定为0，∴，故C错；
与共线的向量，与共线的向量．
∴，D错．
故选：ACD.
8．（2022·山东潍坊·一模）已知向量，将绕原点O旋转﹣30°，30°，60°到的位置，则（ ）.
A． B．
C． D．点坐标为
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据向量的夹角判断A，再由全等三角形可判断B，根据向量的数量积的定义判断C，根据向量的模相等判断D.
【详解】
因为绕原点O旋转﹣30°，30°，60°到，
所以与的夹角为，故，A选项正确；
由题意知，,所以，即，故B正确；
因为,,
所以由数量积的定义知，故C正确；
若点坐标为，则，故D不正确.
故选：ABC
9．（2022·辽宁·育明高中一模）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.如图，已知圆O的半径为2，点P是圆O内的定点，且，弦AC、BD均过点P，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值 B．的取值范围是
C．当时，为定值 D．的最大值为12
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据题设中的圆幂定理可判断AC的正误，取的中点为，连接，利用向量的线性运算可判断B的正误，根据直径的大小可判断D的正误.
【详解】
如图，设直线与圆于，.
则,
故A正确.
取的中点为，连接，则
，
而，故的取值范围是，故B错误.
当时，
，故C正确.
因为，故，故D错误.
故选：AC
10．（2022·江苏苏州·模拟预测）在中，，，，下列命题为真命题的有（ ）
A．若，则
B．若，则为锐角三角形
C．若，则为直角三角形
D．若，则为直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】
利用正弦定理判断选项A，利用数量积的性质判断选项B和C，利用数量积的性质和余弦定理判断选项D．
【详解】
解：A：若，由正弦定理得，
，则 A正确；
B：若，则，
，即为钝角，
为钝角三角形，故 B错误；
C：若，则，
为直角三角形，故 C正确；
D：若，则，
， ，
由余弦定理知，
，则，
，，为直角三角形，故 D正确．
故选：ACD．
11．（2022·全国·模拟预测）如图，直角三角形ABC中，D，E是边AC上的两个三等分点，G是BE的中点，直线AG分别与BD， BC交于点F，H设，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
以A为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，分别写出各点坐标，特别联立方程组解得，再根据选项一一判断即可．
【详解】
以A为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，
设，，则，，，，，．
又F为的重心，则，直线AG的方程为，直线BC的方程为，
联立解得，则，，，
因为，，
所以，，，．
故选：ACD．
12．（2022·广东·二模）如图，已知扇形OAB的半径为1，，点C、D分别为线段OA、OB上的动点，且，点E为上的任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为0 B．的最小值为
C．的最大值为1 D．的最小值为0
【答案】BCD
【解析】
【分析】
以为原点建立如图所示的直角坐标系，得，，设，则，求出，利用的范围可判断A；
求出、的坐标，由，利用的范围可判断B；设，可得，求出、，由，利用 、、，的范围可判断CD.
【详解】
以为原点建立如图所示的直角坐标系，所以，，
设，则，，
，所以，
因为，所以，所以，
所以，的最小值为，故A错误；
，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，，
的最小值为，故B正确；
设，又，所以，可得，
，，
所以
，其中，
又，所以，所以，，
，，所以，
的最小值为0，故CD正确.
故选：BCD.
13．（2022·辽宁·东北育才学校二模）对于非零向量，，定义运算“”，.已知两两不共线的三个向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
A. 由运算“”，求解判断； B.举例求解判断； C.设的夹角为，则的夹角为，由运算“”，求解判断；D.举例，由运算“”，求解判断；
【详解】
A. 因为，所以，则，故正确；
B. 若，则，所以，故错误；
C.设的夹角为，则的夹角为，
所以，则，故正确；
D. 若，则，所以 ，故错误；
故选：AC
14．（2022·山东·模拟预测）已知在△ABC中，，，，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据条件先推出是中点，利用中线向量的表达式可判断AB选项，利用可以判断C选项，根据C选项和题目条件可判断D选项.
【详解】
因为，，所以分别为的中点，
所以，所以，故选项A错误；
由，得，故选项B正确；
因为，
，
所以，故选项C正确；由，得，
则，故选项D错误.
故选：BC.
15．（2022·全国·模拟预测）如图，在等腰梯形ABCD中，，E是BC的中点，连接AE，BD相交于点F，连接CF，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据平面向量的线性运算并结合平面向量共线定理即可判断答案.
【详解】
对于A选项，
，故A选项正确；
对于B选项，因为B，F，D三点共线，设，由，所以存在唯一实数，使得，结合A可知，，因为不共线，所以，所以，故B选项正确；
对于C选项，结合B，，故C选项错误；
对于D选项，结合B，，故D选项正确.
故选：ABD.
16．（2021·全国·模拟预测）已知的重心为，点是边上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则的面积是面积的
C．若，，则
D．若，，则当取得最小值时，
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用平面向量的基底表示，结合重心的性质，判断选项AB，利用余弦定理计算角，根据平面向量的基底表示计算向量的数量积，从而判断选项CD.
【详解】
设的中点为，则，则，即，由重心性质可知成立，故A正确；
，则，即，所以为边上靠近点的三等分点，则的面积是面积的，故B错误；
在中，由余弦定理得，则，故C正确；
由余弦定理得，所以
，则当时，取得最小值，此时，，故D错误.
故选：AC
【点睛】
一般计算平面向量的数量积时，如果不能采用定义或者坐标公式运算时，可利用向量的基底表示，根据向量的线性运算法则将所求向量表示为已知向量的和或差进行计算.
17．（2022·广东茂名·一模）已知点A是圆C:上的动点，O为坐标原点，，且,，，三点顺时针排列，下列选项正确的是（ ）
A．点的轨迹方程为
B．的最大距离为
C．的最大值为
D．的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】
如图，过O点作，设点，利用相关点代入法，可求得轨迹方程为，可判断A；根据点到圆上距离的最值求解，可判断B；设，将向量的数量积表示成关于的函数，可判断C，D；
【详解】
如图，过O点作
则点，设点，设，则，设，
所以，，，
所以，，，
即点，
因为，
设点，可得，解得，
因为点在圆上，所以，
将代入方程可得，
整理可得，所以A是错的，
所以的最大距离为，B是对的，
设，
所以的最大值为2，D是对的.
故选：BD
18．（2021·全国·模拟预测）在中，D，E分别是线段BC上的两个三等分点（D，E两点分别靠近B，C点），则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若F为AE的中点，则
C．若，，，则
D．若，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】
取的中点，则也是的中点，根据向量的加法运算即可判断A；根据平面向量基本定理及线性运算即可判断B；根据平面向量数量积的运算律即可判断C；根据平面向量基本定理及线性运算结合等腰三角形的性质即可判断D.
【详解】
解：对于A，取的中点，则也是的中点，
则有，所以，故A正确；
对于B，若F为AE的中点，则，故B错误；
对于C，因为D，E分别为线段BC上的两个三等分点，所以，，，故C正确；
对于D，由A选项得，，
由，因为，
所以，即，
因为，所以，平分，
在中，，所以，
所以为等边三角形，所以，故选：D.
故选：ACD.
19．（2021·全国·模拟预测）如图，已知点G为的重心，点D，E分别为AB，AC上的点，且D，G，E三点共线，，，，，记，，四边形BDEC的面积分别为，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
连接AG并延长交BC于点M，由三角形重心结合向量运算探求m，n的关系，
再借助三角形面积公式及均值不等式即可逐项判断作答.
【详解】
连接AG并延长交BC于点M，如图，因G为的重心，则M是BC边的中点，且，
又D，G，E三点共线，即，则有，
而，，又，于是得，
而与不共线，因此，，，A正确；
边AD上的高为，边AB上的高为，
则，B正确；
由A可知，，当且仅当时取“=”，则有，
即，而，于是得，C正确，D错误.
故选：ABC
20．（2021·全国·模拟预测）已知向量，，，，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．的最小值为
D．若向量与向量的夹角为锐角，则的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】
对于A，根据两向量垂直时其数量积为可求得的值；对于B，根据向量相等建立方程组可求得、的值，即可得的值；对于C，由模的计算公式求出，然后利用二次函数的性质求解即可；对于D，由两向量的夹角为锐角时其数量积大于且两向量不共线即可求出的范围．
【详解】
对于A，因为，，，
所以，解得，所以A正确；
对于B，由，得，
则，解得，故，所以B正确；
对于C，因为，
所以，
则当时，取得最小值为，所以C正确；
对于D，因为，，因为向量与向量的夹角为锐角，
所以，解得；
由题意知向量与向量不共线，，解得．
所以的取值范围是，所以D不正确．
综上可知，选ABC．
故选：ABC.
21．（2021·全国·模拟预测）已知是半径为2的圆的内接三角形，则（ ）
A．若，则
B．若，则为圆的一条直径
C．若，则，的夹角
D．若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于A，结合正弦定理求出，过点作于，得，然后将转化为即可求解；对于B，根据平面向量运算法则可由得到，由此可作出判断；对于C，将两边平方，利用向量的数量积运算求出的值，从而结合求得角；对于D，由题设条件并结合平面向量的线性运算得到，由此可作出判断.
【详解】
对于A，由正弦定理，得，过点作于，则，所以
，故A正确；
对于B，，所以，所以为圆的一条直径，故B不正确；
对于C，由，两边平方，得，解得或，易知，，则，所以，故C正确；
对于D，由，得，所以点是线段的中点，所以，故D不正确.综上可知，选AC.
故选：AC
22．（2021·全国·模拟预测）已知向量，满足，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．或 D．与的夹角为45°
【答案】ABC
【解析】
【分析】
对于A，由，两边平方求解判断；对于B，由平方求解；对于C，设，由求解判断；对于D，利用夹角公式求解判断.
【详解】
对于A，由，得，因为，所以，又，所以，，故A正确；
对于B，因为，所以，故B正确；
对于C，设，则，，解得，从而或，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：ABC
23．（2021·山东泰安·模拟预测）如图，在直角三角形中，，点在以为圆心且与边相切的圆上，则（ ）
A．点所在圆的半径为2 B．点所在圆的半径为1
C．的最大值为14 D．的最大值为16
【答案】AC
【解析】
【分析】
斜边BC上的高即为圆的半径；把求的最大值通过向量加法的三角形法则转化为求的最大值，从而判断出P，M，A三点共线，且P，M在点A的两侧时取最大值.
【详解】
设AB 的中点为M，过A作AH垂直BC于点H，因为，所以，，
所以由，得，所以圆的半径为2，即点所在圆的半径为2，所以选项A正确，B错误；
因为，，，
所以
，
所以当P，M，A三点共线，且P，M在点A的两侧时，取最大值，且最大值为，
所以的最大值为，所以选项C正确，D错误.
故选：AC.
24．（2022·重庆·模拟预测）重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（ ）
图1 图2
A．若，则 B．若，则
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.
【详解】
如图，作 ,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，
则 ,
设 ，则,
由可得 ，且 ，
若，则，
解得 ，（负值舍去），故，A正确；
若，则，，故B正确；
，
由于，故，故，故C错误；
由于，
故
，而，
故，故D正确，
故选：ABD
25．（2022··一模）平面向量，满足，且，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．在方向上的投影是1
C．的最大值是 D．若向量满足，则的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】
结合题意，直接根据两向量垂直和向量的数量积运算，即可判断A选项；根据在方向上的投影是进行计算，即可判断B选项；设，根据题意可知，并取，从而得出动点在以为直径的圆上，设的中点为，从而得出，即可判断C选项；设，由可知故在垂线上，根据向量的加减法运算得出，过作的垂线，垂足为，可知，即可求出的最小值，从而可判断D选项.
【详解】
解：因为，且，则，所以，
又，则，则，故A正确；
由于在方向上的投影是，故B错误；
设，
由于，即，故，
因为，取，则，
所以，所以动点在以为直径的圆上，如图，
，则，，
设的中点为，的中点为，过作的垂线，
则，因为，所以的最大值是，故C正确；
设，因为，即，则，
所以，故在垂线上，
而，
又是的中点，所以，则，
过作的垂线，垂足为，则，
又，所以，
所以的最小值是，故D正确.
故选：ACD.
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