第九章 平面向量（单元培优卷）
本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式
考试时间：120分钟 满分：150分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2024上·辽宁辽阳·高三统考期末）在中，，D为AB的中点，，P为CD上一点，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由中点可知，根据模长关系可得，设，结合平面向量的线性运算以及基本定理可得，用表示，结合模长运算求解.
【详解】因为D为AB的中点，则，
可得，即，解得，
又因为P为CD上一点，设，
则，
可得，解得，即，
则，
可得，即.
故选：D.
【点睛】关键点睛：1.根据模长关系可得；
2.设，根据平面向量基本定理求得；
3.以为基底表示，进而运算求解.
2．（2023·全国·模拟预测）已知中，，且为的外心．若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意B，O，C三点共线．因为为的外心，即有，所以为直角三角形，利用向量得投影结合图形即可得解.
【详解】
因为，
则，所以，即B，O，C三点共线．
因为为的外心，即有，
所以为直角三角形，因此，为斜边的中点．因为，所以为锐角．
如图，过点作，垂足为．
因为在上的投影向量为，所以，
所以在上的投影向量为．
又因为，所以．
因为，所以，
故的取值范围为．
故选：A．
3．（2024·全国·模拟预测）已知为单位向量，且，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．4 D．6
【答案】B
【分析】由，得，可得，由，当等号成立时可得最小值.
【详解】为单位向量，有，得，
由，得，
有，所以，
，
，，有，
则，
当且仅当与方向相反时“”成立，
如取时，可使“”成立.
所以.
故选：B．
【点睛】关键点点睛：
本题关键点是由已知条件得，这样就能得到.
4．（2023上·天津东丽·高三天津市第一百中学校考阶段练习）如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，，点M为线段上的动点，则的最大值为（ ）
A． B． C．6 D．10
【答案】D
【分析】利用平面向量的线性表示和数量积，转化为函数的最值问题求解.
【详解】根据题意可得，，
所以，
又因为，
所以,，
设,则，
所以，
，
所以
，
令，
当单调递增，单调递减，
当，取最大值为.
故选：D
5．（2023上·上海浦东新·高三上海师大附中校考期中）已知有两个不相等的非零向量，两组向量和均由2个和3个排列而成，记，表示所有可能取值中的最小值，则下列命题中：
①有3个不同的值；
②若，则与无关；
③若，则与无关；
④若，，则与的夹角为.
正确的个数是 （ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【分析】排列出所有三种情况得到，根据向量的性质和运算依次判断每个选项得到答案.
【详解】可能有三个结果：
；
；
；
，
当且仅当时所有等号成立.
故，故③错误，①、②正确；
设与的夹角为，
，，
，④错误；
所以正确的个数为个.
故答案为：C
【点睛】本题利用了两类不等式，一个是基本不等式，（当时等号成立），一个是数量积有关的不等式：（原因是，同向时等号成立.）
6．（2023上·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）“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，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法错误的是（ ）
A．为定值
B．当时，为定值
C．的取值范围是
D．的最大值为12
【答案】D
【分析】过作直径，利用向量加减几何意义得判断A；根据垂直关系及、数量积得运算律化简判断B；若为中点，连接，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得，进而求范围判断C；由弦的最大值判断D.
【详解】如图，过作直径，依题意，
为定值，A正确；
若，则，
则，
又，则，同理可得，故，B正确；
若为中点，连接，则
，
由题意，则，C正确；
因为，则有，D错误.
故选：D
【点睛】关键点睛：根据定义及向量线性运算的几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质、基本不等式判断各项正误.
7．（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知中，，，，，，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据已知可得到的距离为2，为等腰直角三角形，若为的两个四等分点，为中点，在线段上运动，且，数形结合求的取值范围.
【详解】由，结合向量加法法则知：到的距离为2，
又，则，所以，故为等腰直角三角形，
由，则，所以共线，
又，则，若为的两个四等分点，为中点，如下图示，
所以在线段上运动，且，，，
由图：若，则，又，此时，
故上述情况，易知，
由图知：与重合时，，
综上，的取值范围为.
故选：D
8．（2023下·天津·高一天津市第四十七中学校联考期末）已知向量满足，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用直角坐标系将向量转化为坐标，进而转化为点关于直线对称，从而求出结果.
【详解】
建立如图所示直角坐标系，其中,
则令，
设，则，
，，
，
问题等价于当点在线段上运动时，求的最小值，
设点关于的对称点为，
则，解得，
,
当且仅当为直线与线段的交点时取得最小值.
这时由，得，符合题意.
故选：D.
选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024上·重庆·高三重庆巴蜀中学校考期中）已知平面向量满足 则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．若 则 的最大值为
C．若向量满足则 的最大值是
D．若向量满足，则 的最小值是2
【答案】ACD
【分析】由向量垂直的数量积表示得出，然后把向量的模转化为数量积的运算后，分别利用二次函数知识，基本不等式可得选项AB中最值，从而判断AB，利用平面向量的几何意义，由圆的性质可得点轨迹是图中两段优弧，再由圆的性质可得所求距离的最值，判断CD．
【详解】选项A，因为，所以，，
，
所以时，取得最小值，A正确；
选项B，，
，
当且仅当时等号成立，B错；
选项CD，，
，，又，所以，
作，，，，以为圆心，为半径作圆，如图，
当是圆的优弧上点时，即时，满足，
再作点关于直线的对称点，以为圆心，为半径作圆，
当是圆的优弧上点时，即时，也满足，
当不是这两段优弧上的点时，都不满足，即不满足，
是等边三角形，因此，两圆半径都是2，
由图可知即的最小值是2，最大值是，CD都正确，
故选：ACD．
10．（2023上·河南郑州·高二郑州市第四十七高级中学校考开学考试）如图，正方形的中心与圆的圆心重合，是圆上的动点，则下列叙述正确的是（ ）
A．是定值
B．是定值
C．是定值
D．是定值
【答案】ABD
【分析】依题意建立以为原点的坐标系，设正方形边长为，圆的半径为，点坐标为，对选项中的表达式进行化简可得选项ABD中的表达式可写成只含有和的式子，结果为定值，而C选项中的结果最终含有，即与点位置有关，不是定值.
【详解】根据题意，以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：
不妨设正方形边长为，圆的半径为，点坐标为；
则可得，且；
易知；
所以对于A选项，，为定值，即A正确；
对于B选项，
，为定值，所以B正确；
对于C选项，易知表达式中不能表示成只含有边长和半径的式子，
即与有关，故其不是定值，所以C错误；
对于D选项，
，为定值，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的直角坐标系，将向量坐标化，再由向量数量积的坐标表示求解是否为定值.
11．（2023下·河南郑州·高一校联考期中）点为△所在平面内一点，则（ ）
A．若，则点为△的重心
B．若，则点为△的垂心
C．若．则点为△的垂心
D．在中，设，那么动点的轨迹必通过△的外心
【答案】AD
【分析】根据三角形四心的定义，结合向量数量积的几何意义，对题目中的四个选项逐一进行运算判断，判断出点在△中的特殊位置，即可得到答案．
【详解】A．由于，其中为的中点，可知为边上中线的三等分点（靠近线段），故为△的重心；选项A正确.
B．向量，，分别表示在边和上取单位向量和，它们的差是向量，当，即时，则点在的平分线上，同理由，知点在的平分线上，故为△的内心；选项B错误.
C．是以，为边的平行四边形的一条对角线的长，而是该平行四边形的另一条对角线的长，表示这个平行四边形是菱形，即，同理有，故为△的外心．选项C错误.
对于D，设是的中点，，
即，所以，
所以动点在线段的中垂线上，故动点的轨迹必通过△的外心.选项D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知向量，为单位向量，且，向量与共线，则的最小值为 .
【答案】
【分析】令，利用向量模的计算公式把表示成t的函数，求出函数最小值即可.
【详解】因向量与共线，令，
则，而向量，为单位向量，且，
于是得
，
当且仅当时取“=”，
所以的最小值为.
故答案为：
13．（2023上·山东菏泽·高三菏泽一中校考阶段练习）已知向量，满足，若对任意模为的向量，均有，则向量的夹角的取值范围为 .
【答案】
【分析】首先要根据绝对值不等式的性质以及向量三角不等式的关系放缩，再通过向量平方去掉模，最后解三角不等式.
【详解】由，若对任意模为的向量，均有，
由三角不等式得，，因为向量为任意模为的向量，
所以当向量与向量夹角为时，上式也成立，设向量的夹角为.
，，
平方得到，即，
则，即，即，
同时，所以，
平方得到，即，
解得，即，，
综上，又因为，即，
向量的夹角的取值范围.
故答案为：.
14．（2023下·辽宁朝阳·高一朝阳市第一高级中学校考期中）已知，，若对，恒有，且点满足，为的中点，则 ．
【答案】
【分析】根据数量积的运算律得到对恒成立，即可得到对恒成立，根据求出，再根据及数量积的运算律计算可得.
【详解】因为
，
，
因为对，恒有，
所以对恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
所以，
即，所以，
又，
所以
.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15（13分）．（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）已知是不共线的三点，且满足，直线与交于点，若.
(1)求的值；
(2)过点任意作一条动直线交射线于两点，，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意画出图象，再利用平面向量基本定理列出方程组即可求解.
（2）利用已知条件和的共线得出关系，再利用基本不等式求的最小值.
【详解】（1）由题意画出图像，
因为，
所以且，
注意到共线且共线，所以
解得.
（2）由（1）和图象可知，结合.
于是，所以.
所以，
当且仅当，即，时等号成立.
于是的最小值为.
16．（15分）（2023下·黑龙江牡丹江·高一牡丹江一中校考阶段练习）在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=
(1)试用，表示；
(2)若，求∠ARB的余弦值
(3)若H在BC上，且RH⊥BC设，若，求的范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由，三点共线结合平面向量基本定理可得答案；（2）由（1）及题目条件，结合两向量夹角余弦公式可得答案.（3）设，结合及（1）可得，即可得答案.
【详解】（1）因P,R,C共线，则存在使，
则，整理得.
由共线，则存在使，
则，整理得.
根据平面向量基本定理，有，
则.
（2）由（1），，，
则，，.
则；
（3）由（1）知，则.
由共线，设.
又.
则
.
因，则，则.
17（15分）．（2023下·山东聊城·高一山东聊城一中校考期中）在中，，为所在平面内的两点，，，，，，
(1)以和作为一组基底表示，并求；
(2)为直线上一点，设，若直线经过的垂心，求，.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用平面向量的线性运算求得的表示，从而利用转化法即可求得；
（2）先由题意得到，再利用平面向量的线性运算求得的另一种表示，结合三角形垂心的性质得到，从而求得，由此得解.
【详解】（1）因为，所以为线段上靠近的三等分点，
因为，所以为线段的中点，
所以，
因为，，，
所以，
所以；
（2）因为为直线上一点，设，
则
，
所以
，
因为直线经过的垂心，所以，即，
所以，解得，
所以，
因为，所以.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是结合图形，利用平面向量的基底法与转化法分别求得与，从而得解.
18（17分）．（2023下·上海黄浦·高一统考期末）如图，已知为平行四边形．
(1)若，，，求及的值；
(2)记平行四边形的面积为，设，，求证：
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）由，根据数量积的运算律求出，再根据计算可得；
（2）由面积公式得到，将两边平方，再由同角三角函数的基本关系、夹角公式及数量积、模的坐标表示计算可得.
【详解】（1）在平行四边形中，
所以
，
即，解得，
所以
.
（2）因为，将两边平方可得，
又，
所以，
整理得，
又，，，
所以，
所以.
19（17分）．（2023下·北京·高一北京八十中校考期中）在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列（整点即横纵坐标都是整数的点），，，，与，，，，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②线段，其中，则称与互为正交点列.
(1)求：，，的正交点列；
(2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由；
(3)，，是否都存在无正交点列的有序整点列？并证明你的结论.
【答案】(1)，，
(2)不存在，理由见解析
(3)不存在，证明见解析
【分析】（1）由正交点列的定义可知，，设，由正交点列的定义可知，即可得出结论；
（2）设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，，因为与，与相同，即可得到结论；
（3），，都存在整点列无正交点列.设，其中，是一对互质整数，，则有，分类讨论，即可得出结论.
【详解】（1）设点列，，的正交点列是，，，
由正交点列的定义可知，，
设，，
由正交点列的定义可知，
即，解得
所以点列，，的正交点列是，，.
（2）由题可得，
设点列，，，是点列，，，的正交点列，
则可设，，，
因为与，与相同，所以有
因为，，，方程②显然不成立，
所以有序整点列，，，不存在正交点列；
（3），，都存在整点列无正交点列.
，，设，其中，是一对互质整数，
若有序整点列，，，是点列，，，正交点列，
则，
则有
当为偶数时，取，.
由于，，，是整点列，所以有，.
等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列，，，无正交点列；
当为奇数时，取，，，，
由于，，，是整点列，所以有，.
等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列，，，无正交点列.
综上所述，，，都不存在无正交点列的有序整数点列.
【点睛】关键点睛：本题以平面直角坐标系为载体，平面向量为工具，给出新定义“互为正交点列”，解本类题的关键在于结合课本知识，认真理解新定义，在新定义的基础上用学过的知识来解决问题.第九章 平面向量（单元培优卷）
本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式
考试时间：120分钟 满分：150分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2024上·辽宁辽阳·高三统考期末）在中，，D为AB的中点，，P为CD上一点，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·模拟预测）已知中，，且为的外心．若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·全国·模拟预测）已知为单位向量，且，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．4 D．6
4．（2023上·天津东丽·高三天津市第一百中学校考阶段练习）如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，，点M为线段上的动点，则的最大值为（ ）
A． B． C．6 D．10
5．（2023上·上海浦东新·高三上海师大附中校考期中）已知有两个不相等的非零向量，两组向量和均由2个和3个排列而成，记，表示所有可能取值中的最小值，则下列命题中：
①有3个不同的值；
②若，则与无关；
③若，则与无关；
④若，，则与的夹角为.
正确的个数是 （ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
6．（2023上·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）“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，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法错误的是（ ）
A．为定值
B．当时，为定值
C．的取值范围是
D．的最大值为12
7．（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知中，，，，，，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2023下·天津·高一天津市第四十七中学校联考期末）已知向量满足，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024上·重庆·高三重庆巴蜀中学校考期中）已知平面向量满足 则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．若 则 的最大值为
C．若向量满足则 的最大值是
D．若向量满足，则 的最小值是2
10．（2023上·河南郑州·高二郑州市第四十七高级中学校考开学考试）如图，正方形的中心与圆的圆心重合，是圆上的动点，则下列叙述正确的是（ ）
A．是定值
B．是定值
C．是定值
D．是定值
11．（2023下·河南郑州·高一校联考期中）点为△所在平面内一点，则（ ）
A．若，则点为△的重心
B．若，则点为△的垂心
C．若．则点为△的垂心
D．在中，设，那么动点的轨迹必通过△的外心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知向量，为单位向量，且，向量与共线，则的最小值为 .
13．（2023上·山东菏泽·高三菏泽一中校考阶段练习）已知向量，满足，若对任意模为的向量，均有，则向量的夹角的取值范围为 .
14．（2023下·辽宁朝阳·高一朝阳市第一高级中学校考期中）已知，，若对，恒有，且点满足，为的中点，则 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15（13分）．（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）已知是不共线的三点，且满足，直线与交于点，若.
(1)求的值；
(2)过点任意作一条动直线交射线于两点，，求的最小值.
16．（15分）（2023下·黑龙江牡丹江·高一牡丹江一中校考阶段练习）在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=
(1)试用，表示；
(2)若，求∠ARB的余弦值
(3)若H在BC上，且RH⊥BC设，若，求的范围.
17（15分）．（2023下·山东聊城·高一山东聊城一中校考期中）在中，，为所在平面内的两点，，，，，，
(1)以和作为一组基底表示，并求；
(2)为直线上一点，设，若直线经过的垂心，求，.
18（17分）．（2023下·上海黄浦·高一统考期末）如图，已知为平行四边形．
(1)若，，，求及的值；
(2)记平行四边形的面积为，设，，求证：
19（17分）．（2023下·北京·高一北京八十中校考期中）在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列（整点即横纵坐标都是整数的点），，，，与，，，，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②线段，其中，则称与互为正交点列.
(1)求：，，的正交点列；
(2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由；
(3)，，是否都存在无正交点列的有序整点列？并证明你的结论.
