【18天考点全覆盖】冲刺2023年高考数学考前必刷题
第6天 平面向量及其应用
一、单选题
1．如图，平行四边形中，M为中点，与相交于点P，若，则（ ）
A．1 B． C． D．2
2．已知平行四边形中，为边的中点，与相交于点，若，则（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，是半圆的直径，、是弧的三等分点，、是线段的三等分点，若，则的值是（ ）
A．2 B．5 C．26 D．29
4．边长为2的正中，G为重心，P为线段BC上一动点，则（ ）
A．1 B．2
C． D．
5．在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在中，，，直线AM交BN于点Q，，则（ ）
A． B． C． D．
7．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．
8．已知正三角形的边长为6， ，，且，则点到直线距离的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．
9．在平面上有及内一点O满足关系式：即称为经典的“奔驰定理”，若的三边为a，b，c，现有则O为的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
10．骑行是目前很流行的一种绿色健身和环保出行方式，骑行属于全身性有氧活动 能有效地锻炼大脑 心脏等人体器官机能，它带给人们的不仅是简单的身体上的运动锻炼，更是心灵上的释放.如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形.设点为后轮上一点，则在骑行该自行车的过程中，的最小值为（ ）
A． B．12 C． D．24
11．在日常生活中，我们会看到两个人共提一个行李包的情况（如图所示）．假设行李包所受的重力为，所受的两个拉力分别为，，且，与的夹角为，则以下结论不正确的是（ ）
A．的最小值为
B．的范围为
C．当时，
D．当时，
12．空间作用在同一点的三个力两两夹角为，大小分别为，设它们的合力为，则（ ）
A．，且与夹角余弦为
B．，且与夹角余弦为
C．，且与夹角余弦为
D．，且与夹角余弦为
13．已知平面四边形满足，平面内点满足，与交于点，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
14．已知正方形的边长为是它的外接圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
15．已知中，，点P在平面ABC内，，则的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
16．在中，，且，，动点M在线段AB上移动，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
17．著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．已知△ABC的外心为O，重心为G，垂心为H，M为BC中点，且AB=4，AC=2，则下列各式正确的有（ ）
A． B．
C． D．
18．三角形蕴涵大量迷人性质，例如校本第19页有这么一个性质：若点在内部，用、、分别代表、、的面积，则有，现在假设锐角三角形顶点、、所对的边长分别为、、，为其垂心，为三角形外心，、、的单位向量分别为、、．则下列命题正确的有（ ）
A．至少存在2022个三角形，使成立
B．存在三角形，使
C．对任意锐角三角形均有成立
D．存在锐角三角形使得
19．瑞士数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：“三角形的外心 垂心和重心都在同一直线上，而且外心和重心的距离是垂心和重心距离之半，”这就是著名的欧拉线定理.设中，点O H G分别是外心 垂心和重心，下列四个选项中结论正确的是( )
A． B．
C． D．
20．如图，在四边形ABCD中，，，，，，F为线段BC的中点，E为线段AD上一动点（包括端点），，则下列说法正确的是（ ）
A． B．的最小值为
C．若E为线段AD的中点，则 D．n的最大值为
21．已知O为坐标原点，点，，，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
22．在平行四边形中，分别为上的点，且，连接，与交于点，若，则的值为______.
23．在中，，点Q满足，则的最大值为___________.
24．在中，若，为边的三等分点，则________ .
25．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．
26．在三角形ABC中，已知D，E分别为CA，CB上的点，且，，AE与BD交于O点，若，则mn的值为___________.
27．①若，，，为锐角，则实数的取值范围是
②点在所在的平面内，若，则点为的垂心
③点在所在的平面内，若，，分别表示，的面积，则
④点在所在的平面内，满足且，则点是的外心.
以上命题为假命题的序号是___________.
28．已知正方形，边长为，动点自点出发沿运动，动点自点出发沿运动，且动点的速度是动点的2倍，若二者同时出发，且到达时停止，另一个点也停止，则该过程中的最大值是______．
29．已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为______.
30．在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E．且交AC于点F,则的值为____________；的最小值为____________．
31．已知圆，M是直线上的动点，过点M作圆O的两条切线，切点分别为，则的取值范围为______．
32．如图，在中，，，为上一点，且满足，则的值为________；若的面积为，的最小值为________.
33．设是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且.若存在，使得与垂直，且，则的最小值为__________.
34．如图，在四边形中，，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．
四、解答题
35．在某海滨城市O附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O（如图所示）的东偏南θ,cos θ＝，θ∈（0°，90°）方向300 km的海面P处，并以20 km/h的速度向西偏北45°方向移动．台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60 km，并以10 km/h的速度不断增大．问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？注：cos（θ－45°）＝
参考答案
1．B
【分析】由题可得，进而可得，结合条件即得.
【详解】因为平行四边形中，M为中点，与相交于点P，
所以，
所以，又，
所以，.
故选：B.
2．A
【分析】先由平面几何得到，再利用平面向量的线性运算得到，从而得解.
【详解】为边的中点，，
，
又，.
故选：A.
.
3．C
【分析】根据向量加法的三角形法则，把要求向量数量积的两个向量变化为两个向量和的形式，根据多项式乘法法则，展开代入向量的模长和夹角，得到结果．
【详解】连接，，如图所示：
∵、是弧的三等分点，
∴，
∵、是线段的三等分点，，
∴，．
∵，
，
∴
，
故选：C．
4．B
【分析】建立适当的直角坐标系，根据题意求出点和点的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算即可求解.
【详解】如图：以所在直线为轴，线段的垂直平分线所在直线为轴，建立如图所示直角坐标系，由题意可知：，
因为G为的重心，所以，
因为点为线段上一动点，设点，
所以，，则，
故选：．
5．B
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
6．C
【分析】把用表示，然后由三点共线可得．
【详解】由题意得，，
因为Q，M，A三点共线，故，化简整理得．
故选：C．
7．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.
【详解】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
8．D
【分析】由结合得出点在线段上运动，进而得出点到直线距离的最大值.
【详解】因为，所以，
所以．如图，设，
，则．因为，，
所以点在线段上运动，显然，当点与点重合时，点到直线的距离取得最大值．
故选：D
9．B
【分析】利用三角形面积公式，推出点O到三边距离相等。
【详解】记点O到AB、BC、CA的距离分别为，，，，因为，则，即，又因为，所以，所以点P是△ABC的内心.
故选：B
10．B
【分析】根据题意，如图建立平面直角坐标系，故，，，，进而利用坐标法结合三角函数性质求解即可.
【详解】解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
因为圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形
所以点，，，
所以，
所以，
所以当， 的最小值为.
故选：B
11．B
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
【详解】解：如图，对于选项A：当、方向同向时，有，此时取得最小值，且最小值为，A正确；
对于选项B：当时，有，行李包不会处于平衡状态，即，B错误；
对于选项C：当行李包处于平衡时，，若，
则有，变形得，
，即，正确；
对于D选项：若，则有则有，变形可得则有，D正确，
故选：B．
12．C
【分析】设三个力对应的向量分别为、、，以、、为过同一个顶点的三条棱，作平行六面体如图，再以平面为平面，为原点、为轴建立如图空间直角坐标系．分别算出点、、的坐标，运用向量的加法法则，可得，，．最后利用向量模的公式算出，并且利用向量夹角公式算出与夹角余弦，即得解.
【详解】设向量，，
以、、为过同一个顶点的三条棱，
作平行六面体，如图所示
则可得向量，
以平面为平面，为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图所示
可得，0，，，1，，，3，
设，，，可得，解之得，，．
，，，
结合，1，，，3，，
可得，，
设与所成的角为，可得
即与所成角的余弦之值为.
故选：C．
【点睛】方法点睛：求向量的夹角常用的公式：，要根据已知条件灵活选择方法求解.
13．B
【分析】根据平面向量的线性运算和基本定理运算求解.
【详解】解：如图，因为，所以,
又因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以，在平面四边形中，,
所以且
所以相似于相似比为，
所以,
,
所以，
故选:B.
14．A
【分析】作出图形，结合向量的线性运算和数量积运算化简，求的范围可得 的取值范围.
【详解】当弦的长度最大时，弦过正方形的外接圆的圆心，
因为正方形的边长为2，所以圆的半径为，
如下图所示：
则，，
所以，.
因为点为正方形四条边上的动点，所以，
又，所以，
故选：A.
15．C
【分析】先利用勾股定理证得，再利用向量的线性运算与数量积公式进行转化，从而得解.
【详解】由条件可知，所以，
，
因为当时，的最大值为1，所有的最大值是3.
故选：C.
16．B
【分析】由题意可知为等腰直角三角形，由，可得是中点，设，则,由向量的四则运算可得，由二次函数的性质求出的最小值即可.
【详解】解：如图所示：
由题意可知为等腰直角三角形，
又因为，
所以，
由，可得是中点，
又因为动点M在线段AB上，
设，则,
所以,
所以，
又因为，
所以当时，.
故选：B.
17．BCD
【分析】利用三角形外心、重心、垂心的性质，结合平面向量的线性运算法则以及平面向量的数量积的定义及运算律逐项分析即可求出结果.
【详解】由G是三角形ABC的重心可得，所以=，故A项错误；
过三角形ABC的外心O分别作AB、AC的垂线，垂足为D、E，如图（1），易知D、E分别是AB、AC的中点，则
，故B项正确；
因为G是三角形ABC的重心，所以有，故，
由欧拉线定理可得，故C项正确；
如图（2），由可得，即，则有，D项正确，
故选：BCD.
18．ABC
【分析】先根据三角形相似得到，在结合已知条件证明出，即可判断C、D；
对于A：取等边三角形，结合选项C的推导证明出，从而可以取2022个边长不等的正三角形，均符合.即可判断；
对于B：在正三角形中，由外心、垂心合一，结合选项A的证明，可以证明出成立，即可判断.
【详解】由可得，
因为，所以 ，可得，
即，同理可得：，
所以，
所以，所以.故C正确，D错误；
对于A：取等边三角形，有，由上面的推导过程可知：，所以，因为，所以.
所以可以取2022个边长不等的正三角形，均符合.故A正确；
对于B：在正三角形中，外心、垂心重合，所以.
而，由A的推导可知，，
所以成立.
即在正三角形中，成立.故B正确；
故选：ABC.
19．ABC
【分析】根据向量相等的定义可直接判断D；
根据题意可判断A；
根据重心的性质可判断B；
利用向量数乘和加减法法则可判断C.
【详解】如图：
根据欧拉线定理可知，点O H G共线，且.
对于A，∵，∴，故A正确；
对于B，G是重心，则延长AG与BC的交点为BC中点，且AG＝2GD，则，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，显然不正确.
故选：ABC.
20．ACD
【分析】如图作出辅助线，根据所给条件及直角三角形中的三角函数求出AB判断A，根据向量中的重要公式极化恒等式可判断B，根据向量的线性运算及三点共线可求出判断C，建立平面直角坐标系，利用坐标法求n的最大值判断D.
【详解】过作，交的延长线于点，过作，交于，如图，
则四边形为矩形，设，由题意知，
则，，∴．
，∴．
对于选项A，，故A正确；
对于选项B，由F为线段BC的中点可知，所以，所以，过F作，垂足为M，的长即最小值，且，
∴，故B错误；
对于选项C，
∵E为DA中点，，∴，即．
∴．故C正确；
对于选项D，以D为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
则，，，，，设
∴，即
∴，，∴，故D正确．
故选：ACD
21．ABC
【分析】利用平面向量的坐标表示与旋转角的定义推得是正三角形，从而对选项逐一分析判断即可.
【详解】对于A，因为，，，
所以，，
故是正三角形，则，故A正确；
对于B，因为是正三角形，是的外心，
所以是的重心，故，即，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，因为，则，
所以，故D错误.
故选：ABC．
.
22．
【分析】根据给定条件，利用向量的加法，结合共线向量定理的推论求解作答.
【详解】在中，不共线，因为，
则有，
又三点共线，于是得，解得，
所以的值为.
故答案为：
23．/
【分析】设中点为M，则，根据平面向量的线性运算可得，得当时，最大，此时是等边三角形，
求出即可求解.
【详解】设中点为M，
则，
，
由，知P点轨迹是以为弦，圆周角为的优弧，
∴当时，最大，此时是等边三角形，
则.
故答案为：.
24．
【分析】根据向量的线性运算和数量积的运算律求解.
【详解】由两边平方可得，
所以，又为边的三等分点，
则，
又，
所以，
而，所以.
故答案为: .
25．
【分析】设与的夹角为，依题意可得，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得．
【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
故答案为：．
26．
【分析】因三点共线，则.
又三点共线，则.结合，可得答案.
【详解】因三点共线，则
.又，则，
得.
又因三点共线，则
.又，则，
得.
故，得.则.
故答案为：
27．①④/④①
【分析】①：利用向量夹角的坐标公式表示写出关于的关系式，由求的范围，注意排除的情况；②：证得， ，，可判断正误；③：若分别是的中点，结合已知得，再过作上的高，由线段比例确定高的比例即可；④：,,,由等的几何意义及已知条件得,.
【详解】①：,，由为锐角，故，且与不共线，所以且，故①错误；
②：因为，所以，即，因此，同理，，所以点为的垂心
，故②正确；
③：若分别是的中点，则，，所以，故，即共线且，过作上的高，易知，则，所以，故③正确；
④：如下图，，则，，由已知条件知：，，易知为△的内心，故④错误；
故答案为：①④.
28．
【分析】设点的运动速度为，运动时间为，以为坐标原点建立平面直角 ，分别在、、和的情况下，利用表示出坐标，利用向量数量积的坐标运算可将表示为关于的函数性质，利用二次函数性质可求得最大值.
【详解】不妨设点的运动速度为，则点的运动速度为，运动时间为；
以为坐标原点，正方向为轴，可建立平面直角坐标系，
①当时，，，
此时恒成立，；
②当时，，，
，
则当时，；
③当时，，，
，
则当时，；
④当时，，，
，则；
综上所述：的最大值为.
29．/
【分析】根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可.
【详解】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为,所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以.
故答案为： .
30． 1
【分析】设，由可求出；将化为关于的关系式即可求出最值.
【详解】设，，为边长为1的等边三角形，，
，
，为边长为的等边三角形，，
，
，
，
所以当时，的最小值为.
故答案为：1；.
31．
【分析】设，根据圆的切线的几何性质确定当时，的值最小．求出此时以及的值，即可求得答案.
【详解】如图，连接，则,
则,
设，则，
可知当时，最短，则最小且最大，最小，
这时的值最小．
设点O到直线的距离为d，则，
因为圆O的半径为，所以当时，，
可得，
所以的最小值为，
当无限增大时，也无限增大，越来越接近于1，
此时的值也无限增大，
故的取值范围为．
故答案为：
32． /
【分析】由平面向量共线定理求解，由数量积的运算律，结合三角形面积公式与基本不等式求解，
【详解】由题意得，则，
而三点共线，得，，
，则，
而，得，
由基本不等式得，当且仅当时等号成立，
故，的最小值为，
故答案为：；
33．
【分析】根据向量的线性运算，令 ，，从而得出有共线，结合题设推出 ，当且仅当时， 取最大值2，此时面积最大，则O到的距离最远，此时 取到最小值，即可求解.
【详解】如图示，是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且，
由题意得： ，
令 ，则三点共线
，则三点共线
故有共线，
由题意与垂直,,
知,且为定值，
在中， ，当且仅当时， 取最大值2，
此时面积最大，则O到的距离最远，而，
故当且仅当即 关于y轴对称时，最小，
此时O到的距离为 ，
所以 ,故 ，即的最小值为，
故答案为：
【点睛】方法点睛：根据向量的线性运算，可令 ， ，从而得出共线,由此根据题设可推出，即当且仅当即 关于y轴对称时，最小，从而问题可解.
34．
【分析】可得，利用平面向量数量积的定义求得的值，然后以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设点，则点（其中），得出关于的函数表达式，利用二次函数的基本性质求得的最小值.
【详解】，，，
，
解得，
以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
,
∵，∴的坐标为,
∵又∵,则，设，则（其中），
，，
，
所以，当时，取得最小值.
故答案为：；.
【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查计算能力，属于中等题.
35．12 h后该城市开始受到台风的侵袭．
【分析】确定，利用向量的加法运算求得，根据题意将两边平方，由此列出不等关系，求得答案.
【详解】设t h后，台风中心移动到Q处，此时城市开始受到台风的侵袭， ,
∵ ，
∴,
即，
依题意得，解得 ，
从而12 h后该城市开始受到台风的侵袭．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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