高一平面向量章節檢測（提高卷）第I卷（選擇題）選擇題（本大題8個小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．若平面四邊形ABCD滿足：，，則該四邊形一定是（）A．平行四邊形B．菱形C．矩形D．正方形【答案】B【分析】根據向量相等可證明四邊形為平行四邊形，再由向量數量積為0知對角線互相垂直可知為菱形.【詳解】，,所以四邊形ABCD為平行四邊形，,，所以BD垂直AC，所以四邊形ABCD為菱形.故選：B2．在平面四邊形ABCD中，，，則該四邊形的面積為（）A．B．C．13D．26【答案】C【分析】根據判斷AC與BD關系，根據對角線互相垂直的四邊形面積為對角線乘積的一半即可求解.【詳解】∵，∴AC⊥BD，所以四邊形ABCD面積為：.故選：C.3．已知是平面上的一定點，是平面上不共線的三個點，動點滿足，，則動點的軌跡一定通過的（）A．重心B．外心C．內心D．垂心【答案】B【分析】設的中點為，兩端同時點乘，由可得答案.【詳解】設的中點為，因為，所以，即，兩端同時點乘，所以，所以，所以點在的垂直平分線上，即經過的外心.故選：B.4．中，，∠A的平分線AD交邊BC于D，已知，且，則AD的長為（）A．B．3C．D．【答案】C【分析】過作交于，作交于，由向量加法的平行四邊形法則和向量的基本定理得，，從而得，即可求得，最后把平方可求得．【詳解】如圖，過作交于，作交于，則，又，所以，，所以，即，又是的平分線，所以，而，所以，，，所以，故選：C．5．已知圖中的圓，圓的半徑均為2，，，均是邊長為為圓上的一點，則的最小值為（）A．22B．24C．-26D．-48【答案】B【分析】由，結合數量積公式得出的最小值.【詳解】因為所以當且僅當時，取等號.即的最小值為故選：B6．中，，，，PQ為內切圓的一條直徑，M為邊上的動點，則的取值范圍為（）A．B．C．D．【答案】C【分析】易知是直角三角形，利用等面積法可得內切圓半徑，設內切圓圓心為，根據為直徑，可知，，整理，進而根據的運動情況來求解.【詳解】由題可知，，所以是直角三角形，，設內切圓半徑為，則，解得，設內切圓圓心為，因為是內切圓的一條直徑，所以，，則，，所以，因為M為邊上的動點，所以；當與重合時，，所以的取值范圍是，故選：C7．已知為內任意一點，若滿足，則稱為的一個“優美點”．則下列結論中正確的有（）①若，則點為的重心；②若，，，則；③若，則點為的垂心；④若，，且為邊中點，則．A．個B．個C．個D．個【答案】D【分析】設中點為，由已知等式可得，由重心性質可知①正確；取中點，中點，由已知等式可得，則可得與到直線距離之比，由此可知②正確；由可得，即，同理得，，由垂心定義知③正確；由已知等式可得，由此知④正確.【詳解】對于①，當時，；設中點為，則，即，為的重心，①正確；對于②，當，，時，，，取中點，中點，，，，即，到直線距離與到直線距離之比為：，即；又為中點，點到直線距離，，，即，②正確；對于③，由得：，，同理可得：，，為的垂心，③正確；對于④，當，，時，，，又為邊中點，，又，，，④正確.故選：D.8．已知下圖中正六邊形ABCDEF的邊長為4，圓O的圓心為正六邊形的中心，直徑為2，若點P在正六邊形的邊上運動，MN為圓O的直徑，則的取值范圍是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根正六邊形的性質，求得內切圓和外接圓的半徑，再化簡得到，結合，即可求解.【詳解】由正六邊形的邊長為4，圓的圓心為正六邊形的中心，半徑為1，所以正六邊形的內切圓的半徑為，外接圓的半徑為，又由，因為，即，可得，所以的取值范圍是.故選：B.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分．9．窗花是貼在窗子或窗戶上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術之一，圖1是一個正八邊形窗花隔斷，圖2是從窗花圖中抽象出的幾何圖形的示意圖．已知正八邊形ABCDEFGH的邊長為1，P是正八邊形ABCDEFGH邊上任意一點，則（）A．與能構成一組基底B．C．在向量上的投影向量的模為D．的最大值為【答案】BCD【分析】A選項，作出輔助線，證明出，從而建立平面直角坐標系，寫出點的坐標，得到與平行，故A錯誤；B選項，求出得到B正確；C選項，求出，，利用投影向量的計算公式求出答案；D選項，取的中點，得到，求出的最大值，從而得到的最大值.【詳解】連接AF，因為，故，因為，故，故，以所在直線為軸，所在直線為軸，建立平面直角坐標系，則故，故，所以與平行，不能構成一組基底，A錯誤；，，，，故，B正確；，，，故在向量上的投影向量的模長為，C正確；取的中點，則，，則，，兩式相減得：，當點與點或重合時，最大，最大值為，則的最大值為，D正確.故選：BCD【點睛】平面向量解決幾何最值問題，通常有兩種思路：①形化，即用平面向量的幾何意義將問題轉化為平面幾何中的最值或取值范圍問題，然后根據平面圖形的特征直接進行求解；②數化，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數中的函數最值與值域，不等式的解集，方程有解等問題，然后利用函數，不等式，方程的有關知識進行求解.10．已知為所在的平面內一點，則下列命題正確的是（）A．若為的垂心，，則B．若為銳角的外心，且，則C．若，則點的軌跡經過的重心D．若，則點的軌跡經過的內心【答案】ABC【分析】根據，計算可判斷A；設為中點，則根據題意得三點共線，且，進而得判斷B；設中點為，進而結合正弦定理得可判斷C；設中點為，根據題意計算得，進而得可判斷D.【詳解】解：對于A選項，因為，，又因為為的垂心，所以，所以，故正確；對于B選項，因為且，所以，整理得：，即，設為中點，則，所以三點共線，又因為，所以垂直平分，故，正確；對于C選項，由正弦定理得，所以，設中點為，則，所以，所以三點共線，即點在邊的中線上，故點的軌跡經過的重心，正確；對于D選項，因為，設中點為，則，所以，所以，所以，即，所以，故在中垂線上，故點的軌跡經過的外心，錯誤.故選：ABC11．直角中，斜邊，為所在平面內一點，（其中），則（）A．的取值范圍是B．點經過的外心C．點所在軌跡的長度為2D．的取值范圍是【答案】ABD【分析】由向量數量積的幾何意義有，結合已知即可判斷A；若為中點，根據已知有共線，即可判斷B、C；利用向量加法的幾何意義及數量積的運算律可得，結合基本不等式求范圍判斷D.【詳解】由，又斜邊，則，則，A正確；若為中點，則，故，又，所以共線，故在線段上，軌跡長為1，又是的外心，B正確，C錯誤；由上，則，又，則，當且僅當等號成立，所以，D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：若為中點，應用數形結合法，及向量線性運算的幾何意義、數量積的幾何意義和運算律判斷軌跡，求、.12．已知點為所在平面內一點，滿足，（其中）.（）A．當時，直線過邊的中點；B．若，且，則；C．若時，與的面積之比為；D．若，且，則滿足.【答案】ABD【分析】對于A，根據向量的線性運算結合向量數乘的含義可判斷A;對于B，由條件可判斷為等邊三角形，利用數量積的定義即可求得的值；對于C，利用作圖，結合向量加減法的幾何意義，可判斷與的面積之比；對于D,由得，，平方后結合數量積的運算可推得結果.【詳解】對于A，設AB的中點為D，則當時，有,即得O,C,D三點共線，故直線過邊的中點，故A正確；對于B，由于且時，，故O為的外心和重心，故為等邊三角形，則,由可得，故，故B正確；對于C，延長OA至,使,延長OB至,使,連接,設其中點為E,連接OE并延長至，使,連接,則四邊形是平行四邊形，所以，而時，，故,即三點共線，且，根據同底等高三角形面積相等，則,即與的面積之比為,故C錯誤；對于D，因為，且，由得，，所以,即，故D正確，故選：ABD第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共4個小題，每小題5分，共20分．13．已知等腰直角的斜邊長為，其所在平面上兩動點、滿足（且、、），若，則的最大值為____________．【答案】##【分析】分析可知點在內或其邊界上，取線段的中點，可得，求出的最大值，即可得解.【詳解】因為，所以，，所以，，所以，，因為且、、，所以，、、，所以，點在內或其邊界上，取線段的中點，則，故當最大時，取最大值，如下圖所示，當點與的頂點重合時，取得最大值，且最大值為，因為，所以，，當且僅當、、三點共線且在線段上時，等號成立，故.故答案為：.【點睛】方法點睛：求兩個向量的數量積有三種方法：（1）利用定義：（2）利用向量的坐標運算；（3）利用數量積的幾何意義．具體應用時可根據已知條件的特征來選擇，同時要注意數量積運算律的應用．14．如圖，定圓C半徑為3，A、B為圓C上的兩點，且的最小值為1，則______．【答案】【分析】結合圖形，根據向量線性運算的法則分別討論t＝0、t＞0、t＜0時的最小值情況，據此即可求出．【詳解】當t＝0時，不滿足題意；當t＞0時，設t＝，延長EA到F，使AF＝AE，則t＝，則，取AB中點為D，則CD⊥AB，則在Rt△CDF中，，此時無最小值不滿足題意；當t＜0時，設t＝，則，取AB中點為D，則CD⊥AB，由圖可知，，∵的最小值為1，∴＝1，∴．故答案為：．15．已知正三角形的邊長為2，D是邊的中點，動點P滿足，且，其中，則的最大值為___________．【答案】【分析】構建以為原點，為x、y軸的直角坐標系，確定相關點坐標并設且()，由向量線性關系的坐標表示列方程得到關于的三角函數式，應用正弦型函數性質求最大值.【詳解】由題設，在以為圓心，1為半徑的圓上或圓內，構建以為原點，為x、y軸的直角坐標系，如下圖示：所以，，，令且()，所以，，，又，即，所以，而，則，故當時，有最大值.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：構建直角坐標系并設且()，應用平面向量線性關系的坐標表示求得關于參數的函數式求最值.為線段的中點，設為中間小正方形內一點（不含邊界）.若，則的取值范圍為__________.【答案】【分析】由題意，利用平面向量基本定理，數形結合與臨界值法，即可求解.【詳解】過點作，分別交于點，過點作，交的延長線于點，過點作，交的延長線于點，如圖，由可知，點在線段上運動（不含端點）.當點與點重合時，，可知.當點與點重合時，，可知.故的取值范圍為.故答案為：四、解答題：本大題共5小題，17題共10分，其余各題每題12分，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．已知，，是同一平面內的三個不同向量，其中.(1)若，且，求；(2)若，且，求的最小值，并求出此時與夾角的余弦值.【答案】(1)或(2)，此時【分析】（1）先設,根據坐標求模公式，即可求解.(2)根據題意，條件可化簡為，再根據基本不等式，即可求解.(1)因為，且，所以設，所以，解得，所以或.(2)由，得，所以，因為，，可得，因為，所以，當且僅當，時取等號.所以.設與夾角為，則此時.18．如圖，在梯形ABCD中，，E、F是DC的兩個三等分點，G，H是AB的兩個三等分點，線段BC上一動點P滿足．AP分別交EG、FH于M，N兩點，記，．(1)當時，用，表示；(2)若，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用向量的線性運算即可求解,（2）利用三點共線得到，，，再利用,，得到之間的關系，用表示，然后利用函數的單調性求解取值范圍即可【詳解】（1）當時，，則所以（2）連接,則，，因為三點共線，三點共線，設，所以，，因為，所以，得因為，所以,所以，，因為，所以，即，代入得，因為，所以解得，因為，令，則，因為在上單調遞減，所以，所以，所以的取值范圍為19．在△中，已知，，，設點為邊上一點，點為線段延長線上的一點，且.(1)當且是邊上的中點時，設與交于點，求線段的長；(2)若，求的最小值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據點是三角形的重心，結合三角形重心的向量表示以及數量級運算，即可求得結果；（2）設，根據平面向量的線性運算結合題意，求得與的關系，再求得關于的函數關系，求該函數的最小值即可.【詳解】（1）設，，當，是的中點時，則是△的重心，,.（2）設，則，，由，得：.∴，因為，，所以，，令，則當且僅當時取到等號，所以的最大值是又，在上單調遞減，所以.故的最小值為.【點睛】關鍵點點睛：本題考查平面向量的線性運算以及數量積運算，解決問題的關鍵是充分掌握三角形重心的向量表示，以及根據題意，建立參數與的對應關系，求函數的最值，屬綜合困難題.20．如圖，扇形AOB的圓心角為，半徑為1．點P是上任一點，設．(1)記，求的表達式；(2)若，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）建立平面直角坐標系，根據三角函數的定義可得，再根據題意求得，進而根據輔助角公式得到的表達式即可；（2）根據題意可得，進而化簡得到，再代入可得，，進而結合三角函數的范圍求解即可【詳解】（1）由題意，以為坐標原點，為軸正向建立如圖平面直角坐標系，則，.故，所以，即（2）由（1），，即，故，解得，其中，故，即，，故，所以，故，即的取值范圍為21．在直角梯形中，已知，，，，，動點、分別在線段和上，和交于點，且，，．(1)當時，求的值；(2)當時，求的值；(3)求的取值范圍．【答案】(1)；(2)；