专题09平面向量9种常见考法归类（全国通用）（学生版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

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2021-2025高考真题分类 平面向量9种常见考法归类
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2021-2025高考真题分类 平面向量9种常见考法归类 1
一 平面向量的坐标运算 1
二 平面向量基本定理的应用 1
三 平面向量的共线问题 1
四 平面向量的数量积 1
五 平面向量数量积的最值问题 2
六 平面向量的垂直问题 2
七 平面向量的模长问题 3
八 平面向量的夹角问题 3
九 平面向量的最值问题 4
参考答案 4
~ ~
一 平面向量的坐标运算
1. (2025·全国一卷·高考真题)帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小和方向，测出的结果在航
海学中称为视风风速，视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，其中
船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等，方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小
的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2(风速的
大小和向量的大小相同)，单位(m/s)，则真风为 ( )
等级 风速大小m/s 名称
2 1.6~3.3 轻风
3 3.4~5.4 微风
4 5.5~7.9 和风
5 8.0~10.7 劲风
A. 轻风 B. 微风 C. 和风 D. 劲风
二 平面向量基本定理的应用
 
 
1. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)在△ABC中，点D在边AB上，BD=2DA．记CA=m，CD=n，则

CB= ( )
       
A. 3m-2n B. -2m+3n C. 3m+2n D. 2m+3n
 1      
2. (2025·天津·高考真题)△ABC中，D为AB边中点，CE= CD,AB=a,AC=b，则AE= (用
3
    
a，b表示)，若|AE|=5，AE⊥CB，则AE⋅CD=
      
3. (2022·天津·高考真题)在△ABC中，点D为AC的中点，点E满足CB=2BE.记CA=a,CB=b，用a,
 
b表示DE= ，若AB⊥DE，则∠ACB的最大值为
三 平面向量的共线问题

1. (2024·上海·高考真题)已知k∈R,a=2,5 

,b=6,k 
 
，且a⎳b，则k的值为 ．
数学试题 第 1 页 共 19 页
2. (2021·全国乙卷·高考真题)已知向量a=2,5 

,b=λ,4 
 
，若a⎳b，则λ= ．
四 平面向量的数量积
    
1. (2021·浙江·高考真题)已知非零向量a,b,c，则“a⋅c=b⋅c”是“a=b”的 ( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件

2. (2023·上海·高考真题)已知a=-2,3 

,b=1,2 
 
，求 a⋅b=
    
3. (2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)已知向量a+b+c=0，a 

=1，b 

=c 
     
=2，a⋅b+b⋅c+c⋅a=
．
  
4. (2021·北京·高考真题)已知向量a,b,c在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长
为1，则
    
(a+b)⋅c= ；a⋅b= .
       
5. (2022·全国乙卷·高考真题)已知向量a,b满足|a|=1,|b|= 3,|a-2b|=3，则a⋅b= ( )
A. -2 B. -1 C. 1 D. 2
   
6. (2024·北京·高考真题)设 a，b是向量，则“a+b 
 
·a-b 
   
=0”是“a=-b或a=b”的( )．
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
 
7. (2023·全国乙卷·高考真题)正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则EC⋅ED= ( )
A. 5 B. 3 C. 2 5 D. 5
        
8. (2022·上海·高考真题)若|a|=|b|=|c|=λ，且满足a⋅b=0,a⋅c=2,b⋅c=1，则λ= .
  1 
9. (2022·全国甲卷·高考真题)设向量a，b的夹角的余弦值为 ，且a
3


=1，b 
 
=3，则2a+b 

⋅b=
．
五 平面向量数量积的最值问题
1. (2023·全国乙卷·高考真题)已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，
C两点，D为BC的中点，若PO 
 
= 2，则PA⋅PD的最大值为 ( )
1+ 2 1+2 2
A. B. C. 1+ 2 D. 2+ 2
2 2
2. (2022·北京·高考真题)在△ABC中，AC=3,BC=4,∠C=90°．P为△ABC所在平面内的动点，且
 
PC=1，则PA⋅PB的取值范围是 ( )
A. [-5,3] B. [-3,5] C. [-6,4] D. [-4,6]
数学试题 第 2 页 共 19 页    
3. (2024·天津·高考真题)已知正方形ABCD的边长为1，DE=2EC,若BE=λBA+μBC，其中λ,μ为实
 
数，则λ+μ= ；设F是线段BE上的动点，G为线段AF的中点，则AF⋅DG的最小值为 ．
 1   1     
4. (2023·天津·高考真题)在△ABC中，BC=1，∠A=60°，AD= AB,CE= CD，记AB=a,AC=b，
2 2
    1   
用a,b表示AE= ；若BF= BC，则AE⋅AF的最大值为 ．
3
六 平面向量的垂直问题
    
1. (2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知向量a=(0,1),b=(2,x)，若b⊥(b-4a)，则x= ( )
A. -2 B. -1 C. 1 D. 2

2. (2021·全国乙卷·高考真题)已知向量a=1,3 

,b=3,4 
  
，若(a-λb)⊥b，则λ= ．

3. (2024·全国甲卷·高考真题)设向量a=x+1,x 

,b=x,2  ，则 ( )
   
A.“x=-3”是“a⊥b”的必要条件 B.“x=1+ 3”是“a⎳b”的必要条件
   
C.“x=0”是“a⊥b”的充分条件 D.“x=-1+ 3”是“a⎳b”的充分条件

4. (2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知向量a=1,1 

,b=1,-1 
 
，若a+λb 
 
⊥a+μb  ，则 ( )
A. λ+μ=1 B. λ+μ=-1 C. λμ=1 D. λμ=-1
   
5. (2022·全国甲卷·高考真题)已知向量a=(m,3),b=(1,m+1)．若a⊥b，则m= ．

6. (2021·全国甲卷·高考真题)已知向量a=3,1 

,b=1,0 
    
,c=a+kb．若a⊥c，则k= ．
七 平面向量的模长问题
    
1. (2025·全国二卷·高考真题)已知平面向量a=(x,1),b=(x-1,2x),若a⊥a-b 

，则|a|=
   
2. (2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知向量a，b满足a-b 
 
= 3，a+b 
 
=2a-b 

，则b  = ．
   
3. (2022·全国乙卷·高考真题)已知向量a=(2,1)，b=(-2,4)，则a-b  = ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
   
4. (2025·北京·高考真题)在平面直角坐标系xOy中，|OA|=|OB|= 2，|AB|=2.设C(3,4)，则|2CA+

AB|的取值范围是 ( )
A. [6,14] B. [6,12] C. [8,14] D. [8,12]
  
5. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知向量a,b满足a 
 
=1,a+2b 
 
=2，且b-2a 
 
⊥b，则b  = ( )
1 2 3
A. B. C. D. 1
2 2 2
       
6. (2023·北京·高考真题)已知向量a，b满足a+b=(2,3),a-b=(-2,1)，则|a|2-|b|2= ( )
A. -2 B. -1 C. 0 D. 1
1, x>0

    
7. (2025·上海·高考真题)已知f(x)= 0, x=0，a、b、c是平面内三个不同的单位向量．若f(a⋅b)+


-1, x<0
数学试题 第 3 页 共 19 页      
f(b⋅c)+f(c⋅a)=0，则|a+b+c|的取值范围是 ．
  
8. (2021·全国甲卷·高考真题)若向量a,b满足a 
 
=3,a-b 
  
=5,a⋅b=1，则b  = .
9. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)已知O为坐标原点，点P 1cosα,sinα  ，P 2cosβ,-sinβ  ，
P 3 cosα+β  ,sinα+β    ，A1,0  ，则 ( )

A. OP
1


=OP
2


B. AP
1


=AP
2

       
C. OA⋅OP =OP ⋅OP D. OA⋅OP =OP ⋅OP
3 1 2 1 2 3
八 平面向量的夹角问题

1. (2023·全国甲卷·高考真题)已知向量a=3,1 

,b=2,2 
   
，则cosa+b,a-b  = ( )
1 17 5 2 5
A. B. C. D.
17 17 5 5
   
2. (2023·全国甲卷·高考真题)已知向量a,b,c满足a 

=b 

=1,c 
      
= 2，且a+b+c=0，则cos‹a-c,b

-c›= ( )
4 2 2 4
A. - B. - C. D.
5 5 5 5
      
3. (2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb，若a,c 
 
=b,c  ，则t=
( )
A. -6 B. -5 C. 5 D. 6
九 平面向量的最值问题
 
1. (2022·浙江·高考真题)设点P在单位圆的内接正八边形AA ⋯A 的边AA 上，则PA 2 +PA 2 +⋯
1 2 8 1 2 1 2

+PA 2的取值范围是 ．
8
     
2. (2021·浙江·高考真题)已知平面向量a,b,c,(c≠0)满足a 

=1,b 
   
=2,a⋅b=0,a-b 

⋅c=0.记向
     
量d在a,b方向上的投影分别为x，y，d-a在c方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值为 .
数学试题 第 4 页 共 19 页参考答案
1. A
【分析】结合题目条件和图2写出视风风速对应的向量和船行风速对应的向量，求出真风风速对应的向
量，得出真风风速的大小，即可由图1得出结论.
【解析】由题意及图得，

视风风速对应的向量为：n=0,2  -3,3  =-3,-1  ，
视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，
船速方向和船行风速的向量方向相反，
 
设真风风速对应的向量为n ，船行风速对应的向量为n ，
1 2
   
∴n=n 1 +n 2 ，船行风速：n 2 =- 3,3  -2,0    =-1,-3  ，
  
∴n 1 =n-n 2 =-3,-1  --1,-3  =-2,2  ，

n 1  = -2  2+22=2 2≈2.828，
∴由表得，真风风速为轻风，
故选：A.
1. B
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
     
【解析】因为点D在边AB上，BD=2DA，所以BD=2DA，即CD-CB=2CA-CD  ，
  
   
所以CB=3CD-2CA=3n-2m=-2m+3n．
故选：B．
1  2 
2. a+ b； -15
6 3
【分析】根据向量的线性运算求解即可空一，应用数量积运算律计算求解空二.
【解析】如图，
     
1 1
因为CE= CD，所以AE-AC= AD-AC
3 3

  
1 2
，所以AE= AD+ AC．
3 3
 1  2  1  2 
因为D为线段AB的中点，所以AE= AB+ AC= a+ b；
6 3 6 3
 又因为AE  =5,AE⊥CB，所以A  E  2 = 1 a  + 2 b 
6 3
 2 1  2   4  = a2+ a⋅b+ b2=25，
36 9 9
  1  2 
AE⋅CB= a+ b
6 3

 
⋅a-b 
1  1   2     
= a2+ a⋅b- b2=0，所以a2+3a⋅b=4b2
6 2 3
  
所以a2+4a⋅b=180，
  1  2 
所以AE⋅CD= a+ b
6 3

 1 
⋅-b+ a
2

1  1   2  1    
= a2+ a⋅b- b2= a2+2a⋅b-8b2
12 6 3 12

1      
= a2+2a⋅b-2a2-6a⋅b
12

1   
= -a2-4a⋅b
12
 =-15．
1  2 
故答案为： a+ b；-15.
6 3
数学试题 第 5 页 共 19 页3  1  π
3. b- a
2 2 6
  
【分析】法一：根据向量的减法以及向量的数乘即可表示出DE，以a,b


 
为基底，表示出AB,DE，由AB
   
⊥DE可得3b2+a2=4b⋅a，再根据向量夹角公式以及基本不等式即可求出．
法二：以点E为原点建立平面直角坐标系，设E(0,0),B(1,0),C(3,0),A(x,y)，由AB⊥DE可得点
A的轨迹为以M(-1,0)为圆心，以r=2为半径的圆，方程为(x+1)2+y2=4，即可根据几何性质可知，
当且仅当CA与⊙M相切时，∠C最大，即求出．
【解析】方法一：
   3  1            
DE=CE-CD= b- a，AB=CB-CA=b-a,AB⊥DE⇒(3b-a)⋅(b-a)=0，
2 2
 
    a⋅b
3b2+a2=4a⋅b⇒cos∠ACB= 
a 

b 
 
3b2+a2
= 
4a 

b 

2 3a
≥


b 

4a 

b 
3 
= ，当且仅当a 2 

= 3b  时取等号，而
π
0<∠ACB<π，所以∠ACB∈0,
6
 ．
3  1  π
故答案为： b- a； ．
2 2 6
方法二：如图所示，建立坐标系：
 x+3 y
E(0,0),B(1,0),C(3,0),A(x,y)，DE=- ,-
2 2


,AB=(1-x,-y)，
  x+3
DE⊥AB⇒
2

y2
(x-1)+ =0⇒(x+1)2+y2=4，所以点A的轨迹是以M(-1,0)为圆心，以r
2
r 2 1 π
=2为半径的圆，当且仅当CA与⊙M相切时，∠C最大，此时sinC= = = ,∠C= ．
CM 4 2 6
3  1  π
故答案为： b- a； ．
2 2 6
1. 15
【分析】根据向量平行的坐标表示得到方程，解出即可.
 
【解析】∵a⎳b，∴2k=5×6，解得k=15．
故答案为：15．
8
2.
5
【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于λ的方程，解方程即可求得实数λ的值.
数学试题 第 6 页 共 19 页【解析】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：2×4-λ×5=0，
8
解方程可得：λ= .
5
8
故答案为： .
5
1. B
【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.
             
如图所示，OA=a,OB=b,OC=c,BA=a-b,当AB⊥OC时，a-b与c垂直，a-b 

·c=0，所以
     
a·c=b·c成立，此时a≠b，
     
∴a·c=b·c不是a=b的充分条件，
      
当a=b时，a-b=0，∴a-b 
  
⋅c=0⋅c=0,∴ 成立，
     
∴a·c=b·c是a=b的必要条件，
     
综上，“a·c=b·c”是“a=b”的必要不充分条件
故选：B.
2. 4
【分析】
由平面向量数量积的坐标运算求解.
 
【解析】由题意得 a⋅b=-2×1+3×2=4.
故答案为：4
9
3. -
2
  
【分析】由已知可得a+b+c 
2
=0，展开化简后可得结果.
  
【解析】由已知可得a+b+c 
2         
=a2+b2+c2+2a⋅b+b⋅c+c⋅a 
     
=9+2a⋅b+b⋅c+c⋅a  =0，
      9
因此，a⋅b+b⋅c+c⋅a=- .
2
9
故答案为：- .
2
4. 0 3
 
【分析】根据坐标求出a+b，再根据数量积的坐标运算直接计算即可.
 
【解析】以a,b交点为坐标原点，建立直角坐标系如图所示：
数学试题 第 7 页 共 19 页  
则a=(2,1),b=(2,-1),c=(0,1)，
 
∴a+b=4,0 
  
，∴(a+b)⋅c=4×0+0×1=0，
 
∴a⋅b=2×2+1×-1  =3.
故答案为：0；3.
5. C
【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.
      【解析】解：∵|a-2b|2=|a|2-4a⋅b+4b  2 ，
   
又∵|a|=1,|b|= 3,|a-2b|=3,
   
∴9=1-4a⋅b+4×3=13-4a⋅b，
 
∴a⋅b=1
故选：C.
6. B
 
【分析】根据向量数量积分析可知a+b 
 
⋅a-b 

=0等价于a 

=b  ，结合充分、必要条件分析判断.
 
【解析】因为a+b 
 
⋅a-b 
    
=a2-b2=0，可得a2=b2，即a 

=b  ，
 
可知a+b 
 
⋅a-b 

=0等价于a 

=b  ，
    
若a=b或a=-b，可得a 

=b 
 
，即a+b 
 
⋅a-b  =0，可知必要性成立；
 
若a+b 
 
⋅a-b 

=0，即a 

=b 
   
，无法得出a=b或a=-b，

例如a=1,0 

,b=0,1 

，满足a 

=b 
   
，但a≠b且a≠-b，可知充分性不成立；
 
综上所述，“a+b 
 
⋅a-b 
   
=0”是“a=-b或a=b”的必要不充分条件.
故选：B.
7. B
 
【分析】方法一：以AB,AD


 
为基底向量表示EC,ED，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，
利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求cos∠DEC，进而根据数量积的定义运算求解.
 
【解析】方法一：以AB,AD  

为基底向量，可知AB 

=AD 
 
=2,AB⋅AD=0，
         
1 1
则EC=EB+BC= AB+AD,ED=EA+AD=- AB+AD，
2 2
   
1 所以EC⋅ED= AB+AD
2

 
1 ⋅- AB+AD
2

 
=- 1 AB 2 +AD 2 =-1+4=3；
4
方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，
则E1,0  ,C2,2  ,D0,2 

，可得EC=1,2 

,ED=-1,2  ，
 
所以EC⋅ED=-1+4=3；
数学试题 第 8 页 共 19 页方法三：由题意可得：ED=EC= 5,CD=2，
DE2+CE2-DC2 5+5-4 3
在△CDE中，由余弦定理可得cos∠DEC= = = ，
2DE⋅CE 2× 5× 5 5
  
所以EC⋅ED=EC 

ED 
3
cos∠DEC= 5× 5× =3.
5
故选：B.
1
8. 45/54
 
【分析】设a,c 
2 5
=θ，利用数量积定义求出cosθ= ，即可求出λ.
5
     
【解析】因为a⋅b=0，所以a⊥b，设a,c  =θ.

  a a⋅c=2
由  可得：
b⋅c=1


⋅c  cosθ=2

b 

⋅c 
π
cos -θ
2


 ，
=1
1
两式相除得：tanθ= .
2
又cos2θ+sin2θ=1，且θ∈0,π 
2 5 5
解得：cosθ= ,sinθ= .
5 5
  
因为a⋅c=2，所以a 

⋅c 
2 5
cosθ=λ⋅λ⋅ =2，解得：λ= 45.
5
故答案为：45.
9. 11
  1  
【分析】设a与b的夹角为θ，依题意可得cosθ= ，再根据数量积的定义求出a⋅b，最后根据数量积的运
3
算律计算可得．
    1 1
【解析】解：设a与b的夹角为θ，因为a与b的夹角的余弦值为 ，即cosθ= ，
3 3

又a 

=1，b 
  
=3，所以a⋅b=a 

⋅b 
1
cosθ=1×3× =1，
3
 
所以2a+b 
      
⋅b=2a⋅b+b2=2a⋅b+b 
2
=2×1+32=11．
故答案为：11．
1. A
 
1
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得PA⋅PD= -
2
2 π
sin2α-
2 4

 
1 2 π
，或PA⋅PD= + sin2α+
2 2 4

 
然后结合三角函数的性质即可确定PA⋅PD的最
数学试题 第 9 页 共 19 页大值.
【解析】如图所示，OA  =1,OP 
π
= 2，则由题意可知:∠APO= ，
4
由勾股定理可得PA  = OP2-OA2=1
π
当点A,D位于直线PO异侧时或PB为直径时，设∠OPC=α,0≤α< ，
4
   
π
则：PA⋅PD=|PA|⋅|PD|cosα+
4

π
=1× 2cosαcosα+
4

2 2
= 2cosα cosα- sinα
2 2

=cos2α-sinαcosα
1+cos2α 1
= - sin2α
2 2
1 2 π
= - sin2α-
2 2 4

π π π π
0≤α< ，则- ≤2α- <
4 4 4 4
 
π π
∴当2α- =- 时，PA⋅PD有最大值1.
4 4
π
当点A,D位于直线PO同侧时，设∠OPCα,0<α< ，
4
   
π
则：PA⋅PD=PA⋅PDcos -α
4

π
=1× 2cosαcos -α
4

2 2
= 2cosα cosα+ sinα
2 2

=cos2α+sinαcosα
1+cos2α 1
= + sin2α
2 2
1 2 π
= + sin2α+
2 2 4
 ，
数学试题 第 10 页 共 19 页π π π 3π
0≤α< ，则 ≤2α+ <
4 4 4 4
 
π π 1+ 2
∴当2α+ = 时，PA⋅PD有最大值 .
4 2 2
 
1+ 2
综上可得，PA⋅PD的最大值为 .
2
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查
了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
2. D
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设Pcosθ,sinθ 
 
，表示出PA，PB，根据数量积的坐标表示、辅助角
公式及正弦函数的性质计算可得；
【解析】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则C0,0  ，A3,0  ，B0,4  ，
因为PC=1，所以P在以C为圆心，1为半径的圆上运动，
设Pcosθ,sinθ  ，θ∈0,2π  ，

所以PA=3-cosθ,-sinθ 

，PB=-cosθ,4-sinθ  ，
 
所以PA⋅PB=-cosθ  ×3-cosθ  +4-sinθ  ×-sinθ 
=cos2θ-3cosθ-4sinθ+sin2θ
=1-3cosθ-4sinθ
=1-5sinθ+φ 
3 4
，其中sinφ= ，cosφ= ，
5 5
因为-1≤sinθ+φ  ≤1，所以-4≤1-5sinθ+φ 
 
≤6，即PA⋅PB∈-4,6  ；
故选：D
4 5
3. -
3 18
 
【分析】解法一：以BA,BC


  
为基底向量，根据向量的线性运算求BE，即可得λ+μ，设BF=kBE，求
    
AF,DG，结合数量积的运算律求AF⋅DG的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求BE，即
数学试题 第 11 页 共 19 页可得λ+μ，设Fa,-3a 
1
,a∈ - ,0
 3

   
，求AF,DG，结合数量积的坐标运算求AF⋅DG的最小值.
      
1 1 1
【解析】解法一：因为CE= DE，即CE= BA，则BE=BC+CE= BA+BC，
2 3 3
1 4
可得λ= ,μ=1，所以λ+μ= ；
3 3

由题意可知：BC 

=BA 
 
=1,BA⋅BC=0，
   
1
因为F为线段BE上的动点，设BF=kBE= kBA+kBC,k∈0,1
3
 ，
    
1
则AF=AB+BF=AB+kBE= k-1
3

 
BA+kBC，
    
1 1 1
又因为G为AF中点，则DG=DA+AG=-BC+ AF=  k-1
2 2 3


1
BA+ k-1
2


BC，
 
1
可得AF⋅DG=  k-1
3

 
  BA+kBC


1 1
⋅  k-1
2 3


1
BA+ k-1
2


  BC


1 1
=  k-1
2 3

2 1
+k k-1
2

5 6
= k-
9 5

2 3
- ，
10
又因为k∈0,1 
 
5
，可知：当k=1时，AF⋅DG取到最小值- ；
18
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则A-1,0  ,B0,0  ,C0,1  ,D-1,1 
1
,E- ,1
3
 ，

可得BA=-1,0 

,BC=0,1 

1
,BE=- ,1
3
 ，
  
因为BE=λBA+μBC=-λ,μ 
1 -λ=- 4
，则 3 ，所以λ+μ= ；
3
μ=1
1
因为点F在线段BE:y=-3x,x∈ - ,0
 3
 上，设Fa,-3a 
1
,a∈ - ,0
 3
 ，
a-1 3
且G为AF中点，则G ,- a
2 2
 ，

可得AF=a+1,-3a 

a+1 3
,DG= ,- a-1
2 2
 ，
  a+1
则AF⋅DG=
 2
+-3a
2

3
- a-1
2

2
=5a+
5

2 3
- ，
10
1
且a∈ - ,0
 3

 
1 5
，所以当a=- 时，AF⋅DG取到最小值为- ；
3 18
4 5
故答案为： ；- .
3 18
1  1  13
4. a+ b
4 2 24
  
【分析】空1：根据向量的线性运算，结合E为CD的中点进行求解；空2：用a,b表示出AF，结合上一空
   
答案，于是AE⋅AF可由a,b表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解.
数学试题 第 12 页 共 19 页  
   AE+ED=AD
【解析】空1：因为E为CD的中点，则ED+EC=0，可得

  ，
AE+EC=AC
  
两式相加，可得到2AE=AD+AC，
 1    1  1 
即2AE= a+b，则AE= a+ b；
2 4 2
  
 1     AF+FC=AC
空2：因为BF= BC，则2FB+FC=0，可得

   ，
3 AF+FB=AB
   
得到AF+FC+2AF+FB 
 
=AC+2AB，
    2  1 
即3AF=2a+b，即AF= a+ b.
3 3
  1  1 
于是AE⋅AF= a+ b
4 2

2  1 
⋅ a+ b
3 3

1    
= 2a2+5a⋅b+2b2
12
 .
记AB=x,AC=y，
  1    
则AE⋅AF= 2a2+5a⋅b+2b2
12

1
= 2x2+5xycos60°+2y2
12

1 5xy
= 2x2+ +2y2
12 2
 ，
在△ABC中，根据余弦定理：BC2=x2+y2-2xycos60°=x2+y2-xy=1，
  1 5xy
于是AE⋅AF= 2xy+ +2
12 2

1 9xy
=  +2
12 2
 ，
由x2+y2-xy=1和基本不等式，x2+y2-xy=1≥2xy-xy=xy，
故xy≤1，当且仅当x=y=1取得等号，
 
13
则x=y=1时，AE⋅AF有最大值 .
24
1  1  13
故答案为： a+ b； .
4 2 24
1. D
【分析】根据向量垂直的坐标运算可求x的值.
  
【解析】因为b⊥b-4a 
  
，所以b⋅b-4a  =0，
  
所以b2-4a⋅b=0即4+x2-4x=0，故x=2，
故选：D.
3
2.
5
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出．
 
【解析】因为a-λb=1,3  -λ3,4  =1-3λ,3-4λ 
 
，所以由a-λb 

⊥b可得，
31-3λ  +43-4λ 
3
=0，解得λ= ．
5
3
故答案为： ．
5

【点睛】本题解题关键是熟记平面向量数量积的坐标表示，设a=x 1 ,y 1 

,b=x 2 ,y 2  ，
   
a⊥b⇔a⋅b=0⇔xx +yy =0，注意与平面向量平行的坐标表示区分．
1 2 1 2
数学试题 第 13 页 共 19 页3. C
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
   
【解析】对A，当a⊥b时，则a⋅b=0，
所以x⋅(x+1)+2x=0，解得x=0或-3，即必要性不成立，故A错误；

对C，当x=0时，a=1,0 

,b=0,2 
 
，故a⋅b=0，
 
所以a⊥b，即充分性成立，故C正确；
 
对B，当a⎳b时，则2(x+1)=x2，解得x=1± 3，即必要性不成立，故B错误；
 
对D，当x=-1+ 3时，不满足2(x+1)=x2，所以a⎳b不成立，即充分性不立，故D错误.
故选：C.
4. D
   
【分析】根据向量的坐标运算求出a+λb，a+μb，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．

【解析】因为a=1,1 

,b=1,-1 
 
，所以a+λb=1+λ,1-λ 
 
，a+μb=1+μ,1-μ  ，
 
由a+λb 
 
⊥a+μb 
 
可得，a+λb 
 
⋅a+μb  =0，
即1+λ  1+μ  +1-λ  1-μ  =0，整理得：λμ=-1．
故选：D．
3
5. - /-0.75
4
【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.
  3
【解析】由题意知：a⋅b=m+3(m+1)=0，解得m=- .
4
3
故答案为：- .
4
10
6. - .
3

【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量c的坐标，利用向量的数量积为零求得k的值

【解析】∵a=3,1 

,b=1,0 
  
,∴c=a+kb=3+k,1  ,
   
∵a⊥c,∴a⋅c=33+k 
10
+1×1=0，解得k=- ,
3
10
故答案为：- .
3

【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量p=x 1 ,y 1 

,q=
x 2 ,y 2  垂直的充分必要条件是其数量积xx +yy =0. 1 2 1 2
1. 2
 
【分析】根据向量坐标化运算得a-b=(1,1-2x)，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可.
    
【解析】a-b=(1,1-2x)，因为a⊥a-b 
  
，则a⋅a-b  =0，
则x+1-2x=0，解得x=1.
 
则a=(1,1)，则|a|= 2.
故答案为： 2.
2. 3
  
【分析】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令c=a-b，结合数量积的运算律
运算求解.
数学试题 第 14 页 共 19 页 
【解析】法一：因为a+b 
 
=2a-b 
 
，即a+b 
2  
=2a-b 
2
，
          
则a2+2a⋅b+b2=4a2-4a⋅b+b2，整理得a2-2a⋅b=0，
 
又因为a-b 
 
= 3，即a-b 
2
=3，
     
则a2-2a⋅b+b2=b2=3，所以b  = 3.
   
法二：设c=a-b，则c 
       
= 3,a+b=c+2b,2a-b=2c+b，
 
由题意可得：c+2b 
2  
=2c+b 
2        
，则c2+4c⋅b+4b2=4c2+4c⋅b+b2，
  
整理得：c2=b2，即b 

=c  = 3.
故答案为： 3.
3. D
   
【分析】先求得a-b，然后求得a-b  .
 
【解析】因为a-b=2,1  --2,4  =4,-3 
 
，所以a-b  = 42+-3  2=5.
故选：D
4. D
        
【分析】先根据AB=OB-OA，求出‹OA,OB›，进而可以用向量OA,OB表示出2CA+AB，即可解
出．

【解析】因为|OA|=|OB|= 2，|AB|=2，
      
π
由AB=OB-OA平方可得，OA⋅OB=0，所以‹OA,OB›= ．
2
   
2CA+AB=2OA-OC 
     
+OB-OA=OA+OB-2OC，OC  = 32+42=5，
 
所以，2CA+AB 
    
2 2 2 2 =OA +OB +4OC -4OA+OB 

⋅OC
 
=2+2+4×25-4OA+OB 
  
⋅OC=104-4OA+OB 

⋅OC，
 
又 OA+OB 

 ⋅OC 
 
≤OA+OB 

OC 
 
=5× 2+2=10，即-10≤OA+OB 

⋅OC≤10，
 
所以2CA+AB  2 ∈64,144 
 
，即2CA+AB  ∈8,12  ，
故选：D.
5. B
 
【分析】由b-2a 
    
⊥b得b2=2a⋅b，结合a 
 
=1,a+2b 
   
=2，得1+4a⋅b+4b2=1+6b2=4，由此即可
得解.
 
【解析】因为b-2a 
  
⊥b，所以b-2a 
   
⋅b=0，即b2=2a⋅b，

又因为a 
 
=1,a+2b  =2，
   
所以1+4a⋅b+4b2=1+6b2=4，

从而b 
2
= .
2
故选：B.
6. B
【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.
     
【解析】向量a,b满足a+b=(2,3),a-b=(-2,1)，
     
所以|a|2-|b|2=(a+b)⋅(a-b)=2×(-2)+3×1=-1.
数学试题 第 15 页 共 19 页故选：B
7. (1, 5)
 
【分析】利用分段函数值分类讨论，可得 fa⋅b 
 
,fb⋅c 
 
,fc⋅a     =-1,0,1 

，再根据数量积关系设出a
 
,b,c坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得.
 
【解析】若fa⋅b 
 
=fb⋅c 
 
=fc⋅a 
     
=0，则a⋅b=b⋅c=c⋅a=0，
  
又三个向量均为平面内的单位向量，故向量a,b,c两两垂直，显然不成立；
 
故 fa⋅b 
 
,fb⋅c 
 
,fc⋅a     =-1,0,1  .
 
fa⋅b
不妨设
 =1
 
fb⋅c  =0
 
fc⋅a 


      
，则a⋅b>0,b⋅c=0,c⋅a<0， 

  =-1
  
不妨设b=(1,0),c=(0,1)，a=cosθ,sinθ  ,θ∈0,2π  ，
 
a⋅b=cosθ>0 3
则

，则θ∈
2
π,2π
c⋅a=sinθ<0
 ，
  
则a+b+c  =(1+cosθ,1+sinθ)  = (1+cosθ)2+(1+sinθ)2= 3+2cosθ+2sinθ
π
= 3+2 2sinθ+
4
 ，
3
由θ∈ π,2π
2

π 7 9
，θ+ ∈ π, π
4 4 4
 ，
π
则sinθ+
4

2 2
∈- ,
2 2

π
，2 2sinθ+
4
 ∈-2,2 
  
故a+b+c  ∈(1, 5).
故答案为：(1, 5).
8. 3 2
 
【分析】根据题目条件，利用a-b模的平方可以得出答案
 
【解析】∵a-b  =5
 
∴a-b 
2     
=a2+b2-2a⋅b=9+b 
2
-2=25

∴b  =3 2.
故答案为：3 2.
9. AC
   
【分析】A、B写出OP，OP、AP，AP 的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐
1 2 1 2
标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
   
【解析】A：OP =(cosα,sinα)，OP =(cosβ,-sinβ)，所以|OP|= cos2α+sin2α=1，|OP|=
1 2 1 2
 
(cosβ)2+(-sinβ)2=1，故|OP|=|OP|，正确；
1 2
  
B：AP =(cosα-1,sinα)，AP =(cosβ-1,-sinβ)，所以|AP|= (cosα-1)2+sin2α=
1 2 1

α α
cos2α-2cosα+1+sin2α= 2(1-cosα)= 4sin2 =2sin ，同理|AP|= (cosβ-1)2+sin2β=
2 2 2
β  
2sin ，故|AP|,|AP|不一定相等，错误；
2 1 2
   
C：由题意得：OA⋅OP =1×cos(α+β)+0×sin(α+β)=cos(α+β)，OP ⋅OP =cosα⋅cosβ+sinα⋅(
3 1 2
数学试题 第 16 页 共 19 页-sinβ)=cos(α+β)，正确；
   
D：由题意得：OA⋅OP =1×cosα+0×sinα=cosα，OP ⋅OP =cosβ×cos(α+β)+(-sinβ)×sin(α
1 2 3
+β)
=cos β+α+β    =cosα+2β 
   
，故一般来说OA⋅OP ≠OP ⋅OP 故错误； 1 2 3
故选：AC
1. B
 
【分析】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得a+b 
 
,a-b 
 
,a+b 
 
⋅a-b  ，从而利用平面向
量余弦的运算公式即可得解.
   
【解析】因为a=(3,1),b=(2,2)，所以a+b=5,3 
 
,a-b=1,-1  ，
 
则a+b 
 
= 52+32= 34,a-b 
 
= 1+1= 2，a+b 
 
⋅a-b  =5×1+3×-1  =2，
   
所以cosa+b,a-b 
 
a+b
=

 
⋅a-b 
  a+b    a-b 
2 17
= = . 34× 2 17
故选：B.
2. D
【分析】作出图形,根据几何意义求解.
      
【解析】因为a+b+c=0,所以a+b=-c,
        
即a2+b2+2a⋅b=c2,即1+1+2a⋅b=2,所以a⋅b=0.
     
如图,设OA=a,OB=b,OC=c,
由题知,OA=OB=1,OC= 2,△OAB是等腰直角三角形,
2 2
AB边上的高OD= ,AD= ,
2 2
2 3 2
所以CD=CO+OD= 2+ = ,
2 2
AD 1 3
tan∠ACD= = ,cos∠ACD= ,
CD 3 10
   
cos⟨a-c,b-c⟨=cos∠ACB=cos2∠ACD=2cos2∠ACD-1
3
=2×
10

2 4
-1= .
5
故选:D.
3. C
【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得
数学试题 第 17 页 共 19 页
【解析】解：c=3+t,4 
 
,cosa,c 

=cosb,c 
9+3t+16
,即 
5c 
3+t
= 
c 
,解得t=5,
故选：C
1. [12+2 2,16]
【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，A A 所在直线为x轴，A A 所在直线为y轴建立
7 3 5 1

平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设P(x,y)，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到PA 2
1
 
+PA 2 2 +⋯+PA 2 8 =8x2+y2  +8，然后利用cos22.5°≤|OP|≤1即可解出．
【解析】以圆心为原点，A A 所在直线为x轴，A A 所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示：
7 3 5 1
2 2
则A(0,1),A  ,
1 2 2 2

2 2
,A (1,0),A  ,-
3 4 2 2

2 2
,A (0,-1),A - ,-
5 6 2 2
 ,A (-1,0),
7
2 2 A - , 8 2 2 
  
，设P(x,y),于是PA 2 1 +PA 2 2 +⋯+PA 2 8 =8x2+y2  +8，
  
因为cos22.5°≤|OP|≤1，所以 1+cos45° ≤x2+y2≤1，故PA 2 +PA 2 +⋯+PA 2的取值范围是[12+
2 1 2 8
2 2,16].
故答案为：[12+2 2,16]．
2
2.
5
  
【分析】设a=(1,0),b=(0，2),c=(m,n)，由平面向量的知识可得2x+y- 5z=2，再结合柯西不等
式即可得解.
  
【解析】由题意，设a=(1,0),b=(0，2),c=(m,n)，
 
则a-b 

⋅c=m-2n=0，即m=2n，
   
又向量d在a,b方向上的投影分别为x，y，所以d=x,y  ，
  
   (d-a)⋅c mx-1
所以d-a在c方向上的投影z= =

|c|
 +ny 2x-2+y
= ，
m2+n2 ± 5
即2x+y∓ 5z=2,
1
所以x2+y2+z2= 22+12+± 5
10
 2   x2+y2+z2 
1
≥ 2x+y∓ 5z
10

2
2= ，
5
2
 x=
5
 x = y = z  1
当且仅当 2 1 ∓ 5 即 y=
5
时，等号成立，
2x+y∓ 5z=2 
5
z=∓
 5
2
所以x2+y2+z2的最小值为 .
5
数学试题 第 18 页 共 19 页2
故答案为： .
5
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是由平面向量的知识转化出x,y,z之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可求得
最小值.
数学试题 第 19 页 共 19 页