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备战2022 年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题24 平面向量第三缉
1．【2020 年吉林预赛】已知向量⃗OA =(2,1),⃗OB =(-1,2) ,⃗OC =m⃗OA +n⃗OB(m,n>0). 若m+2n=1 ,
则|⃗OC | 的最小值为(
)
A.5
4
B.1
2
C.1
D.
❑√5
2
【答案】C
【解析】由已知得⃗OC =m⃗OA +n⃗OB =(2m-n,m+2n) .
则|⃗OC |=
❑√(2m-n)
2+(m+2n)
2
=
❑√5(m
2+n
2).
因为m+2n=1 ,所以,由柯西不等式得(m
2+n
2)(1+2
2)⩾(m+2n)
2=1 ，
当m
1 = n
2
,即m= 1
5 ,n= 2
5
时,上式等号成立.
故|⃗OC | 的最小值为1.
2．【2019 年吉林预赛】正方形ABCD 中,M 是BC 的中点,若⃑AC = λ⃑AM + μ⃑BD,则λ+ μ=( )
A.4
3
B.5
3
C.15
8
D.2
【答案】B
【解析】⃑AC = λ⃑AM + μ⃑BD = λ(⃑AB+⃑BM )+ μ(⃑BA +⃑AD)
= λ(⃑AB+ 1
2⃑AD)+ μ(-⃑AB+⃑AD)
=( λ - μ)⃑AB+(
1
2 λ+ μ)⃑AD.
且⃑AC =⃑AB+⃑AD，故λ - μ=1，1
2 λ+ μ=1，
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据此可得¿，故λ+ μ= 5
3
.
3．【2018 年陕西预赛】在边长为8 的正方形ABCD中，M 是BC的中点，N 是AD边上一点，且
DN =3 NA，若对于常数m，在正方形ABCD的标上恰有6 个不同的点P，使⃑PM ⋅⃑PN =m，则实数m的
取值范围是（ ）
A．(-8,8) B．(-1,24) C．(-1,8) D．(0,8)
【答案】C
【解析】
如图建立直角坐标系，A (0,0), M (8,4), N (0,2), P(x , y).由题意得：⃑
PM ⋅⃑PN =(8- x ,4 - y)⋅(- x ,2- y)= x
2-8 x + y
2-6 y +8=m ⇔(x - 4)
2+( y -3)
2=m+17
.即以(4,3)为
圆心，❑√m+17为半径的圆与正方形四边有且仅有6 个不同的交点，易由图形知
4<❑√m+17<5⇒m∈(-1,0).
4．【2018 年陕西预赛】在边长为8 的正方形ABCD中，M 是BC的中点，N 是AD边上一点，且
DN =3 NA，若对于常数m，在正方形ABCD的标上恰有6 个不同的点P，使⃑PM ⋅⃑PN =m，则实数m的
取值范围是（ ）
A．(-8,8) B．(-1,24) C．(-1,8) D．(0,8)
【答案】C
【解析】
如图建立直角坐标系，A (0,0), M (8,4), N (0,2), P(x , y).由题意得：⃑
PM ⋅⃑PN =(8- x ,4 - y)⋅(- x ,2- y)= x
2-8 x + y
2-6 y +8=m ⇔(x - 4)
2+( y -3)
2=m+17
.即以(4,3)为
圆心，❑√m+17为半径的圆与正方形四边有且仅有6 个不同的交点，易由图形知
4<❑√m+17<5⇒m∈(-1,0).
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5．【2018 年陕西预赛】在边长为8 的正方形ABCD中，M 是BC的中点，N 是AD边上一点，且
DN =3 NA，若对于常数m，在正方形ABCD的标上恰有6 个不同的点P，使⃑PM ⋅⃑PN =m，则实数m的
取值范围是（ ）
A．(-8,8) B．(-1,24) C．(-1,8) D．(0,8)
【答案】C
【解析】
如图建立直角坐标系，A (0,0), M (8,4), N (0,2), P(x , y).由题意得：⃑
PM ⋅⃑PN =(8- x ,4 - y)⋅(- x ,2- y)= x
2-8 x + y
2-6 y +8=m ⇔(x - 4)
2+( y -3)
2=m+17
.即以(4,3)为
圆心，❑√m+17为半径的圆与正方形四边有且仅有6 个不同的交点，易由图形知
4<❑√m+17<5⇒m∈(-1,0).
6．【2018 年辽宁预赛】已知点P、Q 在△ABC 内，且⃑PA +2⃑PB+3⃑PC =2⃑QA +3⃑PB+5⃑PC =⃑0，则|⃑PQ|
|⃑AB|
等于（）.
A．1
30
B．1
31
C．1
32
D．1
33
【答案】A
【解析】
由题设知S△BCP:s△CAP:s△ABP=1:2:3，S△BCQ:S△CAQ:S△ABQ=2:3:5，
故s△ABP= S△ABQ= S△ABC
2
，所以PQ // AB.
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又S△BCP= S△ABC
6
,S△BCQ= S△ABC
5
，
故|⃑PQ|
|⃑AB|
= 1
5 - 1
6 = 1
30
.
故答案为：A
7．【2016 年陕西预赛】设a、b、c 为同一平面内的三个单位向量，且a⊥b.则(c-a)•(c-b)的最大值为
（ ）.
A．1+❑√2 B．1-❑√2 C．❑√2-1 D．1
【答案】A
【解析】
由a⊥b，|a|=|b|=|c|=1，知a·b=0，|a+b|=❑√2.
设向量c 与a+b 的夹角为θ.则 (c-a)·(c-b)=c2-c·(a+b)+a·b=|c|2-|c||a+b|cosθ
=1-❑√2 cosθ≤1+❑√2，
当且仅当cosθ=-1，即0=π 时，上式等号成立.
故(c-a)·(c-b)的最大值为1+❑√2. 选A.
8 ．【2016 年浙江预赛】已知向量⃑OA ⊥⃑OB，且|⃑OA|=|⃑OB|=24。若t ∈[0,1]，则
|t⃑AB -⃑AO|+|
5
12⃑OB -(1-t )⃑BA|
的最小值为（ ）。
A．2❑√193 B．26 C．24 ❑√2 D．24
【答案】B
【解析】
作正方形OACB，联结对角线AB，令D、E分别为对角线AB、边OB上一点，使得
t⃑AB -⃑AO =⃑OD，5
12⃑BO -(1-t )⃑BA =⃑ED，EB =10，OD = DC.
故|t⃑AB -⃑AO|+|
5
12⃑BO -(1-t )⃑BA|=|⃑ED|+|⃑DC|≤|⃑EC|=26.
9．【2016 年湖南预赛】给定平面向量（1，1）.则平面向量( 1- ❑√3
2
, 1+ ❑√3
2
)是将向量（1，1）经过（
）变换得到的.
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A．顺时针旋转60°
B．顺时针旋转120°
C．逆时针旋转60°
D．逆时针旋转120°
【答案】C
【解析】
设两向量所成的角为θ.
则cosθ =
( 1- ❑√3
2
, 1+ ❑√3
2
)⋅(1,2)
❑√2×❑√2
= 1
2
.
于是，θ =60°.
又1- ❑√3
2
<0，1+ ❑√3
2
>0，θ∈[0,180° ]，从而，选项C 正确.
10．【2015 年辽宁预赛】如图所示, M 、N分别为正六边形 ABCDEF的对角线AC 、CE的内分点,且
AM
AC = CN
CE = λ.若B、M 、N三点共线,则λ=( )
A．
❑√3
3
B．1
3 C．
❑√2
2
D．1
2
【答案】A
【解析】
以B为原点、BC所在直线为x轴建立直角坐标系.
不妨设BC =1.则A(- 1
2 ,
❑√3
2 ),C (1,0), E(1,❑√3)，
由AM
AC = CN
CE = λ,根据定比分点公式得M(
3
2 λ - 1
2 ,
❑√3
2 -
❑√3
2 λ), N (1,❑√3 λ)，
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因为B、M 、N三点共线,所以,
❑√3 λ
1
=
❑√3
2 -
❑√3
2 λ
3
2 λ - 1
2
⇒λ =±
❑√3
3
.
注意到,λ>0.故入λ =
❑√3
3
.
11．【2015 年吉林预赛】设向量a、b的夹角为60°，且|a|=1，|a-2b|= ❑√13.则b=（ ）.
A．❑√2 B．3
2
C．2❑√2 D．2
【答案】D
【解析】
由|a-2b|= ❑√13⇒(a-2b)
2=13
⇒|a|
2- 4|a||b|cos ⟨a,b⟩+ 4 b
2=13 ⇒|b|=2
.
12 ．【2015 年黑龙江预赛】设A1、A2、A3、A4 为平面直角坐标系中两两不同的点。若⃑
A1 A3= λ⃑A1 A2(λ∈R)，⃑A1 A4= μ⃑A1 A2(μ∈R)，且1
λ + 1
μ =2，则称点A3、A4调和分割点A1、A2。
已知平面上点C 、D调和分割点A 、B.则下面说法正确的是（）。
A．C可能是线段AB的中点
B．D可能是线段AB 的中点
C．点C 、D 可能同时在线段AB上
D．点C 、D不可能同时在线段AB的延长线上
【答案】D
【解析】
由已知不妨设A(0,0)、B(1,0)、C(c,0)、D(d,0)，
则(c,0)=λ(1,0)，(d,0)=μ(1,0)，
∴λ=c，μ=d；
代入1
λ + 1
μ
= 2 得1
c + 1
d
= 2；(∗)
若C 是线段AB 的中点，则c=1
2
，代入(∗)得，d 不存在，
∴C 不可能是线段AB 的中点，A 错误；同理B 错误；
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若C，D 同时在线段AB 上，则0⩽c⩽1，0⩽d⩽1，代入(∗)得，c=d=1，
此时C 和D 点重合，与已知矛盾，∴C 错误.
若C，D 同时在线段AB 的延长线上时，则λ>1.μ>1，
1
λ + 1
μ <2，这与1
λ + 1
μ =2矛盾，
所以C、D 不可能同时在线段AB 的延长线上.
故选D.
13．【2021 年上海预赛】给定整数n≥3. 设A1, A2,⋯, An (允许有重合)是以O 为圆心的单位圆Ω 上的
点.记dk =⃑O Ak⋅⃑Ak -1 Ak +1(k =1,2,⋯,n) ,其中A0= An, An+1= A1. 求S =|d1|+|d2|+⋯+|dn| 的最大值.
【答案】答案见解析
【解析】考虑以下三类情形.
(i)当n≡0 (mod4)时.由|dk|≤|O Ak|⋅|Ak -1 Ak +1|=|Ak -1 Ak +1|≤2(k =1,2,⋯,n) 得S≤2n .
取Ω 的一条直径PQ,令A1, A3,⋯, An-1 交替地取点P,Q,且A2, A4,⋯, An 也交替地取点P,Q,此时各dk 均
为±2, S 取到最大值2n.
(ii)当n≡1,3(mod 4) 为奇数时.令ak =⃑O Ak -1⋅⃑O Ak(k =1,2,⋯,n) (下标均按模n 理解)，则：
dk =⃑O Ak⋅(⃑O Ak +1-⃑O Ak -1)=ak +1-ak(k =1,2,⋯,n) .
由于n 为奇数，故必存在j∈{1,2,⋯,n} ,使得a j-a j -1 与a j+1-a j 不异号.
不失一般性，可设a1-an 与a2-a1 不异号，则：
S =|a1-an|+|a2-a1|+∑
k =2
n-1
|dk|=|a2-an|+∑
k =2
n-1
|dk|≤|a2|+|an|+∑
k =2
n-1
❑2≤1+1+2(n-2)=2n-2 ，
取Ω 的一条直径PQ,令A1, A3,⋯, An 交替地取点P,Q,且A2, A4,⋯, An-1 也交替地取点P,Q,此时S 取到
最大值2n-2.
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(iii)当n≡2( mod 4) 时，设n= 4 m+2 .
对k =1,2,⋯,n ,记θk(0≤θk<2π) 为从⃑O Ak -1
逆时针旋转至⃑O Ak +1
所扫过的最小非负角.易知存在
l1,l2∈{0,1,⋯,m} ,使得:
θ1+θ3+⋯+θ4 m+1=2l1π ,θ2+θ4+⋯+θ4 m+2=2l2π .
结合函数y =sin x 在[0,π ) 上的上凸性，可得：
S =∑
k =1
n
|⃑O Ak⋅⃑Ak -1 Ak +1|≤∑
k =1
n
|Ak -1 Ak +1|
= ∑
j =1
2m+1
|A2 j -2 A2 j|+ ∑
j =1
2m+1
|A2 j -1 A2 j+1|= ∑
j =1
2m+1
❑2sin θ2 j -1
2
+ ∑
j =1
2m+1
❑2sin θ2 j
2
≤2(2m+1)sin θ1+θ3+⋯+θ4 m+1
2(2m+1)
+2(2m+1)sin θ2+θ4+⋯+θ4 m+2
2(2m+1)
=2(2m+1)(sin
l1π
2m+1 +sin
l2π
2m+1)
.
≤4(2m+1)sin
mπ
2m+1 =2nsin (n-2)π
2n
.
①
在Ω 上取A1, A2 ,使得⃑O A1 顺时针旋转π
n 后与OA2 重合,再令θ1,θ2,⋯,θn 均为(n-2)π
n
,此时①的三
处不等号均取等，S 取到最大值2nsin (n-2)π
2n
.
综合(i)、(ii)、(iii)可知:
Smax =¿ .
14．【2018 年河北预赛】已知O 是△ABC的外心，且3⃑OA + 4⃑OB+5⃑OC =⃑0，求cos∠BAC的值.
【答案】
❑√10
10
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【解析】
设△ABC的外接圆半径r=1，由已知得3⃑OA =- 4⃑OB -5⃑OC，两边平方得⃑OB⋅⃑OC =- 4
5
同理可得⃑OA ⋅⃑OC =- 3
5 ,⃑OA ⋅⃑OB =0，
所以⃑AB⋅⃑AC =(⃑OB -⃑OA)⋅(⃑OC -⃑OA)=⃑OB⋅⃑OC -⃑OA ⋅⃑OC -⃑OA ⋅⃑OB+⃑OA
2= 4
5
故有⃑AC
2=(⃑OC -⃑OA)
2=2-2⋅(- 3
5)= 16
5
所以cos∠BAC =⃑AB⋅⃑AC
|⃑AB|⋅|⃑AC|=
4
5
❑√2⋅❑√
16
5
=
❑√10
10
15．【2017 年黑龙江预赛】已知向量⃗m=(sin A ,cos A),⃗n=(cosB ,sin B),⃗m⋅⃗n=sin2C,且
∠A 、∠B、∠C分别是△ABC三边a,b,c所对的角.
(1)求∠C的大小;
(2)若sin A 、sinC 、sin B成等比数列,且⃗CA ⋅⃗CB =18,求c的值.
【答案】(1) ∠C = π
3
；(2) c =6.
【解析】(1)因为⃗m=(sin A ,cos A),⃗n=(cosB ,sin B),⃗m⋅⃗n=sin2C,
所以sin A cosB+cos A sin B =sin2C,即sinC =sin2C.
所以cosC = 1
2
,又∠C是三角形的内角,所以∠C = π
3
.
(2)因为sin A 、sinC 、sin B成等比数列,所以sin
2C =sin A sin B,所以c
2=ab.
又⃗CA ⋅⃗CB =18,所以abcosC =18.
即ab=36,即c
2=36,所以c =6.
16．【2016 年全国】在△ABC中.⃑AB⋅⃑AC +2⃑BA ⋅⃑BC =3⃑CA ⋅⃑CB求sinC的最大值
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【答案】
❑√7
3
【解析】
由数量积的定义及余弦定理知⃑
AB⋅⃑AC =cbcos A = b
2+c
2-a
2
2
.
类似地，⃑BA ⋅⃑BC = a
2+c
2-b
2
2
，⃑
CA ⋅⃑CB = a
2+b
2-c
2
2
..
故已知等式化为b
2+c
2-a
2+2(a
2+c
2-b
2)=3(a
2+b
2-c
2)
⇒a
2+2b
2=3c
2.
由余弦定理及基本不等式得:
cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
=
a
2+b
2- 1
3 (a
2+2b
2)
2ab
= a
3b + b
6a ≥2❑√
a
3b ⋅b
6a =
❑√2
3
,
⇒sinC =
❑√1-cos
2C ≤
❑√7
3
，
当且仅当a:b:c = ❑√3:❑√6:❑√5时，上式等号成立.
因此，sinC的最大值
❑√7
3
.
17．【2016 高中数学联赛（第01 试）】在△ABC 中，已知⃑AB⋅⃑AC +2⃑BA ⋅⃑BC =3⃑CA ⋅⃑CB，求sinC 的
最大值.
【答案】
❑√7
3
【解析】由数量积的定义及余弦定理知，⃑AB⋅⃑AC =cbcos A = b
2+c
2-a
2
2
，
同理得，⃑BA ⋅⃑BC = a
2+c
2-b
2
2
,⃑CA ⋅⃑CB = a
2+b
2-c
2
2
.
故已知条件化为b
2+c
2-a
2+2(a
2+c
2-b
2)=3(a
2+b
2-c
2)，
即a
2+2b
2=3c
2.
由余弦定理及基本不等式，得
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cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
=
a
2+b
2- 1
3 (a
2+2b
2)
2ab
= a
3b + b
6a ⩾2❑√
a
3b ⋅b
6a =
❑√2
3
，
所以sinC =
❑√1-cos
2C ⩽
❑√7
3
.
等号成立当且仅当a:b:c = ❑√3:❑√6:❑√5.因此sinC 的最大值是
❑√7
3
.
18 ．【2015 年新疆预赛】设a 、b 为平面上两个相互垂直的单位向量. 令¿ ①其中，
c1、c2、d1、d2∈R. 若c 、d 也为相互垂直的单位向量，证明：（1 ）c1
2+d1
2=c2
2+d2
2=1，且
c1c2+d1d2=0；（2）¿
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）由题设知
a⋅a=|a|
2=1,b⋅b=|b|
2=1,a⋅b=0
.
于是，由方程组①得
¿ ②
和¿
设分别θ1、θ2为 向量a 与 c、a 与 d 的 夹角． 则 由 方程组② 以及向量 c、d 相互垂直得¿
其中，θ1+θ2= π
2 , 3 π
2 或|θ1-θ2|= π
2
.
故c1
2+d1
2=cos
2θ1+cos
2θ2
=cos
2θ1+sin
2θ1=1.
类似地，c2
2+d2
2=1.
此外，由方程组①得¿
⇒c2c +d2d =(c1c2+d1d2)a+(c2
2+d2
2)b=(c1c2+d1d2)a+b
（2）由方程组①得
¿
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和¿
前一组两式相加得
(c1
2+d1
2)a+(c1c2+d1d2)b=c1c +d1d.
由c1
2+d1
2=1，且c1c2+d1d2=0，知
a=c1c +d1d.
类似地，b=c2c +dd d.
19．【2015 年黑龙江预赛】已知向量m=(❑√3sin wx ,cos wx)，n=(cos wx ,-cos wx)，其中，w ＞0.函
数f (x)=m⋅n的最小正周期为π
2
.
（1）求w的值；
（2）设ΔABC的三边a、b、c满足b
2=ac，且边b所对的角x，若关于x的方程f (x)=k有两个不同的实数
解，求实数k的取值范围。
【答案】（1）ω=2；（2）
.
【解析】
试题分析：（1）由向量的数量积得：f ( x)=
❑√3
2 sin 2ωx -cos
2ωx，将f ( x)=
❑√3
2 sin 2ωx -cos
2ωx降次
化一，化为y = A sin(ωx +φ)+ B的形式，然后利用公式T = 2π
ω
便可求得ω=2
（2）首先求出角B即x的范围，再结合正弦函数的图象便可得出方程有两个不同的实数解时k的取值范围.
由余弦定理得：
，从而可得x的范围.
（1）
4 分
； 6 分
13 / 14
（2）
9 分
所以
，
由函数
的图象知，要有两个不同的实数解，需
，即
． 13 分
考点：1、三角函数；2、向量；3、余弦定理.
14 / 14
