【正文】 得．48．【解析】∵，∴，∴，∵，∴．49．2【解析1】因為，所以，又，所以即．【解析2】由幾何意義知為以，為鄰邊的菱形的對角線向量，又，故50．2【解析】=====0，解得=.51．2【解析】在正方形中，所以．52．【解析】向量與的夾角為，即,所以,即，解得．53．【解析】，所以的最大值為2．54．【解析】因為E為CD的中點，所以．，因為，所以，即，所以，解得．55．4【解析】如圖建立坐標系，則，由，可得，∴56．【解析】57．（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由，則且，．（Ⅱ）由，則．58．【解析】．59．【解析】如圖，向量與在單位圓內，因||=1，||≤1，且以向量，為鄰邊的平行四邊形的面積為，故以向量，為邊的三角形的面積為，故的終點在如圖的線段上（∥，且圓心到的距離為），因此夾角的取值范圍為．60．【解析】由題意知，即，即，化簡可求得．61．1【解析】向量+與向量垂直，∴，化簡得，易知，故．62．【解析】設與的夾角為，由題意有，所以，因此，所以．63．－1【解析】，由，得，所以=－1．第五篇：【志鴻優(yōu)化設計—贏在高考】2014屆高考一輪復習數學(人教A版D．120176。B．45176。則=．34．(2017浙江)已知向量,滿足，則的最小值是，最大值是．35．(2017山東)已知，是互相垂直的單位向量，若與的夾角為，則實數的值是．36．（2017江蘇）如圖，在同一個平面內，向量，的模分別為1，1，與的夾角為，且，與的夾角為．若=+（，），則=．37．(2016全國I)設向量，且，則=.38．(2015江蘇)已知向量，若（R），則的值為___．39．（2015湖北）已知向量，則．40．(2015新課標Ⅰ)設向量不平行，向量與平行，則實數=___．41．（2015浙江）已知是空間單位向量，若空間向量滿足，且對于任意，則____，_____，_____．42．（2014新課標Ⅰ）已知，是圓上的三點，若，則與的夾角為．43．(2014山東)在中，已知，當時，的面積為．44．（2014安徽）已知兩個不相等的非零向量，兩組向量和均由2個和3個排列而成．記，表示所有可能取值中的最小值．則下列命題正確的是____（寫出所有正確命題的編號）．①有5個不同的值．②若則與無關．③若則與無關．④若，則．⑤若，則與的夾角為．45．(2014北京)已知向量、滿足，且()，則__．46．（2014陜西）設，向量，若，則_______．47．（2014四川）平面向量，（），且與的夾角等于與的夾角，則____________．48．（2013新課標Ⅰ）已知兩個單位向量，的夾角為，若，則_____．49．（2013新課標Ⅱ）已知正方形的邊長為,為的中點,則．50．（2013山東）已知向量與的夾角，且||=3，||=2，若，且，則實數的值為_____．51．（2013浙江）設，為單位向量，非零向量，若，的夾角為，則的最大值等于________．52．（2013天津）在平行四邊形ABCD中，AD=1，E為CD的中點．若，則AB的長為．53．（2013北京）向量a，b，c在正方形網格中的位置如圖所示，若(λ，μ∈R)，則=．54．（2013北京）已知向量，夾角為，且，則．55．（2012湖北）已知向量=（1，0），=（1，1），則（Ⅰ）與同向的單位向量的坐標表示為____________；（Ⅱ）向量與向量夾角的余弦值為____________。=0，得：，從而所以．或者：，．第三篇：理科數學歷年高考真題分類訓練附答案解析之13平面向量的概念與運算專題五平面向量第十三講平面向量的概念與運算2019年1.（2019全國Ⅱ理3）已知=(2,3)，=(3，t)，=1，則=A．3B．2C．2D．32.（2019全國Ⅲ理13）已知a，b為單位向量，且a=0，求的值．專題五平面向量第十四講向量的應用答案部分2019年因為，所以，所以．又因為，所以．故選B．因為，所以，所以．，．因為，所以，因為，所以在等腰三角形中，又，所以，所以.設，所以，解得，所以，因為，所以，所以，：正方形ABCD的邊長為1，可得，,由于2，3，4，5，取遍，可得，可取，可得所求最小值為0；由，可取可得所求最大值為．20102018年1．A【解析】解法一設為坐標原點，由得，即，所以點的軌跡是以為圓心，l為半徑的圓．因為與的夾角為，所以不妨令點在射線()上，如圖，數形結合可知．故選A．解法二由得．設，所以，所以，取的中點為．則在以為圓心，為直徑的圓上，如圖．設，作射線，使得，所以．故選A．2．C【解析】如圖所示，四邊形是正方形，為正方形的對角線的交點，易得，而，∴與為鈍角，與為銳角．根據題意，∴，同理．做于，又．∴，而，∴，而，∴，即，∴，選C．3．B【解析】建立平面直角坐標系如圖所示，則，則點的軌跡方程為．設，則，代入圓的方程得，所以點的軌跡方程為，它表示以為圓心，以為半徑的圓，所以，所以．4．A【解析】由，得．5．B【解析】由題意，AC為直徑，所以，已知B為時，取得最大值7，故選B．6．A【解析】設，則，所以曲線C是單位元，區(qū)域為圓環(huán)（如圖）∵，∴．7．C【解析】因為，所以，.因為，所以，即①同理可得②，①+②．B【解析】如圖，設，則，又，由得，即，．A【解析】方法一設則．方法二將向量按逆時針旋轉后，可知點落在第三象限，則可排除B、D，代入A，由向量的夾角公式可得，∴．10．C【解析】首先觀察集合，從而分析和的范圍如下：∵，∴，而，且，可得，又∵中，∴，從而，∴，所以，且也在集合中，故有．11．D【解析】根據已知得，即，從而得；，即，得，根據，得．線段的方程是，．若是線段的中點，則，代入，得．此等式不可能成立，故選項A的說法不成立；同理選項B的說法也不成立；若同時在線段上，則，此時，若等號成立，則只能，根據定義，是兩個不同的點，故矛盾，故選項的說法也不正確，若同時在線段的延長線上，若，則，與矛盾，若，則是負值，與矛盾，若，則，此時，與矛盾，故選項D的說法是正確的．12．【解析】設，所以，當時，取得最小值．13．6【解析】所以最大值是6．14．4,【解析】設向量的夾角為，由余弦定理有：，則：，令，則，據此可得：，即的最小值是4，．【解析】設，由，得，如圖由可知，在上，由，解得，所以點橫坐標的取值范圍為．16．【解析】由，可得兩向量的夾角為，建立平面直角坐標，可設，則，所以的最大值為．17．【解析】在平面直角坐標系中，作出圓及其切線，如圖所示，連結，由圖可得，則的夾角為，所以．18．【解析】由題意得：．19．【解析】在等腰梯形中，由∥，得，所以．20．①④⑤【解析】∵等邊三角形的邊長為2,∴＝2＝2,故①正確；∵∴，故②錯誤，④正確；由于，則與的夾角為，故③錯誤；又∵∴，故⑤正確因此，正確的編號是①④⑤.21．【解析】因為，菱形的邊長為2，由，所以，．【解析】設，由，得，向量，故的最大值為圓上的動點到點距離的最大值，其最大值為圓的圓心到點的距離加上圓的半徑，即．23．【解析】以A為坐標原點，AB，AD所在的直線分別為x，y軸建立直角坐標系，則B(,0),E(,1)，D(0,2)，C(，2)．設(0≤x≤)，由，∴，=((1–,2)=．24．【解析】如圖過P作x軸的垂線，垂足為E，過C作y軸的垂線，垂足為A，根據題意可知圓滾動了2個單位的弧長，∴，可知，此時點的坐標為另解1：根據題意可知滾動制圓心為（2,1）時的圓的參數方程為，且，則點P的坐標為，．【解析】根據已知得，所以（）=．26．【解析】（1）因為，所以．若，則，與矛盾，故．于是．又，所以．（2）.因為，所以，當，即時，取到最大值3；當，即時，．【解析】（Ⅰ）因為,所以，由正弦定理，得又，從而，由于0（Ⅱ）解法一由余弦定理，得，而=，=2，=，得，即，因為，所以．故的面積為．解法二由正弦定理，得，從而=，又由，知，所以=，故==sin==．所以的面積為．28．【解析】（Ⅰ）由已知，點C，D的坐標分別為(0，－b)，(0，b)．又點P的坐標為(0，1)，且＝－1，于是，解得a＝2，b＝．所以橢圓E方程為．（Ⅱ）當直線AB斜率存在時，設直線AB的方程為．A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯立，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，其判別式，所以，從而＝＝－所以，當時，－，此時，為定值．當直線斜率不存在時，直線即為直線．此時，故存在常數，使得為定值－3．29．【解析】（Ⅰ）已知，過點，∴∴解得（Ⅱ）由（Ⅰ）知由題意知設的圖象上符合題意的最