《【精品】2019高考数学二轮复习精准提分第一篇屑点抢先练基础题不失分第4练平面向量试题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【精品】2019高考数学二轮复习精准提分第一篇屑点抢先练基础题不失分第4练平面向量试题.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1第 4 练平面向量 明晰考情 1.命题角度：向量常与三角函数、不等式、解析几何等知识交汇命题，综合考查向量的有关知识，一般以选择、填空题的形式考查.2.题目难度：中低档难度考点一平面向量的线性运算要点重组(1)平面向量的线性运算：加法、减法、数乘(2)共线向量定理(3)平面向量基本定理方法技巧(1)向量加法的平行四边形法则：共起点；三角形法则：首尾相连；向量减法的三角形法则：共起点连终点，指向被减(2)已知O为平面上任意一点，则A，B，C三点共线的充要条件是存在s，t，使得OCsOAtOB，且st1，s，tR.(3)证明三点共线问题，可转化为向量共线解决1(2018全国)在ABC中，AD为B
2、C边上的中线，E为AD的中点，则EB等于()A.34AB14ACB.14AB34ACC.34AB14ACD.14AB34AC答案A 解析作出示意图如图所示EBEDDB12AD12CB1212(ABAC)12(ABAC)34AB14AC.2故选 A.2.如图，在ABC中，N是AC边上一点，且AN12NC，P是BN上的一点，若APmAB29AC，则实数m的值为()A.19B.13C1 D3 答案B 解析AN12NC，AN13AC，APmAB29ACmAB23AN.又B，N，P三点共线，m13.3.如图，在正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若AC AMBN，则 等于()A2B.83C.
3、65D.85答案D 解析方法一如图以AB，AD为坐标轴建立平面直角坐标系，设正方形边长为1，AM 1，12，BN 12，1，AC(1,1)ACAMBN 1，12 12，1 2，2，321，2 1，解得65，25，故 85.方法二以AB，AD作为基底，M，N分别为BC，CD的中点，AMABBMAB12AD，BNBCCNAD12AB，ACAMBN 2AB2AD，又ACABAD，因此21，2 1，解得65，25.所以 85.4已知AB，DC为梯形ABCD的两腰，若AD(1,3)，BC(1 x，2x)，则x_.答案3 解析由梯形的性质知，ADBC，且同向，则12x3(1 x)0，解得x 3.5在ABC
4、中，点M是线段BC延长线上一点，且满足BM3CM，若AMxAByAC，则xy_.答案 2 解析因为AMACCMAC12BC，BCACAB，所以AMAC12(ACAB)32AC12AB，所以x12，y32，则xy 2.考点二平面向量的数量积要点重组(1)ab|a|b|cos.4(2)|a|2aa；cosab|a|b|.方法技巧(1)向量数量积的求法：定义法，几何法(利用数量积的几何意义)，坐标法(2)向量运算的两种基本方法：基向量法，坐标法6 已知向量a(1,2)，b(1,0)，c(3,4)，若 为实数，(ba)c，则 的值为()A311B113C.12D.35答案A 解析ba(1,0)(1,2
5、)(1 ，2)，又c(3,4)，且(ba)c，所以(ba)c0，即 3(1)243380，解得 311.7已知ABC是边长为2 的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA(PBPC)的最小值是()A 2 B32C43D 1 答案B 解析方法一(解析法)建立坐标系如图所示，则A，B，C三点的坐标分别为A(0，3)，B(1，0)，C(1,0)设P点的坐标为(x，y)，图则PA(x，3y)，PB(1x，y)，PC(1x，y)，PA(PBPC)(x，3y)(2x，2y)2(x2y23y)2x2y322342 3432.当且仅当x 0，y32时，PA(PBPC)取得最小值，最小值为32.5故选 B.方法
6、二(几何法)如图所示，PBPC 2PD(D为BC的中点)，则PA(PBPC)2PAPD.图要使PAPD最小，则PA与PD方向相反，即点P在线段AD上，则(2PAPD)min 2|PA|PD|，问题转化为求|PA|PD|的最大值又当点P在线段AD上时，|PA|PD|AD|2323，|PA|PD|PA|PD|2232234，PA(PBPC)min(2PAPD)min23432.故选 B.8已知向量BA12，32，BC32，12，则ABC等于()A30B45C60D120答案A 解析|BA|1，|BC|1，cosABCBABC|BA|BC|32.又0ABC180，ABC30.9(2016浙江)已知向
7、量a，b，|a|1，|b|2.若对任意单位向量e，均有|ae|be|6，则ab的最大值是 _答案12解析由已知可得6|ae|be|aebe|(ab)e|，由于上式对任意单位向量e都成立6|ab|成立6(ab)2a2b22ab12222ab.6即 65 2ab，ab12.10在平面内，ABACBABCCACB6，动点P，M满足|AP|2，PMMC，则|BM|2的最大值是 _答案16 解析由已知易得ABC是等边三角形且边长为23.设O是ABC的中心，则|OA|OB|OC|2.以O为原点，直线OA为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(2,0)，B(1，3)，C(1，3)设P(x，y)，由已知|A
8、P|2，得(x2)2y24.PMMC，Mx12，y32，BMx12，y332，|BM|2x12y 3324，它表示圆(x2)2y2 4 上的点P(x，y)与点D(1，33)的距离的平方的14，|PD|max212 332292728，|BM|2max82416.考点三平面向量的综合应用方法技巧(1)以向量为载体的综合问题，要准确使用平面向量知识进行转化，最后归结为不含向量的问题(2)平面向量常与三角函数、平面几何、解析几何等相结合，利用向量共线或数量积的知识解题11(2018温州模拟)如图已知ABC的边BC的垂直平分线交BC于Q，交AC于P，若|AB|1，|AC|2，则APBC的值为()7A3
9、B.32C.3D.32答案B 解析因为BC的垂直平分线交AC于Q，所以QPBC0，APBC()AQQPBCAQBCQPBC12()ACAB()ACAB12()AC2AB232，故选 B.12如图，半径为1 的扇形AOB中，AOB120，P是弧AB上的一点，且满足OPOB,M，N分别是线段OA，OB上的动点，则PMPN的最大值为()A.22B.32C1 D.2 答案C 解析PMPN()POOM()POONPO2OMPOOMON1|OM|cos150|OM|ON|cos120 10320 121，当且仅当M点与O点重合时取等号，故选C.13如图，在ABC中，点D，E是线段BC上两个动点，且ADAE
10、xAByAC，则1x4y的最小值为()A.32B2 C.52D.92答案D 8解析由题图可知x，y均为正，设ADmABnAC，AEAB AC，B，D，E，C共线，mn 1，1，ADAExAByAC(m)AB(n)AC，则xymn 2，1x4y121x4y()xy125yx4xy125 2yx4xy92，当且仅当x23，y43时，等号成立则1x4y的最小值为92，故选 D.14(2018浙江省名校协作体联考)设数列 xn 的各项都为正数且x11.ABC内的点Pn(nN*)均满足PnAB与PnAC的面积比为21，若PnA12xn1PnB(2xn1)PnC0，则x4的值为()A15 B17 C29
11、D31 答案A 解析由PnA12xn1PnB()2xn1PnC0 得PnA(2xn1)PnC12xn1PnB，设PnD(2xn1)PnC，以线段PnA，PnD作出平行四边形AEDPn，如图，则PnAPnDPnE12xn1PnB，|PnE|PnB|xn12，nnP AEP ABSSxn12,|PnC|PnD|PnC|AE12xn1，nnP ACP ADSSnnP ACP AESS112xn，9则nnP ACP ABSSxn12 12xn12，即xn12xn1，xn112(xn1),则xn1 构成以 2 为首项，以2 为公比的等比数列，所以x4 122316，所以x415.故选 A.15在ABC中
12、，ACB为钝角，ACBC1,COxCAyCB且xy1，函数f(m)|CAmCB|的最小值为32，则|CO|的最小值为 _答案12解析在ABC中，ACB为钝角，ACBC1，函数f(m)的最小值为32.函数f(m)|CAmCB|CA2m2CB22mCACB1m22mcosACB32，化为 4m28mcosACB10 恒成立当且仅当m8cosACB8cosACB时等号成立，代入得到cosACB12(舍去正值)，ACB23.CO2x2CA2y2CB22xyCACBx2y22xycos23x2(1 x)2x(1x)3x12214，当且仅当x12y时，CO2取得最小值14，|CO的最小值为12.101对任
13、意向量a，b，下列关系式中不恒成立的是()A|ab|a|b|B|ab|a|b|C(ab)2|ab|2D(ab)(ab)a2b2答案B 解析选项 B中，当向量a，b反向及不共线时，有|ab|a|b|，故 B中关系式不恒成立2ABC的外接圆的圆心为O，半径为 1，若OAABOC0，且|OA|AB|，则CACB等于()A.32B.3C3D 23 答案C 解析OAABOC 0，OBOC，故点O是BC的中点，且ABC为直角三角形，又ABC的外接圆的半径为1，|OA|AB|，BC2，AB1，CA3，BCA30，CACB|CA|CB|cos3032323.3已知向量a(1,2)，b(1,1)，且a与ab的夹
14、角为锐角，则实数 的取值范围是_答案53，0()0，解析ab(1 ，2)，由a(ab)0，可得 53.又a与ab不共线，0.故 53且 0.4 向量a，b满足|a|4，b(ab)0，若|ab|的最小值为2(R)，则ab_.答案8 解析向量a，b满足|a|4，b(ab)0，即abb2.若|ab|2a22abb21622abab2(R)，化为 1622abab40 对于 R恒成立，4(ab)264(ab4)0，11化为(ab8)20，ab 8.解题秘籍(1)熟练掌握向量数量积的概念，并且要从几何意义理解数量积的性质(2)注意向量夹角的定义和范围在ABC中，AB和BC的夹角为B；向量a，b的夹角为锐
15、角要和ab0 区别开来(不要忽视向量共线情况，两向量夹角为钝角类似处理)1(2018金华模拟)已知平面向量a，b，c，满足a|a|b|b|c|c|，且|a|b|c|4，则c(ab)的最大值为()A1B2C3D 4 答案B 解析由题意可得a|a|b|b|c|c|，可得a，c60，b，c60，故c(ab)|a|c|b|c|2，将|a|b|c|4 两边同时乘以|c|，可得|a|c|b|c|c|24|c|，故c(ab)|a|c|b|c|2|c|24|c|2|c|22 42，故c(ab)max422.2若|OA|1，|OB|4，OAOB2，OAOBOC，则ABC的面积是()A1B2C.3D23 答案C
16、解析因为OAOBOC，所以OAOCOBBC，OBOCOAAC，又|OA|1，|OB|4，所以|BC|1，|AC|4，OAOB2，即BCAC2.设BC与AC的夹角为，易知 与BCA互为对顶角，所以 BCA.12由BCAC|BC|AC|cos 14cos 2，得 cos12，BCA是三角形的内角，sin BCAsin 32，所以S ABC12|BC|AC|sin BCA3.3(2018诸暨月考)平行四边形ABCD中，AC，BD在AB上的投影分别为3，1，则BD在BC上的投影的取值范围是()A(1，)B(1,3)C(0，)D(0,3)答案A 解析以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立如图所示的平
17、面直角坐标系，设B(a，0)，CBD，则C(3，b)，D(a 1，b),则 3(a1)a，解得a2.所以D(1，b)，C(3，b).BD在BC上的投影为|BD|cos 1b2cos.当b0时，cos 1，得BM 1.当b时，0，得BM.故选 A.4(2018浙江湖州、衢州、丽水三市联考)已知O是ABC的外心，C45，则OCmOAnOB(m，nR)，则mn的取值范围是()A 2，2 B 2，1)C 2，1 D(1，2 答案B 解析由题意C45，所以AOB90，以OA，OB为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，不妨设A(1,0)，B(0,1)，则C在圆O的优弧AB上，设C(cos，sin)，则 2，
18、2，显然OC cosOAsin OB，13即mcos，nsin，mncossin 2sin4，由于 2，2，所以 434，94，sin4 1，22，所以mn 2，1)，故选 B.5(2018浙江省金华十校模拟)已知平面内任意不共线的三点A，B，C，则ABBCBCCACAAB的值为()A正数B负数C0 D以上说法都有可能答案B 解析ABBCBCCACAAB122(ABBCBCCACAAB)12(ABBCBCCA)(ABBCCAAB)(BCCACAAB)12BC(ABCA)AB(BCCA)CA(BCAB)12(BCCBABBACAAC)12(BC2AB2AC2)0，20，由|AM|AN|，得|1A
19、B|2AC|，即 1c2b，亦14即12bc，故选 A.7(2018浙江省新昌中学、台州中学等联考)如图，点C在以AB为直径的圆上，其中AB2，过A向点C处的切线作垂线，垂足为P，则ACPB的最大值是()A2B1C0D 1 答案B 解析连接BC，则ACB90，APPC，ACPBAC()PCCBACPC()APPCPCPC2，依题意可证RtAPCRtACB，则|PC|CB|AC|AB|，即|PC|AC|CB|2.|AC|2|CB|2|AB|2，|AC|2|CB|242|AC|CB|，即|AC|CB|2，当且仅当|AC|CB|2时取等号，|PC|1，ACPBPC21，ACPB的最大值为1，故选 B
20、.8(2018浙江省嘉兴一中、杭州高级中学等联考)设a1，a2，a3，a4R，且a1a4a2a31，记f(a1，a2，a3，a4)a21a22a23a24a1a3a2a4，则f(a1，a2，a3，a4)的最小值为()A1B.3C2D 23 答案B 解析设m(a1，a2)，n()a3，a4，因为a1a4a2a30，所以m，n不共线，则f(a1，a2，a3，a4)|m|2|n|2mn，记 cosmn|m|n|，(0，)，则S12|m|n|sin 12|m|n|1 cos21512|a1a4a2a3|12?|m|n|1sin?f(a1，a2，a3，a4)2|m|n|mn2sin cossin 3(利
21、用三角函数的有界性)9(2018浙江省嘉兴市第一中学模拟)设e1，e2为单位向量，其中a 2e1e2，be2，且a在b上的投影为2，则ab_，e1与e2的夹角为 _答案2 3解析因为ab|b|2，所以ab2.设e1与e2的夹角为，则ab|b|2e1e2e2|e2|2e1e2e2212|e1|e2|cos 12，解得 cos12，又因为0，所以 3.10在ABC中，AB 3，AC2，A60，AGmABAC，则|AG的最小值为 _，又若AGBC，则m_.答案3 16解析因为ABAC|AB|AC|cosA3，所以AG2()mABAC2m2AB22mABACAC29m26m4(3m1)23，所以当 3
22、m10 时，|AG取最小值3；因为AGBC，所以AGBC()mABAC()ACAB(m1)ABACmAB2AC23(m1)9m40，解得m16.11(2018浙江省杭州市第二中学月考)已知点M为单位圆x2y21 上的动点，点O为坐标原点，点A在直线x2 上，则AMAO的最小值为 _答案2 16解析设A(2，t)，M(cos，sin)0,2 ，则AM(cos 2，sin t)，AO(2，t)，所以AMAO4t22costsin.又(2cos tsin)max4t2，故AMAO4t24t2.令s4t2，则s2，又 4t24t2s2s2，当s2 即t0 时等号成立，故()AMAOmin2.12若向量a，b满足a212abb21，则|ab的最大值为 _答案2105解析因为|ab2|ab22a22b2，|ab2|ab24ab，所以|ab2|ab22|ab2|ab281，即5|ab283|ab281，即|ab2853|ab2585，故|ab2105.