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2021年高考数学二轮复习考点-平面向量

1、考点四考点四 平面向量平面向量 一、选择题 1(2020 山东菏泽高三联考)已知向量 a,b 满足 a(1,2),ab(1m,1),若 ab,则 m( ) A2 B2 C1 2 D1 2 答案 D 解析 b(ab)a(1m,1)(1,2)(m,1)因为 ab,所以 2m10,解得 m 1 2.故选 D. 2(2020 山东临沂一模)已知向量 a,b,c,其中 a 与 b 是相反向量,且 acb,ac (3,3),则 a b( ) A. 2 B 2 C2 D2 答案 D 解析 设 a(x,y),则 b(x,y),acb,故 c(2x,2y),ac(3x,3y)(3, 3),故 x1,y1,a b

2、(1,1) (1,1)2.故选 D. 3.(2020 山东济南一模)加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分某学生做 引体向上运动,处于如图所示的平衡状态时,若两只胳膊的夹角为 60 ,每只胳膊的拉力大小 均为 400 N,则该学生的体重(单位:kg)约为(参考数据:取重力加速度大小为 g10 m/s2, 3 1.732)( ) A63 B69 C75 D81 答案 B 解析 设一只胳膊的拉力为 F.两只胳膊的拉力的合力与人所受到的重力大小相等,方 向相反,2Fcos30 mg,m69,即该学生的体重约为 69 kg. 4(2020 山东淄博二模)在平行四边形 ABCD 中,DE 3E

3、C ,若 AE 交 BD 于点 M,则AM ( ) A.1 3AB 2 3AD B3 7AB 4 7AD C.2 3AB 1 3AD D2 7AB 5 7AD 答案 B 解析 DE 3EC ,E 为线段 DC 靠近点 C 的四等分点,显然ABMEDM,即AM ME AB DE 4 3,AM 4 7AE 4 7(AD DE )4 7 AD 3 4AB 3 7AB 4 7AD ,故选 B. 5(2020 山东泰安四模)若向量 a,b 满足:|a|1,(ab)a,(2ab)b,则|b|( ) A2 B 2 C1 D 2 2 答案 B 解析 由题意易知 ab a0, 2ab b0, 即 1b a0,

4、2b ab20, b22a b2,即|b| 2.故选 B. 6(2020 山西太原高三模拟)平面向量 a,b 共线的充要条件是( ) Aa b|a|b| Ba,b 两向量中至少有一个为零向量 CR,ba D存在不全为零的实数 1,2,1a2b0 答案 D 解析 对于 A,a b|a|b|成立时,说明两个非零向量的夹角为零度,但是两个非零向量共 线时,它们的夹角可以为平角,故 A 错误;对于 B,两个非零向量也可以共线,故 B 错误; 对于 C,只有当 a 不是零向量时才成立,故 C 错误;对于 D,当平面向量 a,b 共线时,若 a 0,则存在 10,20,1a2b0,若 a0,则存在一个 ,

5、使得 ba 成立,令 1 2(20),则 b 1 2a,所以 1a2b0,因此存在不全为零的实数 1,2,1a2b0;当 存在不全为零的实数 1,2,1a2b0 成立时,若实数 1,2都不为零,则有 a2 1b 成 立,显然 a,b 共线,若实数 1,2有一个为零,不妨设 10,则有 2b0b0,所以平面 向量 a,b 共线,所以 D 正确故选 D. 7(2020 山东泰安二轮复习检测)在直角三角形 ABC 中,ACB 2,ACBC2,点 P 是斜边 AB 上一点,且 BP2PA,则CP CACP CB( ) A4 B2 C2 D4 答案 D 解析 如图所示, 以 CB 为 x 轴, CA 为

6、 y 轴建立直角坐标系, 则 A(0,2), B(2,0), P 2 3, 4 3 , CP CACP CB 2 3, 4 3 (0,2) 2 3, 4 3 (2,0)8 3 4 34.故选 D. 8 (2020 全国卷)已知向量 a, b 满足|a|5, |b|6, a b6, 则 cos a, ab ( ) A31 35 B19 35 C17 35 D19 35 答案 D 解析 |a|5,|b|6,a b6,a (ab)|a|2a b52619,|ab|ab2 a22a bb22526367,cosa,aba ab |a|ab| 19 57 19 35.故选 D. 9.(2020 辽宁沈阳

7、东北育才学校高三第八次模拟考试)如图,在平行四边形 ABCD 中,E 为 BC 的中点,F 为 DE 的中点,若AF xAB3 4AD ,则 x( ) A.3 4 B2 3 C1 2 D1 4 答案 C 解析 因为F为DE的中点, 所以AF 1 2(AD AE ), 而AEABBEAB1 2BC AB1 2AD , 即有AF 1 2 AD AB 1 2AD 1 2AB 3 4AD ,又AF xAB3 4AD ,所以 x1 2.故选 C. 10(2020 海南第四次模拟)已知向量 a(2,m),b(1,2),a (2ab)11 2 ,则实数 m 的值为( ) A1 B1 2 C1 2 D1 答案

8、 C 解析 a(2,m),b(1,2),2ab(3,2m2)a (2ab)11 2 ,(2)( 3)m(2m2)11 2 ,解得 m1 2.故选 C. 11(2020 新高考卷)已知 P 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 内的一点,则AP AB的取 值范围是( ) A(2,6) B(6,2) C(2,4) D(4,6) 答案 A 解析 |AB |2, 根据正六边形的特征, 可以得到AP在AB方向上的投影的取值范围是(1,3), 结合向量数量积的定义式, 可知AP AB等于AB的模与AP在AB方向上的投影的乘积, 所以AP AB 的取值范围是(2,6),故选 A. 12(2020 山东省实

9、验中学高三 6 月模拟)已知平面向量 a,b 满足(ab) b2,且|a|1, |b|2,则|ab|( ) A. 3 B 2 C1 D2 3 答案 C 解析 由(ab) b2 及|b|2,可得 a b|b|22,可得 a b2,|ab|ab2 a22a bb21222221,故选 C. 13(2020 湖南湘潭三模)已知向量 a,b 是两个夹角为 3的单位向量,且OA 3a5b,OB 4a7b,OC amb,若 A,B,C 三点共线,则OA OC ( ) A12 B14 C16 D18 答案 A 解析 由 A, B, C 三点共线, 得OC xOA (1x)OB (4x)a(72x)b, 故

10、4x1, 72xm, 解得 m1.则OA OC (3a5b) (ab)3a28a b5b212.故选 A. 14(2020 海南中学高三第六次月考)已知向量 m(a,1),n(2b1,3)(a0,b0),若 mn,则2 a 1 b的最小值为( ) A12 B84 3 C16 D102 3 答案 B 解析 因为 mn,所以 3a2b10,所以 3a2b1,又因为2 a 1 b(3a2b) 2 a 1 b 83a b 4b a 82 3a b 4b a 84 3,取等号时 3a b 4b a , 3a2b1, 即 a3 3 6 , b 31 4 , 所以 2 a 1 b min84 3.故选 B.

11、 15 (2020 河南郑州高三质量预测二)已知在直角梯形 ABCD 中, ADBC, BAD90 , AD2,BC1,P 是腰 AB 上的动点,则|PC PD |的最小值为( ) A3 B2 2 C3 2 D4 答案 A 解析 如图,以直线 AD,AB 分别为 x 轴、y 轴建立平面直角坐标系,设 ABa(a0),则 A(0,0),B(0,a),C(1,a),D(2,0),设 P(0,b)(0ba),则PC (1,ab),PD (2,b), PC PD (3,a2b),|PC PD |9a2b23,当 ba 2时,|PC PD |取得最小值 3. 16(2020 山西太原二模)已知 a,b

12、是两个非零向量,其夹角为 ,若(ab)(ab),且 |ab|2|ab|,则 cos( ) A.1 2 B3 5 C1 2 D 3 2 答案 B 解析 由(ab)(ab),得(ab) (ab)0,可得|a|2|b|20,即|a|b|.由|ab|2|a b|, 可得|ab|24|ab|2, 即|a|22a b|b|24(|a|22a b|b|2) 整理得 a b3 5|a| 2, cosa b |a|b| 3 5|a| 2 |a|2 3 5.故选 B. 17 (2020 山东威海三模)已知向量OP ( 2, 2 2), 将OP 绕原点 O 逆时针旋转 45 到OP 的位置,则OP ( ) A(1,

13、3) B(3,1) C(3,1) D(1,3) 答案 D 解析 由题意,向量OP ( 2,2 2),则|OP | 10,设向量OP 与 x 轴的夹角为 ,则 cos 2 10, sin 2 2 10, 所以 cos(45 )coscos45 sinsin45 2 10 2 2 2 2 10 2 2 10 10 , sin(45 )sincos45 cossin45 2 2 10 2 2 2 10 2 2 3 10 10 , 可得|OP |cos(45 ) 10 10 10 1,|OP |sin(45 ) 103 10 10 3,所以OP (1,3)故选 D. 18(多选)在ABC 中,A 2,

14、ABAC2,下列四个结论正确的是( ) A若 G 为ABC 的重心,则AG 1 3AB 1 3AC B若 P 为 BC 边上的一个动点,则AP (ABAC)为定值 2 C若 M,N 为 BC 边上的两个动点,且 MN 2,则AM AN 的最小值为3 2 D已知 P 为ABC 内一点,若 BP1,且AP ABAC,则 3 的最大值为 2 答案 AC 解析 因为在ABC 中,A 2,ABAC2,所以ABC 为等腰直角三角形对于 A, 如图 1, 取 BC 的中点为 D, 连接 AD, 因为 G 为ABC 的重心, 所以 G 在 AD 上, 且 AG2 3AD, 所以AG 2 3AD 2 3 1 2

15、(AB AC)1 3AB 1 3AC ,故 A 正确;对于 B,如图 1,同 A,因为 D 为 BC 的中点,ABC 为等腰直角三角形,所以 ADBC,若 P 为 BC 边上的一个动点,则AP 在 AD 上的投影为|AP |cosPAD|AD |,因此AP (ABAC)2AP AD 2|AD |22 1 2BC 24,故 B 错误;对于 C,如图 2,以 A 点为坐标原点,分别以 AB,AC 所在直线为 x 轴、y 轴,建立 如图所示的平面直角坐标系,则 A(0,0),B(2,0),C(0,2),易得 BC 所在直线方程为 xy2, 因为 M,N 为 BC 边上的两个动点,所以设 M(x1,2

16、x1),N(x2,2x2),且 x1,x20,2,不妨 令 x10, |OD | |OC | m 3, |OD | |CD | m 3 m 31 m m3, S AOB SABC |OD | |CD | m m3 4 7m4,故选 D. 7(多选)(2020 山东青岛二模)已知ABC 的面积为 3,在ABC 所在的平面内有两点 P, Q,满足PA 2PC0,QA 2QB ,记APQ 的面积为 S,则下列说法正确的是( ) A.PB CQ BBP 1 3BA 2 3BC C.PA PC0 DS4 答案 BD 解析 由PA 2PC0,QA 2QB ,可知点 P 为 AC 靠近点 C 的三等分点,点

17、 Q 为 AB 延 长线上的点,且 B 为 AQ 的中点,如图所示,对于 A,点 P 为 AC 靠近点 C 的三等分点,点 B 为 AQ 的中点,所以 PB 与 CQ 不平行,故 A 错误;对于 B,BP BAAPBA2 3AC BA2 3 (BC BA)1 3BA 2 3BC ,故 B 正确;对于 C,PA PC|PA|PC|cos|PA|PC|1),其中 Ai,Ai1,Ai2(iN*)为逆时针 排列,记 Ai的坐标为(ai,bi),则下列命题中正确的是( ) Ab2 3 Bb3k1b3k0(kN*) Ca3k1a3k10(kN*) D8(ak4ak3)(ak1ak)0(kN*) 答案 AB

18、C 解析 因为OA1 (4,0), 经过一次变换后得到A1A2 2cos2 3 ,2sin2 3 (1, 3), 点A2(3, 3),所以 b2 3,A 正确;由题意知OAn OA1 A1A2 An1An(4,0) 2cos2 3 ,2sin2 3 cos4 3 ,sin4 3 1 2n3cos 2n1 3 , 1 2n3sin 2n1 3 ,所以 an42cos2 3 cos4 3 1 2n3 cos 2n1 3 , bn 2sin 2 3 sin 4 3 1 2n3 sin 2n1 3 , b3k 1 b3k 1 23k13 sin 23k11 3 1 23k2sin2k0,B 正确;a3

19、k1a3k1 1 23k13cos 23k11 3 1 23k3 cos 23k1 3 1 23k2cos2k 1 23k3cos 2k2 3 1 23k2 1 23k3 1 2 0,C 正确;8(ak4 ak3)(ak1ak)8 1 2k43cos 2k41 3 1 2k13 cos 2k11 3 1 2k2cos 2k 3 2 1 2k2cos 2k 3 1 2k2cos 2k 3 1 2k2cos 2k 3 1 2k3cos 2k 3 0,D 错误故选 ABC. 二、填空题 9(2020 湖南长沙一模)根据记载,最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商 高,商高曾经和周公讨论过“勾

20、 3 股 4 弦 5”的问题现有ABC 满足“勾 3 股 4 弦 5”,其 中“股”AB4,D 为“弦”BC 上一点(不含端点),且ABD 满足勾股定理,则(CB CA) AD _. 答案 144 25 解析 由等面积法可得 AD34 5 12 5 , 依题意可得, ADBC, 所以(CB CA) AD AB AD |AD |2144 25 . 10(2020 浙江高考)设 e1,e2为单位向量,满足|2e1e2| 2,ae1e2,b3e1e2, 设 a,b 的夹角为 ,则 cos2 的最小值为_ 答案 28 29 解析 |2e1e2| 2,|2e1e2|22,即 44e1 e212, e1

21、e23 4,又 a b(e1e2) (3e1e2)44e1 e2,|a| 2|e1e2|222e1 e2,|b|2|3e1 e2|2106e1 e2, cos2a b 2 |a|2|b|2 44e1 e22 22e1 e2106e1 e2 41e 1 e2 53e1 e2 4 3 1 2 53e1 e2 4 3 1 2 533 4 28 29. 11(2020 山东聊城一模)已知 a(cos,sin),b(sin,cos),且 100 ,则向量 a 与 b 的夹角 _. 答案 10 解析 因为 a(cos,sin),b(sin,cos),所以 a bcossinsincossin(), |a|

22、cos2sin21,|b|sin2cos21,由平面向量的夹角公式可得,cos a b |a|b| sin 11 sin(), 因为100 , 所以cossin()sin100 sin(90 10 )cos10 , 所以向量 a 与 b 的夹角为 10 . 12.(2020 天津高考)如图,在四边形 ABCD 中,B60 ,AB3,BC6,且AD BC , AD AB 3 2, 则实数 的值为_, 若 M, N 是线段 BC 上的动点, 且|MN |1, 则DM DN 的最小值为_ 答案 1 6 13 2 解析 AD BC ,ADBC, BAD180 B120 ,AD AB BC AB|BC|

23、AB| cos120 63 1 2 93 2,解得 1 6.以点 B 为坐标原点,BC 所在直线为 x 轴建立如图所示的平面直角坐标系 xBy, BC6,C(6,0),AB3,ABC60 , 点 A 的坐标为 3 2, 3 3 2 . 又AD 1 6BC ,D 5 2, 3 3 2 . 设 M(x,0),则 N(x1,0)(其中 0 x5), DM x5 2, 3 3 2 ,DN x3 2, 3 3 2 , DM DN x5 2 x3 2 3 3 2 2x24x21 2 (x2)213 2 , 当 x2 时,DM DN 取得最小值13 2 . 三、解答题 13如图,设 Ox,Oy 是平面内相交

24、成 60 角的两条数轴,e1,e2分别是与 x 轴、y 轴正方 向同向的单位向量,若向量OP xe1ye2,则把有序数对(x,y)叫做向量OP 在坐标系 xOy 中的 坐标,假设OP 3e12e2. (1)计算|OP |的大小; (2)设向量 a(m,1),若 a 与OP 共线,求实数 m 的值; (3)是否存在实数 n,使得向量OP 与 b(1,n)垂直?若存在,求出 n 的值;若不存在,说 明理由 解 (1)e1 e211cos60 1 2, 所以|OP |3e12e2|3e1212e1 e22e22 9|e1|212e1 e24|e2|2 19. (2)因为 a(m, 1)me1e2,

25、又 a 与OP 3e12e2共线, 所以存在实数 使得 aOP , 即 me1e2(3e12e2)3e12e2,由平面向量基本定理得 m3, 12, 解得 m3 2. (3)假设存在实数 n,使得OP 与向量 b(1,n)垂直, 则OP b0,即(3e12e2) (e1ne2)3e21(3n2)e1 e22ne223|e1|2(3n2)e1 e22n|e2|2 3(3n2)1 22n0,得 n 8 7,所以存在实数 n 8 7,使得向量OP 与 b(1,n)垂直 14如图,在四边形 ABCD 中,AD4,AB2. (1)若ABC 为等边三角形,且 ADBC,E 是 CD 的中点,求AE BD

26、; (2)若 ACAB,cosCAB3 5, AC BD 4 5,求| DC |. 解 (1)因为ABC 为等边三角形,且 ADBC, 所以DAB120 ,又 AD2AB,所以 AD2BC, 因为 E 是 CD 的中点,所以AE 1 2( AD AC )1 2( AD AB BC)1 2 AD AB 1 2 AD 3 4 AD 1 2 AB .又BD AD AB ,所以AE BD 3 4 AD 1 2 AB (AD AB )3 4 AD 21 2 AB 21 4 AD AB 3 416 1 24 1 442 1 2 11. (2)因为 ABAC,AB2,所以 AC2, 因为AC BD 4 5,所以AC (AD AB )4 5, 所以AC AD AC AB4 5. 又AC AB| AC | A B |cosCAB223 5 12 5 , 所以AC AD 4 5AC AB16 5 . 所以| DC |2| AC AD |2AC 2AD22AC AD 416216 5 68 5 . 所以| DC |2 85 5 .