2021年高三数学考点复习:平面向量

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1、考点四 平面向量 1 A卷 PART ONE 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(1 m,1),若 ab,则 m( ) A2 B2 C1 2 D1 2 解析 b(ab)a(1m,1)(1,2)(m,1)因为 ab,所以 2m 10,解得 m1 2.故选 D. 答案答案 解析解析 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 解析 设 a(x,y),则 b(x,y),acb,故 c(2x,2y), ac(3x,3y)(3,3),故 x1

2、,y1,a b(1,1) (1,1)2.故 选 D. 答案答案 解析解析 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. 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, 31.732)( ) A63 B69 C75 D81 答案答案 解析解析 4(2020

3、 山东淄博二模)在平行四边形 ABCD 中,DE 3EC ,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 答案答案 解析 DE 3EC , E 为线段 DC 靠近点 C 的四等分点, 显然ABM EDM, 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. 解析解析 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

4、解析 由题意易知 ab a0, 2ab b0, 即 1b a0, 2b ab20, b22a b2,即|b| 2.故选 B. 答案答案 解析解析 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 答案答案 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

5、平面向量 a, b 共线时, 若 a0, 则存在 10, 20,1a2b0,若 a0,则存在一个 ,使得 ba 成立,令 1 2 (20),则 b1 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. 解析解析 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BP2P

6、A, 则CP CA CP CB ( ) A4 B2 C2 D4 答案答案 解析 如图所示, 以 CB 为 x 轴, CA 为 y 轴建立直角坐标系, 则 A(0,2), B(2,0),P 2 3, 4 3 ,CP CA CP CB 2 3, 4 3 (0,2) 2 3, 4 3 (2,0)8 3 4 34.故选 D. 解析解析 解析 |a|5,|b|6,a b6,a (ab)|a|2a b52619, |ab|ab2 a22a bb22526367,cosa,ab a ab |a|ab| 19 57 19 35.故选 D. 8(2020 全国卷)已知向量 a,b 满足|a|5,|b|6,a b

7、6,则 cos a,ab( ) A31 35 B19 35 C17 35 D19 35 答案答案 解析解析 9.(2020 辽宁沈阳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 xAB 3 4AD ,则 x ( ) A.3 4 B2 3 C1 2 D1 4 答案答案 解析 因为 F 为 DE 的中点, 所以AF 1 2(AD AE ), 而AE AB BE AB 1 2BC AB 1 2AD ,即有AF 1 2 AD AB 1 2AD 1 2AB 3 4AD ,又AF xAB 3 4AD ,所以 x1 2.故选 C. 解

8、析解析 10(2020 海南第四次模拟)已知向量 a(2,m),b(1,2),a (2a b)11 2 ,则实数 m 的值为( ) A1 B1 2 C1 2 D1 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. 答案答案 解析解析 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) 答案答案 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

9、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. 解析解析 12(2020 山东省实验中学高三 6 月模拟)已知平面向量 a,b 满足(a b) b2,且|a|1,|b|2,则|ab|( ) A. 3 B 2 C1 D2 3 解析 由(ab) b2 及|b|2,可得 a b|b|22,可得 a b2,|a b|ab2a22a bb2 1222221,故选 C. 答案答案 解析解析 解析 由 A,B,C 三点共线,得OC xOA (1x)OB (4x)a(7 2x)b,故 4x1, 7

10、2xm, 解得 m1.则OA OC (3a5b) (ab)3a28a b 5b212.故选 A. 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 答案答案 解析解析 14(2020 海南中学高三第六次月考)已知向量 m(a,1),n(2b 1,3)(a0,b0),若 mn,则2 a 1 b的最小值为( ) A12 B84 3 C16 D102 3 答案答案 解析 因为 mn,所以 3a2b10,所以 3a2b1,又因为2 a 1 b (3

11、a2b) 2 a 1 b 8 3a b 4b a 82 3a b 4b a 843 ,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. 解析解析 15(2020 河南郑州高三质量预测二)已知在直角梯形 ABCD 中,AD BC,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 答案答案 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

12、,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. 解析解析 解析 由(ab)(ab),得(ab) (ab)0,可得|a|2|b|20,即|a| |b|.由|ab|2|ab|, 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,cos a b |a|b| 3 5|a| 2 |a|2 3 5.故选 B. 16(2020 山西太原二模)已知 a,b 是两个非零向量,其夹角为 ,若 (ab)(ab

13、),且|ab|2|ab|,则 cos( ) A.1 2 B3 5 C1 2 D 3 2 答案答案 解析解析 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(1,3) B(3,1) C(3,1) D(1,3) 答案答案 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 c

14、ossin45 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. 解析解析 18(多选)在ABC 中,A 2,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 (AB AC )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 AB AC ,则 3 的最大值为

15、 2 答案答案 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(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 (AB AC )2AP AD 2|AD |22 1 2BC 24,故 B 错误;对

16、于 C,如图 2,以 A 点为坐标原点, 解析解析 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(x1,2x1),N(x2,2x2),且 x1,x20,2, 不妨令 x10,|OD | |OC | m 3 ,|OD | |CD | m 3 m 3 1 m m3, SAOB SABC |OD | |CD | m m3 4 7 m4,故选 D. 解析解析 7(多选)(2020 山东青岛二模)已知ABC 的面积为 3,在ABC 所在

17、的平面内有两点 P,Q,满足PA 2PC 0,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 PC 0 DS4 答案答案 解析 由PA 2PC 0,QA 2QB ,可知点 P 为 AC 靠近点 C 的三等分 点,点 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 BA AP BA 2 3AC BA 2 3(BC BA )1 3BA 2 3BC , 故 B 正确;对于

18、 C,PA PC |PA |PC |cos|PA |PC |1),其中 Ai,Ai1,Ai2(i N*)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*) 答案答案 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 An 1An (4,0) 2cos2 3 ,2sin2 3 cos4 3 ,sin4 3 1 2n3c

19、os 2n1 3 , 1 2n3sin 2n1 3 ,所以 an42cos2 3 cos4 3 1 2n3 cos 2n1 3 ,bn2sin 2 3 sin 4 3 1 2n3 sin 2n1 3 ,b3k 1b3k 1 23k13 sin 23k11 3 1 23k2 sin2k0,B 正确;a3k1a3k1 1 23k13 解析解析 cos 23k11 3 1 23k3 cos 23k1 3 1 23k2 cos2k 1 23k3 cos 2k2 3 1 23k2 1 23k3 1 2 0,C 正确;8(ak4ak3)(ak1ak)8 1 2k43 cos 2k41 3 1 2k13 c

20、os 2k11 3 1 2k2 cos 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. 解析解析 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 . 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 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

21、),且ABD 满足勾股定理,则(CB CA ) AD _. 答案 144 25 答案答案 解析解析 解析 |2e1e2| 2,|2e1e2|22,即 44e1 e212, e1 e2 3 4,又 a b(e1e2) (3e1e2)44e1 e2,|a| 2|e 1e2| 22 2e1 e2,|b|2|3e1e2|2106e1 e2, cos2 a b2 |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. 答案 28 29 10(2020 浙江高考)设 e1,e2为单位向量

22、,满足|2e1e2| 2,ae1 e2,b3e1e2,设 a,b 的夹角为 ,则 cos2 的最小值为_ 答案答案 解析解析 解析 因为 a(cos,sin),b(sin,cos),所以 a bcossin sincossin(),|a|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 . 答案 10 11(2020 山东聊城一模)已知 a(cos,sin),b(sin,cos),且 100

23、,则向量 a 与 b 的夹角 _. 答案答案 解析解析 答案 1 6 13 2 12.(2020 天津高考)如图,在四边形 ABCD 中,B60 ,AB3,BC 6,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_ 答案答案 解析 AD BC ,ADBC, BAD180 B120 ,AD AB BC AB |BC |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 ,

24、 点 A 的坐标为 3 2, 3 3 2 . 又AD 1 6BC ,D 5 2, 3 3 2 . 解析解析 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 . 解析解析 三、解答题 13如图,设 Ox,Oy 是平面内相交成 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

25、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,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.

26、解解 (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)3e2 1(3n2)e1 e22ne 2 23|e1| 2 (3n2)e1 e22n|e2|23(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 解解 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 ; (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DAB1

27、20 ,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 2 1 2 AB 2 1 4 AD AB 3 4 161 2 4 1 4 42 1 2 11. 解解 (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 AB 4 5. 又AC AB | AC | A B |cosCAB223 5 12 5 , 所以AC AD 4 5AC AB 16 5 . 所以| DC |2| AC AD |2AC 2AD22AC AD 416216 5 68 5 . 所以| DC |2 85 5 . 解解 本课结束

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