2017年高考数学试题分项版—平面向量(解析版)

2017年高考数学试题分项版—平面向量（解析版）一、选择题1．(2017·全国Ⅱ文，4)设非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则()A．a⊥bB．|a|＝|b|C．a∥bD．|a||b|1．【答案】A【解析】方法一∵|a＋b|＝|a－b|，∴|a＋b|2＝|a－b|2.∴a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b.∴a·b＝0.∴a⊥b.故选A.方法二利用向量加法的平行四边形法则．在▱ABCD中，设AB→＝a，AD→＝b，由|a＋b|＝|a－b|知|AC→|＝|DB→|，从而四边形ABCD为矩形，即AB⊥AD，故a⊥b.故选A.2．(2017·北京文，7)设m，n为非零向量，则“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n0”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件2．【答案】A【解析】方法一由题意知|m|≠0，|n|≠0.设m与n的夹角为θ.若存在负数λ，使得m＝λn，则m与n反向共线，θ＝180°，∴m·n＝|m||n|cosθ＝－|m||n|＜0.当90°＜θ＜180°时，m·n＜0，此时不存在负数λ，使得m＝λn.故“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n＜0”的充分而不必要条件．故选A.方法二∵m＝λn，∴m·n＝λn·n＝λ|n|2.∴当λ＜0，n≠0时，m·n＜0.反之，由m·n＝|m||n|cos〈m，n〉0⇔cos〈m，n〉＜0⇔〈m，n〉∈π2，π，当〈m，n〉∈π2，π时，m，n不共线．故“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n＜0”的充分而不必要条件．故选A.3．(2017·全国Ⅱ理，12)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA→·(PB→＋PC→)的最小值是()A．－2B．－32C．－43D．－13．【答案】B【解析】方法一(解析法)建立坐标系如图①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)，则PA→＝(－x，3－y)，PB→＝(－1－x，－y)，PC→＝(1－x，－y)，∴PA→·(PB→＋PC→)＝(－x，3－y)·(－2x，－2y)＝2(x2＋y2－3y)＝2[x2＋y－322－34]≥2×－34＝－32.当且仅当x＝0，y＝32时，PA→·(PB→＋PC→)取得最小值，最小值为－32.故选B.方法二(几何法)如图②所示，PB→＋PC→＝2PD→(D为BC的中点)，则PA→·(PB→＋PC→)＝2PA→·PD→.要使PA→·PD→最小，则PA→与PD→方向相反，即点P在线段AD上，则(2PA→·PD→)min＝－2|PA→||PD→|，问题转化为求|PA→||PD→|的最大值．又|PA→|＋|PD→|＝|AD→|＝2×32＝3，∴|PA→||PD→|≤|PA→|＋|PD→|22＝322＝34，∴[PA→·(PB→＋PC→)]min＝(2PA→·PD→)min＝－2×34＝－32.故选B.4．(2017·全国Ⅲ理，12)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若AP→＝λAB→＋μAD→，则λ＋μ的最大值为()A．3B．22C.5D．24．【答案】A【解析】建立如图所示的直角坐标系，则C点坐标为(2,1)．设BD与圆C切于点E，连接CE，则CE⊥BD.∵CD＝1，BC＝2，∴BD＝12＋22＝5，EC＝BC·CDBD＝25＝255，即圆C的半径为255，∴P点的轨迹方程为(x－2)2＋(y－1)2＝45.设P(x0，y0)，则x0＝2＋255cosθ，y0＝1＋255sinθ(θ为参数)，而AP→＝(x0，y0)，AB→＝(0,1)，AD→＝(2,0)．∵AP→＝λAB→＋μAD→＝λ(0,1)＋μ(2,0)＝(2μ，λ)，∴μ＝12x0＝1＋55cosθ，λ＝y0＝1＋255sinθ.两式相加，得λ＋μ＝1＋255sinθ＋1＋55cosθ＝2＋sin(θ＋φ)≤3其中sinφ＝55，cosφ＝255，当且仅当θ＝π2＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.故选A.5．(2017·北京理，6)设m，n为非零向量，则“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n0”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．【答案】A【解析】方法一由题意知|m|≠0，|n|≠0.设m与n的夹角为θ.若存在负数λ，使得m＝λn，则m与n反向共线，θ＝180°，∴m·n＝|m||n|cosθ＝－|m||n|＜0.当90°＜θ＜180°时，m·n＜0，此时不存在负数λ，使得m＝λn.故“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n＜0”的充分而不必要条件．故选A.方法二∵m＝λn，∴m·n＝λn·n＝λ|n|2.∴当λ＜0，n≠0时，m·n＜0.反之，由m·n＝|m||n|cos〈m，n〉＜0⇔cos〈m，n〉＜0⇔〈m，n〉∈π2，π，当〈m，n〉∈π2，π时，m，n不共线．故“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n＜0”的充分而不必要条件，故选A.二、填空题1．(2017·全国Ⅰ文，13)已知向量a＝(－1,2)，b＝(m,1)．若向量a＋b与a垂直，则m＝________.1．【答案】7【解析】∵a＝(－1,2)，b＝(m,1)，∴a＋b＝(－1＋m,2＋1)＝(m－1,3)．又a＋b与a垂直，∴(a＋b)·a＝0，即(m－1)×(－1)＋3×2＝0，解得m＝7.2．(2017·全国Ⅲ文，13)已知向量a＝(－2,3)，b＝(3，m)，且a⊥b，则m＝________.2．【答案】2【解析】∵a＝(－2,3)，b＝(3，m)，且a⊥b，∴a·b＝0，即－2×3＋3m＝0，解得m＝2.3．(2017·天津文，14)在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2，若BD→＝2DC→，AE→＝λAC→－AB→(λ∈R)，且AD→·AE→＝－4，则λ的值为________．3．【答案】311【解析】由题意，知|AB→|＝3，|AC→|＝2，AB→·AC→＝3×2×cos60°＝3，AD→＝AB→＋BD→＝AB→＋23BC→＝AB→＋23(AC→－AB→)＝13AB→＋23AC→，∴AD→·AE→＝13AB→＋23AC→·(λAC→－AB→)＝λ－23AB→·AC→－13AB→2＋2λ3AC→2＝λ－23×3－13×32＋2λ3×22＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.4．(2017·山东文，11)已知向量a＝(2,6)，b＝(－1，λ)，若a∥b，则λ＝________.4．【答案】－3【解析】∵a∥b，∴2λ－6×(－1)＝0，解得λ＝－3.5．(2017·浙江，15)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．5．【答案】425【解析】设a，b的夹角为θ，∵|a|＝1，|b|＝2，∴|a＋b|＋|a－b|＝a＋b2＋a－b2＝5＋4cosθ＋5－4cosθ.令y＝5＋4cosθ＋5－4cosθ.则y2＝10＋225－16cos2θ.∵θ∈[0，π]，∴cos2θ∈[0,1]，∴y2∈[16,20]，∴y∈[4,25]，即|a＋b|＋|a－b|∈[4,25]．6．(2017·浙江，10)如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O，记I1＝OA→·OB→，I2＝OB→·OC→，I3＝OC→·OD→，则()A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I36．【答案】C【解析】∵I1－I2＝OA→·OB→－OB→·OC→＝OB→·(OA→－OC→)＝OB→·CA→，又OB→与CA→所成角为钝角，∴I1－I2＜0，即I1＜I2.∵I1－I3＝OA→·OB→－OC→·OD→＝|OA→||OB→|cos∠AOB－|OC→||OD→|cos∠COD＝cos∠AOB(|OA→||OB→|－|OC→||OD→|)，又∠AOB为钝角，OA＜OC，OB＜OD，∴I1－I3＞0，即I1＞I3.∴I3＜I1＜I2，故选C.7．(2017·江苏，12)如图，在同一个平面内，向量OA→，OB→，OC→的模分别为1,1，2，OA→与OC→的夹角为α，且tanα＝7，OB→与OC→的夹角为45°.若OC→＝mOA→＋nOB→(m，n∈R)，则m＋n＝________.7．【答案】3【解析】方法一因为tanα＝7，所以cosα＝210，sinα＝7210.过点C作CD∥OB交OA的延长线于点D，则OC→＝OD→＋DC→，∠OCD＝45°.又因为OC→＝mOA→＋nOB→，所以OD→＝mOA→，DC→＝nOB→，所以|OD→|＝m，|DC→|＝n.在△COD中，由正弦定理得|DC→|sinα＝|OD→|sin∠OCD＝|OC→|sin∠ODC，因为sin∠ODC＝sin(180°－α－∠OCD)＝sin(α＋∠OCD)＝45，即n7210＝m22＝245，所以n＝74，m＝54，所以m＋n＝3.方法二由tanα＝7可得cosα＝152，sinα＝752，则152＝OA→·OC→|OA→||OC→|＝m＋nOA→·OB→2，由cos∠BOC＝22可得22＝OB→·OC→|OB→||OC→|＝mOA→·OB→＋n2，cos∠AOB＝cos(α＋45°)＝cosαcos45°－sinαsin45°＝152×22－752×22＝－35，则OA→·OB→＝－35，则m－35n＝15，－35m＋n＝1，则25m＋25n＝65，则m＋n＝3.8．(2017·全国Ⅰ理，13)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.8．【答案】23【解析】方法一|a＋2b|＝a＋2b2＝a2＋4a·b＋4b2＝22＋4×2×1×cos60°＋4×12＝12＝23.方法二(数形结合法)由|a|＝|2b|＝2知，以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a＋2b|＝||.又∠AOB＝60°，所以|a＋2b|＝23.9．(2017·天津理，13)在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2.若BD→＝2DC→，AE→＝λAC→－AB→(λ∈R)，且AD→·AE→＝－4，则λ的值为________．9．【答案】311【解析】由题意知|AB→|＝3，|AC→|＝2，AB→·AC→＝3×2×cos60°＝3，AD→＝AB→＋BD→＝AB→＋23BC→＝AB→＋23(AC→－AB→)＝13AB→＋23AC→，∴AD→·AE→＝13AB→＋23AC→·(λAC→－AB→)＝λ－23AB→·AC→－13AB→2＋2λ3AC→2＝λ－23×3－13×32＋2λ3×22＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.10．(2017·山东理，12)已知e1，e2是互相垂直的单位向量，若3e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°，则实数λ的值是________．10．【答案】33【解析】由题意知|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，|3e1－e2|＝3e1－e22＝3e21－23e1·e2＋e22＝3－0＋1＝2.同理|e1＋λe2|＝1＋λ2.所以cos60°＝3e1－e2·e1＋λe2|3e1－e2||e1＋λe2|＝3e21＋3λ－1e1·e2－λe2221＋λ2＝3－λ21＋λ2＝12，解得λ＝33.