2014-2017高考真题-第五章---平面向量

第五章平面向量考点1平面向量的概念及坐标运算1.(2015·新课标全国Ⅰ，7)设D为△ABC所在平面内一点，BC→＝3CD→，则()A.AD→＝－13AB→＋43AC→B.AD→＝13AB→－43AC→C.AD→＝43AB→＋13AC→D.AD→＝43AB→－13AC→1.A[∵BC→＝3CD→，∴AC→－AB→＝3(AD→－AC→)，即4AC→－AB→＝3AD→，∴AD→＝－13AB→＋43AC→.]2.(2015·湖南，8)已知点A，B，C在圆x2＋y2＝1上运动，且AB⊥BC.若点P的坐标为(2,0)，则|PA→＋PB→＋PC→|的最大值为()A.6B.7C.8D.92.B[由A,B,C在圆x2＋y2＝1上,且AB⊥BC,∴AC为圆直径,故PA→＋PC→＝2PO→＝(－4，0),设B(x，y)，则x2＋y2＝1且x∈[-1,1]，PB→＝(x－2，y)，所以PA→＋PB→＋PC→＝(x-6，y).故|PA→＋PB→＋PC→|＝－12x＋37，∴x＝－1时有最大值49＝7，故选B.]3.(2014·福建，8)在下列向量组中，可以把向量a＝(3,2)表示出来的是()A.e1＝(0,0)，e2＝(1,2)B.e1＝(－1,2)，e2＝(5，－2)C.e1＝(3,5)，e2＝(6,10)D.e1＝(2，－3)，e2＝(－2,3)3.B[法一若e1＝(0，0)，e2＝(1，2)，则e1∥e2，而a不能由e1，e2表示，排除A；若e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)，因为－15≠2－2，所以e1，e2不共线，根据共面向量的基本定理，可以把向量a＝(3，2)表示出来，故选B.法二因为a＝(3，2)，若e1＝(0，0)，e2＝(1，2)，不存在实数λ，μ，使得a＝λe1＋μe2，排除A；若e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)，设存在实数λ，μ，使得a＝λe1＋μe2，则(3，2)＝(－λ＋5μ，2λ－2μ)，所以3＝－λ＋5μ，2＝2λ－2μ，解得λ＝2，μ＝1.所以a＝2e1＋e2，故选B.]4.(2014·安徽，10)在平面直角坐标系xOy中，已知向量a，b，|a|＝|b|＝1，a·b＝0，点Q满足OQ→＝2(a＋b).曲线C＝{P|OP→＝acosθ＋bcosθ，0≤θ2π}，区域Ω＝{P|0r≤|PQ→|≤R，rR}.若C∩Ω为两段分离的曲线，则()A.1rR3B.1r3≤RC.r≤1R3D.1r3R4.A[由已知可设OA→＝a＝(1，0)，OB→＝b＝(0，1)，P(x，y)，则OQ→＝(2，2)，曲线C＝{P|OP→＝(cosθ，sinθ)，0≤θ2π}，即C：x2＋y2＝1，区域Ω＝{P|0r≤|PQ→|≤R，rR}表示圆P1：(x－2)2＋(y－2)2＝r2与圆P2：(x－2)2＋(y－2)2＝R2所形成的圆环，如图所示，要使C∩Ω为两段分离的曲线，只有1rR3.]5.（2017•浙江,15）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是________，最大值是________．5.4；记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图，由余弦定理可得：|+|=，|﹣|=，则x2+y2=10（x、y≥1），其图象为一段圆弧MN，如图，令z=x+y，则y=﹣x+z，则直线y=﹣x+z过M、N时z最小为zmin=1+3=3+1=4，当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知zmax即为原点到切线的距离的倍，也就是圆弧MN所在圆的半径的倍，所以zmax=×=．综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．故答案为：4、．6.（2017•江苏,12）如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1，1，，与的夹角为α，且tanα=7，与的夹角为45°．若=m+n（m，n∈R），则m+n=________．6.3如图所示，建立直角坐标系．A（1，0）．由与的夹角为α，且tanα=7．∴cosα=，sinα=．∴C．cos（α+45°）=（cosα﹣sinα）=．sin（α+45°）=（sinα+cosα）=．∴B．∵=m+n（m，n∈R），∴=m﹣n，=0+n，解得n=，m=．则m+n=3．故答案为：3．7.(2016·全国Ⅰ，13)设向量a＝(m，1)，b＝(1，2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则m＝________.7.－2[由|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，得a⊥b，所以m×1＋1×2＝0，得m＝－2.]8.(2015·新课标全国Ⅱ，13)设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝____________.8.12[∵向量a，b不平行，∴a＋2b≠0，又向量λa＋b与a＋2b平行，则存在唯一的实数μ，使λa＋b＝μ(a＋2b)成立，即λa＋b＝μa＋2μb，则得λ＝μ，1＝2μ，解得λ＝μ＝12.]9.(2015·北京，13)在△ABC中，点M，N满足AM→＝2MC→，BN→＝NC→.若MN→＝xAB→＋yAC→，则x＝________；y＝________.9.12－16[MN→＝MC→＋CN→＝13AC→＋12CB→＝13AC→＋12(AB→－AC→)＝12AB→－16AC→，∴x＝12，y＝－16.]10.(2015·江苏，6)已知向量a＝(2,1)，b＝(1，－2)，若ma＋nb＝(9，－8)(m，n∈R)，则m－n的值为________.10.－3[∵a＝(2,1),b＝(1,-2),∴ma＋nb＝(2m＋n,m－2n)＝(9,-8)，即2m＋n＝9，m－2n＝－8，解得m＝2，n＝5，故m－n＝2－5＝－3.]11.(2014·新课标全国Ⅰ，15)已知A，B，C为圆O上的三点，若AO→＝12(AB→＋AC→)，则AB→与AC→的夹角为________.11.90°[由AO→＝12(AB→＋AC→)可知O为BC的中点，即BC为圆O的直径，又因为直径所对的圆周角为直角，所以∠BAC＝90°，所以AB→与AC→的夹角为90.]12.(2014·湖南，16)在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1，0)，B(0，3)，C(3,0)，动点D满足|CD→|＝1，则|OA→＋OB→＋OD→|的最大值是________.12.1＋7[设D(x，y)，由|CD→|＝1，得(x－3)2＋y2＝1，向量OA→＋OB→＋OD→＝(x－1，y＋3)，故|OA→＋OB→＋OD→|＝（x－1）2＋（y＋3）2的最大值为圆(x－3)2＋y2＝1上的动点到点(1，－3)距离的最大值，其最大值为圆(x－3)2＋y2＝1的圆心(3，0)到点(1，－3)的距离加上圆的半径，即（3－1）2＋（0＋3）2＋1＝1＋7.]考点2平面向量的数量积及其应用1.（2017•北京,6）设，为非零向量，则“存在负数λ，使得=λ”是•＜0”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1.A，为非零向量，存在负数λ，使得=λ，则向量，共线且方向相反，可得•＜0．反之不成立，非零向量，的夹角为钝角，满足•＜0，而=λ不成立．∴，为非零向量，则“存在负数λ，使得=λ”是•＜0”的充分不必要条件．故选A．2.（2017•新课标Ⅲ,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=λ+μ，则λ+μ的最大值为（）A.3B.2C.D.22.A如图：以A为原点，以AB，AD所在的直线为x，y轴建立如图所示的坐标系，则A（0，0），B（1，0），D（0，2），C（1，2），∵动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，设圆的半径为r，∵BC=2，CD=1，∴BD==,∴BC•CD=BD•r，∴r=，∴圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2=，设点P的坐标为（cosθ+1，sinθ+2），∵=λ+μ，∴（cosθ+1，sinθ﹣2）=λ（1，0）+μ（0，2）=（λ，2μ），∴cosθ+1=λ，sinθ+2=2μ，∴λ+μ=cosθ+sinθ+2=sin（θ+φ）+2，其中tanφ=2，∵﹣1≤sin（θ+φ）≤1，∴1≤λ+μ≤3，故λ+μ的最大值为3，故选A.3.（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=•，I2=•，I3=•，则（）A.I1＜I2＜I3B.I1＜I3＜I2C.I3＜I1＜I2D.I2＜I1＜I33.C∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，∴AC=2，∴∠AOB=∠COD＞90°，由图象知OA＜OC，OB＜OD，∴0＞•＞•，•＞0，即I3＜I1＜I2，故选C．4.（2017•新课标Ⅱ,12）已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则•（+）的最小值是（）A.﹣2B.﹣C.﹣D.﹣14.B建立如图所示的坐标系，以BC中点为坐标原点，则A（0，），B（﹣1，0），C（1，0），设P（x，y），则=（﹣x，﹣y），=（﹣1﹣x，﹣y），=（1﹣x，﹣y），则•（+）=2x2﹣2y+2y2=2[x2+（y﹣）2﹣]∴当x=0，y=时，取得最小值2×（﹣）=﹣，故选B.5.(2016·四川，10)在平面内，定点A，B，C，D满足|DA→|＝|DB→|＝|DC→|，DA→·DB→＝DB→·DC→＝DC→·DA→＝－2，动点P，M满足|AP→|＝1，PM→＝MC→，则|BM→|2的最大值是()A.434B.494C.37＋634D.37＋23345.B[由题意,|DA→|＝|DB→|＝|DC→|,所以D到A,B,C三点的距离相等,D是△ABC的外心；DA→·DB→＝DB→·DC→＝DC→·DA→＝-2⇒DA→·DB→－DB→·DC→＝DB→·(DA→－DC→)＝DB→·CA→＝0,所以DB⊥AC，同理可得，DA⊥BC，DC⊥AB，从而D是△ABC的垂心，∴△ABC的外心与垂心重合，因此△ABC是正三角形，且D是△ABC的中心.DA→·DB→＝|DA→||DB→|cos∠ADB＝|DA→||DB→|×－12＝－2⇒|DA→|＝2，所以正三角形ABC的边长为23；我们以A为原点建立直角坐标系,B,C,D三点坐标分别为B(3,－3)，C(3,3)，D(2,0)，由|AP→|＝1,设P点的坐标为(cosθ，sinθ)，其中θ∈[0，2π)，而PM→＝MC→，即M是PC的中点，可以写出M的坐标为M3＋cosθ2，3＋sinθ2则|BM→|2＝cosθ－322＋33＋sinθ22＝37＋12sinθ－π64≤37＋124＝494，当θ＝23π时，||2取得最大值494.故选B.6.(2016·山东，8)已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝13.若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为()A.4B.－4C.94D.－946.B[∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即t·m·n＋n2＝0，∴t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0，由已知得t×34|n|2×13＋|n|2＝0，解得t＝－4，故选B.]7.(2016·全国Ⅲ，3)已知向量BA→＝12，32，BC→＝32，12，则∠ABC＝()A.30°B.45°C.60°D.120°7.A[|BA→|＝1，|BC→|＝1，cos∠ABC＝BA→·BC→|BA→|·|BC→|＝32.]8.(2016·全国Ⅱ，3)已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝()A.－8B.－6C.6D.88.D[由题知a＋b＝(4，m－2)，因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，即4×3＋(－2)×(m－2)＝0，解之得m＝8，故选D.]9.(2015·山东，4)已知菱形ABCD的边长为a，∠ABC＝60°，则BD→·CD→＝()A.－32a2B.－34a2C.34a2D.32a29.D[如图所示，由题意，得BC＝a，C