教辅-高三数学考点复习：平面向量

考点四平面向量1A卷PARTONE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)，a＋b＝(1＋m,1)，若a∥b，则m＝()A．2B．－2C．12D．－12解析b＝(a＋b)－a＝(1＋m,1)－(1,2)＝(m，－1)．因为a∥b，所以2m＋1＝0，解得m＝－12.故选D.答案解析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a＋c＝b，a－c＝(3，－3)，则a·b＝()A.2B．－2C．2D．－2解析设a＝(x，y)，则b＝(－x，－y)，a＋c＝b，故c＝(－2x，－2y)，a－c＝(3x,3y)＝(3，－3)，故x＝1，y＝－1，a·b＝(1，－1)·(－1,1)＝－2.故选D.答案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，∴m≈69，即该学生的体重约为69kg.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400N，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g＝10m/s2，3≈1.732)()A．63B．69C．75D．81答案解析4．(2020·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.13AB→＋23AD→B．37AB→＋47AD→C.23AB→＋13AD→D．27AB→＋57AD→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AMME＝ABDE＝43，∴AM→＝47AE→＝47(AD→＋DE→)＝47AD→＋34AB→＝37AB→＋47AD→，故选B.解析5．(2020·山东泰安四模)若向量a，b满足：|a|＝1，(a＋b)⊥a，(2a＋b)⊥b，则|b|＝()A．2B．2C．1D．22解析由题意易知a＋b·a＝0，2a＋b·b＝0，即1＋b·a＝0，2b·a＋b2＝0，∴b2＝－2a·b＝2，即|b|＝2.故选B.答案解析6．(2020·山西太原高三模拟)平面向量a，b共线的充要条件是()A．a·b＝|a||b|B．a，b两向量中至少有一个为零向量C．∃λ∈R，b＝λaD．存在不全为零的实数λ1，λ2，λ1a＋λ2b＝0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，当平面向量a，b共线时，若a＝0，则存在λ1≠0，λ2＝0，λ1a＋λ2b＝0，若a≠0，则存在一个λ，使得b＝λa成立，令λ＝－λ1λ2(λ2≠0)，则b＝－λ1λ2a，所以λ1a＋λ2b＝0，因此存在不全为零的实数λ1，λ2，λ1a＋λ2b＝0；当存在不全为零的实数λ1，λ2，λ1a＋λ2b＝0成立时，若实数λ1，λ2都不为零，则有a＝－λ2λ1b成立，显然a，b共线，若实数λ1，λ2有一个为零，不妨设λ1＝0，则有λ2b＝0⇒b＝0，所以平面向量a，b共线，所以D正确．故选D.解析7．(2020·山东泰安二轮复习检测)在直角三角形ABC中，∠ACB＝π2，AC＝BC＝2，点P是斜边AB上一点，且BP＝2PA，则CP→·CA→＋CP→·CB→＝()A．－4B．－2C．2D．4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23，43，CP→·CA→＋CP→·CB→＝23，43·(0,2)＋23，43·(2,0)＝83＋43＝4.故选D.解析解析∵|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，∴a·(a＋b)＝|a|2＋a·b＝52－6＝19，|a＋b|＝a＋b2＝a2＋2a·b＋b2＝25－2×6＋36＝7，∴cos〈a，a＋b〉＝a·a＋b|a||a＋b|＝195×7＝1935.故选D.8．(2020·全国卷Ⅲ)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos〈a，a＋b〉＝()A．－3135B．－1935C．1735D．1935答案解析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→＋34AD→，则x＝()A.34B．23C．12D．14答案解析因为F为DE的中点，所以AF→＝12(AD→＋AE→)，而AE→＝AB→＋BE→＝AB→＋12BC→＝AB→＋12AD→，即有AF→＝12AD→＋AB→＋12AD→＝12AB→＋34AD→，又AF→＝xAB→＋34AD→，所以x＝12.故选C.解析10．(2020·海南第四次模拟)已知向量a＝(－2，m)，b＝(1,2)，a·(2a＋b)＝112，则实数m的值为()A．1B．12C．－12D．－1解析∵a＝(－2，m)，b＝(1,2)，∴2a＋b＝(－3,2m＋2)．∵a·(2a＋b)＝112，∴(－2)×(－3)＋m×(2m＋2)＝112，解得m＝－12.故选C.答案解析11．(2020·新高考卷Ⅰ)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.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)·b＝2，且|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＝()A.3B．2C．1D．23解析由(a＋b)·b＝2及|b|＝2，可得a·b＋|b|2＝2，可得a·b＝－2，|a＋b|＝a＋b2＝a2＋2a·b＋b2＝12＋2×－2＋22＝1，故选C.答案解析解析由A，B，C三点共线，得OC→＝xOA→＋(1－x)OB→＝(4－x)a＋(7－2x)b，故4－x＝1，7－2x＝m，解得m＝1.则OA→·OC→＝(3a＋5b)·(a＋b)＝3a2＋8a·b＋5b2＝12.故选A.13．(2020·湖南湘潭三模)已知向量a，b是两个夹角为π3的单位向量，且OA→＝3a＋5b，OB→＝4a＋7b，OC→＝a＋mb，若A，B，C三点共线，则OA→·OC→＝()A．12B．14C．16D．18答案解析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m∥n，则2a＋1b的最小值为()A．12B．8＋43C．16D．10＋23答案解析因为m∥n，所以3a＋2b－1＝0，所以3a＋2b＝1，又因为2a＋1b＝(3a＋2b)2a＋1b＝8＋3ab＋4ba≥8＋23ab·4ba＝8＋43，取等号时3ab＝4ba，3a＋2b＝1，即a＝3－36，b＝3－14，所以2a＋1bmin＝8＋43.故选B.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，∠BAD＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰AB上的动点，则|PC→＋PD→|的最小值为()A．3B．22C．32D．4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AB＝a(a0)，则A(0,0)，B(0，a)，C(1，a)，D(2,0)，设P(0，b)(0≤b≤a)，则PC→＝(1，a－b)，PD→＝(2，－b)，∴PC→＋PD→＝(3，a－2b)，∴|PC→＋PD→|＝9＋a－2b2≥3，当b＝a2时，|PC→＋PD→|取得最小值3.解析解析由(a＋b)⊥(a－b)，得(a＋b)·(a－b)＝0，可得|a|2－|b|2＝0，即|a|＝|b|.由|a＋b|＝2|a－b|，可得|a＋b|2＝4|a－b|2，即|a|2＋2a·b＋|b|2＝4(|a|2－2a·b＋|b|2)．整理得a·b＝35|a|2，cosθ＝a·b|a||b|＝35|a|2|a|2＝35.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θ，若(a＋b)⊥(a－b)，且|a＋b|＝2|a－b|，则cosθ＝()A.12B．35C．－12D．－32答案解析17．(2020·山东威海三模)已知向量OP→＝(2，22)，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)答案解析由题意，向量OP→＝(2，22)，则|OP→|＝10，设向量OP→与x轴的夹角为α，则cosα＝210，sinα＝2210，所以cos(α＋45°)＝cosαcos45°－sinαsin45°＝210×22－2210×22＝－1010，sin(α＋45°)＝sinαcos45°＋cosαsin45°＝2210×22＋210×22＝31010，可得|OP→|cos(α＋45°)＝10×－1010＝－1，|OP→|sin(α＋45°)＝10×31010＝3，所以OP′→＝(－1,3)．故选D.解析18．(多选)在△ABC中，A＝π2，AB＝AC＝2，下列四个结论正确的是()A．若G为△ABC的重心，则AG→＝13AB→＋13AC→B．若P为BC边上的一个动点，则AP→·(AB→＋AC→)为定值2C．若M，N为BC边上的两个动点，且MN＝2，则AM→·AN→的最小值为32D．已知P为△ABC内一点，若BP＝1，且AP→＝λAB→＋μAC→，则λ＋3μ的最大值为2答案解析因为在△ABC中，A＝π2，AB＝AC＝2，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AG＝23AD，所以AG→＝23AD→＝23×12(AB→＋AC→)＝13AB→＋13AC→，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AD⊥BC，若P为BC边上的一个动点，则AP→在AD→上的投影为|AP→|cos∠PAD＝|AD→|，因此AP→·(AB→＋AC→)＝2AP→·AD→＝2|AD→|2＝2×12BC2＝4，故B错误；对于C，如图2，以A点为坐标原点，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x＋y＝2，因为M，N为BC边上的两个动点，所以设M(x1,2－x1)，N(x2，2－x2)，且x1，x2∈[0,2]，不妨令x1x2，因为MN＝2，所以(x1－x2)2＋(x2－x1)2＝2，即(x1－x2)2＝1，则x2－x1＝1，所以AM→·AN→＝x1x2＋(2－x1)(2－x2)＝x1(x1＋1)＋(2－x1)(2－x1－1)＝2x21－2x1＋2＝2x1－122＋32≥32，当且仅当x1＝12时，等号成立，故C正确；对于D，同C中建立如图3所示的平面直角坐标系，则AB→＝(2,0)，AC→＝(0,2)，设P(x，y)，则AP→＝(x，y)，又AP→＝λAB→＋μAC→，所以解析x＝2λ，y＝2μ，即λ＝x2，μ＝y2.因为P为△ABC内一点，且BP＝1，设∠PBA＝θ，则θ∈0，π4，且x＝xB－BPcosθ＝2－cosθ，y＝BPsinθ＝sinθ，因此λ＋3μ＝x2＋32y＝1－12cosθ＋32sinθ＝sin