2021年高考数学二轮复习考点-平面向量

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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 .