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