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2025苏教版高中数学必修第二册
综合拔高练
五年高考练
考点1 向量的线性运算
1.(2022新高考Ⅰ,3)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记=m,=n,则=( )
A.3m-2n B.-2m+3n
C.3m+2n D.2m+3n
考点2 向量的数量积
2.(2024新课标Ⅰ,3)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x=( )
A.-2 B.-1 C.1 D.2
3.(2023全国乙文,6)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则=( )
A. D.5
4.(2024北京,5)设a,b是向量,则“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
5.(2022全国乙理,3)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=,|a-2b|=3,则a·b=( )
A.-2 B.-1 C.1 D.2
6.(2020新高考Ⅰ,7)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则的取值范围是( )
A.(-2,6) B.(-6,2)
C.(-2,4) D.(-4,6)
7.(2022全国甲理,13)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b= .
8.(2021全国乙理,14)已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,则λ= .
9.(2024天津,14)在边长为1的正方形ABCD中,点E为线段CD的三等分点,CE=
的最小值为 .
考点3 向量的模和夹角
10.(2024新课标Ⅱ,3)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|=( )
A.
C. D.1
11.(2023全国甲理,4)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cos
=( )
A.-
12.(2022新高考Ⅱ,4)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若=,则t=( )
A.-6 B.-5 C.5 D.6
13.(2020全国Ⅰ理,14)设a,b为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|= .
14.(2020全国Ⅱ理,13)已知单位向量a,b的夹角为45°,ka-b与a垂直,则k= .
15.(2020浙江,17)已知平面单位向量e1,e2,满足|2e1-e2|≤.设a=e1+e2,b=3e1+e2,向量a,b的夹角为θ,则cos2θ的最小值是 .
三年模拟练
应用实践
1.(2023山东新高考联合质量测评)若G是△ABC所在平面内一点,且(x,y∈R),则x2+4y2的最小值是( )
A.2 B.1 C.
2.(2024江苏无锡辅仁高级中学教学质量检测)在△ABC中,AC=2=( )
A.3 B.6 C.7 D.9
3.(2022江苏苏州期中)已知△A1A2B1和△A2A3B2是全等的等边三角形,且点A1,A2,A3在同一条直线上,M,N为线段B2A3的三等分点(如图所示),若a=,则( )
A.c>a=b B.ca>b
4.(2023重庆期中)若平面向量a,b,c满足|c|=1,a·c=1,b·c=3,a·b=2,则a,b夹角的取值范围是( )
A.
5.(多选题)(2023江苏盐城滨海东元高级中学等三校联考)已知e1,e2是平面内的一组基底,O为平面内的定点,对于平面内任意一点P,当=xe1+ye2时,称有序实数对(x,y)为点P的广义坐标.若点A,B的广义坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则下列命题正确的是( )
A.线段AB中点的广义坐标为
B.A,B两点间的距离为
C.向量的充要条件是x1y2=x2y1
D.向量的充要条件是x1x2+y1y2=0
6.(2024江苏无锡四校联考)设A1,A2,A3,A4是平面直角坐标系中两两不同的四点,若(λ∈R),(μ∈R),且=2,则称A3,A4调和分割A1,A2.已知点C(c,0),D(d,0)(c,d∈R)调和分割点A(0,0),B(1,0),则下面说法正确的是( )
A.C可能是线段AB的中点
B.D可能是线段AB的中点
C.C,D可能同时在线段AB上
D.C,D不可能同时不在线段AB上
7.(2024江苏宿迁泗阳实验高级中学调研)已知点A,B,C均在同一个单位圆上,且|的取值范围为 .
8.(2024天津重点校联考)在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=BC=2,CD=1,∠BCD=120°,P,Q分别为线段BC,CD上的动点.
(1)求;
(2)若|;
(3)若的最大值.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.B 易知,
由题意知),
即=3n-2m.
故选B.
2.D 解法一:因为b=(2,x),a=(0,1),所以b-4a=(2,x-4),所以b·(b-4a)=4+x(x-4)=0,即(x-2)2=0,故x=2.
故选D.
解法二:因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,即b2=4a·b,所以4+x2=4x,即(x-2)2=0,故x=2.
故选D.
3.B 以E为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
可知D(-1,2),C(1,2),故=(1,2),
所以=1×(-1)+2×2=3.
故选B.
4.B 因为(a+b)·(a-b)=0等价于a2-b2=0,即|a|2=|b|2,所以(a+b)·(a-b)=0等价于|a|=|b|.若a=-b或a=b,则|a|=|b|;反之,若|a|=|b|,则a与b不一定共线,则a=-b或a=b不一定成立.
故选B.
5.C 由|a-2b|=3,可得|a-2b|2=a2-4a·b+4b2=9,又|a|=1,|b|=,所以a·b=1,故选C.
6.A 解法一:如图,过点P作PP1⊥直线AB于P1,过点C作CC1⊥直线AB于C1,过点F作FF1⊥直线AB于F1,
<6.故选A.
解法二:连接AE,以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(2,0),设P(x0,y0),则-1=2x0∈(-2,6),
故选A.
7.答案 11
解析 根据题意,得(2a+b)·b=2a·b+b2=2×1×3×+9=11.
8.答案
解析 解法一:由a=(1,3),b=(3,4),
得a-λb=(1-3λ,3-4λ),
由(a-λb)⊥b得(a-λb)·b=0,
故3(1-3λ)+4(3-4λ)=0 15-25λ=0 λ=.
解法二:由(a-λb)⊥b得(a-λb)·b=0,
即a·b-λb2=0,
又a·b=1×3+3×4=15,b2=3×3+4×4=25,
∴15-25λ=0,∴λ=.
9.答案
解析 以B为坐标原点建立平面直角坐标系,如图所示,
则A(-1,0),B(0,0),C(0,1),D(-1,1),E,
易得,
又因为=(-λ,μ),
所以.
因为点F在线段BE上,所以可设,m∈[0,1],
又因为G为AF的中点,所以G,
易得,
则>1,
所以当m=1时,.
10.B ∵|a+2b|=2,∴(a+2b)2=4,
即|a|2+4a·b+4|b|2=4.①
∵(b-2a)⊥b,∴(b-2a)·b=0,
∴|b|2-2a·b=0,即2a·b=|b|2.
代入①得|a|2+6|b|2=4,
又|a|=1,∴|b|=.
11.D 因为a+b+c=0,所以a+b=-c,
即a2+b2+2a·b=c2,即1+1+2a·b=2,
所以a·b=0.
设a=(1,0),b=(0,1),则c=(-1,-1),
所以a-c=(2,1),b-c=(1,2),
所以cos=.故选D.
12.C 由题意可得c=(3+t,4),
由=得cos=cos,
即,解得t=5,故选C.
13.答案
解析 由|a+b|=1,得|a+b|2=1,即a2+b2+2a·b=1,而|a|=|b|=1,故a·b=-,所以|a-b|====.
14.答案
解析 由题意得(ka-b)·a=ka2-a·b=0,又单位向量a,b的夹角为45°,所以k-.
15.答案
解析 由题可知
从而
由①②可得
代入③可得a2≥,
从而cos θ=,
所以cos2θ≥.
三年模拟练
1.C 因为=0,所以点G是△ABC的重心,
延长BG交AC于点D,则D为AC的中点,如图,
因为,B,H,D三点共线,所以x+2y=1,
所以x2+4y2=x2+(2y)2≥.故选C.
2.B 取AC的中点D,连接OD,如图所示,
因为O是△ABC的外心,M为BC的中点,所以OM⊥BC,OD⊥AC,由题可设,λ≠0,
则
=
=-,
又|cos∠CAO
=(||
=)2=14,
所以=-8+14=6.
故选B.
3.A 以A2为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系.
设△A1A2B1和△A2A3B2的边长为3,
则A1(-3,0),B2),
∴,
∴a==29,∴c>a=b.故选A.
4.C 设=a,=b,=c,以O为原点,c的方向为x轴正方向建立平面直角坐标系,如图,
∵a·c=1>0,b·c=3>0,a·b=2>0,
∴a,b,c两两的夹角都为锐角,
∵|c|=1,a·c=|a|·|c|cos=1,b·c=|b|·|c|cos=3,
∴|a|cos=1,|b|cos=3,即a在c上的投影向量的模为1,b在c上的投影向量的模为3,
∴设A(1,m),B(3,n),
则a=(1,m),b=(3,n),
∴a·b=3+mn=2,即mn=-1,
又cos=,
∴cos2=,
由基本不等式得n2+9m2≥2=|6mn|=6,当且仅当n2=9m2时,等号成立,
∴cos2≤,
∵a与b的夹角为锐角,∴0≤,
故a与b夹角的取值范围是.
故选C.
5.AC 由已知得=x1e1+y1e2,=x2e1+y2e2,则线段AB的中点C满足e1+e2,所以点C的广义坐标为,故A正确.
=(x2-x1)e1+(y2-y1)e2,e1,e2不一定是单位向量,且e1·e2=0不一定成立,所以|不一定成立,故B错误.
若向量,即x1e1+y1e2=λ(x2e1+y2e2),因为e1,e2不共线,所以x1=λx2且y1=λy2,所以x1y2=x2y1,故必要性成立.
若x1y2=x2y1,则分以下几种情况:
①x1=y1=0或x2=y2=0,此时;
②x1=x2=0,y1≠0,y2≠0,此时均为e2的共线向量,则;
③y1=y2=0,x1≠0,x2≠0,此时均为e1的共线向量,则;
④x1,x2,y1,y2均不为0,则=x1e1+y1e2=μx2e1+μy2e2=μ(x2e1+y2e2)=
μ,充分性成立,故C正确.
向量的充要条件是(x1e1+y1e2)·(x2e1+y2e2)=0,即x1x2+(x1y2+x2y1)e1·e2+y1y2=0,显然不等价于x1x2+y1y2=0,故D不正确.
故选AC.
6.D 由已知得(c-0,0-0)=λ(1-0,0-0),即(c,0)=λ(1,0),得c=λ,
(d-0,0-0)=μ(1-0,0-0),即(d,0)=μ(1,0),得d=μ,
根据=2.
若C是线段AB的中点,则c=,
代入=0,
此等式不可能成立,故选项A中的说法不成立;
同理选项B中的说法也不成立;
若C,D同时在线段AB上,则0当C,D同时不在线段AB上时,
若c>1,d>1,则=2矛盾,
若c<0,d<0,则=2矛盾,
若c<0,d>1,则=2矛盾,
若c>1,d<0,则=2矛盾,故选项D中的说法成立.
故选D.
7.答案 [5,7]
解析 由|2,
所以,则线段BC为单位圆的直径.
以该单位圆的圆心(记为O)为原点,BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,
则B(-1,0),C(1,0).
设P(x,y),x,y∈R,则=(-x,-y).
由=4.
因为,
所以|,
又-1≤cos<>≤1,
所以|≤7.
8.解析 (1)|×cos(180°-∠ABC)=2×2×cos 120°=-2.
(2)∵,
∴|
=
=.
(3)∵,
∴)
=(
=
=-2-
=5λ+,
由≤λ≤1,
令f(λ)=5λ+上单调递增,
又f,
∴当λ=1时,函数f(λ)取得最大值,
故.
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2025苏教版高中数学必修第二册
本章复习提升
易混易错练
易错点1 对向量的相关概念、运算律理解不透致错
1.(2022上海嘉定第二中学期末)设a,b,c为任意非零向量,且相互不共线,则下列命题中是真命题的有( )
(1)(a·b)·c-(c·a)·b=0;
(2)|a|-|b|<|a-b|;
(3)(b·c)·a-(c·a)·b不与c垂直;
(4)(3a+2b)·(3a-2b)=9|a|2-4|b|2.
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
2.给出下列命题:
①零向量没有确定的方向;
②在正方体ABCD-A1B1C1D1中,;
③若向量a与向量b的模相等,则a,b的方向相同或相反;
④在四边形ABCD中,必有.
其中正确命题的序号是 .
易错点2 忽视向量的方向致错
3.(2024江苏南京金陵中学学情调研)已知点A(1,-1),B(-2,3),则与向量方向相同的单位向量为( )
A.
C.
4.(2022江苏苏州模拟)已知点A(3,-4)与B(-1,2),点P在直线AB上,且||,则点P的坐标为 .
易错点3 对向量的夹角理解不准确致错
5.(2023黑龙江哈尔滨一模)在△ABC中,“<0”是“△ABC为钝角三角形”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
6.(2024江苏南通海安实验中学学情检测)已知向量
=(5-m,-3-m).
(1)若向量反向共线,求实数m的值;
(2)若∠ABC为锐角,求实数m的取值范围.
思想方法练
一、数形结合思想在向量问题中的应用
1.(2023辽宁沈阳第二十中学期初)已知a≠e,|e|=1,对任意t∈R,恒有|a-te|≥|a-e|,则( )
A.a⊥e B.a⊥(a-e) C.e⊥(a-e) D.(a+e)⊥(a-e)
2.(2024江苏扬州红桥高级中学月考)已知四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=,P为平面ABCD内一点,AC与BP相交于点Q.
(1)若,求x,y的值;
(2)求(的最小值.
二、函数与方程思想在向量问题中的应用
3.(2024陕西西安交大附中月考)如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥BD,△BCD是边长为2的取值范围为 .
4.(2024江苏高邮学情调研)如图,在△ABC中,P为线段BC上靠近点B的三等分点,O是线段AP上一点,过点O的直线与边AB,AC分别交于点E,F,设.
(1)若λ=的值;
(2)若点O为线段AP的中点,求λ+μ的最小值.
三、转化与化归思想在向量问题中的应用
5.(2023湖南重点高中模拟)已知△ABC,若对任意m∈R,||恒成立,则△ABC为( )
A.锐角三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.等腰三角形
6.(2024江苏无锡太湖高级中学阶段性检测)如图,在边长为4的正三角形ABC中,E为AB的中点,D为BC的中点,=a,=b.
(1)试用a,b表示向量;
(2)延长线段EF交AC于点P,求的值.
四、分类讨论思想在向量问题中的应用
7.(2022湖南岳阳临湘期末)已知四边形ABCD中,AC⊥BD,AB=BC=的最小值是( )
A.3 B.-1 C.-3 D.-4
8.(2022江苏苏州吴江盛泽中学阶段测试)在平面直角坐标系中,已知三点A(2,0),B(t,1),C(3,t),t∈R,O为坐标原点.
(1)若△ABC是直角三角形,求t的值;
(2)若四边形ABCD是平行四边形,求||的最小值.
答案与分层梯度式解析
易混易错练
1.C 因为(a·b)·c与c共线,(c·a)·b与b共线,而b,c不共线,所以(a·b)·c与(c·a)·b不共线,所以(a·b)·c-(c·a)·b≠0,(1)错误;
a,b不共线,由向量的减法法则和三角形两边之差小于第三边,可得|a|-|b|<|a-b|,(2)正确;
[(b·c)·a-(c·a)·b]·c=(b·c)·(a·c)-(c·a)·(b·c)=0,所以(b·c)·a-(c·a)·b与c垂直,(3)错误;
(3a+2b)·(3a-2b)=(3a)2-(2b)2=9|a|2-4|b|2,(4)正确.故选C.
易错警示 向量的数量积的运算不满足结合律.
2.答案 ①②
解析 易知①正确;因为,②正确;③由|a|=|b|不能确定a与b的方向,③错误;④只有当四边形ABCD是平行四边形时,才有,④错误.综上可知,正确的命题为①②.
易错警示 (1)向量定义的关键是方向和长度.
(2)非零共线向量的关键是方向相同或相反,而对长度没有限制.
(3)相等向量的关键是方向相同且长度相等.
(4)单位向量的关键是长度都等于一个单位长度.
3.A 由已知得方向相同的单位向量为a=λ(-3,4),λ>0,则|a|=
方向相同的单位向量为a=,故选A.
易错警示 因为当λ=-
.
4.答案 或(-5,8)
解析 ∵点P在直线AB上,且||,
∴.
设点P的坐标为(m,n),
则=(-1-m,2-n),
当
∴P;
当时,同理可得出点P的坐标为(-5,8).
综上所述,点P的坐标为或(-5,8).
易错警示 在将模的关系转换为向量之间的关系时,需要从向量方向的角度加以分析,若不能确定方向,则需分类讨论.
5.D ,不能推出△ABC为钝角三角形,故充分性不成立;
当△ABC为钝角三角形时,假设
<0,故必要性不成立.
综上所述,“<0”是“△ABC为钝角三角形”的既不充分也不必要条件.故选D.
易错警示 研究向量的夹角时要将两个向量平移到同一起点去观察,注意首尾相连的向量所呈现的角是其夹角的补角,同时注意向量的夹角的范围是[0,π],因此根据图形找向量的夹角时要注意夹角是相应有向线段所成的角还是该角的补角.如本题中向量的夹角是
∠ABC的补角,不是∠ABC.
解析 (1)由已知得=(-m-1,
-m),
因为(λ<0),
即(-m-1,-m)=λ(3,1),可得.
(2)由(1)知=(-m-1,-m),
因为∠ABC为锐角,
所以,
所以实数m的取值范围是.
易错警示 在求解此类题时常常会忽略两向量a,b共线的情形而出现错误,错误的原因是认为a·b>0与向量a,b的夹角为锐角是等价的.设两个非零向量a与b的夹角为θ,则当θ=0°时,cos θ=1,a·b=|a|·|b|;当θ为锐角时,cos θ>0,a·b>0且a·b≠|a|·|b|;当θ为直角时,cos θ=0,a·b=0;当θ为钝角时,cos θ<0,a·b<0且a·b≠-|a||b|.
思想方法练
1.C 设出向量,画出图形,赋予|a-te|几何意义,将数转化为形,由图形特征求解,体现了数形结合思想.
如图,设=a,=e,则|a-e|=||,|a-te|表示连接点A与直线OE上的点的线段的长度,设为d,则dmin=|,即e⊥(a-e).故选C.
2.解析 (1)当时,P为AD的中点,
易得△APQ∽△CBQ,所以,
所以,
所以x=-.
(2)根据图形特点建立平面直角坐标系,将形转化为数,通过向量的坐标运算进行求解,充分体现了数形结合的思想.
根据题意画出图形,并建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(2,0),B(0,0),C(1,),
取AB的中点M,则M(1,0),,
设P(x,y),x,y∈R,则-y),
则(
=2[(1-x)(1-x)-y(-y)]
=2(x2+y2-2x-y+1)
=2,
故当x=1,y=.
思想方法 平面向量兼具数与形的双重特性,用数形结合思想解决平面向量问题时,一方面是利用向量加减运算和模的几何意义,构造图形来阐述数值间的联系;另一方面是借助数值运算和函数性质来确定图形的形状,如在解决平面向量的夹角、距离等问题时都可以用数形结合思想简化运算,同时也可以利用坐标构建方程(组)或不等式(组)求解.
3.答案
解析 由△BCD为等边三角形,可知∠DBC=60°,又AB⊥BC,所以
∠ABD=30°.
在Rt△ABD中,AD=BD×tan 30°=2=2,AB=2AD=4.
如图,以B为原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系,
则有A(0,4),C(2,
所以x),
所以,
因为0≤x≤取得最大值,为0,
利用二次函数的性质求的取值范围,体现了函数思想.
所以-≤0.
4.解析 (1)由点E,F,O共线可设,易知0则,
若λ=,
∵P为线段BC上靠近点B的三等分点,
∴,
由点A,P,O共线可设,易知0≤y≤1,
则,
根据平面向量基本定理,得到关于x,y的二元一次方程组,体现了方程思想.
又.
(2)由(1)知,
又O为AP的中点,,
∴,
根据平面向量基本定理,得到关于λ,μ的方程组,体现了方程思想.
又
∴λ+μ=
=(2-2x+2x)
=
≥,
当且仅当-1(舍负)时,等号成立.
故λ+μ的最小值为.
思想方法 向量的相等、平行、垂直,平面向量基本定理,数量积的定义及性质等都能在一定程度上体现方程思想,解决问题时可以通过相关公式、定理、满足的充要条件等列出方程(组)或不等式(组)求解;而函数思想在求最值问题中的作用尤为突出.
5.C 在直线AB上取一点D,使得m,
∵对于任意m∈R,不等式||.
将不等式恒成立问题转化为几何图形中的垂线段最短问题,将代数问题几何化.
由垂线段最短可知AC⊥AD,即AC⊥AB,
∴△ABC为直角三角形.故选C.
6.解析 (1)因为,D为BC的中点,
所以a+b,
又E为AB的中点,
故a+b=-a+a+b=-a+b.
(2)将未知向量用已知向量a,b表示,从而进行数量积计算,体现了转化与化归思想的应用.
由题可设,λ∈(0,1),
则a+λb,
因为a+b=k,
即a+b=0,则a-b,
所以
=a2+a·b-a·b-b2
=a2-b2=×42=2.
思想方法 在向量问题中,常通过平面向量基本定理将待求向量转化为已知向量的和或差;在研究图形问题时,通过建立恰当的平面直角坐标系,将几何问题转化为代数问题,然后利用向量的坐标运算解决问题,这都是转化与化归思想在向量问题中的应用.
7.C 如图所示,因为AC⊥BD,且AB=BC,所以BD垂直平分AC,则△ACD为等腰三角形,
又AC=CD,所以△ACD为等边三角形.
点E在四边形ABCD上运动时,不能确定其在哪条边上,故需对E的位置进行讨论.又四边形ABCD关于直线BD对称,故只需考虑点E在边BC,CD上的运动情况即可.
因为BC==0.
①当点E在边BC上运动时,设,
∴取得最小值,最小值为-1;
当点E在AB上运动时,同理,的最小值为-1.
②当点E在边CD上运动时,设,
∴取得最小值,最小值为-3.
当点E在AD上运动时,同理,的最小值为-3.
综上,的最小值为-3.故选C.
方法技巧 本题根据特殊四边形(筝形)的对称性可减少对点E位置的讨论,我们在求平面几何图形相关问题时,要灵活应用图形的性质,简化运算.
8.解析 (1)由题意得,=(3-t,t-1),
由于不确定哪个角为直角,故需分类讨论.
若∠A=90°,则=t-2+t=0,解得t=1;
若∠B=90°,则;
若∠C=90°,则=3-t+t(t-1)=t2-2t+3=0,方程无实数解.
∴t的值为1或3±.
(2)若四边形ABCD是平行四边形,则,
设点D的坐标为(x,y),则=(x-2,y),
则(x-2,y)=(3-t,t-1),
所以故D(5-t,t-1),
则|
=,
所以当t=3时,|.
思想方法 对于向量的数量积的最值问题、三角形的形状问题、向量的夹角问题等,时常需要利用分类讨论思想来探究.注意分类要全面,不要遗漏任何情况.
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2025苏教版高中数学必修第二册
第9章 平面向量
全卷满分150分 考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知平面向量a=(2,1),b=(1,m),若a⊥b,则m=( )
A.-
C.-2 D.2
2.已知a,b是两个不共线的向量,且=a+5b,=-2a+8b,=3a-3b,则 ( )
A.A,B,D三点共线 B.A,B,C三点共线
C.B,C,D三点共线 D.A,C,D三点共线
3.在 ABCD中,设=a,=b,E为对角线BD上靠近点D的一个五等分点,AE的延长线交CD于点F,则=( )
A.a-b B.-a+2b
C.-a+b D.-2a+b
4.勒洛三角形是一种典型的定宽曲线,以等边三角形每个顶点为圆心,其边长为半径,在另两个顶点间作一段圆弧,三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中,已知AB=2,P为弧上的点且∠PBC=45°,则·=( )
A.-4
C.+4
5.已知△ABC中,()·,则此三角形为( )
A.等边三角形 B.等腰非等边三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
6.若对于一些横、纵坐标均为整数的向量,它们的模相同,但坐标不同,则称这些向量为“等模整向量”.例如:向量a=(1,3)与b=(-3,-1)即为“等模整向量”,那么模为5的“等模整向量”有( )
A.4个 B.6个 C.8个 D.12个
7.如图,在等腰△ABC中,已知||=2,∠A=120°,E,F分别是边AB,AC上的点(包含边界),且,其中λ+2μ=1,若线段EF,BC的中点分别为M,N,则||的最小值是( )
A.
C.
8.在△ABC中,E,F分别为AB,AC的中点,P为线段EF上除端点外的任意一点,实数x,y满足=0,设△ABC,△PBC,△PCA,△PAB的面积分别为S,S1,S2,S3,记=λi(i=1,2,3),则λ2·λ3取得最大值时,2x+y的值为( )
A.-1 B.1 C.-
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.如图,在平行四边形ABCD中,E,F是CD边上的两个三等分点,则下列选项正确的有( )
A.
C.
10.已知向量a,b,c满足a+b=(1,-1),a-3b=(-7,-1),c=(1,1),设a与b的夹角为θ,则( )
A.|a|=|b| B.a∥c
C.θ=135° D.b⊥c
11.如图,直线l1∥l2,点A是l1,l2之间的一个定点,点A到l1,l2的距离分别为AE,AD的长,且AE=1,AD=2.点B是直线l2上的一个动点,过点A作AC⊥AB,交直线l1于点C,若G是l1,l2所在平面内一点,且=0,则( )
A.) B.△GAB面积的最小值是
C.||≥1 D.·存在最小值
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知向量a=(1,2),b=(2,-1),c=(3,-1),则a+2b在c上的投影向量的坐标为 .
13.已知向量a与b的夹角为,|b|=2,若对任意x∈R,恒有|b+xa|≥,则(t∈R)的最小值为 .
14.如图所示,在△ABC中,点D为BC边上一点,且,过点D的直线EF与AB交于E点,与直线AC交于F点(E,F两点不重合),若,则mn= ;若,则λ+μ的最小值为 .
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分13分)已知向量a=(2,0),b=.
(1)求a+b方向上的单位向量;
(2)若向量2ta+7b与向量a+tb的夹角为钝角,求实数t的取值范围.
16.(本小题满分15分)如图所示,在△ABC中,,BQ与CR相交于点I,AI的延长线与边BC交于点P.
(1)用和分别表示和;
(2)若,求实数λ和μ的值;
(3)确定点P在边BC上的位置.
(本小题满分15分)如图,在梯形ABCD中,E为DC的中点,AD∥BC,∠BAD=,
∠BDA=,BC=BD.
(1)求·的值;
(2)求与夹角的余弦值.
18.(本小题满分17分)在平面直角坐标系中,已知A,C(7-m,0),t,m∈R,t≠0.
(1)若t=1,m=4,P为x轴上的一个动点,点A'(1,-2).
①当A',P,B三点共线时,求点P的坐标;
②求||的最小值;
(2)若t=sin θ,θ∈(0,π),且与的夹角α∈,求m的取值范围.
19.(本小题满分17分)如图,正方形ABCD的边长为6,E是AB的中点,F是BC边上靠近点B的三等分点,AF与DE交于点M.
(1)求∠EMF的余弦值;
(2)设,求λ的值及点M的坐标;
(3)若点P自点A按逆时针方向沿正方形的边运动一周后回到点A,在这个过程中,是否存在这样的点P,使得EF⊥MP 若存在,求出MP的长度;若不存在,请说明理由.
答案与解析
第9章 平面向量
1.C 因为a=(2,1),b=(1,m),a⊥b,所以a·b=2+m=0,所以m=-2.故选C.
2.A 易得=-2a+8b+3a-3b=a+5b=,所以∥,
又AB,BD有公共点B,所以A,B,D三点共线.故选A.
3.B 易得△DEF∽△BEA,所以,所以,所以,
所以a+2b.
4.B 解法一:··(·=2×2×cos 45°-2×2=2-4.故选B.
解法二:以B为原点,BC所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
则B(0,0),C(2,0),因为P为弧上的点且∠PBC=45°,所以P(),
则),所以·-4.故选B.
5.A 设AC的中点为M,连接BM(图略),则()··=0,可知⊥,即BM⊥AC,故△ABC为等腰三角形.
因为,
所以=3,即+2··=3,即2+2cos<>=3,
故cos<,
又<>∈[0,π],所以∠BAC=.
所以△ABC为等边三角形.
故选A.
6.D 设模为5的“等模整向量”为ai(i=1,2,3,…).
因为5,
所以模为5的“等模整向量”有a1=(1,7),a2=(1,-7),a3=(-1,-7),a4=(-1,7),a5=(7,1),a6=(7,-1),a7=(-7,1),a8=(-7,-1),a9=(5,5),a10=(5,-5),a11=(-5,5),a12=(-5,-5),
所以模为5的“等模整向量”共有12个.
故选D.
7.B 连接AM,AN,图略.由题意可得),
所以],
则·]
=[4(1-λ)2-4(1-λ)(1-μ)+4(1-μ)2]
=λ2+μ2-λμ-λ-μ+1,
又λ+2μ=1,所以,
由题可知所以0≤μ≤,
所以当μ=时,取得最小值,故||的最小值为.
故选B.
8.D 由题意可得EF是△ABC的中位线,∴P到BC的距离等于△ABC的边BC上的高的一半,可得S1=S=S2+S3,故λ2+λ3=,由题意知λ2,λ3均为正数,∴λ2·λ3≤,当且仅当λ2=λ3,即P为EF的中点时,等号成立,此时=0,由向量加法的平行四边形法则可得,两式相加,得2=0,又∵,故2x+y=.∴当λ2·λ3取得最大值时,2x+y的值为.
9.AB 因为E,F是CD边上的两个三等分点,所以,故A正确;
因为,所以,故B正确;
≠,故C错误;
,故D错误.
故选AB.
10.BC 设a=(x1,y1),b=(x2,y2),则a+b=(x1+x2,y1+y2),a-3b=(x1-3x2,y1-3y2),
又∵a+b=(1,-1),a-3b=(-7,-1),
∴且
解得且
∴a=(-1,-1),b=(2,0),∴|a|=,|b|=2,故A错误.
又c=(1,1),∴a=-c,∴a∥c,故B正确.
cos θ=,又0°≤θ≤180°,∴θ=135°,故C正确.
∵b·c=2×1+0×1=2≠0,∴b与c不垂直,故D错误.
故选BC.
11.ABC 记AB的中点为F,连接CF,以D为原点,DB,DE所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,2),E(0,3),设C(m,3),B(n,0),G(x,y),m,n,x,y∈R,且m,n≠0,
所以=(m-x,3-y),
因为AC⊥AB,所以·=0,即mn-2=0,
故n=,即B,所以,
因为=0,
所以
解得即G,
所以,
又因为×+(m,1)=,所以),故A正确;
因为=0,所以),
即,所以G,C,F三点共线,且G为CF上靠近F的三等分点,
所以S△GAB=S△ABC=|·||
=·
=≥,
当且仅当m2=,即m=±1时取等号,
所以△GAB面积的最小值为,故B正确;
|
≥=1,
当且仅当=m2,即m=±时取等号,
所以||≥1,故C正确;
··
=-·
=,
易知函数y=m2--7(m≠0)没有最值,即·没有最值,故D错误.
故选ABC.
12.答案
解析 由题意得a+2b=(5,0),又c=(3,-1),
所以a+2b在c上的投影向量的坐标为·.
13.答案
解析 ∵|b+xa|≥,∴|b+xa|2≥,整理可得a2x2+2|a|x+|a|-a2≥0(*),
由题意知|a|≠0,若对任意x∈R,(*)式恒成立,则Δ=4|a|2-4|a|2≤0,
即≤0,∴|a|=2.
又t∈R,∴
=≥.
14.答案
解析 因为,所以,
故,
故m=,所以mn=.
因为,
所以,
又D,E,F三点共线,所以=1,
由题意可知λ,μ>0,
故λ+μ=(λ+μ)≥1+2,当且仅当=1,即λ=时取等号,
故λ+μ的最小值为1+.
15.解析 (1)由已知得a+b=(2,0)+,
所以|a+b|=,(3分)
所以,即a+b方向上的单位向量为.(6分)
(2)由已知得a·b=1,|a|=2,|b|=1,
所以(2ta+7b)·(a+tb)=2ta2+(2t2+7)a·b+7tb2=2t2+15t+7,(8分)
因为向量2ta+7b与向量a+tb的夹角为钝角,
所以(2ta+7b)·(a+tb)<0,且向量2ta+7b不与向量a+tb反向共线,(9分)
假设2ta+7b=k(a+tb)(k<0),
则
所以t=-,
从而解得(12分)
所以t∈∪.(13分)
16.解析 (1),(2分)
.(4分)
(2)由题意及(1)知,
且,(6分)
∴(1-λ),
∵不共线,∴解得(8分)
(3)设,由题可知01.
由(2)知,
∴,(10分)
又,
∴,
∵不共线,∴解得(12分)
∴,即=2.(14分)
∴点P为BC上靠近点C的三等分点.(15分)
17.解析 (1)因为∠BDA=,AD∥BC,所以∠DBC=∠BDA=,
又BC=BD,所以△BCD为等边三角形,所以BD=CD=BC,∠BDC=.(2分)
在Rt△ABD中,由∠BDA=,得BD=2AD,
所以CD=BC=2AD,(4分)
则,
易得,(5分)
所以··(2|2=0.(7分)
(2)由(1)得,|,
又,∠ADC=,(9分)
所以·)·(2·|2
=2||·||·cos|2,(11分)
又|
=
=|,
|
=
=2||,(13分)
所以cos<.(15分)
18.解析 (1)①设P(x,0),
因为m=4,所以B(4,2),
又因为A'(1,-2),所以=(3,4),(2分)
因为A',P,B三点共线,所以与共线,
所以4(x-1)=6,解得x=,
所以当A',P,B三点共线时,点P的坐标为.(4分)
②因为t=1,所以A(1,2).
因为A(1,2)关于x轴对称的点为A'(1,-2),
所以||,
所以当A',P,B三点共线时,||取得最小值,(6分)
最小值为|=5,
故||的最小值为5.(8分)
(2)因为t=sin θ,所以A,
又B,C(7-m,0),
所以.
因为与的夹角α∈,
所以·>0恒成立,
即·=sin θ+m-7+>0恒成立,(10分)
又因为θ∈(0,π),所以sin θ>0,
所以sin2θ-7sin θ+msin θ+16-3m>0,
即(3-sin θ)m又因为3-sin θ>0,
所以m<,θ∈(0,π)恒成立.(13分)
令3-sin θ=k,
则m<+1,k∈[2,3),(15分)
因为k++1≥2+1=5,当且仅当k=2时等号成立,
所以m的取值范围是m<5.(17分)
19.解析 (1)如图所示,以点A为原点建立平面直角坐标系,
则D(0,6),E(3,0),A(0,0),F(6,2),
∴=(6,2),(2分)
∵∠EMF是与的夹角,
∴cos∠EMF=cos<,
∴∠EMF的余弦值为.(4分)
(2)由(1)知=(6λ,2λ),则M(6λ,2λ),
由D,M,E三点共线,可设,0即(6λ,2λ-6)=t(3,-6),则
解得λ=,故M.(8分)
(3)存在.
由(1)得=(3,2),假设存在点P,使得EF⊥MP,则·=0.
①当点P在AB上时,设P(x,0)(0≤x≤6),由(2)知M,则,
则3x-,满足题意,∴P,
故MP=;(10分)
②当点P在BC上时,设P(6,y),0≤y≤6,由(2)知M,则,
则(舍去);(12分)
③当点P在CD上时,设P(x,6),0≤x≤6,由(2)知M,则,
则3x-(舍去);(14分)
④当点P在DA上时,设P(0,y),0≤y≤6,由(2)知M,则,
则-,满足题意,∴P,故MP=.(16分)
综上,存在符合题意的点P或P,使得EF⊥MP,此时MP的长度为或.(17分)
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