高考数学二轮复习专题检测三平面向量理.doc

1专题检测（三）专题检测（三） 平面向量平面向量一、选择题1设a(1,2)，b(1,1)，cakb.若bc，则实数k的值等于( )A B3 25 3C D5 33 2解析：选 A 因为cakb(1k,2k)，又bc，所以 1×(1k)1×(2k)0，解得k .3 22(2017·贵州适应性考试)已知向量a(2,4)，b(1，1)，c(2,3)，若ab与c共线，则实数( )A. B2 52 5C. D3 53 5解析：选 B 法一：ab(2，4)，c(2,3)，因为ab与c共线，所以必定存在唯一实数，使得abc，所以Error!解得Error!法二：ab(2，4)，c(2,3)，由ab与c共线可知，2 24 3解得 .2 53(2018 届高三·云南 11 校跨区调研)已知平面向量a与b的夹角为 45°，a(1,1)，|b|2，则|3ab|等于( )A136B225C. D3034解析：选 D 依题意得a22，a·b×2×cos 45°2，|3ab|23ab2.9a26a·bb218124344在等腰梯形ABCD中，2，M为BC的中点，则( )ABCDAMA. B.1 2AB1 2AD3 4AB1 2ADC. D.3 4AB1 4AD1 2AB3 4AD解析：选 B 因为2，所以2.又M是BC的中点，所以ABCDABDC2 () ().AM1 2ABAC1 2ABADDC1 23 4AB1 2AD5(2017·成都二诊)已知平面向量a，b的夹角为，且|a|1，|b| ，则a2b 31 2与b的夹角是( )A. B. 65 6C. D. 43 4解析：选 A 法一：因为|a2b|2|a|24|b|24a·b114×1× ×cos 1 23，所以|a2b|， 33又(a2b)·ba·b2|b|21× ×cos 2× ，1 2 31 41 41 23 4所以 cosa2b，b，a2b·b |a2b|b|3 43 ×1 232所以a2b与b的夹角为. 6法二：(特例法)设a(1,0)，b，则(a2b)·b(1 2cos 3，12sin 3)(1 4，34)· ，|a2b| ，所以 cosa2b，b(3 2，32) (1 4，34)3 4(3 2)2(32)23，所以a2b与b的夹角为.a2b·b |a2b|b|3 43 ×1 232 66已知点A(1,1)，B(1,2)，C(2，1)，D(3,4)，则向量在方向上的投ABCD影为( )A. B3 223 152CD3 223 152解析：选 A 由题意知(2,1)，(5,5)，ABCD3则在方向上的投影为|·cos，.ABCDABABCD3 227(2017·安徽二校联考)在边长为 1 的正三角形ABC中，D，E是边BC的两个三等分点(D靠近点B)，则·等于( )ADAEA. B.1 62 9C. D.13 181 3解析：选 C 法一：因为D，E是边BC的两个三等分点，所以BDDECE ，1 3在ABD中，AD2BD2AB22BD·AB·cos 60°2122× ×1× ，(1 3)1 31 27 9即AD，同理可得AE，7373在ADE中，由余弦定理得cosDAEAD2AE2DE2 2AD·AE，7 97 9(1 3)22 ×73×7313 14所以·|·|cosDAEADAEADAE××.737313 1413 18法二：如图，建立平面直角坐标系，由正三角形的性质易得A，D，E，所以，(0，32)(1 6，0)(1 6，0)AD(1 6，32)AE，所以·· .(1 6，32)ADAE(1 6，32) (1 6，32)1 363 413 188(2017·东北四市模拟)已知向量(3,1)，(1,3)，mnOAOBOCOA(m>0，n>0)，若mn1，则|的最小值为( )OBOCA. B.521024C. D.510解析：选 C 由(3,1)，(1,3)，得OAOBmn(3mn，m3n)，因为mn1(m>0，n>0)，OCOAOB所以n1m且 0<m<1，所以(12m,4m3)，OC则|OC12m24m3220m220m10 (0<m<1)，20(m12)25所以当m 时，|min.1 2OC59已知向量m，n的模分别为，2，且m，n的夹角为 45°.在ABC中，22m2n，2m6n，2，则|( )ABACBCBDADA2 B22C4 D8解析：选 B 因为2，所以点D为边BC的中点，所以 ()BCBDAD1 2ABAC2m2n，所以|2|mn|22 2.ADmn2242 ×2 × 2 ×22210(2018 届高三·湘中名校联考)若点P是ABC的外心，且0，C120°，则实数的值为( )PAPBPCA B1 21 2C1 D1解析：选 C 设AB中点为D，则2.PAPBPDPD因为0，PAPBPC所以 20，所以向量，共线PDPCPDPC又P是ABC的外心，所以PAPB，所以PDAB，所以CDAB.因为ACB120°，所以APB120°，所以四边形APBC是菱形，从而2，PAPBPDPC5所以 20，所以1.PDPCPCPC11已知 RtAOB的面积为 1，O为直角顶点，设向量a，b，a2b，则·的最大值为( )OPPAPBA1 B2C3 D4解析：选 A 如图，设A(m,0)，B(0，n)，mn2，则a(1,0)，b(0,1)，a2b(1,2)，(m1，2)，(1，n2)，OPPAPB·5(m2n)521，当且仅当m2n，即PAPB2nmm2，n1 时，等号成立12已知ABC是边长为 1 的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE2EF，则·的值为( )AFBCA B.5 81 8C. D.1 411 8解析：选 B 如图所示，.AFADDF又D，E分别为AB，BC的中点，且DE2EF，所以，AD1 2AB，DF1 2AC1 4AC3 4AC所以.AF1 2AB3 4AC又，BCACAB则··()AFBCACAB·22·1 2ABAC1 2AB3 4AC3 4ACAB22·.3 4AC1 2AB1 4ACAB又|1，BAC60°，ABAC6故· ×1×1× .AFBC3 41 21 41 21 8二、填空题13在ABC中，点O在线段BC的延长线上，且3，当xyAOAB时，则xy_.AC解析： ()AOABBOAB3 2BCAB3 2ACAB，xy2.1 2AB3 2AC答案：214已知a，b是非零向量，f(x)(axb)·(bxa)的图象是一条直线，|ab|2，|a|1，则f(x)_.解析：由f(x)a·bx2(a2b2)xa·b的图象是一条直线，可得a·b0.因为|ab|2，所以a2b24.因为|a|1，所以a21，b23，所以f(x)2x.答案：2x15(2017·天津高考)在ABC中，A60°，AB3，AC2.若2， (R)，且·4，则的值为BDDCAEACABADAE_解析：法一：ADABBDAB2 3BC ().AB2 3ACAB1 3AB2 3AC又·3×2× 3，ABAC1 2所以··()ADAEABAC2·21 3AB(1 32 3)ABAC2 3AC33×454，(1 32 3)2 311 3解得.3 11法二：以点A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，不妨假AB设点C在第一象限，则A(0,0)，B(3,0)，C(1，)37由2，得D ，BDDC(5 3，2 33)由，得E(3，)，AEACAB3则··(3，) (3)×54，ADAE(5 3，2 33)35 32 33311 3解得.3 11答案：3 1116定义平面向量的一种运算ab|ab|·|ab|·sina，b ，其中a，b是a与b的夹角，给出下列命题：若a，b90°，则aba2b2；若|a|b|，则(ab)(ab)4a·b；若|a|b|，则ab2|a|2；若a(1,2)，b(2,2)，则(ab)b.其中真命题的序号是_10解析：中，因为a，b90°，则ab|ab|·|ab|a2b2，所以成立；中，因为|a|b|，所以(ab)，(ab)90°，所以(ab)(ab)|2a|·|2b|4|a|b|，所以不成立；中，因为|a|b|，所以ab|ab|·|ab|·sina，b|ab|·|ab|2|a|2，所|ab|2|ab|2 2以成立；中，因为a(1,2)，b(2,2)，所以ab(1,4)，sin(ab)，b，所以(ab)b3××，所以不成立故正确3 3434553 343445 3434答案：