高考数学专题05平面向量(文理合卷).doc
《高考数学专题05平面向量(文理合卷).doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考数学专题05平面向量(文理合卷).doc(31页珍藏版)》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。
1、2020年高考数学压轴必刷题专题05平面向量(文理合卷)1【2019年北京理科07】设点A,B,C不共线,则“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|BC|”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解答】解:点A,B,C不共线,“AB与AC的夹角为锐角”“|AB+AC|BC|”,“|AB+AC|BC|”“AB与AC的夹角为锐角”,设点A,B,C不共线,则“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|BC|”的充分必要条件故选:C2【2018年浙江09】已知a,b,e是平面向量,e是单位向量若非零向量a与e的夹角为3,向量b满足b2-4eb+30,则|a-
2、b|的最小值是()A3-1B3+1C2D2-3【解答】解:由b2-4eb+30,得(b-e)(b-3e)=0,(b-e)(b-3e),如图,不妨设e=(1,0),则b的终点在以(2,0)为圆心,以1为半径的圆周上,又非零向量a与e的夹角为3,则a的终点在不含端点O的两条射线y=3x(x0)上不妨以y=3x为例,则|a-b|的最小值是(2,0)到直线3x-y=0的距离减1即|23|3+1-1=3-1故选:A3【2018年天津理科08】如图,在平面四边形ABCD中,ABBC,ADCD,BAD120,ABAD1若点E为边CD上的动点,则AEBE的最小值为()A2116B32C2516D3【解答】解:
3、如图所示,以D为原点,以DA所在的直线为x轴,以DC所在的直线为y轴,过点B做BNx轴,过点B做BMy轴,ABBC,ADCD,BAD120,ABAD1,ANABcos60=12,BNABsin60=32,DN1+12=32,BM=32,CMMBtan30=32,DCDM+MC=3,A(1,0),B(32,32),C(0,3),设E(0,m),AE=(1,m),BE=(-32,m-32),0m3,AEBE=32+m2-32m(m-34)2+32-316=(m-34)2+2116,当m=34时,取得最小值为2116故选:A4【2017年新课标2理科12】已知ABC是边长为2的等边三角形,P为平面A
4、BC内一点,则PA(PB+PC)的最小值是()A2B-32C-43D1【解答】解:建立如图所示的坐标系,以BC中点为坐标原点,则A(0,3),B(1,0),C(1,0),设P(x,y),则PA=(x,3-y),PB=(1x,y),PC=(1x,y),则PA(PB+PC)2x223y+2y22x2+(y-32)2-34当x0,y=32时,取得最小值2(-34)=-32,故选:B5【2017年新课标3理科12】在矩形ABCD中,AB1,AD2,动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上若AP=AB+AD,则+的最大值为()A3B22C5D2【解答】解:如图:以A为原点,以AB,AD所在的直线为x,y轴
5、建立如图所示的坐标系,则A(0,0),B(1,0),D(0,2),C(1,2),动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上,设圆的半径为r,BC2,CD1,BD=22+12=512BCCD=12BDr,r=25,圆的方程为(x1)2+(y2)2=45,设点P的坐标为(255cos+1,255sin+2),AP=AB+AD,(255cos+1,255sin+2)(1,0)+(0,2)(,2),255cos+1,255sin+22,+=255cos+55sin+2sin(+)+2,其中tan2,1sin(+)1,1+3,故+的最大值为3,故选:A6【2017年浙江10】如图,已知平面四边形ABCD,A
6、BBC,ABBCAD2,CD3,AC与BD交于点O,记I1=OAOB,I2=OBOC,I3=OCOD,则()AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3【解答】解:ABBC,ABBCAD2,CD3,AC22,AOBCOD90,由图象知OAOC,OBOD,0OAOBOCOD,OBOC0,即I3I1I2,故选:C7【2016年天津理科07】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AFBC的值为()A-58B14C18D118【解答】解:如图,D、E分别是边AB、BC的中点,且DE2EF,AFBC=(AD+DF)BC=(
7、-12BA+32DE)BC=(-12BA+34AC)BC=(-12BA+34BC-34BA)BC =(-54BA+34BC)BC=-54BABC+34BC2=-54|BA|BC|cos60+3412 =-541112+34=18故选:C8【2014年浙江理科08】记maxx,y=x,xyy,xy,minx,y=y,xyx,xy,设a,b为平面向量,则()Amin|a+b|,|a-b|min|a|,|b|Bmin|a+b|,|a-b|min|a|,|b|Cmax|a+b|2,|a-b|2|a|2+|b|2Dmax|a+b|2,|a-b|2|a|2+|b|2【解答】解:对于选项A,取ab,则由图形
8、可知,根据勾股定理,结论不成立;对于选项B,取a,b是非零的相等向量,则不等式左边min|a+b|,|a-b|0,显然,不等式不成立;对于选项C,取a,b是非零的相等向量,则不等式左边max|a+b|2,|a-b|2|a+b|24|a|2,而不等式右边|a|2+|b|22|a|2,故C不成立,D选项正确故选:D9【2014年天津理科08】已知菱形ABCD的边长为2,BAD120,点E、F分别在边BC、DC上,BE=BC,DF=DC,若AEAF=1,CECF=-23,则+()A12B23C56D712【解答】解:由题意可得若AEAF=(AB+BE)(AD+DF)=ABAD+ABDF+BEAD+B
9、EDF22cos120+ABAB+ADAD+ADAB=-2+4+4+22cos1204+4221,4+423 CECF=-EC(-FC)=ECFC=(1)BC(1)DC=(1)AD(1)AB (1)(1)22cos120(1+)(2)=-23,即+=-23由求得+=56,故选:C10【2013年上海理科18】在边长为1的正六边形ABCDEF中,记以A为起点,其余顶点为终点的向量分别为a1、a2、a3、a4、a5;以D为起点,其余顶点为终点的向量分别为d1、d2、d3、d4、d5若m、M分别为(ai+aj+ak)(dr+ds+dt)的最小值、最大值,其中i,j,k1,2,3,4,5,r,s,t1
10、,2,3,4,5,则m、M满足()Am0,M0Bm0,M0Cm0,M0Dm0,M0【解答】解:由题意,以A为起点,其余顶点为终点的向量分别为a1、a2、a3、a4、a5;以D为起点,其余顶点为终点的向量分别为d1、d2、d3、d4、d5,利用向量的数量积公式,可知只有AFDE=ABDC0,其余数量积均小于等于0,m、M分别为(ai+aj+ak)(dr+ds+dt)的最小值、最大值,m0,M0故选:D11【2012年天津理科07】已知ABC为等边三角形,AB2设点P,Q满足AP=AB,AQ=(1-)AC,R若BQCP=-32,则()A12B122C1102D-322【解答】解:AP=AB,AQ=
11、(1-)AC,RBQ=BA+AQ=BA+(1-)AC,CP=CA+AP=CA+ABABC为等边三角形,AB2BQCP=BACA+BAAB+(1)ACCA+(1-)ACAB22cos60+22cos180+(1)22cos180+(1)22cos6024+44+222,22+22BQCP=-32424+10(21)20=12故选:A12【2011年上海理科17】设A1,A2,A3,A4,A5是平面上给定的5个不同点,则使MA1+MA2+MA3+MA4+MA5=0成立的点M的个数为()A0B1C5D10【解答】解:根据题意,设M的坐标为(x,y),x,y解得组数即符合条件的点M的个数,再设A1,A
12、2,A3,A4,A5的坐标依次为(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3),(x4,y4),(x5,y5);若MA1+MA2+MA3+MA4+MA5=0成立,得(x1x,y1y)+(x2x,y2y)+(x3x,y3y)+(x4x,y4y)+(x5x,y5y)=0,则有x=x1+x2+x3+x4+x55,y=y1+y2+y3+y4+y55;只有一组解,即符合条件的点M有且只有一个;故选:B13【2019年天津理科14】在四边形ABCD中,ADBC,AB23,AD5,A30,点E在线段CB的延长线上,且AEBE,则BDAE=【解答】解:AEBE,ADBC,A30,在等腰三角形ABE中,BEA1
13、20,又AB23,AE2,BE=-25AD,AE=AB+BE,AE=AB-25AD又BD=BA+AD=-AB+AD,BDAE=(-AB+AD)(AB-25AD)=-AB2+75ABAD-25AD2 =-AB2+75|AB|AD|cosA-25AD2 12+7552332-25251故答案为:114【2019年江苏12】如图,在ABC中,D是BC的中点,E在边AB上,BE2EA,AD与CE交于点O若ABAC=6AOEC,则ABAC的值是【解答】解:设AO=AD=2(AB+AC),AO=AE+EO=AE+EC=AE+(AC-AE)(1)AE+AC=1-3AB+AC2=1-32=,=12=14,AO
14、=12AD=14(AB+AC),EC=AC-AE=-13AB+AC,6AOEC=614(AB+AC)(-13AB+AC)=32(-13AB2+23ABAC+AC2)=-12AB2+ABAC+32AC2,ABAC=-12AB2+ABAC+32AC2,12AB2=32AC2,AB2AC2=3,ABAC=3故答案为:315【2019年浙江17】已知正方形ABCD的边长为1当每个i(i1,2,3,4,5,6)取遍1时,|1AB+2BC+3CD+4DA+5AC+6BD|的最小值是,最大值是【解答】解:正方形ABCD的边长为1,可得AB+AD=AC,BD=AD-AB,ABAD=0,|1AB+2BC+3CD
15、+4DA+5AC+6BD|1AB+2AD-3AB-4AD+5AB+5AD+6AD-6AB|(13+56)AB+(24+5+6)AD|=(1-3+5-6)2+(2-4+5+6)2,由于i(i1,2,3,4,5,6)取遍1,可得13+560,24+5+60,可取561,131,21,41,可得所求最小值为0;由13+56,24+5+6的最大值为4,可取21,41,561,11,31,可得所求最大值为25故答案为:0,2516【2018年江苏12】在平面直角坐标系xOy中,A为直线l:y2x上在第一象限内的点,B(5,0),以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D若ABCD=0,则点A的横坐标为【解答
16、】解:设A(a,2a),a0,B(5,0),C(a+52,a),则圆C的方程为(x5)(xa)+y(y2a)0联立y=2x(x-5)(x-a)+y(y-2a)=0,解得D(1,2)ABCD=(5-a,-2a)(-a-32,2-a)=a2-2a-152+2a2-4a=0解得:a3或a1又a0,a3即A的横坐标为3故答案为:317【2017年江苏12】如图,在同一个平面内,向量OA,OB,OC的模分别为1,1,2,OA与OC的夹角为,且tan7,OB与OC的夹角为45若OC=mOA+nOB(m,nR),则m+n【解答】解:如图所示,建立直角坐标系A(1,0)由OA与OC的夹角为,且tan7cos=
17、152,sin=752C(15,75)cos(+45)=22(cossin)=-35sin(+45)=22(sin+cos)=45B(-35,45)OC=mOA+nOB(m,nR),15=m-35n,75=0+45n,解得n=74,m=54则m+n3故答案为:318【2017年浙江15】已知向量a、b满足|a|1,|b|2,则|a+b|+|a-b|的最小值是,最大值是【解答】解:记AOB,则0,如图,由余弦定理可得:|a+b|=5+4cos,|a-b|=5-4cos,令x=5-4cos,y=5+4cos,则x2+y210(x、y1),其图象为一段圆弧MN,如图,令zx+y,则yx+z,则直线y
18、x+z过M、N时z最小为zmin1+33+14,当直线yx+z与圆弧MN相切时z最大,由平面几何知识易知zmax即为原点到切线的距离的2倍,也就是圆弧MN所在圆的半径的2倍,所以zmax=210=25综上所述,|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是25故答案为:4、2519【2016年江苏13】如图,在ABC中,D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点,BACA=4,BFCF=-1,则BECE的值是【解答】解:D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点,BF=BD+DF,CF=-BD+DF,BA=BD+3DF,CA=-BD+3DF,BFCF=DF2-BD21,BACA=9DF2-B
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 数学 专题 05 平面 向量 文理
限制150内