高考数学第一轮总复习 057平面向量的综合应用精品同步练习新人教A版

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高考数学第一轮复习平面向量(含优选题,解析)专题导学方法强化练理新人教A版

方法强化练——平面向量(建议用时：90分钟)一、选择题1．(2014·福建质检)已知向量a ＝(m 2,4)，b ＝(1,1)，则“m ＝－2”是“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解析依题意，当m ＝－2时，a ＝(4,4)，b ＝(1,1)，所以a ＝4b ，即a ∥b ，即由m ＝－2可以推出a ∥b ；当a ∥b 时，m 2＝4，得，m ＝±2，所以不能推得m ＝－2，即“m ＝－2”是“a ∥b ”的充分不必要条件．答案 A2．(2013·德州一模)已知向量a ＝(2,3)，b ＝(k,1)，若a ＋2b 与a －b 平行，则k 的值是( )． A ．－6 B ．－23C.23D ．14解析由题意得a ＋2b ＝(2＋2k,5)，且a －b ＝(2－k,2)，又因为a ＋2b 和a －b 平行，则2(2＋2k )－5(2－k )＝0，解得k ＝23.答案 C3．(2013·浙江五校联考)已知|a |＝|b |＝|a －2b |＝1，则|a ＋2b |＝( )．A ．9B ．3C ．1D ．2解析由|a |＝|b |＝|a －2b |＝1，得a 2－4a ·b ＋4b 2＝1， ∴4a ·b ＝4，∴|a ＋2b |2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝5＋4＝9， ∴|a ＋2b |＝3. 答案 B4．(2014·郑州一模)已知平面向量a ＝(－2，m )，b ＝(1，3)，且(a －b )⊥b ，则实数m 的值为( )．A ．－2 3B ．2 3C ．4 3D ．6 3解析因为(a －b )⊥b ，所以(a －b )·b ＝a ·b －b 2＝0，即－2＋3m －4＝0，解得m ＝2 3. 答案 B5．(2014·长春一模)已知|a |＝1，|b |＝6，a ·(b －a )＝2，则向量a 与b 的夹角为( )．A.π2B.π3C.π4D.π6解析 a ·(b －a )＝a ·b －a 2＝2，所以a ·b ＝3，所以cos<a ，b >＝a ·b |a ||b |＝31×6＝12.所以<a ，b >＝π3.答案 B6．(2013·潮州二模)已知向量a ＝(1，－cos θ)，b ＝(1,2cos θ)且a ⊥b ，则cos 2θ等于( )． A ．－1 B ．0 C.12D.22解析 a ⊥b ⇒a ·b ＝0，即1－2cos 2θ＝0，∴cos 2θ＝0. 答案 B7．(2014·成都期末测试)已知O 是△ABC 所在平面内一点，D 为BC 边中点，且2OA →＋OB →＋OC →＝0，则有( )．A.AO →＝2OD →B.AO →＝OD →C.AO →＝3OD → D ．2AO →＝OD →解析由2OA →＋OB →＋OC →＝0，得OB →＋OC →＝－2OA →＝2AO →，即OB →＋OC →＝2OD →＝2AO →，所以OD →＝AO →，即O 为AD 的中点．答案 B8．(2013·潍坊一模)平面上有四个互异点A ，B ，C ，D ，已知(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝0，则△ABC 的形状是( )．A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等腰直角三角形D ．无法确定解析由(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝0，得[(DB →－DA →)＋(DC →－DA →)]·(AB →－AC →)＝0，所以(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝0. 所以|AB →|2－|AC →|2＝0，∴|AB →|＝|AC →|，故△ABC 是等腰三角形．答案 B9．(2013·兰州一模)在△ABC 中，G 是△ABC 的重心，AB ，AC 的边长分别为2,1，∠BAC ＝60°.则AG →·BG →＝( )．A ．－89B ．－109C.5－39D ．－5－39解析由AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，所以BC ＝3，∠ACB ＝90°，将直角三角形放入直角坐标系中，如图所示，则A (0,1)，B (－3，0)，所以重心G ⎝⎛⎭⎫－33，13，所以AG →＝⎝⎛⎭⎫－33，－23，BG →＝⎝⎛⎭⎫233，13，所以AG →·BG →＝⎝⎛⎭⎫－33，－23·⎝⎛⎭⎫233，13＝－89.答案 A10．(2014·皖南八校第三次联考)已知正方形ABCD (字母顺序是A →B →C →D )的边长为1，点E 是AB 边上的动点(可以与A 或B 重合)，则DE →·CD →的最大值是 ( )．A ．1 B.12 C ．0D ．－1解析建立直角坐标系如图所示，设E (x,0)，x ∈[0,1]，则D (0,1)，C (1,1)，B (1,0)，所以DE →·CD →＝(x ，－1)·(－1,0)＝－x ，当x ＝0时取得最大值0.答案 C 二、填空题11．(2013·济南模拟)若a ＝(1，－2)，b ＝(x,1)，且a ⊥b ，则x ＝________.解析由a ⊥b ，得a ·b ＝x －2＝0，∴x ＝2. 答案 212．(2013·昆明期末考试)已知向量a ＝(1,1)，b ＝(2,0)，则向量a ，b 的夹角为________．解析 a ＝(1,1)，b ＝(2,0)，∴|a |＝2，|b |＝2， ∴cos<a ，b >＝a ·b |a ||b |＝222＝22，∴<a ，b >＝π4. 答案 π413．(2014·杭州质检)在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠A ＝30°，BC ＝1，D 为斜边AB 的中点，则AB →·CD →＝________.解析 AB →·CD →＝AB →·(AD →－AC →)＝AB →·AD →－AB →·AC →＝2×1－2×3cos 30°＝－1. 答案－114．(2014·湖南长郡中学、衡阳八中联考)已知G 1，G 2分别为△A 1B 1C 1与△A 2B 2C 2的重心，且A 1A 2→＝e 1，B 1B 2→＝e 2，C 1C 2→＝e 3，则G 1G 2→＝________(用e 1，e 2，e 3表示)．解析由A 1A 2→＝A 1G 1→＋G 1G 2→＋G 2A 2→＝e 1 ①，B 1B 2→＝B 1G 1→＋G 1G 2→＋G 2B 2→＝e 2 ②，C 1C 2→＝C 1G 1→＋G 1G 2→＋G 2C 2→＝e 3 ③，且G 1，G 2分别为△A 1B 1C 1与△A 2B 2C 2的重心，所以A 1G 1→＋B 1G 1→＋C 1G 1＝0，G 2A 2→＋G 2B 2→＋G 2C 2→＝0，将①②③相加得G 1G 2→＝13(e 1＋e 2＋e 3)．答案 13(e 1＋e 2＋e 3)三、解答题15．(2013·漯河调研)在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知向量a ＝(2,1)，A (1,0)，B (cos θ，t )．(1)若a ∥AB →，且|AB →|＝5|OA →|，求向量OB →的坐标； (2)若a ∥AB →，求y ＝cos 2θ－cos θ＋t 2的最小值．解 (1)∵AB →＝(cos θ－1，t )，又a ∥AB →，∴2t －cos θ＋1＝0.∴cos θ－1＝2t .① 又∵|AB →|＝5|OA →|，∴(cos θ－1)2＋t 2＝5.② 由①②得，5t 2＝5，∴t 2＝1.∴t ＝±1.当t ＝1时，cos θ＝3(舍去)，当t ＝－1时，cos θ＝－1， ∴B (－1，－1)，∴OB →＝(－1，－1)． (2)由(1)可知t ＝cos θ－12，∴y ＝cos 2θ－cos θ＋(cos θ－1)24＝54cos 2θ－32cos θ＋14＝54⎝⎛⎭⎫cos 2θ－65cos θ＋14 ＝54⎝⎛⎭⎫cos θ－352－15， ∴当cos θ＝35时，y min ＝－15.16．设向量a ＝(3sin x ，sin x )，b ＝(cos x ，sin x )，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2. (1)若|a |＝|b |，求x 的值；(2)设函数f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值．解 (1)由|a |2＝(3sin x )2＋(sin x )2＝4sin 2 x ， |b |2＝(cos x )2＋(sin x )2＝1，及|a |＝|b |，得4sin 2 x ＝1. 又x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，从而sin x ＝12，所以x ＝π6. (2)f (x )＝a ·b ＝3sin x ·cos x ＋sin 2 x ＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋12，当x ＝π3∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6取最大值1.所以f (x )的最大值为32.17．(2013·银川调研)已知点G 是△ABO 的重心，M 是AB 边的中点．(1)求GA →＋GB →＋GO →；(2)若PQ 过△ABO 的重心G ，且OA →＝a ，OB →＝b ，OP →＝m a ，OQ →＝n b ，求证：1m ＋1n ＝3.(1)解 ∵GA →＋GB →＝2GM →，又2GM →＝－GO →， ∴GA →＋GB →＋GO →＝－GO →＋GO →＝0. (2)证明显然OM →＝12(a ＋b )．因为G 是△ABO 的重心，所以OG →＝23OM →＝13(a ＋b )．由P ，G ，Q 三点共线，得PG →∥GQ →，所以，有且只有一个实数λ，使PG →＝λGQ →. 而PG →＝OG →－OP →＝13(a ＋b )－m a ＝⎝⎛⎭⎫13－m a ＋13b ， GQ →＝OQ →－OG →＝n b －13(a ＋b )＝－13a ＋⎝⎛⎭⎫n －13b ，所以⎝⎛⎭⎫13－m a ＋13b ＝λ⎣⎡⎦⎤－13a ＋⎝⎛⎭⎫n －13b . 又因为a ，b 不共线，所以⎩⎨⎧13－m ＝－13λ，13＝λ⎝⎛⎭⎫n －13，消去λ，整理得3mn ＝m ＋n ，故1m ＋1n＝3.18．(2014·太原模拟)已知f (x )＝a ·b ，其中a ＝(2cos x ，－3sin 2x )，b ＝(cos x,1)(x ∈R )．(1)求f (x )的周期和单调递减区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，f (A )＝－1，a ＝7，AB →·AC →＝3，求边长b 和c 的值(b ＞c )．解 (1)由题意知，f (x )＝2cos 2x －3sin 2x ＝1＋cos 2x －3sin 2x ＝1＋2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3， ∴f (x )的最小正周期T ＝π，∵y ＝cos x 在[2k π，2k π＋π](k ∈Z )上单调递减，∴令2k π≤2x ＋π3≤2k π＋π(k ∈Z )，得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )．∴f (x )的单调递减区间⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3，k ∈Z . (2)∵f (A )＝1＋2cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π3＝－1， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π3＝－1. 又π3＜2A ＋π3＜7π3，∴2A ＋π3＝π.∴A ＝π3. ∵AB →·AC →＝3，即bc ＝6，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－ 2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc,7＝(b ＋c )2－18，b ＋c ＝5，又b ＞c ，∴b ＝3，c ＝2.。

人教A版高考总复习一轮理科数学精品课件第5章第2节平面向量基本定理及向量坐标运算

3
3
3
4
2
4
2
b=-3e1+3e2,即 =-3e1+3e2.
考点二
平面向量的坐标运算
典例突破
例 2.(1)(2021 陕西宝鸡八校联考)已知点 A(1,2),B(4,3),向量 =(-2,-2),则向
量 =(
)
A.(-5,-3)
B.(5,3)
C.(1,-1)
D.(-1,-1)
(2)已知 A(-2,4),B(3,-1),C(-3,-4).设 =a, =b,=c,且=3c,=-2b.
第五章
第二节平面向量基本定理及向量坐标运算
内
容
索
引
01
强基础增分策略
02
增素能精准突破
课标解读
1.了解平面向量的基本定理
及其意义.
2.掌握平面向量的正交分解
及其坐标表示.
3.会用坐标表示平面向量的
加、减与数乘运算.
4.理解用坐标表示的平面向
量共线的条件.
衍生考点
核心素养
1.平面向量基本定理及其应用
关于λ的方程,求出λ的值后代入λa即可得到所求的向量.
对点训练3(2021宁夏银川一中高三月考)在平面直角坐标系中,已知点P1(-1,
1),P2(1,3),点P满足 1 =-32 ,则点P的坐标为
答案:(2,4)
解析:设点P的坐标为(x,y),因为点P1(-1,1),P2(1,3),
所以1 =(x+1,y-1),2 =(1-x,3-y),
2
(2)在△ABC 中,点 P 是 AB 上一点,且 = 3
CP 的交点为 M,又=t,则实数 t 的值为
+

高考数学一轮复习第五章平面向量数系的扩充与复数的引入3平面向量的数量积与平面向量的应用课件新人教A版

=3 2 × 1 × -
1
2
-1 =-6.
(3)设 a,b 的夹角为 θ.∵|a|=1,|b|= 2,且 a⊥(a-b),
2
∴a·
(a-b)=a2-a·
b=1-1× 2×cos θ=0,∴cos θ= ,
2
2
∴向量 a 在向量 b 方向上的投影为|a|cos θ= .
2
-24考点1
考点2
考点3
考点 2
但对于向量a,b却有|a·b|≤|a|·|b|;若a·b=a·c(a≠0),则b=c不一定成立,
原因是a·b=|a||b|cos θ,当cos θ=0时,b与c不一定相等.
4.向量数量积的运算不满足乘法结合律,即(a·b)·c不一定等于
a·(b·c),这是由于(a·b)·c表示一个与c共线的向量,而a·(b·c)表示一
当 α=2kπ,k∈Z 时,2cos α+4 取得最大值,最大值为 6.
故 ·的最大值为 6.
(方法 2)设 P(x,y),x2+y2=1,-1≤x≤1,=(2,0),
=(x+2,y), ·=2x+4,故 ·的最大值为 6.
-20考点1
考点2
考点3
解题心得1.求两个向量的数量积有三种方法:
(2)已知点 P 在圆 x2+y2=1 上,点 A 的坐标为(-2,0),O 为原点,则 ·
6
的最大值为
.
思考求向量数量积的运算有几种形式?
-17考点1
考点2
考点3
解析：(1)法一(基向量法):
如图所示,选取, 为基底,则 = + + = +
1
1
1

专题27 平面向量(同步练习)(新高考地区专用)(原卷版)

专题27 平面向量（同步练习）考点一：平面向量的基本概念和表示方法例1-1．判断对错：(1)两个向量能比较大小。

( ) (2)向量的模是一个正实数。

( ) (3)向量AB 与向量BA 是相等向量。

( ) 变式1-1．有下列说法：①向量AB 和向量BA 长度相等； ②方向不同的两个向量一定不平行； ③向量BC 是有向线段； ④00=；⑤若向量a 与向量b 不平行，则a 与b 方向一定不相同；⑥若向量AB 、CD 满足||||CD AB >，且AB 与CD 同向，则CD AB >； ⑦若||||b a =，则a 、b 的长度相等且方向相同或相反； ⑧由于零向量方向不确定，故其不能与任何向量平行。

其中正确说法的个数是( )A 、1B 、2C 、3D 、4 例1-2．在如图所示的坐标纸上(每个小方格边长为1)，用直尺和圆规画出下列向量： (1)OA ，使24||=OA ，点A 在点O 北偏东 45； (2)，使4||=AB ，点B 在点A 正东；(3)BC ，使6||=BC ，点C 在点B 北偏东 30。

变式1-2．一辆汽车从A 点出发向西行驶了100千米到达B 点，然后改变方向，向北偏西 40方向行驶了200千AB 米到达C 点，最后又改变方向，向东行驶了100千米到达D 点。

作出向量AB 、BC 、CD 、AD 。

例1-3．如图所示，O 是正六边形ABCDEF 的中心，且a OA =，b OB =，c OC =。

(1)与a 的长度相等、方向相反的向量有哪些？ (2)与a 共线的向量有哪些？(3)请一一列出与a 、b 、c 相等的向量。

变式1-3．本例条件不变，试写出与向量BC 相等的向量。

变式1-4．在本例中，若1||=a ，求正六边形的边长。

考点二：平面向量的运算例2-1．判断对错：(1)两个向量相加结果可能是一个数量。

( ) (2)两个向量相加实际上就是两个向量的模相加。

高考数学一轮复习第五章平面向量第3讲平面向量的数量积及应用配套课时作业理(含解析)新人教A

第3讲平面向量的数量积及应用配套课时作业1．(2019·某某市调研)如果向量a ＝(2,0)，b ＝(1,1)，那么下列结论正确的是( ) A ．|a |＝|b | B ．a ·b ＝2 2 C ．(a －b )⊥b D ．a ∥b答案 C解析 |a |＝2，|b |＝2，A 错误；a ·b ＝2，B 错误；(a －b )·b ＝(1，－1)·(1,1)＝0，∴(a －b )⊥b ，C 正确．故选C.2．若|a |＝2，|b |＝3，a 与b 的夹角θ＝150°，则a ·(a －b )＝( ) A ．1 B ．－1 C ．7 D ．－7答案 C解析 a ·(a －b )＝a 2－a ·b ＝4－2×3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝7.故选C. 3.(2019·某某模拟)已知向量a 与b 的夹角为π3，|a |＝2，则a 在b 方向上的投影为( )A. 3B. 2C.22D.32答案 C解析 ∵a 在b 方向上的投影为|a |cos 〈a ，b 〉＝2cos π3＝22.故选C.4．设向量a ，b 满足|a ＋b |＝10，|a －b |＝6，则a ·b ＝( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．5答案 A解析由|a ＋b |＝10得a 2＋b 2＋2a ·b ＝10，① 由|a －b |＝6得a 2＋b 2－2a ·b ＝6，② ①－②得4a ·b ＝4，所以a ·b ＝1.故选A.5．已知m >0，n >0，向量a ＝(m,1)，b ＝(1，n －1)，且a ⊥b ，则1m ＋2n的最小值是( )A ．2 2B ．2C ．3＋2 2D ．4＋2 2答案 C解析因为a ⊥b ，所以a ·b ＝0.所以m ＋n ＝1.因为m >0，n >0，所以1m ＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n (m＋n )＝1＋2＋n m ＋2m n ≥3＋22(当且仅当n m ＝2mn，即n ＝2－2，m ＝2－1时取等号)．6.(2019·长郡中学模拟)在菱形ABCD 中，A (－1,2)，C (2,1)，则BA →·AC →＝( ) A.5 B ．－5 C ．－10 D ．－102答案 B解析设菱形ABCD 的对角线交于点M ，则BA →＝BM →＋MA →，BM →⊥AC →，MA →＝－12AC →，又AC →＝(3，－1)，所以BA →·AC →＝(BM →＋MA →)·AC →＝－12AC →2＝－5.故选B.,7.已知a ⊥b ，|a |＝2，|b |＝3，且3a ＋2b 与λa －b 垂直，则实数λ的值为( )A.－32B ．32C ．±32D ．1答案 B解析 a ⊥b ，|a |＝2，|b |＝3，且3a ＋2b 与λa －b 垂直．,所以(3a ＋2b )·(λa －b )＝3λa 2－2b 2＋(2λ－3)a ·b ＝12λ－18＋0＝0，∴λ＝32.故选B.8.(2019·某某模拟)已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13.若n ⊥(t m＋n )，则实数t 的值为( )A ．4B ．－4C ．94D ．－94答案 B解析由n ⊥(t m ＋n )可得n ·(t m ＋n )＝0，即t m ·n ＋n 2＝0，所以t ＝－n 2m ·n＝－n 2|m ||n |cos 〈m ，n 〉＝－|n |2|m ||n |×13＝－3×|n ||m |＝－3×43＝－4.故选B.9.(2019·东北联考)已知向量a ，b 满足(a ＋2b )·(5a －4b )＝0，且|a |＝|b |＝1，则a 与b 的夹角θ为( )A.3π4B.π4C.π3D.2π3答案 C解析因为(a ＋2b )·(5a －4b )＝0，|a |＝|b |＝1，,所以6a ·b －8＋5＝0，即a ·b ＝12.,又a ·b ＝|a ||b |cos θ＝cos θ，所以cos θ＝12.,因为θ∈[0，π]，所以θ＝π3.故选C.10.(2018·某某模拟)在△ABC 中，AB ＝4，AC ＝3，AC →·BC →＝1，则BC ＝( ) A ． 3 B. 2 C ．2 D ．3答案 D解析设∠A ＝θ，,因为BC →＝AC →－AB →，AB ＝4，AC ＝3，,所以AC →·BC →＝AC →2－AC →·AB →＝9－AC →·AB →＝1.,AC →·AB →＝8.cos θ＝AC →·AB →|AC →||AB →|＝83×4＝23，,所以BC ＝16＋9－2×4×3×23＝3.故选D.11.已知向量a ，b 满足|a |＝1，(a ＋b )·(a －2b )＝0，则|b |的取值X 围为( ) A.[1,2]B. [2,4]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 答案 D解析由题意知b ≠0，设向量a ，b 的夹角为θ，因为(a ＋b )·(a －2b )＝a 2－a ·b －2b 2＝0，又|a |＝1，所以1－|b |cos θ－2|b |2＝0，所以|b |cos θ＝1－2|b |2.因为－1≤cos θ≤1，所以－|b |≤1－2|b |2≤|b |，所以12≤|b |≤1，所以|b |的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1.故选D.12．(2018·某某高考)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝1.若点E 为边CD 上的动点，则AE →·BE →的最小值为( )A.2116 B.32 C.2516D.3答案 A解析解法一：如图，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A (1，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，C (0，3)，令E (0，t )，t ∈[0，3]，∴AE →·BE →＝(－1，t )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，t －32＝t 2－32t ＋32，∵t ∈[0，3]，∴当t ＝－－322×1＝34时，AE →·BE →取得最小值，(AE →·BE →)min ＝316－32×34＋32＝2116.故选A.解法二：令DE →＝λDC →(0≤λ≤1)，由已知可得DC ＝3， ∵AE →＝AD →＋λDC →，∴BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋AD →＋λDC →， ∴AE →·BE →＝(AD →＋λDC →)·(BA →＋AD →＋λDC →) ＝AD →·BA →＋|AD →|2＋λDC →·BA →＋λ2|DC →|2 ＝3λ2－32λ＋32.当λ＝－－322×3＝14时，AE →·BE →取得最小值2116.故选A.13．(2019·某某模拟)已知平面向量α，β，且|α|＝1，|β|＝2，α⊥(α－2β)，则|2α＋β|＝________.答案10解析由α⊥(α－2β)得α·(α－2β)＝α2－2α·β＝0，所以α·β＝12，所以(2α＋β)2＝4α2＋β2＋4α·β＝4×12＋22＋4×12＝10，所以|2α＋β|＝10.14．(2019·某某模拟)如图所示，在平行四边形ABCD 中，AP ⊥BD ，垂足为P ，且AP ＝3，则AP →·AC →＝________.答案 18解析设AC 与BD 的交点为O ，则AP →·AC →＝AP →·2AO →＝2AP →2＋2AP →·PO →＝2×32＋0＝18. 15．△ABC 是边长为2的等边三角形，已知向量a ，b 满足AB →＝2a ，AC →＝2a ＋b ，则下列结论中正确的是________(写出所有正确结论的编号)．①a 为单位向量；②b 为单位向量；③a ⊥b ；④b ∥BC →；⑤(4a ＋b )⊥BC →. 答案 ①④⑤解析在等边三角形ABC 中，AB →＝2a ，|AB →|＝2，所以|a |＝1，①正确；由AB →＋BC →＝AC →＝2a ＋b ，得BC →＝b ，因此④正确，②不正确；由AB →与BC →的夹角为120°，知a 与b 的夹角为120°，所以③不正确；因为BC →＝b ，所以(4a ＋b )·BC →＝4a ·b ＋b 2＝4×1×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋22＝0，所以(4a ＋b )⊥BC →.故⑤正确．16．(2018·东营模拟)若两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝2|a |，则向量a ＋b 与a 的夹角为________．答案π3解析由|a ＋b |＝|a －b |，得a 2＋2a ·b ＋b 2＝a 2－2a ·b ＋b 2，即a ·b ＝0，所以(a ＋b )·a ＝a 2＋a ·b ＝|a |2. 故向量a ＋b 与a 的夹角θ的余弦值为cos θ＝a ＋b ·a |a ＋b ||a |＝|a |22|a ||a |＝12.又0≤θ≤π，所以θ＝π3.17．(2019·某某六校联考)已知向量a ，b 满足|a |＝3，|b |＝1，a 与b 的夹角为π3. (1)求|a ＋3b |；(2)若向量a ＋2b 与t a ＋2b 垂直，某某数t 的值．解 (1)∵向量a ，b 满足|a |＝3，|b |＝1，a 与b 的夹角为π3，∴|a ＋3b |＝a ＋3b2＝a 2＋6a ·b ＋9b 2＝9＋6×3×co s π3＋9＝3 3.(2)∵向量a ＋2b 与t a ＋2b 垂直，∴(a ＋2b )·(t a ＋2b )＝0，∴t a 2＋(2t ＋2)a ·b ＋4b2＝0，∴9t ＋(2t ＋2)×3×1×cos π3＋4＝0，解得t ＝－712.18．已知a ＝(1,2)，b ＝(1,1)，且a 与a ＋λb 的夹角为锐角，某某数λ的取值X 围．解 ∵a 与a ＋λb 均为非零向量，且夹角为锐角， ∴a ·(a ＋λb )＞0，即(1,2)·(1＋λ，2＋λ)＞0. ∴(1＋λ)＋2(2＋λ)＞0. ∴λ＞－53.当a 与a ＋λb 共线时，存在实数m ，使a ＋λb ＝m a ，即(1＋λ，2＋λ)＝m (1,2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋λ＝m ，2＋λ＝2m ，解得λ＝0.即当λ＝0时，a 与a ＋λb 共线，综上可知，λ＞－53且λ≠0.19．在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点．若AC →·BE →＝1，求AB 的长．解解法一：由题意可知，AC →＝AB →＋AD →，BE →＝－12AB →＋AD →.因为AC →·BE →＝1，所以(AB →＋AD →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋AD →＝1，即AD →2＋12AB →·AD →－12AB →2＝1.①因为|AD →|＝1，∠BAD ＝60°，所以AB →·AD →＝12|AB →|，因此①式可化为1＋14|AB →|－12|AB →|2＝1.解得|AB →|＝0(舍去)或|AB →|＝12，所以AB 的长为12.解法二：以A 为原点，AB 所在直线为x 轴建立如图所示的直角坐标系，过D 作DM ⊥AB 于点M .由AD ＝1，∠BAD ＝60°，可知AM ＝12，DM ＝32，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.设|AB |＝m (m >0)，则B (m,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋12，32.因为E 是CD 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋12，32.所以BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12m ，32，AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋12，32.由AC →·BE →＝1可得⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12m ＋34＝1，即2m 2－m ＝0，所以m ＝0(舍去)或m ＝12.故AB 的长为12.20．设平面上有两个向量e 1＝(1,0)，e 2＝(0,1)．现有一动点P 从点P 0(－1,2)开始沿着与向量e 1＋e 2相同的方向做匀速直线运动，速度大小为每秒|e 1＋e 2|.另一动点Q 从Q 0(－2，－1)出发，沿着与向量3e 1＋2e 2相同的方向做匀速直线运动，速度大小为每秒|3e 1＋2e 2|.设P ，Q 在t ＝0时分别在P 0，Q 0处，问：经过几秒，PQ →⊥P 0Q 0→？解将PQ →⊥P 0Q 0→转化为坐标形式，解方程即可．P 0Q 0→＝(－1，－3)．∵e 1＋e 2＝(1,1)，∴|e 1＋e 2|＝2，当点P 在与e 1＋e 2相同的方向上做匀速直线运动，且速度为每秒2个单位时，点P 的运动可看成在x 轴，y 轴方向上做匀速直线运动的合运动，且速度均为每秒1个单位，t 秒后点P 的位置为(－1＋t,2＋t )．同理，t 秒后点Q 的位置为(－2＋3t ，－1＋2t )．所以PQ →＝(－1＋2t ，－3＋t )．又PQ →⊥P 0Q 0→，则－(－1＋2t )－3(－3＋t )＝0，解得t ＝2. 故经过2秒，PQ →⊥P 0Q 0→.。

高考数学一轮复习第八章平面向量综合检测文新人教A版

高考数学一轮复习第八章平面向量综合检测文新人教A版一、选择题（第小题5分，共40分）1．向量i=（1，0），j=（0，1），下列向量中与向量j i +3垂直的是（）A ．j i 322+B ．j i 3+-C ．j i 32+D ．j i 3--答案：B (j i 3+-)(j i +3)=0所以选B2．已知向量a ()()4,3,1,2==-b ，若向量k +a b 与-a b 垂直，则k 的值为（）A ．323B ．7C ．115-D ．233-答案：A (k +a b )(-a b )=5(4)(32)0k k -++=3．设1(1,)2OM =，(0,1)ON =，则满足条件01OP OM ≤⋅≤，01OP ON ≤⋅≤的动点P 的变化范围（图中阴影部分含边界）是（）A ．B ．C ．D ．答案：A 设P 点坐标为),(y x ，则),(y x =.由01OP OM ≤⋅≤，01OP ON ≤⋅≤得⎩⎨⎧≤≤≤+≤10220y y x ，在平面直角坐标系中画出该不等式组表示的平面区域即可，选A ． 4．如图，非零向量==⊥==λλ则若为垂足且,,,,a OC C OA BC b OB a OA （）A 2||a B ||||b a C 2||b D ba ⋅2-x xx xyyy y 000011111222111-答案：A 解析：BC OA ⊥即2()0||0BC OC OC OB OC OC OB OC ⊥⇒-=⇒-=即22||0a a b λλ-=可得答案A5．在四边形ABCD 中，AB =a +2b ，BC =－4a －b ，CD =－5a －3b ，其中a 、b 不共线，则四边形ABCD 为（） A.平行四边形B.矩形C.梯形D.菱形答案： C 解析∵=++=－8a －2b =2，∴//. ∴四边形ABCD 为梯形.6．已知a ，b 是不共线的向量，AB ＝λa ＋b ，AC ＝a ＋μb (λ，μ∈R)那么A ，B ，C 三点共线的充要条件为( )A ．λ＋μ＝2B ．λ－μ＝1C ．λμ＝－1D ．λμ＝1答案：D 解析： A ，B ，C 三点共线即存在实数k 使得AB =k AC 即λa ＋b =k （ a ＋μb ）所以有λa =k a ， b =k μb ，即λ=k ， 1=k μ 故选D7．(江西省鹰潭市2011届高三第一次模拟)已知向量),(n m =，)sin ,(cos θθ=，其中R n m ∈θ,,.若||4||b a =，则当2λ<⋅恒成立时实数λ的取值范围是（）A ．2>λ或2-<λB ．2>λ或2-<λC ．22<<-λD ．22<<-λ答案： B 由已知得1||=，所以4||22=+=n m ，因此)sin(sin cos 22ϕθθθ++=+=⋅n m n m 4)sin(4≤+=ϕθ，由于2λ<⋅恒成立，所以42>λ，解得2>λ或2-<λ.8．点P 在平面上作匀速直线运动，速度向量(4,3)v =-（即点P 的运动方向与v 相同，且每秒移动的距离为v 个单位）．设开始时点P 的坐标为（－１０，１０），则５秒后点P 的坐标为（）A （-2，4）B （-30，25）C （10，-5）D （5，-10）答案：C 设5秒后点P 运动到点A,则5(20,15)PA PO OA V =+==-,∴(20,15)(10,10)OA =-+-=(10,-5).二、填空题（第小题5分，共30分，其中13~15是选做题，选做两题）9．直角坐标系xOy 中，i j ，分别是与x y ，轴正方向同向的单位向量．在直角三角形ABC 中，若AB i k j =+，2AC i j =+，且∠C=90°则k 的值是 ;答案：由平面向量的坐标表示可得：(1,),(2,1),AB k AC ==(1,1),CB AB AC k =-=-- 由AC CB ⊥，得()()211130,3AC CB k k k ⋅=⨯-+⨯-=-==.10．若菱形ABCD 的边长为2，则AB CB CD -+=__________。

2021版高考数学一轮总复习第五章平面向量、复数第27讲平面向量的基本定理及坐标运算导学案新人教A版

第27讲平面向量的基本定理及坐标运算【课程要求】 1．了解平面向量的基本定理及其意义，掌握平面向量的正交分解及其坐标表示． 2．会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算，理解用坐标表示平面向量共线和垂直的条件．

对应学生用书p76 【基础检测】

1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面内的任何两个向量都可以作为一组基底．( ) (2)若a，b不共线，且λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，则λ1＝λ2，μ1＝μ2.( ) (3)平面向量的基底不唯一，只要基底确定后，平面内的任何一个向量都可用这组基底唯一表示．( ) (4)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件可表示成x1x2＝y1y2.( ) (5)当向量的起点在坐标原点时，向量的坐标就是向量终点的坐标．( ) (6)平面向量不论经过怎样的平移变换之后其坐标不变．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√ (6)√ 教材改编 2．[必修4p97例5]已知▱ABCD的顶点A(－1，－2)，B(3，－1)，C(5，6)，则顶点D的坐标为________．

[解析]设D(x，y)，则由AB→＝DC→，得(4，1)＝(5－x，6－y)，

即4＝5－x，1＝6－y，解得x＝1，y＝5. [答案] (1，5) 3．[必修4p119A组T9]已知向量a＝(2，3)，b＝(－1，2)，若ma＋nb与a－2b共线，则mn＝________． [解析]由向量a＝(2，3)，b＝(－1，2)，得ma＋nb＝(2m－n，3m＋2n)，a－2b＝(4，－1)．由ma＋nb与a－2b共线，得2m－n4＝3m＋2n－1，所以mn＝－12. [答案]－12 易错提醒 4．设e1，e2是平面内一组基底，若λ1e1＋λ2e2＝0，则λ1＋λ2＝________． [答案]0

5．已知点A(0，1)，B(3，2)，向量AC→＝(－4，－3)，则向量BC→＝________． [解析]根据题意得AB→＝(3，1)， ∴BC→＝AC→－AB→＝(－4，－3)－(3，1)＝(－7，－4)． [答案] (－7，－4)

人教A版高考总复习一轮文科数学精品课件第5章第3节平面向量的数量积及其应用 (2)

所以 = + = +
所以 =
所以 =
1
− =-2
1
(
2
+
1
,
3
= + =
2
+ 3 .又
3
)=4
+
=
1

,
2
2
.
3
因为 AB=2,∠BAD=60°,
所以 · =
3
=-8 2
+
1

6
3

4
+
· +
(a-b)⊥b,则tan θ=
.
3 1
−
,
2 2
,b=(cos θ,sin θ),若
1
答案:(1)
2
(2)-
3
3
解析:(1)∵单位向量 a,b 的夹角为 60°,∴a·
b=1×1×cos
∵a-kb 与 b 垂直,∴(a-kb)·
b=a·
b-kb
2
(2)(a-b)·
b=a·
b-1=0,∴sin −
所以|a|2+(3+λ)a·
b+3λ|b|2=0,所以4+(3+λ)×2×1×cos 120°+3λ=0,
所以 4+(3+λ)×2×1×
1
−
2
+3λ=0,所以 1+2λ=0,所以
1
λ=- .
2
突破技巧平面向量垂直问题的两个类型
若证明两个向量垂直,先根据共线、夹角等条件
利用坐标运算证明两个
计算出这两个向量的坐标;然后根据数量积的坐

新高考数学人教A版一轮总复习课件7.2平面向量的数量积及向量的综合应用应用篇

应用探索
例 (2019湖南长郡中学第五次月考,11)已知P是边长为3的等边三角形
ABC外接圆上的动点,则| PA+ PB +2PC |的最大值是 ( )
A.2 3 B.3 3 C.4 3 D.5 3
解题导引
思路一:设外接圆的圆心为O,则
PA
+
PB
+2
PC
=
PO
+OA
+
PO
+
OB +2( PO +OC )=4 PO +OA+OB +2OC ,正三角形外接圆的圆心为O(亦为三
OA垂直的直线为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,
连接OB,OC.
易知|
OA
|=|
OB
|=|
OC
|=
3 ,∴A(0,
3
),B
3 2
,
3 2
,C
3 2
,
3 2
,设P(
3cos θ,
3 sin θ)(=(-
3 cos θ,
3-
3 sin θ),
PB
=
3 2
3 cosθ, 3 2
角形的重心),则OA
+OB
+OC
=0,从而把所求转化为求4
PO
+OC
模的最大
值;思路二:可以考虑以△ABC外接圆的圆心为原点,OA所在直线为y轴,过
O与OA垂直的直线为x轴建立坐标系,设P( 3 cos θ, 3 sin θ),以θ为参量,转
化为求三角函数最值问题.
解析解法一:设△ABC的外接圆的圆心为O.由正弦定理得圆的半径为R
3 sin θ ,

2017版高考数学一轮复习第五章平面向量第1讲平面向量的概念及线性运算习题理新人教A版

1 【创新设计】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习第五章平面向量第1讲平面向量的概念及线性运算习题理新人教A版基础巩固题组 (建议用时：40分钟) 一、填空题 1.设a是非零向量，λ是非零实数，给出下列结论：①a与λa的方向相反；②a与λ2a的方向相同；③|－λa|≥|a|；④|－λa|≥|λ|·a.其中正确的是________(填序号). 解析对于①，当λ＞0时，a与λa的方向相同，当λ＜0时，a与λa的方向相反，②正确；对于③，|－λa|＝|－λ||a|，由于|－λ|的大小不确定，故|－λa|与|a|的大小关系不确定；对于④，|λ|a是向量，而|－λa|表示长度，两者不能比较大小. 答案 ②

2.在▱ABCD中，AB→＝a，AD→＝b，AN→＝3NC→，M为BC的中点，则MN→＝________(用a，b表示). 解析由AN→＝3NC→，得4AN→＝3 AC→＝3(a＋b)，AM→＝a＋12b，所以MN→＝34(a＋b)－a＋12b＝－14a＋14b.

答案－14a＋14b 3.(2015·全国Ⅱ卷)设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝____________. 解析 ∵向量a，b不平行，∴a＋2b≠0，又向量λa＋b与a＋2b平行，则存在唯一的实

数μ，使λa＋b＝μ(a＋2b)成立，即λa＋b＝μa＋2μb，则得λ＝μ，1＝2μ，解得λ＝μ＝12. 答案 12 4.设a，b都是非零向量，下列四个条件中，使a|a|＝b|b|成立的充分条件是________(填序号). ①a＝－b；②a∥b；③a＝2b；④a∥b且|a|＝|b|. 解析 a|a|表示与a同向的单位向量，b|b|表示与b同向的单位向量，只要a与b同向，就有a|a|＝b|b|，观察选项易知③满足题意. 2

答案 ③ 5.(2016·温州八校检测)设a，b不共线，AB→＝2a＋pb，BC→＝a＋b，CD→＝a－2b，若A，B，D三点共线，则实数p的值为________.

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同步练习 g3.1057 平面向量的综合应用（2）
1、钝角三角形的三边为a、a+1、a+2，其最大角不超过1200，则a的取值范围（）
A）0

2、在△ABC中，若sinA+cosA=127，则三角形是（）
A）钝角三角形 B）直角三角形 C）锐角三角形 D）等边三角形
3、在△ABC中，角A满足sinA+cosA>0，且tanA－sinA<0，则A的取值范围是（）

A）（0、4） B）（4、2） C）（2、43） D）（4、43）

4、在△ABC中，下列三角式：①sin（A+B）+sinC；②cos（B+C）+cosA；③cos2ABsec2C；
④tan2BAtan2C。其中为常数的是（）
A）①③ B）②④ C）①④ D）②③
5、在△ABC中，若sinBsinC=cos22A，则下面等式一定成立的是（）
A）A=B B）A=C C）B=C D）A=B=C
6、在△ABC中，如果4sinA+2cosB=1，2sinB+4cosA=33，则∠C的大小是（）
A）300 B）1500 C）300或1500 D）600或1200.
7、在△ABC中，若（a+b+c）（b+c－a）=3bc，则∠A= .
8、已知△ABC中，三个内角A、B、C成等差数列，且AB=8，BC=5，则△ABC的内切圆
的面积为 .

9、在△ABC中，a比b长2，b比c长2，且最大角的正弦值是23，则S△ABC= .

10、（05江苏卷）在ABC中，O为中线AM上一个动点，若AM=2，则)(OCOBOA的最
小值是__________.
班级姓名座号
题号 1 2 3 4 5 6
答案

7、 . 8、 . 9、 . 10、 .
11、a、b、c分别是角A、B、C的对边，设a+c=2b，A－Ｃ＝3，求sinB的值.

12、隔河可看到两目标A、B，但不能到达，在岸边选取相距3km的C、D两点，并测得
∠ACB=750，∠BCD=450，∠ADC=300，∠ADB=450，（A、B、C、D在同一平面内），求
两目标A、B之间的距离.

13、江岸边有一炮台高30米，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为450和300，而且
两条船与炮台底部连线成300角，（炮台底部与江面平行），求两条船相距多少米？

A
C
D
B

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