《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 熱點(diǎn)問題專練(八) 平面向量 文》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 熱點(diǎn)問題專練(八) 平面向量 文(8頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、熱點(diǎn)(八) 平面向量
1.(平面向量基本定理)設(shè)D為△ABC的邊BC的延長(zhǎng)線上一點(diǎn),=3,則( )
A.=-
B.=+
C.=-+
D.=-
答案:C
解析:=+=+=+(-)=-+,故選C.
2.(向量共線的坐標(biāo)表示)已知向量a=(4,2),向量b=(x,3),且a∥b,則x=( )
A.9 B.6
C.5 D.3
答案:B
解析:因?yàn)橄蛄縜=(4,2),向量b=(x,3)且a∥b,
所以4×3=2x,x=6,故選B.
3.(向量的模)已知|a|=1,|b|=2,a=λb,λ∈R,則|a-b|等于( )
A.1 B.3
C.1或3 D.|λ|
2、
答案:C
解析:由a=λb可知a∥b,即a與b的夾角為0或π,
|a-b|2=a2+b2-2|a|·|b|cos 0=|a|2+|b|2-2|a|·|b|=1+4-4=1,
或|a-b|2=a2+b2-2|a|·|b|cos π=|a|2+|b|2+2|a|·|b|=1+4+4=9,
∴|a-b|=1或3,故選C.
4.(數(shù)量積的應(yīng)用)設(shè)向量a=(1,cos θ)與b=(-1,2cos θ)垂直,則cos 2θ等于( )
A. B.
C.-1 D.0
答案:D
解析:向量a=(1,cos θ)與b=(-1,2cos θ)垂直,可得2cos2θ-1=0,故cos 2θ
3、=2cos2θ-1=0,故選D.
5.(向量的線性運(yùn)算)在△ABC中,AB=2,BC=3,∠ABC=60°,AD為BC邊上的高,O為AD的中點(diǎn),若=λ+μ,則λ+μ=( )
A.1 B.
C. D.
答案:D
解析:在△ABD中,BD=AB=1.
又BC=3,所以BD=BC,∴=+=+.
∵O為AD的中點(diǎn),∴==+.
∵=λ+μ,∴λ=,μ=,∴λ+μ=,故選D.
6.(共線定理的推廣+角平分線性質(zhì))在△AOB中,G為AB邊上一點(diǎn),OG是∠AOB的平分線,且=+m,m∈R,則=( )
A. B.1
C. D.2
答案:C
解析:如圖所示,△AOB中,=
4、+m,由平面向量的基本定理得+m=1,解得m=,∴=+,∴-=+(-),∴=,∴=,∴=,又OG是∠AOB的平分線,∴=,∴=.故選C.
7.(向量的夾角)已知向量a,b滿足|a+b|=|a-b|,且|a|=,|b|=1,則向量b與a-b的夾角為( )
A. B.
C. D.
答案:B
解析:因?yàn)閨a+b|=|a-b|,所以a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2,即a·b=0.
因此cos〈b,a-b〉===-=-.所以向量b與a-b的夾角為,故選B.
8.(數(shù)量積的應(yīng)用)已知向量a=(,-),b=(cos α,sin α),則|a-b|的最大值為( )
A.1
5、B.
C.3 D.9
答案:C
解析:因?yàn)閨a-b|===,
所以當(dāng)sin=1時(shí),|a-b|取得最大值,最大值為=3,故選C.
9.(數(shù)量積的應(yīng)用)在△ABC中,設(shè)||2-||2=2·,則動(dòng)點(diǎn)M的軌跡必通過△ABC的( )
A.垂心 B.內(nèi)心
C.重心 D.外心
答案:D
解析:||2-||2=(+)·(-)=(+)·=2·,
∴·(+-2)=0?·(-+-)=·(+)=0,
設(shè)E為BC的中心,則+=2,
∴·2=0?⊥?ME為BC的垂直平分線,
∴M的軌跡必過△ABC的外心,故選D.
10.(向量運(yùn)算與函數(shù))如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥
6、CD,∠BAD=120°,AB=AD=1,若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn),則·的最小值為( )
A. B.
C. D.3
答案:A
解析:連接BD,AC,由AB⊥BC,AD⊥CD,得∠BCD=60°,
易證△ACD≌△ACB,所以CD=BC,所以△BCD為等邊三角形,易知BD=.設(shè)=t(0≤t≤1),
·=(+)·(+)=·+·(+)+2=+·+2=3t2-t+(0≤t≤1).
所以當(dāng)t=時(shí),上式取得最大值,故選A.
11.(數(shù)量積的定義)在正三角形ABC中,AB=2,=,=,且AD與BE相交于點(diǎn)O,則·=( )
A.- B.-
C.- D.-
答案:B
解
7、析:如圖.
因?yàn)椋?,所以D是BC的中點(diǎn),
所以=+,
因?yàn)椋?,所以=?
設(shè)=λ,λ>0,則=λ+λ,
因?yàn)锽,O,E三點(diǎn)共線,所以存在實(shí)數(shù)μ,使得
=μ+(1-μ)=μ+(1-μ),
所以解得
所以=+,
=+=-+,
所以·=·
=·
=-||2-·+||2
=-×22-×2×2×cos 60°+×22
=-,故選B.
12.[2018·浙江卷](向量的綜合應(yīng)用)已知a,b,e是平面向量,e是單位向量.若非零向量a與e的夾角為,向量b滿足b2-4e·b+3=0,則|a-b|的最小值是( )
A.-1 B.+1
C.2 D.2-
答案:A
解析:解法
8、一 ∵ b2-4e·b+3=0,
∴ (b-2e)2=1,
∴ |b-2e|=1.
如圖所示,把a(bǔ),b,e的起點(diǎn)作為公共點(diǎn)O,以O(shè)為原點(diǎn),向量e所在直線為x軸,則b的終點(diǎn)在以點(diǎn)(2,0)為圓心,半徑為1的圓上,|a-b|就是線段AB的長(zhǎng)度.
要求|AB|的最小值,就是求圓上動(dòng)點(diǎn)到定直線的距離的最小值,也就是圓心M到直線OA的距離減去圓的半徑長(zhǎng),
因此|a-b|的最小值為-1.
故選A.
解法二 設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),a=,b==(x,y),e=(1,0),由b2-4e·b+3=0得x2+y2-4x+3=0,即(x-2)2+y2=1,所以點(diǎn)B的軌跡是以C(2,0)為圓心,1為半徑的圓
9、.因?yàn)閍與e的夾角為,所以不妨令點(diǎn)A在射線y=x(x>0)上,如圖,數(shù)形結(jié)合可知|a-b|min=||-||=-1.故選A.
解法三 由b2-4e·b+3=0得b2-4e·b+3e2=(b-e)·(b-3e)=0.
設(shè)b=,e=,3e=,所以b-e=,b-3e=,所以·=0,取EF的中點(diǎn)為C,則B在以C為圓心,EF為直徑的圓上,如圖.設(shè)a=,作射線OA,使得∠AOE=,所以|a-b|=|(a-2e)+(2e-b)|≥|a-2e|-|2e-b|=||-||≥-1.故選A.
13.(向量的模)已知向量a,b滿足a=(1,-1),a+b=(3,1),則|b|=________.
答案
10、:2
解析:依題意b=(a+b)-a=(3,1)-(1,-1)=(2,2),故|b|==2.
14.(數(shù)量積)設(shè)a,b是互相垂直的單位向量,且(λa+b)⊥(a+2b),則實(shí)數(shù)λ的值是________.
答案:-2
解析:依題意,有|a|=|b|=1,且a·b=0,
又(λa+b)⊥(a+2b),所以(λa+b)·(a+2b)=0,
即λa2+2b2+(2λ+1)a·b=0,即λ+2=0,所以λ=-2.
15.(向量的夾角)已知非零向量a,b滿足|2a+b|=|a+2b|=|a|,則a,b的夾角為________.
答案:
解析:由題意,知|2a+b|=|a+2b|,
即(
11、2a+b)2=(a+2b)2,即4a2+4a·b+b2=a2+4a·b+4b2;
解得a2=b2,∴|a|=|b|.
又|a+2b|=|a|,∴(a+2b)2=3a2,∴a2+4a·b+4b2=3a2,
∴a2+4a2cos〈a,b〉+4a2=3a2,
又a≠0,∴1+4cos〈a,b〉+4=3,∴cos〈a,b〉=-,
又0≤〈a,b〉≤π,∴〈a,b〉=.
16.(向量的投影)設(shè)e1,e2是單位向量,且e1,e2的夾角為,若a=e1+e2,b=2e1-e2,則e1·e2=________;a在b方向上的投影為________.
答案:-;
解析:由平面向量的數(shù)量積的定義,可得e1·e2=|e1|·|e2|cos=1×1×=-,
a·b=(e1+e2)·(2e1-e2)=2e+e1·e2-e=2--1=,
b2=(2e1-e2)2=4e-4e1·e2+e=4-4×+1=7,即|b|=,
所以a在b方向上的投影為==.
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