《（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专项强化练（七）平面向量》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专项强化练（七）平面向量（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专项强化练(七)平面向量A组题型分类练题型一平面向量的线性运算1已知平面上不共线的四点O，A，B，C，若23，则的值为_解析：由23，得22，即2，所以.答案：2在ABCD中，a，b，3，M为BC的中点，则_(用a，b表示)解析：由3得(ab)，ab，所以(ab)ab.答案：ab3已知RtABC的面积为2，C90，点P是RtABC所在平面内的一点，满足，则的最大值是_解析：由条件可知|4，0，因为，故979|4|9712273，当且仅当9|4|，即|，|3时等号成立答案：73临门一脚1对相等向量、零向量、单位向量等概念的理解要到位2用几个基本向量表示某个向量问题的基本技巧：(1)观察各向量的位
2、置；(2)寻找相应的三角形或平行四边形；(3)运用法则找关系；(4)化简结果3线性运算由于基底运用难度较大，能建立坐标系的时候，建系优先4利用两向量共线证明三点共线要强调有一个公共点5已知 (，为常数)，则A，B，C三点共线的充要条件是1.题型二平面向量的坐标表示1(2019锡山中学模拟)已知向量a，b满足a2b(3,4)，2ab(4，2)，则a2b2_.解析：得a(1,0)，b(2,2)所以a2b2|a|2|b|21(2)2229.答案：92已知向量a(1,2)，b(x,1)，ua2b，v2ab，且uv，则实数x的值是_解析：因为u(12x,4)，v(2x,3)，uv，所以84x36x，所以
3、x.答案：3已知向量a(1,2)，b(2，3)若向量c满足(ca)b，c(ab)，则c_.解析：不妨设c(m，n)，则ac(1m,2n)，ab(3，1)，对于(ca)b，有3(1m)2(2n)对于c(ab)，有3mn0.联立，解得m，n.故c.答案：临门一脚1解决向量的坐标运算问题，关键是掌握线性运算法则及坐标运算的特点一般地，已知有向线段两端点的坐标，应先求出向量的坐标解题时注意利用向量相等(横、纵坐标分别相等)建立方程(组)求解2若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则ab的充要条件不能表示成，因为x2，y2有可能等于0，应表示为x1y2x2y10.题型三平面向量的数量积1已知向量a(3，
4、2)，b(1,0)，向量ab与a2b垂直，则实数的值为_解析：依题意，ab(31，2)，a2b(1，2)，所以(ab)(a2b)710，.答案：2已知向量与的夹角为120，且|2，|3.若，且，则实数的值为_解析：由题意得，3，由()()0，得220，即34930，故.答案：3(2019丹阳中学月考)在直角坐标系中，已知三点A(a,1)，B(3，b)，C(4,5)，O为坐标原点若向量与在向量方向上的投影相等，且10，则ab_.解析：因为向量与在向量方向上的投影相等，所以，3ab125b，即3a4b120，又(3a，b1)，(4,5)，所以4a5b710，即4a5b170，得ab5.答案：54(
5、2018武汉调研)在矩形ABCD中，AB2，AD1.边DC上的动点P(包含点D，C)与CB延长线上的动点Q(包含点B)满足|，则的最小值为_解析：以点A为坐标原点，分别以AB，AD所在直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设P(x，1)，Q(2，y)，由题意知0x2，2y0.|，|x|y|，xy.(x，1)，(2x，y1)，x(2x)(y1)x22xy1x2x12，当x时，取得最小值，为.答案：5在ABC中，ABAC，AB，ACt，P是ABC所在平面内一点，若，则PBC面积的最小值为_解析：由于ABAC，故以AB，AC所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系(图略)，则B，C(0，
6、t)，因为，所以点P坐标为(4,1)，直线BC的方程为t2xyt0，所以点P到直线BC的距离为d，BC，所以PBC的面积为，当且仅当t时取等号答案：临门一脚1若向量a，b，c满足abac(a0)，则不一定有bc.2两个向量a与b的夹角为锐角(钝角)，则有ab0(ab0)，反之不成立(因为夹角为0()时不成立)3在数量积的基本运算中，经常用到数量积的定义、模、夹角等公式，尤其对|a|要引起足够重视，是求模常用的公式4数量积的运算中，ab0ab，是对非零向量而言的，若a0，虽然有ab0，但不能说ab.5平面向量的求解常见方法有定义法、坐标法、转化法、极化恒等式法、投影法B组高考提速练1(2019盐
7、城中学模拟)已知向量a(1,2)，b(3，m)，若a(2ab)，则a在b方向上的投影是_解析：2ab(2,4)(3，m)(5,4m)，因为a(2ab)，所以1(4m)250，所以m6，所以b(3，6)，所以a在b方向上的投影是.答案：2.如图，已知a，b，3，用a，b表示，则_.解析：因为ab，又3，所以(ab)，所以b(ab)ab.答案：ab3(2019白蒲中学模拟)在平行四边形ABCD中，若xy，则xy_.解析：在平行四边形ABCD中，所以，所以x1，y1，则xy2.答案：24已知|a|3，|b|4，且a与b不共线，若向量akb与akb垂直，则k_.解析：因为(akb)(akb)，所以(a
8、kb)(akb)0，即|a|2k2|b|20.又因为|a|3，|b|4，所以k2，即k.答案：5(2019启东中学模拟)已知|6，|2，AOB30，若tR，则|t|的最小值为_ .解析：|t|t()|(1t)t|，则|t|2(1t)22t222(1t)t36(1t)212t22t(1t)6212(t23t3)，当t时，|t|取得最小值3.答案：36.如图，在ABC中，ABAC3，cosBAC，2，则的值为_解析：由2，得(2)又，ABAC3，cosBAC，所以 (2)()(93)2.答案：27(2019扬州中学模拟)已知在等腰直角三角形ABC中，BABC2，若2，则_.解析： 如图，()222
9、|cos 1354222.答案：28将向量(1,1)绕原点O逆时针方向旋转60得到，则_.解析：法一：(1,1)，设(x，y)，则|，|cos 601，又由向量的坐标运算可知xy1，|，化简得x2y22，因为点B在第二象限，故x0，所以解得故.法二：因为|，直线OB的倾斜角为6045105，故点B的横坐标xB|cos(6045)，纵坐标yB|sin(6045)，故.答案：9若向量a(cos 15，sin 15)，b(cos 75，sin 75)，则ab与a的夹角为_解析：ab(cos 15cos 75，sin 15sin 75)(cos 15sin 15，sin 15cos 15)，则(ab)
10、acos 15(cos 15sin 15)sin 15(cos 15sin 15)12cos 15sin 151sin 30，|ab|，cosab，a，又ab，a0，所以ab，a.答案：10.(2019江都中学模拟)如图，在平行四边形ABCD中，M是BC的中点，且ADDM，N是线段BD上的动点，过点N作AM的垂线，垂足为H，设12，则当最小时，12的值为_解析：|cos，由图易知向量，所成的角为钝角，所以cos，0，因为NHAM，所以|.当最小时，的模最大，数形结合易知点N与点D重合时，的模最大，即最小，如图因为ADDM，DHAM，所以H是AM的中点，则()，所以12.答案：11.如图，等边A
11、BC的边长为2，顶点B，C分别在x轴的非负半轴，y轴的非负半轴上移动，M为AB的中点，则的最大值为_解析：设OBC，因为BC2，所以B(2cos ，0)，C(0,2sin )，则(2cos ，2sin )，设(x，y)，因为ABC是边长为2的等边三角形，所以解得即(sin cos ，cos sin )，则(sin cos ，cos sin )，因为M为AB的中点，所以sin cos ，cos sin ，所以sin 2sin 2cos2sin 2cos 2sin(2)其中cos ，sin ，所以的最大值为.答案：12已知ABC的三个内角为A，B，C，重心为G，若2sin Asin B3sin C0，则cos B_.解析：设a，b，c分别为角A，B，C所对的边，由正弦定理得2ab3c0，则2ab3c3c()，即(2a3c)(b3c)0.又，不共线，所以由此得2ab3c，所以ab，cb，于是由余弦定理得cos B.答案：13已知平面向量，满足|1，且与的夹角为120，则|的取值范围为_解析：法一：由|1，且与的夹角为120，作向量，则，在OAB中，OAB60，OB1，则由正弦定理，得OAsinABO，即00，故0u，即0|.
