2020届二轮复习小题考法——平面向量课时作业（全国通用）

课时跟踪检测（一） 小题考法——平面向量
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．已知平面向量a＝(3,4)，b＝，若a∥b，则实数x为(　　)
A．－　　　　　　　　　 B．
C． D．－
解析：选C　∵a∥b，∴3×＝4x，解得x＝，故选C.
2．(2019届高三·杭州六校联考)已知向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)·a＝(　　)
A．9 B．10
C．12 D．13
解析：选D　∵向量a和b的夹角为120°，
且|a|＝2，|b|＝5，
∴a·b＝2×5×cos 120°＝－5，
∴(2a－b)·a＝2a2－a·b＝2×4＋5＝13，
故选D.
3．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝(　　)
A.－ B.－
C.＋ D.＋
解析：选A　作出示意图如图所示．＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－.故选A.
4．设向量a＝(－2,1)，a＋b＝(m，－3)，c＝(3,1)，若(a＋b)⊥c，则cos〈a，b〉＝(　　)
A．－ B．
C． D．－
解析：选D　由(a＋b)⊥c可得，m×3＋(－3)×1＝0，解得m＝1.所以a＋b＝(1，－3)，故b＝(a＋b)－a＝(3，－4)．
所以cos〈a，b〉＝＝＝－，故选D.
5．P是△ABC所在平面上一点，满足|－|－|＋－2|＝0，则△ABC的形状是(　　)
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
解析：选B　∵P是△ABC所在平面上一点，且|－|－|＋－2|＝0，
∴||－|(－)＋(－)|＝0，
即||＝|＋|，
∴|－|＝|＋|，
两边平方并化简得·＝0，
∴⊥，∴∠A＝90°，
则△ABC是直角三角形．
6.(2018·浙江二模)如图，设A，B是半径为2的圆O上的两个动点，点C为AO中点，则·的取值范围是(　　)
A．[－1,3]　　　　　　 　B．[1,3]
C．[－3，－1] D．[－3,1]
解析：选A　建立平面直角坐标系如图所示，
可得O(0,0)，A(－2,0)，C(－1,0)，设B(2cos θ，2sin θ)．θ∈[0,2π)．
则·＝(1,0)·(2cos θ＋1，2sin θ)＝2cos θ＋1∈[－1,3]．
故选A.
7．(2019届高三·浙江名校联考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D为AB的中点，点P满足＝＋，则·(＋)的最小值为(　　)
A．－2 B．－
C．－ D．－
解析：选C　由＝＋知点P在直线CD上，以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0,0)，A(0,2)，B(2，0)，D(，1)，∴直线CD的方程为y＝x，设P，则＝，＝，＝，∴＋＝，∴·(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x＝x2－x＝2－，∴当x＝时，·(＋)取得最小值－.
8．已知单位向量a，b，c是共面向量，a·b＝，a·c＝b·c<0，记m＝|λa－b|＋|λa－c|(λ∈R)，则m2的最小值是(　　)
A．4＋ B．2＋
C．2＋ D．4＋
解析：选B　由a·c＝b·c，可得c·(a－b)＝0，故c与a－b垂直，又a·c＝b·c<0，记＝a，＝b，＝c，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，设＝λa，则|λa－b|＋|λa－c|＝||＋||≥|b－c|＝||，由图可知最小值为BC，易知∠OBC＝∠BCO＝15°，所以∠BOC＝150°，在△BOC中，BC2＝BO2＋OC2－2BO·OC·cos∠BOC＝2＋.所以m2的最小值是2＋.
9．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为(　　)
A．3 B．2
C. D．2
解析：选A　以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为＝，所以圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝.
因为P在圆C上，所以P.
又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)，
所以
λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.
10．如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，设·＝m，·＝n.若AB＝，EF＝1，CD＝，则(　　)

A．2m－n＝1 B．2m－2n＝1
C．m－2n＝1 D．2n－2m＝1
解析：选D　·＝(＋)·(－＋)＝－2＋·－·＋·＝－2＋·(－)＋m＝－2＋·(＋＋－)＋m＝·＋m.又＝＋＋，＝＋＋，两式相加，再根据点E，F分别是边AD，BC的中点，化简得2＝＋，两边同时平方得4＝2＋3＋2·，所以·＝－，则·＝，所以n＝＋m，即2n－2m＝1，故选D.
二、填空题
11．(2018·龙岩模拟)已知向量a，b夹角为60°，且|a|＝1，|2a－b|＝2，则|b|＝________.
解析：∵|2a－b|＝2，∴4a2－4a·b＋b2＝12，
∴4×12－4×1×|b|cos 60°＋|b|2＝12，
即|b|2－2|b|－8＝0，
解得|b|＝4.
答案：4
12.(2019届高三·宁波效实模拟)如图，在平面四边形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，则(＋)·(＋)＝________.
解析：∵在平面四边形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，
∴＋＝＋＋＋＝＋＝－，
＋＝＋＋＋＝＋，
∴(＋)·(＋)＝(－)(＋)＝2－2＝9－16＝－7.
答案：－7
13．设向量a，b满足|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，则|b|的最大值是________；最小值是________．
解析：由|a＋b|＝2|a－b|两边平方，得a2＋2a·b＋b2＝4(a2－2a·b＋b2)，化简得到3a2＋3b2＝10a·b≤10|a||b|，|b|2－10|b|＋9≤0，解得1≤|b|≤9.
答案：9　1
14．(2018·嘉兴期末)在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，D为AB边上的点，且＝2，则·＝________；若＝x＋y，则xy＝________.
解析：以A为坐标原点，，分别为x轴，y轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，D，所以·＝·(0，－2)＝4.由＝x＋y，得＝x(0，－2)＋y(2，－2)，所以＝2y，－2＝－2x－2y，解得x＝，y＝，所以xy＝.
答案：4　
15．(2018·温州二模)若向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，且|b|≥2，则a·b＝________，a在b方向上的投影的取值范围是________．
解析：向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，
∴a2＋2a·b＋b2－b2＝3，
∴9＋2a·b＝3，∴a·b＝－3；
则a在b方向上的投影为|a|cos θ＝＝，
又|b|≥2，∴－≤<0，
∴a在b方向上的投影取值范围是.
答案：－3　


16．(2018·温州适应性测试)已知向量a，b满足|a|＝|b|＝a·b＝2，向量x＝λa＋(1－λ)b，向量y＝ma＋nb，其中λ，m，n∈R，且m>0，n>0.若(y－x)·(a＋b)＝6，则m2＋n2的最小值为________．
解析：法一：依题意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6，所以[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6，因为|a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6，所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，所以m2＋n2＝m2＋(2－m)2＝2m2－4m＋4＝2(m－1)2＋2≥2，当且仅当m＝1时取等号，所以m2＋n2的最小值为2.
法二：依题意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6，
即[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6，
因为|a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6，
所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，所以m2＋n2＝(m＋n)2－2mn＝4－2mn≥4－22＝2，当且仅当m＝n＝1时取等号，所以m2＋n2的最小值为2.
答案：2
17．已知在△ABC中，AC⊥AB，AB＝3，AC＝4.若点P在△ABC的内切圆上运动，则·(＋)的最小值为________，此时点P的坐标为________．
解析：因为AC⊥AB，所以以A为坐标原点，以AB，AC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)．由题意可知△ABC内切圆的圆心为D(1,1)，半径为1.因为点P在△ABC的内切圆上运动，所以可设P(1＋cos θ，1＋sin θ)(0≤θ<2π)．所以＝(－1－cos θ，－1－sin θ)，＋＝(1－2cos θ，2－2sin θ)，所以·(＋)＝(－1－cos θ)(1－2cos θ)＋(－1－sin θ)(2－2sin θ)＝－1＋cos θ＋2cos2 θ－2＋2sin2 θ＝－1＋cos θ≥－1－1＝－2，当且仅当cos θ＝－1，即P(0,1)时，·(＋)取到最小值，且最小值为－2.
答案：－2　(0,1)
B组——能力小题保分练
1．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DE＝2EF，则·的值为(　　)
A.－ B.
C. D.
解析：选B　如图所示，＝＋.
又D，E分别为AB，BC的中点，且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝，
所以＝＋.
又＝－，
则·＝·(－)
＝·－2＋2－·
＝2－2－·＝||2－||2－×||×||×cos∠BAC.
又||＝||＝1，∠BAC＝60°，
故·＝－－×1×1×＝.
2.如图，在等腰梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠ADC＝120°，AB＝4，CD＝2，动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝，＝λ，则·的最小值是(　　)
A．4＋13 B．4－13
C．4＋ D．4－
解析：选B　在等腰梯形ABCD中，AB＝4，CD＝2，∠ADC＝120°，易得AD＝BC＝2.由动点E和F分别在线段BC和DC上得，所以<λ<1.所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||·||cos 120°＋||·||－||·||＋||·||cos 60°＝4×2×＋×2－4×(1－λ)×2＋×(1－λ)×2×＝－13＋8λ＋≥－13＋2＝4－13，当且仅当λ＝时取等号．所以·的最小值是4－13.
3．(2018·台州一模)已知单位向量e1，e2，且e1·e2＝－，若向量a满足(a－e1)·(a－e2)＝，则|a|的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　∵单位向量e1，e2，且e1·e2＝－，
∴〈e1，e2〉＝120°，
∴|e1＋e2|＝ ＝1.
若向量a满足(a－e1)·(a－e2)＝，
则a2－a·(e1＋e2)＋e1·e2＝，
∴|a|2－a·(e1＋e2)＝，
∴|a|2－|a|·cos〈a，e1＋e2〉＝，
即cos〈a，e1＋e2〉＝.
∵－1≤cos〈a，e1＋e2〉≤1，
∴－1≤|a|－≤1，
解得－≤|a|≤＋，
∴|a|的取值范围为.
4．(2018·丽水模拟)在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB＝EF＝1，BC＝6，CA＝，若·＋·＝2，则与的夹角的余弦值等于________．
解析：由题意可得2＝(－)2＝2＋2－2·＝33＋1－2·＝36，∴·＝－1.
由·＋·＝2，
可得·(＋)＋·(＋)
＝2＋·＋·＋·
＝1－·＋(－1)＋·
＝·(－)
＝·＝2，
故有·＝4.
再由·＝1×6×cos〈，〉，
可得6×cos〈，〉＝4，∴cos〈，〉＝.
答案：
5．(2019届高三·镇海中学模拟)已知向量a，b的夹角为，|b|＝2，对任意x∈R，有
|b＋xa|≥|a－b|，则|tb－a|＋(t∈R)的最小值为________．
解析：向量a，b夹角为，|b|＝2，对任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|，
两边平方整理可得x2a2＋2xa·b－(a2－2a·b)≥0，
则Δ＝4(a·b)2＋4a2(a2－2a·b)≤0，
即有(a2－a·b)2≤0，即为a2＝a·b，
则(a－b)⊥a，
由向量a，b夹角为，|b|＝2，
由a2＝a·b＝|a|·|b|·cos，得|a|＝1，
则|a－b|＝＝，
画出＝a，＝b，建立平面直角坐标系，如图所示：
则A(1,0)，B(0，)，
∴a＝(－1,0)，b＝(－1，)；
∴|tb－a|＋
＝＋
＝＋
＝2
表示P(t,0)与M，N的距离之和的2倍，
当M，P，N共线时，取得最小值2|MN|.
即有2|MN|＝2＝.
答案：
6．已知定点A，B满足||＝2，动点P与动点M满足||＝4，＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，且||＝||，则·的取值范围是________；若动点C也满足||＝4，则·的取值范围是________．
解析：因为＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，λ＋1－λ＝1，所以根据三点共线知，点M在直线PB上，又||＝||，记PA的中点为D，连接MD，如图，则MD⊥AP，·＝·(＋)＝·＋0＝2，因为||＝4，所以点P在以B为圆心，4为半径的圆上，则||∈[2,6]，则·＝2∈[2,18]．
由于|MA|＋|MB|＝|MP|＋|MB|＝4，所以点M在以A，B为焦点，长轴的长为4的椭圆上，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则椭圆方程为＋＝1，点C在圆(x－1)2＋y2＝16上，A(－1,0)，设M(2cos α，sin α)，C(4cos β＋1，4sin β)，则＝(4cos β＋2,4sin β)，＝(2cos α＋1，sin α)，
·＝(8cos α＋4)cos β＋4sin αsin β＋4cos α＋2
＝sin(β＋φ)＋4cos α＋2
＝(4cos α＋8)sin(β＋φ)＋4cos α＋2，
最大值是(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝8cos α＋10≤18，
最小值是－(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝－6，
所以·∈[－6,18]．
答案：[2,18]　[－6,18]