全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二平面向量文含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二平面向量文含解析，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1.设a＝(1，2)，b＝(1，1)，c＝a＋kb.若b⊥c，则实数k的值等于( )
A.－eq \f(3,2) B.－eq \f(5,3)
C.eq \f(5,3) D.eq \f(3,2)
解析：选A 因为c＝a＋kb＝(1＋k，2＋k)，又b⊥c，所以1×(1＋k)＋1×(2＋k)＝0，解得k＝－eq \f(3,2).
2.(2019·洛阳市统考)已知向量a＝(1，eq \r(3))，|b|＝3，且a与b的夹角为eq \f(π,3)，则|2a＋b|＝( )
A.5 B.eq \r(37)
C.7 D.37
解析：选B ∵a＝(1，eq \r(3))，∴|a|＝2，∵|b|＝3，a与b的夹角为eq \f(π,3)，∴a·b＝3，∴|2a＋b|2＝4a2＋4a·b＋b2＝16＋12＋9＝37，∴|2a＋b|＝eq \r(37)，故选B.
3.已知在平面直角坐标系中，点A(0，1)，向量eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－4，－3)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－7，－4)，则点C的坐标为( )
A.(11，8) B.(3，2)
C.(－11，－6) D.(－3，0)
解析：选C 设C(x，y)，∵在平面直角坐标系中，点A(0，1)，向量eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－4，－3)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－7，－4)，∴eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－11，－7)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－0＝－11，,y－1＝－7，))解得x＝－11，y＝－6，故C(－11，－6).
4.(2019·广州市综合检测一)a，b为平面向量，已知a＝(2，4)，a－2b＝(0，8)，则a，b夹角的余弦值等于( )
A.－eq \f(4,5) B.－eq \f(3,5)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
解析：选B 设b＝(x，y)，则有a－2b＝(2，4)－(2x，2y)＝(2－2x，4－2y)＝(0，8)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－2x＝0，,4－2y＝8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－2，))故b＝(1，－2)，|b|＝eq \r(5)，|a|＝2eq \r(5)，cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(2－8,\r(5)×2\r(5))＝－eq \f(3,5)，故选B.
5.(2019·广州市调研测试)已知△ABC的边BC上有一点D满足eq \(BD,\s\up7(―→))＝4eq \(DC,\s\up7(―→))，则eq \(AD,\s\up7(―→))可表示为( )
A.eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up7(―→)) B.eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))
C.eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(4,5)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,5)eq \(AC,\s\up7(―→)) D.eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,5)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(4,5)eq \(AC,\s\up7(―→))
解析：选D 因为eq \(BD,\s\up7(―→))＝4eq \(DC,\s\up7(―→))，所以eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,5)eq \(BC,\s\up7(―→))，故eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \f(1,5)eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \f(1,5)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,5)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(4,5)eq \(AC,\s\up7(―→))，故选D.
6.(2019·合肥市第一次质检)设向量a＝(－3，4)，向量b与向量a方向相反，且|b|＝10，则向量b的坐标为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(8,5))) B.(－6，8)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，－\f(8,5))) D.(6，－8)
解析：选D 法一：因为a与b的方向相反，所以可设b＝(3t，－4t)(t＞0)，又|b|＝10，则9t2＋16t2＝100，解得t＝2或t＝－2(舍去)，所以b＝(6，－8)，故选D.
法二：与a方向相反的单位向量为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，－\f(4,5)))，令b＝teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，－\f(4,5)))(t＞0)，由|b|＝10，得t＝10，所以b＝(6，－8)，故选D.
7.(2019·东北四市联合体模拟一)已知e1，e2是两个单位向量，且夹角为eq \f(π,3)，则e1＋te2与te1＋e2数量积的最小值为( )
A.－eq \f(3,2) B.－eq \f(\r(3),6)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),3)
解析：选A (e1＋te2)·(te1＋e2)＝teeq \\al(2,1)＋e1·e2＋t2e1·e2＋teeq \\al(2,2)＝t＋|e1||e2|cseq \f(π,3)＋t2|e1||e2|cseq \f(π,3)＋t＝eq \f(1,2)t2＋2t＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(t＋2)2－eq \f(3,2)≥－eq \f(3,2)，所以e1＋te2与te1＋e2数量积的最小值为－eq \f(3,2)，故选A.
8.已知a和b是非零向量，m＝a＋tb(t∈R)，若|a|＝1，|b|＝2，当且仅当t＝eq \f(1,4)时，|m|取得最小值，则向量a，b的夹角θ为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
解析：选C 由m＝a＋tb，及|a|＝1，|b|＝2，得|m|2＝(a＋tb)2＝4t2＋4tcs θ＋1＝(2t＋cs θ)2＋sin2θ，由题意得，当t＝eq \f(1,4)时，cs θ＝－eq \f(1,2)，则向量a，b的夹角θ为eq \f(2π,3)，故选C.
9.(2019·长春市质量监测二)如图，正方形ABCD的边长为2，E为BC边的中点，F为CD边上一点，若eq \(AF,\s\up7(―→))·eq \(AE,\s\up7(―→))＝|eq \(AE,\s\up7(―→))|2，则|eq \(AF,\s\up7(―→))|＝( )
A.3 B.5
C.eq \f(3,2) D.eq \f(5,2)
解析：选D 法一：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示，则A(0，0)，E(2，1).设|eq \(DF,\s\up7(―→))→|＝x，则F(x，2)，故eq \(AF,\s\up7(―→))＝(x，2)，eq \(AE,\s\up7(―→))＝(2，1).∵eq \(AF,\s\up7(―→))·eq \(AE,\s\up7(―→))＝|eq \(AE,\s\up7(―→))|2，∴(x，2)·(2，1)＝2x＋2＝5，解得x＝eq \f(3,2)，
∴|eq \(AF,\s\up7(―→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋22)＝eq \f(5,2)，故选D.
法二：连接EF，∵eq \(AF,\s\up7(―→))·eq \(AE,\s\up7(―→))＝|eq \(AF,\s\up7(―→))||eq \(AE,\s\up7(―→))|cs∠EAF＝|eq \(AE,\s\up7(―→))|2，∴|eq \(AF,\s\up7(―→))|cs∠EAF＝|eq \(AE,\s\up7(―→))|，∴EF⊥AE.∵E是BC的中点，∴BE＝CE＝1.设DF＝x，则CF＝2－x.在Rt△AEF中，AE2＋EF2＝AF2，即22＋12＋(2－x)2＋12＝22＋x2，解得x＝eq \f(3,2)，∴AF＝eq \r(AD2＋DF2)＝eq \f(5,2).故选D.
10.(2019·四川泸州第二次教学质量诊断)在△ABC中，|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))|，AB＝3，AC＝4，则eq \(BC,\s\up7(―→))在eq \(CA,\s\up7(―→))方向上的投影是( )
A.4 B.－4
C.3 D.－3
解析：选B ∵|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))|，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))2＋2eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))2＝eq \(AB,\s\up7(―→))2－2eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))2，∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))⊥eq \(AC,\s\up7(―→)).又AB＝3，AC＝4，
∴eq \(BC,\s\up7(―→))在eq \(CA,\s\up7(―→))方向上的投影是
|eq \(BC,\s\up7(―→))|·cs〈eq \(BC,\s\up7(―→))，eq \(CA,\s\up7(―→))〉＝|eq \(BC,\s\up7(―→))|·cs(π－∠ACB)＝－|eq \(BC,\s\up7(―→))|·cs∠ACB＝－4，故选B.
11.(2019·广东六校第一次联考)如图，在△ABC中，eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(NC,\s\up7(―→))，P是BN上一点，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝teq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))，则实数t的值为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(1,6) D.eq \f(3,4)
解析：选C 法一：∵eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(NC,\s\up7(―→))，∴eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \f(2,5)eq \(AC,\s\up7(―→)).设eq \(NP,\s\up7(―→))＝λeq \(NB,\s\up7(―→))，则eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(AN,\s\up7(―→))＋eq \(NP,\s\up7(―→))＝eq \f(2,5)eq \(AC,\s\up7(―→))＋λeq \(NB,\s\up7(―→))＝eq \f(2,5)eq \(AC,\s\up7(―→))＋λ(eq \(NA,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \f(2,5)eq \(AC,\s\up7(―→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,5) eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→)) ))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,5)(1－λ)eq \(AC,\s\up7(―→))，又eq \(AP,\s\up7(―→))＝teq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))，∴teq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,5)(1－λ)eq \(AC,\s\up7(―→))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝λ，,\f(2,5)（1－λ）＝\f(1,3)，))解得t＝λ＝eq \f(1,6)，故选C.
法二：∵eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(NC,\s\up7(―→))，∴eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(5,2)eq \(AN,\s\up7(―→))，∴eq \(AP,\s\up7(―→))＝teq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝teq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(5,6)eq \(AN,\s\up7(―→)).∵B，P，N三点共线，∴t＋eq \f(5,6)＝1，∴t＝eq \f(1,6)，故选C.
12.(2019·辽宁鞍山一中一模)△ABC中，AB＝5，AC＝4，eq \(AD,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋(1＋λ)eq \(AC,\s\up7(―→)) (0＜λ＜1)，且eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝16，则eq \(DA,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))的最小值等于( )
A.－eq \f(75,4) B.－eq \f(21,4)
C.－eq \f(9,4) D.－21
解析：选C 由题意可得点D在边BC上，且|eq \(AD,\s\up7(―→))|·|eq \(AC,\s\up7(―→))|·cs∠DAC＝16，所以|eq \(AD,\s\up7(―→))|cs∠DAC＝4＝|eq \(AC,\s\up7(―→))|，则BC⊥AC，所以△ABC是以C为直角的直角三角形，BC＝3.如图建立平面直角坐标系，设A(x，4)，则B(x－3，0)，则eq \(DA,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))＝x(x－3)，0＜x＜3，则当x＝eq \f(3,2)时，eq \(DA,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))最小，最小值为－eq \f(9,4).故选C.
二、填空题
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.(2019·全国卷Ⅲ)已知a，b为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－eq \r(5)b，则cs〈a，c〉＝________.
解析：由题意，得cs〈a，c〉＝eq \f(a·（2a－\r(5)b）,|a|·|2a－\r(5)b|)
＝eq \f(2a2－\r(5)a·b,|a|·\r(|2a－\r(5)b|2))＝eq \f(2,1×\r(4＋5))＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
15.(2019·天津高考)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2eq \r(3)，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则eq \(BD,\s\up7(―→))·eq \(AE,\s\up7(―→))＝________.
解析：法一：△AEB为等腰三角形，易得|BE|＝2，所以eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(2,5)eq \(AD,\s\up7(―→))，则eq \(BD,\s\up7(―→))·eq \(AE,\s\up7(―→))＝(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AB,\s\up7(―→))－\f(2,5) eq \(AD,\s\up7(―→)) ))＝－eq \f(2,5)eq \(AD,\s\up7(―→))2－eq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \f(7,5)eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝－10－12＋21＝－1.
法二：如图，如点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，垂直BC且过点B的直线为y轴，建立平面直角系标系，则B(0，0)，易知E(－2，0)，A(－3，eq \r(3))，又BD＝eq \r(25＋12－2×5×2\r(3)×cs 30°)＝eq \r(7)，所以D(2，eq \r(3))，于是eq \(BD,\s\up7(―→))＝(2，eq \r(3))，eq \(AE,\s\up7(―→))＝(1，－eq \r(3))，所以eq \(BD,\s\up7(―→))·eq \(AE,\s\up7(―→))＝(2，eq \r(3))·(1，－eq \r(3))＝2－3＝－1.
答案：－1
16.(2019·成都第一次诊断性检测)已知G为△ABC的重心，过点G的直线与边AB，AC分别相交于点P，Q.若eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))，则当△ABC与△APQ的面积之比为20∶9时，实数λ的值为________.
解析：设eq \(AQ,\s\up7(―→))＝μeq \(AC,\s\up7(―→))，则由eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))，eq \f(S△ABC,S△APQ)＝eq \f(20,9).可得eq \f(\f(1,2)AB·ACsin A,\f(1,2)AP·AQsin A)＝eq \f(AB·AC,λAB·μ AC)＝eq \f(20,9)，所以λμ＝eq \f(9,20) ①.又G为△ABC的重心，所以eq \(eq \(AC,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,λ)eq \(AP,\s\up7(―→))＋\f(1,μ) eq \(AQ,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(1,3λ)eq \(AP,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3μ)eq \(AQ,\s\up7(―→))，结合P，G，Q三点共线，得eq \f(1,3λ)＋eq \f(1,3μ)＝1 ②.联立①②消去μ，得20λ2－27λ＋9＝0，解得λ＝eq \f(3,4)或eq \f(3,5).
答案：eq \f(3,4)或eq \f(3,5)