高考数学专题05平面向量(文理合卷).doc-得力文库

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1、2020年高考数学压轴必刷题专题05平面向量(文理合卷)1【2019年北京理科07】设点A，B，C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|BC|”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：点A，B，C不共线，“AB与AC的夹角为锐角”“|AB+AC|BC|”，“|AB+AC|BC|”“AB与AC的夹角为锐角”，设点A，B，C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|BC|”的充分必要条件故选：C2【2018年浙江09】已知a，b，e是平面向量，e是单位向量若非零向量a与e的夹角为3，向量b满足b2-4eb+30，则|a-

2、b|的最小值是（）A3-1B3+1C2D2-3【解答】解：由b2-4eb+30，得(b-e)(b-3e)=0，（b-e）（b-3e），如图，不妨设e=(1，0)，则b的终点在以（2，0）为圆心，以1为半径的圆周上，又非零向量a与e的夹角为3，则a的终点在不含端点O的两条射线y=3x（x0）上不妨以y=3x为例，则|a-b|的最小值是（2，0）到直线3x-y=0的距离减1即|23|3+1-1=3-1故选：A3【2018年天津理科08】如图，在平面四边形ABCD中，ABBC，ADCD，BAD120，ABAD1若点E为边CD上的动点，则AEBE的最小值为（）A2116B32C2516D3【解答】解：

3、如图所示，以D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，过点B做BNx轴，过点B做BMy轴，ABBC，ADCD，BAD120，ABAD1，ANABcos60=12，BNABsin60=32，DN1+12=32，BM=32，CMMBtan30=32，DCDM+MC=3，A（1，0），B（32，32），C（0，3），设E（0，m），AE=（1，m），BE=（-32，m-32），0m3，AEBE=32+m2-32m（m-34）2+32-316=（m-34）2+2116，当m=34时，取得最小值为2116故选：A4【2017年新课标2理科12】已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面A

4、BC内一点，则PA（PB+PC）的最小值是（）A2B-32C-43D1【解答】解：建立如图所示的坐标系，以BC中点为坐标原点，则A（0，3），B（1，0），C（1，0），设P（x，y），则PA=（x，3-y），PB=（1x，y），PC=（1x，y），则PA（PB+PC）2x223y+2y22x2+（y-32）2-34当x0，y=32时，取得最小值2（-34）=-32，故选：B5【2017年新课标3理科12】在矩形ABCD中，AB1，AD2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上若AP=AB+AD，则+的最大值为（）A3B22C5D2【解答】解：如图：以A为原点，以AB，AD所在的直线为x，y轴

5、建立如图所示的坐标系，则A（0，0），B（1，0），D（0，2），C（1，2），动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，设圆的半径为r，BC2，CD1，BD=22+12=512BCCD=12BDr，r=25，圆的方程为（x1）2+（y2）2=45，设点P的坐标为（255cos+1，255sin+2），AP=AB+AD，（255cos+1，255sin+2）（1，0）+（0，2）（，2），255cos+1，255sin+22，+=255cos+55sin+2sin（+）+2，其中tan2，1sin（+）1，1+3，故+的最大值为3，故选：A6【2017年浙江10】如图，已知平面四边形ABCD，A

6、BBC，ABBCAD2，CD3，AC与BD交于点O，记I1=OAOB，I2=OBOC，I3=OCOD，则（）AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3【解答】解：ABBC，ABBCAD2，CD3，AC22，AOBCOD90，由图象知OAOC，OBOD，0OAOBOCOD，OBOC0，即I3I1I2，故选：C7【2016年天津理科07】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DE2EF，则AFBC的值为（）A-58B14C18D118【解答】解：如图，D、E分别是边AB、BC的中点，且DE2EF，AFBC=(AD+DF)BC=(

7、-12BA+32DE)BC=(-12BA+34AC)BC=(-12BA+34BC-34BA)BC =(-54BA+34BC)BC=-54BABC+34BC2=-54|BA|BC|cos60+3412 =-541112+34=18故选：C8【2014年浙江理科08】记maxx，y=x，xyy，xy，minx，y=y，xyx，xy，设a，b为平面向量，则（）Amin|a+b|，|a-b|min|a|，|b|Bmin|a+b|，|a-b|min|a|，|b|Cmax|a+b|2，|a-b|2|a|2+|b|2Dmax|a+b|2，|a-b|2|a|2+|b|2【解答】解：对于选项A，取ab，则由图形

8、可知，根据勾股定理，结论不成立；对于选项B，取a，b是非零的相等向量，则不等式左边min|a+b|，|a-b|0，显然，不等式不成立；对于选项C，取a，b是非零的相等向量，则不等式左边max|a+b|2，|a-b|2|a+b|24|a|2，而不等式右边|a|2+|b|22|a|2，故C不成立，D选项正确故选：D9【2014年天津理科08】已知菱形ABCD的边长为2，BAD120，点E、F分别在边BC、DC上，BE=BC，DF=DC，若AEAF=1，CECF=-23，则+（）A12B23C56D712【解答】解：由题意可得若AEAF=（AB+BE）（AD+DF）=ABAD+ABDF+BEAD+B

9、EDF22cos120+ABAB+ADAD+ADAB=-2+4+4+22cos1204+4221，4+423 CECF=-EC（-FC）=ECFC=（1）BC（1）DC=（1）AD（1）AB （1）（1）22cos120（1+）（2）=-23，即+=-23由求得+=56，故选：C10【2013年上海理科18】在边长为1的正六边形ABCDEF中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为a1、a2、a3、a4、a5；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为d1、d2、d3、d4、d5若m、M分别为（ai+aj+ak）（dr+ds+dt）的最小值、最大值，其中i，j，k1，2，3，4，5，r，s，t1

10、，2，3，4，5，则m、M满足（）Am0，M0Bm0，M0Cm0，M0Dm0，M0【解答】解：由题意，以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为a1、a2、a3、a4、a5；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为d1、d2、d3、d4、d5，利用向量的数量积公式，可知只有AFDE=ABDC0，其余数量积均小于等于0，m、M分别为（ai+aj+ak）（dr+ds+dt）的最小值、最大值，m0，M0故选：D11【2012年天津理科07】已知ABC为等边三角形，AB2设点P，Q满足AP=AB，AQ=(1-)AC，R若BQCP=-32，则（）A12B122C1102D-322【解答】解：AP=AB，AQ=

11、(1-)AC，RBQ=BA+AQ=BA+(1-)AC，CP=CA+AP=CA+ABABC为等边三角形，AB2BQCP=BACA+BAAB+（1）ACCA+(1-)ACAB22cos60+22cos180+（1）22cos180+（1）22cos6024+44+222，22+22BQCP=-32424+10（21）20=12故选：A12【2011年上海理科17】设A1，A2，A3，A4，A5是平面上给定的5个不同点，则使MA1+MA2+MA3+MA4+MA5=0成立的点M的个数为（）A0B1C5D10【解答】解：根据题意，设M的坐标为（x，y），x，y解得组数即符合条件的点M的个数，再设A1，A

12、2，A3，A4，A5的坐标依次为（x1，y1），（x2，y2），（x3，y3），（x4，y4），（x5，y5）；若MA1+MA2+MA3+MA4+MA5=0成立，得（x1x，y1y）+（x2x，y2y）+（x3x，y3y）+（x4x，y4y）+（x5x，y5y）=0，则有x=x1+x2+x3+x4+x55，y=y1+y2+y3+y4+y55；只有一组解，即符合条件的点M有且只有一个；故选：B13【2019年天津理科14】在四边形ABCD中，ADBC，AB23，AD5，A30，点E在线段CB的延长线上，且AEBE，则BDAE=【解答】解：AEBE，ADBC，A30，在等腰三角形ABE中，BEA1

13、20，又AB23，AE2，BE=-25AD，AE=AB+BE，AE=AB-25AD又BD=BA+AD=-AB+AD，BDAE=(-AB+AD)(AB-25AD)=-AB2+75ABAD-25AD2 =-AB2+75|AB|AD|cosA-25AD2 12+7552332-25251故答案为：114【2019年江苏12】如图，在ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE2EA，AD与CE交于点O若ABAC=6AOEC，则ABAC的值是【解答】解：设AO=AD=2（AB+AC），AO=AE+EO=AE+EC=AE+（AC-AE）（1）AE+AC=1-3AB+AC2=1-32=，=12=14，AO

14、=12AD=14（AB+AC），EC=AC-AE=-13AB+AC，6AOEC=614（AB+AC）（-13AB+AC）=32（-13AB2+23ABAC+AC2）=-12AB2+ABAC+32AC2，ABAC=-12AB2+ABAC+32AC2，12AB2=32AC2，AB2AC2=3，ABAC=3故答案为：315【2019年浙江17】已知正方形ABCD的边长为1当每个i（i1，2，3，4，5，6）取遍1时，|1AB+2BC+3CD+4DA+5AC+6BD|的最小值是，最大值是【解答】解：正方形ABCD的边长为1，可得AB+AD=AC，BD=AD-AB，ABAD=0，|1AB+2BC+3CD

15、+4DA+5AC+6BD|1AB+2AD-3AB-4AD+5AB+5AD+6AD-6AB|（13+56）AB+（24+5+6）AD|=(1-3+5-6)2+(2-4+5+6)2，由于i（i1，2，3，4，5，6）取遍1，可得13+560，24+5+60，可取561，131，21，41，可得所求最小值为0；由13+56，24+5+6的最大值为4，可取21，41，561，11，31，可得所求最大值为25故答案为：0，2516【2018年江苏12】在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：y2x上在第一象限内的点，B（5，0），以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D若ABCD=0，则点A的横坐标为【解答

16、】解：设A（a，2a），a0，B（5，0），C（a+52，a），则圆C的方程为（x5）（xa）+y（y2a）0联立y=2x(x-5)(x-a)+y(y-2a)=0，解得D（1，2）ABCD=(5-a，-2a)(-a-32，2-a)=a2-2a-152+2a2-4a=0解得：a3或a1又a0，a3即A的横坐标为3故答案为：317【2017年江苏12】如图，在同一个平面内，向量OA，OB，OC的模分别为1，1，2，OA与OC的夹角为，且tan7，OB与OC的夹角为45若OC=mOA+nOB（m，nR），则m+n【解答】解：如图所示，建立直角坐标系A（1，0）由OA与OC的夹角为，且tan7cos=

17、152，sin=752C(15，75)cos（+45）=22（cossin）=-35sin（+45）=22（sin+cos）=45B(-35，45)OC=mOA+nOB（m，nR），15=m-35n，75=0+45n，解得n=74，m=54则m+n3故答案为：318【2017年浙江15】已知向量a、b满足|a|1，|b|2，则|a+b|+|a-b|的最小值是，最大值是【解答】解：记AOB，则0，如图，由余弦定理可得：|a+b|=5+4cos，|a-b|=5-4cos，令x=5-4cos，y=5+4cos，则x2+y210（x、y1），其图象为一段圆弧MN，如图，令zx+y，则yx+z，则直线y

18、x+z过M、N时z最小为zmin1+33+14，当直线yx+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知zmax即为原点到切线的距离的2倍，也就是圆弧MN所在圆的半径的2倍，所以zmax=210=25综上所述，|a+b|+|a-b|的最小值是4，最大值是25故答案为：4、2519【2016年江苏13】如图，在ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，BACA=4，BFCF=-1，则BECE的值是【解答】解：D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，BF=BD+DF，CF=-BD+DF，BA=BD+3DF，CA=-BD+3DF，BFCF=DF2-BD21，BACA=9DF2-B

19、D24，DF2=58，BD2=138，又BE=BD+2DF，CE=-BD+2DF，BECE=4DF2-BD2=78，故答案为：7820【2016年浙江理科15】已知向量a，b，|a|1，|b|2，若对任意单位向量e，均有|ae|+|be|6，则ab的最大值是【解答】解：由绝对值不等式得6|ae|+|be|ae+be|（a+b）e|，于是对任意的单位向量e，均有|（a+b）e|6，|（a+b）|2|a|2+|b|2+2ab=5+2ab，|（a+b）|=5+2ab，因此|（a+b）e|的最大值5+2ab6，则ab12，下面证明：ab可以取得12，（1）若|ae|+|be|ae+be|，则显然满足条

20、件（2）若|ae|+|be|ae-be|，此时|a-b|2|a|2+|b|22ab=514，此时|a-b|2于是|ae|+|be|ae-be|2，符合题意，综上ab的最大值是12，法2：由于任意单位向量e，可设e=a+b|a+b|，则|ae|+|be|a(a+b)|a+b|+|b(a+b)|a+b|a(a+b)|a+b|+b(a+b)|a+b|(a+b)(a+b)|a+b|a+b|，|ae|+|be|6，|a+b|6，即（a+b）26，即|a|2+|b|2+2ab6，|a|1，|b|2，ab12，即ab的最大值是12法三：设OA=a，OB=b，OC=e，则OD=a+b，BA=a-b，|ae|+

21、|be|OA1|+|A1B1|OB1|OD|，由题设当且仅当e与OD同向时，等号成立，此时（a+b）2取得最大值6，由于|a+b|2+|a-b|）22（|a|2+|b|2）10，于是（a-b）2取得最小值4，则ab=|a+b|2-|a-b|2412，ab的最大值是12故答案为：1221【2016年上海理科12】在平面直角坐标系中，已知A（1，0），B（0，1），P是曲线y=1-x2上一个动点，则BPBA的取值范围是【解答】解：在平面直角坐标系中，A（1，0），B（0，1），P是曲线y=1-x2上一个动点，设P（cos，sin），0，BA=（1，1），BP=（cos，sin+1），BPBA=co

23、+ye2）（52-12xy，32-32x，t），|b-（xe1+ye2）|2（52-12xy）2+（32-32x）2+t2x2+xy+y24x5y+t2+7（x+y-42）2+34（y2）2+t2，由题意当xx01，yy02时，（x+y-42）2+34（y2）2+t2取最小值1，此时t21，故|b|=(52)2+(32)2+t2=22故答案为：1；2；2223【2015年上海理科14】在锐角三角形 ABC中，tanA=12，D为边 BC上的点，ABD与ACD的面积分别为2和4过D作DEAB于 E，DFAC于F，则DEDF=【解答】解：如图，ABD与ACD的面积分别为2和4，12|AB|DE|=

24、2，12|AC|DF|=4，可得|DE|=4|AB|，|DF|=8|AC|，|DE|DF|=32|AB|AC|又tanA=12，sinAcosA=12，联立sin2A+cos2A1，得sinA=55，cosA=255由12|AB|AC|sinA=6，得|AB|AC|=125则|DE|DF|=8515DEDF=|DE|DF|cosDE，DF=8515(-255)=-1615故答案为：-161524【2015年天津理科14】在等腰梯形ABCD中，已知ABDC，AB2，BC1，ABC60动点E和F分别在线段BC和DC上，且BE=BC，DF=19DC，则AEAF的最小值为【解答】解：由题意，得到ADB

25、CCD1，所以AEAF=（AB+BE）（AD+DF）（AB+BC）（AD+19DC）=ABAD+BCAD+19ABDC+19BCDC=21cos60+11cos60+1921+1911cos1201+2+29-1181718+23=2918（当且仅当2=29时等号成立）；故答案为：291825【2014年江苏12】如图，在平行四边形ABCD中，已知AB8，AD5，CP=3PD，APBP=2，则ABAD的值是【解答】解：CP=3PD，AP=AD+14AB，BP=AD-34AB，又AB8，AD5，APBP=（AD+14AB）（AD-34AB）|AD|2-12ABAD-316|AB|225-12AB

26、AD-122，故ABAD=22，故答案为：2226【2013年江苏10】设D，E分别是ABC的边AB，BC上的点，AD=12AB，BE=23BC，若DE=1AB+2AC（1，2为实数），则1+2的值为【解答】解：由题意结合向量的运算可得DE=DB+BE=12AB+23BC=12AB+23(BA+AC) =12AB-23AB+23AC=-16AB+23AC，又由题意可知若DE=1AB+2AC，故可得1=-16，2=23，所以1+2=12故答案为：1227【2013年浙江理科17】设e1、e2为单位向量，非零向量b=xe1+ye2，x、yR若e1、e2的夹角为30，则|x|b|的最大值等于【解答】

27、解：e1、e2 为单位向量，e1和e2的夹角等于30，e1e2=11cos30=32非零向量b=xe1+ye2，|b|=b2=x2+2xye1e2+y2=x2+3xy+y2，|x|b|=|x|x2+3xy+y2=x2x2+3xy+y2=11+3yx+(yx)2=1(yx+32)2+14，故当yx=-32时，|x|b|取得最大值为2，故答案为 228【2012年上海理科12】在平行四边形ABCD中，A=3，边AB、AD的长分别为2、1，若M、N分别是边BC、CD上的点，且满足|BM|BC|=|CN|CD|，则AMAN的取值范围是【解答】解：建立如图所示的直角坐标系，则B（2，0），A（0，0），

28、D（12，32），设|BM|BC|=|CN|CD|=，0，1，M（2+2，32），N（52-2，32），所以AMAN=（2+2，32）（52-2，32）22+5，因为0，1，二次函数的对称轴为：1，所以0，1时，22+52，5故答案为：2，529【2011年浙江理科14】若平面向量，满足|1，|1，且以向量，为邻边的平行四边形的面积为12，则和的夹角的范围是【解答】解：12|sin=14sin=12|，|1，|1，sin12，0，30，150，故答案为：30，150，或6，56，30【2011年天津理科14】已知直角梯形ABCD中，ADBC，ADC90，AD2，BC1，P是腰DC上的动点，则|

30、233故答案：（0，2331【2018年天津文科08】在如图的平面图形中，已知OM1，ON2，MON120，BM=2MA，CN=2NA，则BCOM的值为（）A15B9C6D0【解答】解：解法，由题意，BM=2MA，CN=2NA，BMMA=CNNA=2，BCMN，且BC3MN，又MN2OM2+ON22OMONcos1201+4212（-12）7，MN=7；BC37，cosOMN=OM2+MN2-ON22OMMN=1+7-4217=27，BCOM=|BC|OM|cos（OMN）371（-27）6解题：不妨设四边形OMAN是平行四边形，由OM1，ON2，MON120，BM=2MA，CN=2NA，知B

31、C=AC-AB=3AN-3AM=-3OM+3ON，BCOM=（3OM+3ON）OM3OM2+3ONOM312+321cos1206故选：C2【2016年天津文科07】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DE2EF，则AFBC的值为（）A-58B14C18D118【解答】解：如图，D、E分别是边AB、BC的中点，且DE2EF，AFBC=(AD+DF)BC=(-12BA+32DE)BC=(-12BA+34AC)BC=(-12BA+34BC-34BA)BC =(-54BA+34BC)BC=-54BABC+34BC2=-54|BA|BC|cos

32、60+3412 =-541112+34=18故选：C3【2012年天津文科08】在ABC中，A90，AB1，AC2设点P，Q满足AP=AB，AQ=(1-)AC，R若BQCP=-2，则（）A13B23C43D2【解答】解：由题意可得ABAC=0，由于BQCP=（AQ-AB）（AP-AC）(1-)AC-ABAB-AC0（1）AC2-AB2+0（1）412，解得 =23，故选：B4【2010年天津文科09】如图，在ABC中，ADAB，BC=3BD，|AD|=1，则ACAD=（）A23B32C33D3【解答】解：ACAD=|AC|AD|cosDAC=|AC|cosDAC=|AC|sinBAC=BCsi

33、nB=3故选：D5【2019年天津文科14】在四边形ABCD中，ADBC，AB23，AD5，A30，点E在线段CB的延长线上，且AEBE，则BDAE=【解答】解：AEBE，ADBC，A30，在等腰三角形ABE中，BEA120，又AB23，AE2，BE=-25AD，AE=AB+BE，AE=AB-25AD又BD=BA+AD=-AB+AD，BDAE=(-AB+AD)(AB-25AD)=-AB2+75ABAD-25AD2 =-AB2+75|AB|AD|cosA-25AD2 12+7552332-25251故答案为：16【2017年天津文科14】在ABC中，A60，AB3，AC2若BD=2DC，AE=A

34、C-AB（R），且ADAE=-4，则的值为【解答】解：如图所示，ABC中，A60，AB3，AC2，BD=2DC，AD=AB+BD=AB+23BC =AB+23（AC-AB）=13AB+23AC，又AE=AC-AB（R），ADAE=（13AB+23AC）（AC-AB）（13-23）ABAC-13AB2+23AC2（13-23）32cos60-1332+23224，1131，解得=311故答案为：3117【2015年天津文科13】在等腰梯形ABCD中，已知ABDC，AB2，BC1，ABC60，点E和F分别在线段BC和DC上，且BE=23BC，DF=16DC，则AEAF的值为【解答】解：AB2，BC

35、1，ABC60，BG=12BC=12，CD211，BCD120，BE=23BC，DF=16DC，AEAF=（AB+BE）（AD+DF）（AB+23BC）（AD+16DC）=ABAD+16ABDC+23BCAD+23BC16DC 21cos60+1621cos0+2311cos60+231611cos1201+13+13-118=2918，故答案为：29188【2014年天津文科13】已知菱形ABCD的边长为2，BAD120，点E，F分别在边BC，DC上，BC3BE，DCDF，若AEAF=1，则的值为【解答】解：BC3BE，DCDF，BE=13BC，DF=1DC，AE=AB+BE=AB+13BC

36、=AB+13AD，AF=AD+DF=AD+1DC=AD+1AB，菱形ABCD的边长为2，BAD120，|AB|AD|2，ABAD=22cos1202，AEAF=1，（AB+13AD）（AD+1AB）=13AD2+1AB2+（1+13）ABAD=1，即134+142（1+13）1，整理得103=53，解得2，故答案为：29【2013年北京文科14】已知点A（1，1），B（3，0），C（2，1）若平面区域D由所有满足AP=AB+AC（12，01）的点P组成，则D的面积为【解答】解：设P的坐标为（x，y），则AB=（2，1），AC=（1，2），AP=（x1，y+1），AP=AB+AC，x-1=2+y+1=+2，解之得=23x-13y-1=-13x+23y+112，01，点P坐标满足不等式组123x-13y-120-13x+23y+11作出不等式组对应的平面区域，得到如图的平行四边形CDEF及其内部其中C（4，2），D（6，3），E（5，1），F（3，0）|CF|=(4-3)2+(2-0)2=5，点E（5，1）到直线CF：2xy60的距离为d=|25-1-6|5=355平行四边形CDEF的面积为S|CF|d=5355=3，即动点P构成的平面区域D的面积为3故答案为：310【2011年天津文科14】已知直角梯形ABCD中，AD

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