【文档说明】2023年高考数学二轮复习《平面向量》强化练习（教师版）.doc，共(10)页，171.445 KB，由MTyang资料小铺上传

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2023年高考数学二轮复习《平面向量》强化练习一、选择题1.在△ABC中，BD→=3DC→，若AD→=λ1AB→＋λ2AC→，则λ1λ2的值为()A.116B.316C.12D.109【答案解析】答案为：B解

析：由题意得，AD→=AB→＋BD→=AB→＋34BC→=AB→＋34(AC→－AB→)=14AB→＋34AC→，∴λ1=14，λ2=34，∴λ1λ2=316.2.已知点O为△ABC外接圆的圆心，且OA→＋OB→＋CO→=0，则△ABC的内角A=()A.30°B.45°C.60

°D.90°【答案解析】答案为：A解析：由OA→＋OB→＋CO→=0，得OA→＋OB→=OC→，由O为△ABC外接圆的圆心，可得|OA→|=|OB→|=|OC→|.设OC与AB交于点D，如图，由OA→＋OB→=OC→

可知D为AB的中点，所以OC→=2OD→，D为OC的中点.又由|OA→|=|OB→|可知OD⊥AB，即OC⊥AB，所以四边形OACB为菱形，所以△OAC为等边三角形，即∠CAO=60°，故∠BAC=30°.3.若点M是△ABC所在平面内的一点

，且满足5AM→=AB→＋3AC→，则△ABM与△ABC的面积比为()A.15B.25C.35D.45【答案解析】答案为：C；解析：如图，M是△ABC所在平面一点，连接AM，BM，延长CM至D，由5AM→=AB→＋3AC→得AM→=15

AB→＋35AC→，由于C，M，D三点共线，则AM→=25AD→＋35AC→，所以AB→=2AD→，则2AM→=2AD→＋3AC→－3AM→，即2(AM→－AD→)=3(AC→－AM→)，即2DM→=3MC→，故DM→=35DC→，故△AB

M与△ABC同底且高比为3∶5，故S△ABM∶S△ABC=3∶5.故选C.4.设向量a=(cosx，－sinx)，b=－cosπ2－x，cosx，且a=tb，t≠0，则sin2x=()A.1B.－1C.±1D.0【

答案解析】答案为：C；解析：因为b=－cosπ2－x，cosx=(－sinx，cosx)，a=tb，所以cosxcosx－(－sinx)(－sinx)=0，即cos2x－sin2x=0，所以tan2x=1，即tanx=±1，所以x=kπ2＋π4(k∈Z)，则2x=kπ＋

π2(k∈Z)，所以sin2x=±1，故选C.5.如图所示，矩形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若DE→=λAB→＋μAD→(λ，μ为实数)，则λ2＋μ2等于()A.58B.14C.1D.516【答案解析】答案为：A；解析：

DE→=12DA→＋12DO→=12DA→＋14DB→=12DA→＋14(DA→＋AB→)=14AB→－34AD→，所以λ=14，μ=－34，故λ2＋μ2=58，故选A.6.在△ABC中，AB=2，BC=3，∠ABC=60°，AD为BC边上的高，O为AD的中点，若AO→=λAB

→＋μBC→，则λ＋μ等于()A.1B.12C.13D.23【答案解析】答案为：D.解析：∵AD→=AB→＋BD→=AB→＋13BC→，∴2AO→=AB→＋13BC→，即AO→=12AB→＋16BC→.故λ＋μ=

12＋16=23.7.已知平面向量a，b满足|a|=2，|b|=1，a与b的夹角为2π3，且(a＋λb)⊥(2a－b)，则实数λ的值为()A.－7B.－3C.2D.3【答案解析】答案为：D；解析：依题意得a·b=2×1×cos

2π3=－1，(a＋λb)·(2a－b)=0，即2a2－λb2＋(2λ－1)a·b=0,3λ＋9=0，λ=3.8.已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量CD→在BA→方向上的投影是()A.－35B.－322C.35D

.322【答案解析】答案为：A.解析：依题意得，BA→=(－2，－1)，CD→=(5,5)，BA→·CD→=(－2，－1)·(5,5)=－15，|BA→|=5，因此向量CD→在BA→方向上的投影是BA→·CD→|BA→|=－155=－35.9.已知平面向量a，b满足|a|=2，|

b|=1，a与b的夹角为2π3，且(a＋λb)⊥(2a－b)，则实数λ的值为()A.－7B.－3C.2D.3【答案解析】答案为：D.解析：依题意得a·b=2×1×cos2π3=－1，由(a＋λb)·(2a－b)=0，得2a2－λb2＋(2λ－1)a·b=0，即－3λ＋9=0，解得λ=3.10.

设向量OA→=(1，－2)，OB→=(a，－1)，OC→=(－b,0)，其中O为坐标原点，a＞0，b＞0，若A，B，C三点共线，则1a＋2b的最小值为()A.4B.6C.8D.9【答案解析】答案为：C；解析：∵OA→=(1，－2)，OB→=(a，－1)

，OC→=(－b,0)，∴AB→=OB→－OA→=(a－1,1)，AC→=OC→－OA→=(－b－1,2)，∵A，B，C三点共线，∴AB→=λAC→，即(a－1,1)=λ(－b－1,2)，∴a－1＝λ－b－1

，1＝2λ，可得2a＋b=1.∵a＞0，b＞0，∴1a＋2b=1a＋2b(2a＋b)=2＋2＋ba＋4ab≥4＋2ba·4ab=8，当且仅当ba=4ab，即a=14，b=12时取等号，故1a＋2b的最小值为8，故选C.11.已知向量a=(3，－2)，b=(x，y－1)且a∥b，若x

，y均为正数，则3x＋2y的最小值是()A.24B.8C.83D.53【答案解析】答案为：B解析：∵a∥b，∴－2x－3(y－1)=0，即2x＋3y=3，又x，y>0，∴3x＋2y=(3x＋2y)×13(2x＋3y)=136＋9yx＋4xy＋6≥1312＋29yx·4x

y=8，当且仅当2x=3y=32时，等号成立.∴3x＋2y的最小值是8.故选B.12.如图所示，在△ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若AB→=mAM→，AC→

=nAN→，则m＋n的值为()A.1B.2C.3D.4【答案解析】答案为：B；解析：∵O为BC的中点，∴AO→=12(AB→＋AC→)=12(mAM→＋nAN→)=m2AM→＋n2AN→，∵M，O，N三点共

线，∴m2＋n2=1，∴m＋n=2.二、填空题13.在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=2CD，M，N分别为CD，BC的中点，若AB→=λAM→＋μAN→，则λ＋μ等于________.【答案解析】答案为：45.解析：因为AB→=A

N→＋NB→=AN→＋CN→=AN→＋(CA→＋AN→)=2AN→＋CM→＋MA→=2AN→－14AB→－AM→，所以AB→=85AN→－45AM→，∴λ=－45，μ=85.所以λ＋μ=45.14.已知平面向量a，b满足|a|=

|b|=1，a⊥(a－2b)，则|a＋b|=.【答案解析】答案为：3.解析：∵a⊥(a－2b)，∴a·(a－2b)=0，解得2a·b=1，∴|a＋b|=|a|2＋|b|2＋2a·b=3.15.矩形ABCD中，AB=3，AD=2，P为矩形内部一点，且AP=1，若AP→=xAB→

＋yAD→，则3x＋2y的取值范围是.【答案解析】答案为：(1，2].解析：设点P在AB上的射影为Q，∠PAQ=θ，则AP→=AQ→＋QP→，且|AQ→|=cosθ，|QP→|=sinθ.又AQ→与AB→共线，QP→与AD→共线，故AQ→=cosθ3AB→，QP→=sin

θ2AD→，从而AP→=cosθ3AB→＋sinθ2AD→，故x=cosθ3，y=sinθ2，因此3x＋2y=cosθ＋sinθ=2sinθ＋π4，又θ∈0，π2，故3x＋2y的取值范围是(1，2].16.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α，且tanα=7，OB→与OC→的夹角为45°.若OC→=mOA→＋nOB→(m，n∈R)，则m＋n=________.【答案解析】答案为：3

.解析：由tanα=7，得tanα＋π4=tanα＋11－tanα=－43.以O为原点，OA方向为x轴正半轴建立坐标系(图略)，则A点坐标为(1,0).由tanα＋π4=－43，OB→的模为1，可得B－35，45.由tanα=7，OC→的模为2，可得C

15，75.由OC→=mOA→＋nOB→，代入A、B、C点坐标可得，m－35n＝15，45n＝75，解得m＝54，n＝74.∴m＋n=3.三、解答题17.在△ABC中，角A，B，C的

对边分别为a，b，c，向量m=(cos(A－B)，sin(A－B))，n=(cosB，－sinB)，且m·n=－35.(1)求sinA的值；(2)若a=42，b=5，求角B的大小及向量BA→在BC→方向上的投影.【答

案解析】解：(1)由m·n=－35，得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB=－35，所以cosA=－35.因为0＜A＜π，所以sinA=1－cos2A=1－－352=45.(2)由正弦定理，得asinA=bsinB，则sinB=bsinAa=5×4542=

22，因为a＞b，所以A＞B，且B是△ABC一内角，则B=π4.由余弦定理得(42)2=52＋c2－2×5c×－35，解得c=1，c=－7舍去，故向量BA→在BC→方向上的投影为|BA→|cosB

=ccosB=1×22=22.18.若点M是△ABC所在平面内一点，且满足AM→=34AB→＋14AC→.(1)求△ABM与△ABC的面积之比；(2)若N为AB的中点，AM与CN交于点O，设BO→=x·BM→＋y

BN→，求x，y的值.【答案解析】解：(1)由AM→=34AB→＋14AC→，可知M，B，C三点共线.如图，设BM→=λBC→，则AM→=AB→＋BM→=AB→＋λBC→=AB→＋λ(AC→－AB→)=(1－λ)AB→＋λAC→，所以λ=14，所以

S△ABMS△ABC=14，即△ABM与△ABC的面积之比为1∶4.(2)由BO→=xBM→＋yBN→，得BO→=xBM→＋y2BA→，BO→=x4BC→＋yBN→，由O，M，A三点共线及O，N，C三

点共线⇒x＋y2＝1，x4＋y＝1⇒x＝47，y＝67.19.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m=(cos(A－B)，sin(A－B))，n=(cosB，－sinB)，且m·n=－35.(1)求sinA的值；(2)若

a=42，b=5，求角B的大小及向量BA→在BC→方向上的投影.【答案解析】解：(1)由m·n=－35，得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB=－35，所以cosA=－35.因为0<A<π，所以sinA=1－cos2A=4

5.(2)由正弦定理，得asinA=bsinB，则sinB=bsinAa=5×4542=22，因为a>b，所以A>B，且B是△ABC一内角，则B=π4.由余弦定理得(42)2=52＋c2－2×5c×(－35)，解得c=1，c=－7(舍去)，故向量BA→在BC→方向上的投影为

|BA→|cosB=ccosB=1×22=22.20.已知向量a=sinx，34，b=(cosx，－1).(1)当a∥b时，求cos2x－sin2x的值；(2)设函数f(x)=2(a＋b)·b，已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a=3，b=

2，sinB=63，求f(x)＋4cos2A＋π6x∈0，π3的取值范围.【答案解析】解：(1)因为a∥b，所以34cosx＋sinx=0，所以tanx=－34.cos

2x－sin2x=cos2x－2sinxcosxsin2x＋cos2x=1－2tanx1＋tan2x=85.(2)f(x)=2(a＋b)·b=2sinx＋cosx，－14·(cosx，－1)=sin2x＋cos2x＋32=2sin2x＋π4

＋32.由正弦定理asinA=bsinB，得sinA=asinBb=3×632=22，所以A=π4或A=3π4.因为b＞a，所以A=π4.所以f(x)＋4cos2A＋π6=2sin2x＋π4－12，因为x∈0，π3，所以2x＋π4∈

π4，11π12，所以32－1≤f(x)＋4cos2A＋π6≤2－12.所以f(x)＋4cos2A＋π6x∈0，π3的取值范围是32－1，2－12.21.已知平面上一定点C(2,0)和直线l：x=8，P为

该平面上一动点，作PQ⊥l，垂足为Q，且PC→＋12PQ→·PC→－12PQ→=0.(1)求动点P的轨迹方程；(2)若EF为圆N：x2＋(y－1)2=1的任意一条直径，求PE→·PF→的最值.【答案解析】解：(1)设

P(x，y)，则Q(8，y).由PC→＋12PQ→·PC→－12PQ→=0，得|PC→|2－14|PQ→|2=0，即(2－x)2＋(－y)2－14(8－x)2=0，化简得x216＋y212=1.

所以动点P在椭圆上，其轨迹方程为x216＋y212=1.(2)易知PE→=PN→＋NE→，PF→=PN→＋NF→，且NE→＋NF→=0，由题意知N(0,1)，所以PE→·PF→=PN→2－NE→2=(－x)2＋(1－y)2－1=1

61－y212＋(y－1)2－1=－13y2－2y＋16=－13(y＋3)2＋19.因为－23≤y≤23，所以当y=－3时，PE→·PF→取得最大值19，当y=23时，PE→·PF→取得最小值12－43.综上，PE→·PF→的最大值为19，最小值为

12－43.22.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝cosB，2cos2C2－1，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0.(1)求角C的大小；(2)若点D为边AB上一点，且满足AD→＝DB→，|C

D→|＝7，c＝23，求△ABC的面积.【答案解析】解：(1)由题意知m＝(cosB，cosC)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，则ccosB＋(b－2a)cosC＝0.在△ABC中，由正弦定理得sinCcosB＋(sinB－2sinA)cosC＝0

，整理得sinCcosB＋sinBcosC－2sinAcosC＝0，即sin(B＋C)＝2sinAcosC.故sinA＝2sinAcosC，又sinA≠0，∴cosC＝12，∵C∈(0，π)，∴C＝π3.

(2)由AD→＝DB→知，CD→－CA→＝CB→－CD→，∴2CD→＝CA→＋CB→，两边平方得4|CD→|2＝b2＋a2＋2bacos∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.①又c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，∴a2＋b2－ab＝12.②由①②得a

b＝8，∴S△ABC＝12absin∠ACB＝23.23.在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1,0)和点B(－1，0)，|OC→|=1，且∠AOC=x，其中O为坐标原点.(1)若x=34π，设点D为线段OA上的动点，求|OC→＋OD→|的最小值；(2)若x∈[

0,π2]，向量m=BC→，n=(1－cosx，sinx－2cosx)，求m·n的最小值及对应的x值.【答案解析】解:(1)设D(t,0)(0≤t≤1)，由题易知C(-22,22)，所以OC→＋OD→=(-22+t,22)，

所以|OC→＋OD→|2=12－2t＋t2＋12=t2－2t＋1=(t-22)2＋12(0≤t≤1)，所以当t=22时，|OC→＋OD→|2最小，最小值为22.(2)由题意得C(cosx，sinx)，m=BC→=(cosx＋1，sinx)，则m·n=1－cos2x＋sin

2x－2sinxcosx=1－cos2x－sin2x=1－2sin(2x＋π4).因为x∈[0,π2]，所以π4≤2x＋π4≤5π4，所以当2x＋π4=π2，即x=π8时，sin(2x＋π4)取得最大值1，所以m·n的最小值为1－2，此时x=π8.