【文档说明】高考数学二轮复习课时跟踪检测01平面向量小题练 理数（含答案）.doc，共(8)页，166.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（一）平面向量（小题练）A级——12＋4提速练一、选择题1．(2018·贵州模拟)已知向量a＝(1,2)，b＝(m，－1)，若a∥b，则实数m的值为()A.12B．－12C．3D．－3解析：选B由题意，得1×(－1)－2m＝0，解得m＝－12，故选B.2．(2

018·福州模拟)已知a＝(1,2)，b＝(－1,1)，c＝2a－b，则|c|＝()A.26B．32C.10D.6解析：选B因为c＝2a－b＝2(1,2)－(－1,1)＝(3,3)，所以|c|＝32＋32＝32.故选B.3．(2019届高三·广西五

校联考)设D是△ABC所在平面内一点，AB―→＝2DC―→，则()A．BD―→＝AC―→－32AB―→B．BD―→＝32AC―→－AB―→C．BD―→＝12AC―→－AB―→D．BD―→＝AC―→－12AB―→解析：选ABD―→＝BC―→＋CD―→＝

BC―→－DC―→＝AC―→－AB―→－12AB―→＝AC―→－32AB―→.4．(2018·云南调研)在▱ABCD中，|AB|―→＝8，|AD|―→＝6，N为DC的中点，BM―→＝2MC―→，则AM―→·NM―→＝()A．48

B．36C．24D．12解析：选CAM―→·NM―→＝(AB―→＋BM―→)·(NC―→＋CM―→)＝AB―→＋23AD―→·12AB―→－13AD―→＝12AB―→2－29AD―→2＝12×82－29×62＝24.5

．已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量CD―→在AB―→方向上的投影是()A.322B．－322C．35D．－35解析：选C依题意得，AB―→＝(2,1)，CD―→＝(5,

5)，AB―→·CD―→＝(2,1)·(5,5)＝15，|AB―→|＝5，因此向量CD―→在AB―→方向上的投影是AB―→·CD―→|AB―→|＝155＝35.6．(2019届高三·湖南五市十校联考)△ABC是边长为2的等边三角形，向量a，b满足AB―→＝

2a，AC―→＝2a＋b，则向量a，b的夹角为()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：选CBC―→＝AC―→－AB―→＝2a＋b－2a＝b，则向量a，b的夹角即为向量AB―→与BC―→的夹角，故向量a，b的夹角为

120°.7．(2018·西工大附中四模)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，点G在△ABC内，且满足GA―→＋GB―→＋GC―→＝0，GA―→·GB―→＝0，若a2＋b2＝λc2(λ∈R)，则λ＝()A．－5B．－2C．2D．5解析：选D设BC的中点为D，连接GD(图略)，则

GB―→＋GC―→＝2GD―→.又GA―→＋GB―→＋GC―→＝0，所以2GD―→＝AG―→，所以A，G，D三点共线，且AG＝2GD.故AG―→＝23AD―→＝23×12(AB―→＋AC―→)＝13(AB―→＋AC―→)．同理可得BG―→＝13(BA―

→＋BC―→)．由GA―→·GB―→＝0，得19(AB―→＋AC―→)·(BA―→＋BC―→)＝0，所以(AB―→＋AC―→)·(AC―→－2AB―→)＝0，即|AC―→|2－2|AB―→|2－AB―→·AC―→＝0，所以b2－2c2

－bc·b2＋c2－a22bc＝0，化简得a2＋b2＝5c2.又a2＋b2＝λc2(λ∈R)，所以λ＝5.故选D.8．已知△ABC为等边三角形，AB＝2，设点P，Q满足AP―→＝λAB―→，AQ―→＝(1－λ)AC―→，λ∈R，若BQ―→·CP―→＝－32，则λ

＝()A.12B.1±22C.1±102D.－3±222解析：选A以点A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(1，3)，∴

AB―→＝(2,0)，AC―→＝(1，3)，又AP―→＝λAB―→，AQ―→＝(1－λ)AC―→，∴P(2λ，0)，Q(1－λ，3(1－λ))，∴BQ―→·CP―→＝(－1－λ，3(1－λ))·(2λ－1，－3)＝－32，化简得4λ2－4λ

＋1＝0，∴λ＝12.9．(2018·西安八十三中二模)称d(a，b)＝|a－b|为两个向量a，b间的“距离”．若向量a，b满足：①|b|＝1；②a≠b；③对任意t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，则()A．a⊥bB．a⊥(a－b)C．b⊥(a－b)D．(a＋b)⊥(a－b)解析：选

C由d(a，tb)≥d(a，b)，可知|a－tb|≥|a－b|，所以(a－tb)2≥(a－b)2，又|b|＝1，所以t2－2(a·b)t＋2(a·b)－1≥0.因为上式对任意t∈R恒成立，所以Δ＝4(a·b)2－4[2(a·b)

－1]≤0，即(a·b－1)2≤0，所以a·b＝1.于是b·(a－b)＝a·b－|b|2＝1－12＝0，所以b⊥(a－b)．故选C.10．(2018·河南林州检测)已知△ABC的外接圆的圆心为O，满足

：CO―→＝mCA―→＋nCB―→,4m＋3n＝2，且|CA―→|＝43，|CB―→|＝6，则CA―→·CB―→＝()A．36B．24C．243D．123解析：选ACO―→·CA―→＝mCA―→2＋nCA―→·CB―→，因为O为△ABC的外

心，所以12CA―→2＝mCA―→2＋n|CA―→|·|CB―→|·cos∠BCA，所以24＝48m＋243n·cos∠BCA，因为4m＋3n＝2，所以24＝12(2－3n)＋243n·cos∠BCA，又n≠0，即cos∠BCA＝32，所以CA―→·CB―→＝|CA―→|·

|CB―→|cos∠BCA＝43×6×32＝36.11．设e1，e2，e3为单位向量，且e3＝12e1＋ke2(k>0)，若以向量e1，e2为两边的三角形的面积为12，则k的值为()A.32B.22C.52D.72解析：选A设e1，e

2的夹角为θ，则由以向量e1，e2为两边的三角形的面积为12，得12×1×1×sinθ＝12，得sinθ＝1，所以θ＝90°，所以e1·e2＝0.从而将e3＝12e1＋ke2两边平方得1＝14＋k2，解得k＝32或k＝－32(舍去)．12.如图所示，点A，B，C是圆O上的三

点，线段OC与线段AB交于圆内一点M，若OC―→＝mOA―→＋nOB―→(m>0，n>0)，m＋n＝2，则∠AOB的最小值为()A.π6B.π3C.π2D.2π3解析：选D将OC―→＝mOA―→＋nOB―→平方得1＝m2＋n2＋2mncos∠AOB，cos∠AOB＝1－m2－n22mn

＝1－m＋n2＋2mn2mn＝－32mn＋1≤－12(当且仅当m＝n＝1时等号成立)，∵0<∠AOB<π，∴∠AOB的最小值为2π3.二、填空题13．(2018·汕头模拟)已知向量a＝(2,1)，b＝(3，m)．若(a＋2b)∥(3b－a)，则实数m的值是________．解析：a＋2b＝(2

,1)＋(6,2m)＝(8,1＋2m)，3b－a＝(9,3m)－(2,1)＝(7,3m－1)，由(a＋2b)∥(3b－a)，得8(3m－1)－7(1＋2m)＝0，解得m＝32.答案：3214．(2018·长春模拟)已知平面内三个不共线向量a

，b，c两两夹角相等，且|a|＝|b|＝1，|c|＝3，则|a＋b＋c|＝________.解析：由平面内三个不共线向量a，b，c两两夹角相等，可得夹角均为2π3，所以|a＋b＋c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋9＋2×1×1×cos2π3＋2×1×3×

cos2π3＋2×1×3×cos2π3＝4，所以|a＋b＋c|＝2.答案：215．(2018·河北衡水中学三调)如图，已知平面内有三个向量OA―→，OB―→，OC―→，其中OA―→与OB―→的夹角为120°，OA―→与OC―→的夹角为30°，且|OA―→|

＝|OB―→|＝1，|OC―→|＝23.若OC―→＝λOA―→＋μOB―→(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值为________．解析：法一：如图所示，作平行四边形OB1CA1，则OC―→＝OB―→1＋OA―→1，因为OA―→与OB―

→的夹角为120°，OA―→与OC―→的夹角为30°，所以∠B1OC＝90°.在Rt△B1OC中，∠OCB1＝30°，|OC|＝23，所以|OB1|＝2，|B1C|＝4，所以|OA1|＝|B1C|＝4，所以OC―→＝4OA

―→＋2OB―→，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.法二：以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1,0)，B－12，32，C(3，3)．由OC―→＝λOA―→＋μOB―→，得3＝λ－12μ，3＝0＋32μ，解得

λ＝4，μ＝2.所以λ＋μ＝6.答案：616．(2018·渭南一模)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝30°，E为CD的中点，若AC―→·BE―→＝1，则AB的长为________．解析：因为四边形ABCD是平行四边形，E为CD的中点，所以AC―→＝AB―→＋AD―→，BE―→

＝BC―→＋CE―→＝AD―→－12AB―→，所以AC―→·BE―→＝(AB―→＋AD―→)·AD―→－12AB―→＝AD―→2－12AB―→2＋12AB―→·AD―→＝1，又AD―→2＝1，AB―→·A

D―→＝1×|AB―→|×cos30°＝32|AB―→|，所以1－12AB―→2＋34|AB―→|＝1，解得|AB―→|＝32或|AB―→|＝0(舍去)．答案：32B级——难度小题强化练1．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则

EB―→＝()A.34AB―→－14AC―→B.14AB―→－34AC―→C.34AB―→＋14AC―→D.14AB―→＋34AC―→解析：选A法一：作出示意图如图所示．EB―→＝ED―→＋DB―→＝12AD―→

＋12CB―→＝12×12(AB―→＋AC―→)＋12(AB―→－AC―→)＝34AB―→－14AC―→.故选A.法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，且∠A＝π2，AB＝AC＝1.建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，D

12，12，E14，14.故AB―→＝(1,0)，AC―→＝(0,1)，EB―→＝(1,0)－14，14＝34，－14，即EB―→＝34AB―→－14AC―→.2．已知点P是△ABC内一点，且BA―→＋BC―→＝6BP―→，则

S△ABPS△ACP＝()A.12B.13C.14D.15解析：选C设点D为AC的中点，在△ABC中，BA―→＋BC―→＝2BD―→，即2BD―→＝6BP―→，所以BD―→＝3BP―→，即P为BD的三等分点，所以S△ABPS△APD＝12，又S△APDS△APC＝12，所以S△ABPS

△ACP＝14.3．(2018·嘉兴一模)设平面向量OA―→＝(2,0)，OB―→＝(0,1)，点P满足OP―→＝m2m2＋2n2OA―→＋2nm2＋n2OB―→，其中m>0，n>0，O为坐标原点，则点P的轨迹的

长度为()A.12B.22C.π2D.2π2解析：选D设P(x，y)，因为OA―→＝(2,0)，OB―→＝(0,1)，OP―→＝m2m2＋2n2OA―→＋2nm2＋n2OB―→＝2m2m2＋2n2，2n2m2＋2n2，所以x＝2m2m2＋2

n2，y＝2n2m2＋2n2(其中m，n>0)，所以x2＋y2＝2(其中x，y>0)，则点P的轨迹的长度为14×2π×2＝2π2.4．(2018·重庆模拟)已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝5，I是△ABC的内心，P

是△IBC内部(不含边界)的动点，若AP―→＝λAB―→＋μAC―→(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是()A.23，1B.23，2C.712，1D．(2,3)解析：选A以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y

轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0,0)，A(3,0)，C(0,4)．设△ABC的内切圆的半径为r，因为I是△ABC的内心，所以(5＋3＋4)×r＝4×3，解得r＝1，所以I(1,1)．设P(x，y)，因为点P在△IBC内部(不含边界)，所以0<x<1.因为AB―→＝(－3,0)，AC―

→＝(－3,4)，AP―→＝(x－3，y)，且AP―→＝λAB―→＋μAC―→，所以x－3＝－3λ－3μ，y＝4μ，得λ＝1－13x－14y，μ＝14y，所以λ＋μ＝1－13x，又0<x<1，所以λ＋μ∈23，1，故选A.5．已知a＝cos2π

3，sin2π3，OA―→＝a－b，OB―→＝a＋b，若△OAB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB的面积为________．解析：因为OA―→⊥OB―→，所以OA―→·OB―→＝(a－b)·(a＋b)＝

0，化简得a2－b2＝0，得|a|＝|b|，又|OA―→|＝|OB―→|，所以|OA―→|2＝|OB―→|2，即(a－b)2＝(a＋b)2，得a⊥b，因为a＝cos2π3，sin2π3，所

以|a|＝cos22π3＋sin22π3＝1，所以|a|＝|b|＝1，可得a，b是相互垂直的单位向量，所以|OA―→|＝|OB―→|＝2，所以△OAB的面积S＝12|OA―→|·|OB―→|＝1.答案：16．(2018·武汉调研)在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1.

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|DP―→|＝|BQ―→|，则PA―→·PQ―→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0≤x≤2，－2≤y

≤0.∵|DP―→|＝|BQ―→|，∴|x|＝|y|，∴x＝－y.∵PA―→＝(－x，－1)，PQ―→＝(2－x，y－1)，∴PA―→·PQ―→＝－x(2－x)－(y－1)＝x2－2x－y＋1＝x2－x＋1＝

x－122＋34，∴当x＝12时，PA―→·PQ―→取得最小值，为34.答案：34