2018屆數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)（三）平面向量理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE12學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精專題檢測(cè)(三）平面向量一、選擇題1．設(shè)a＝（1,2），b＝(1，1）,c＝a＋kb.若b⊥c，則實(shí)數(shù)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：選A因?yàn)閏＝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．(2017·貴州適應(yīng)性考試）已知向量a＝(2，4),b＝(－1，1),c＝(2，3)，若a＋λb與c共線，則實(shí)數(shù)λ＝（）A。eq\f(2,5) B．－eq\f（2,5)C.eq\f(3,5) D．－eq\f（3,5)解析：選B法一:a＋λb＝(2－λ，4＋λ)，c＝(2,3)，因?yàn)閍＋λb與c共線,所以必定存在唯一實(shí)數(shù)μ,使得a＋λb＝μc,所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2－λ＝2μ，，4＋λ＝3μ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（μ＝\f（6,5），，λ＝－\f(2,5)。）)法二：a＋λb＝(2－λ,4＋λ)，c＝（2,3）,由a＋λb與c共線可知eq\f(2－λ,2）＝eq\f(4＋λ,3），解得λ＝－eq\f(2,5).3．（2018屆高三·云南11?？鐓^(qū)調(diào)研）已知平面向量a與b的夾角為45°,a＝(1，1），｜b|＝2，則｜3a＋bA．13＋6eq\r(2） B．2eq\r(5）C.eq\r(30） D．eq\r（34)解析:選D依題意得a2＝2，a·b＝eq\r(2)×2×cos45°＝2，｜3a＋b|＝eq\r(3a＋b2)＝eq\r(9a2＋6a·b＋b2)＝eq\r(18＋12＋4)＝eq\r(34)。4．在等腰梯形ABCD中,eq\o（AB,\s\up7(→)）＝－2eq\o（CD，\s\up7（→）)，M為BC的中點(diǎn)，則eq\o（AM,\s\up7(→）)＝（)A。eq\f（1,2)eq\o（AB，\s\up7(→）)＋eq\f（1,2）eq\o(AD,\s\up7(→)） B。eq\f(3，4）eq\o(AB,\s\up7（→))＋eq\f（1，2)eq\o（AD,\s\up7（→））C。eq\f(3，4)eq\o(AB,\s\up7（→）)＋eq\f(1，4）eq\o（AD，\s\up7（→)） D.eq\f(1，2）eq\o（AB,\s\up7(→）)＋eq\f(3，4）eq\o(AD，\s\up7(→））解析:選B因?yàn)閑q\o（AB，\s\up7(→))＝－2eq\o（CD，\s\up7（→)），所以eq\o（AB，\s\up7（→))＝2eq\o（DC，\s\up7(→））。又M是BC的中點(diǎn)，所以eq\o（AM，\s\up7(→）)＝eq\f(1,2)（eq\o（AB，\s\up7(→))＋eq\o(AC，\s\up7(→)）)＝eq\f（1,2)(eq\o（AB,\s\up7（→))＋eq\o(AD,\s\up7（→))＋eq\o(DC,\s\up7(→））)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（eq\o（AB，\s\up7（→)）＋eq\o(AD，\s\up7(→))＋\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→）)））＝eq\f(3，4)eq\o（AB，\s\up7(→）)＋eq\f（1,2)eq\o(AD，\s\up7（→)).5．（2017·成都二診）已知平面向量a，b的夾角為eq\f（π，3)，且|a｜＝1,|b｜＝eq\f(1,2)，則a＋2b與b的夾角是（)A。eq\f(π，6） B.eq\f(5π，6）C.eq\f（π，4） D.eq\f(3π，4)解析：選A法一：因?yàn)椋黙＋2b|2＝|a｜2＋4|b|2＋4a·b＝1＋1＋4×1×eq\f（1，2）×coseq\f（π，3)＝3，所以｜a＋2b|＝eq\r（3）,又(a＋2b)·b＝a·b＋2|b｜2＝1×eq\f(1,2）×coseq\f(π，3)＋2×eq\f(1,4）＝eq\f(1，4)＋eq\f（1，2）＝eq\f（3,4），所以cos〈a＋2b,b>＝eq\f（a＋2b·b,｜a＋2b|｜b|）＝eq\f（\f(3，4)，\r(3）×\f(1,2)）＝eq\f(\r(3）,2），所以a＋2b與b的夾角為eq\f(π，6).法二:(特例法）設(shè)a＝（1，0）,b＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）cos\f（π，3）,\f(1，2)sin\f（π,3）)）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，4)，\f（\r（3)，4)))，則(a＋2b）·b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3,2），\f(\r（3）,2)）)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,4），\f（\r（3),4)))＝eq\f(3，4），｜a＋2b｜＝eq\r（\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(3,2)））2＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r（3）,2))）2)＝eq\r（3），所以cos<a＋2b，b〉＝eq\f（a＋2b·b，｜a＋2b|｜b|）＝eq\f(\f（3，4),\r(3)×\f（1,2）)＝eq\f（\r（3）,2)，所以a＋2b與b的夾角為eq\f（π,6)。6．已知點(diǎn)A(－1,1）,B(1,2）,C(－2,－1)，D（3,4)，則向量eq\o（AB,\s\up7(→)）在eq\o（CD,\s\up7（→））方向上的投影為()A。eq\f（3\r(2）,2) B．eq\f（3\r(15),2）C．－eq\f（3\r(2),2） D．－eq\f(3\r(15),2)解析：選A由題意知eq\o（AB,\s\up7(→）)＝(2，1），eq\o(CD,\s\up7(→））＝(5，5），則eq\o(AB,\s\up7（→)）在eq\o（CD，\s\up7（→))方向上的投影為|eq\o(AB，\s\up7（→))｜·cos〈eq\o(AB，\s\up7（→))，eq\o（CD,\s\up7（→)）〉＝eq\f（eq\o（AB，\s\up7(→））·eq\o(CD，\s\up7(→)）,|eq\o（CD，\s\up7(→)）|)＝eq\f（3\r（2），2）.7．(2017·安徽二校聯(lián)考)在邊長(zhǎng)為1的正三角形ABC中，D，E是邊BC的兩個(gè)三等分點(diǎn)（D靠近點(diǎn)B)，則eq\o(AD，\s\up7（→））·eq\o（AE,\s\up7（→））等于()A.eq\f（1，6) B.eq\f(2,9)C.eq\f（13,18） D。eq\f（1,3）解析：選C法一：因?yàn)镈，E是邊BC的兩個(gè)三等分點(diǎn)，所以BD＝DE＝CE＝eq\f（1，3)，在△ABD中，AD2＝BD2＋AB2－2BD·AB·cos60°＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋12－2×eq\f(1,3）×1×eq\f(1，2）＝eq\f（7，9），即AD＝eq\f（\r(7)，3），同理可得AE＝eq\f（\r(7）,3)，在△ADE中，由余弦定理得cos∠DAE＝eq\f（AD2＋AE2－DE2，2AD·AE)＝eq\f(\f(7，9）＋\f(7，9）－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3）））2，2×\f(\r(7），3)×\f（\r（7）,3））＝eq\f（13,14），所以eq\o(AD,\s\up7（→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝|eq\o(AD,\s\up7(→）)｜·｜eq\o(AE，\s\up7(→）)｜c(diǎn)os∠DAE＝eq\f(\r(7)，3)×eq\f（\r(7），3）×eq\f(13，14）＝eq\f（13，18).法二：如圖，建立平面直角坐標(biāo)系,由正三角形的性質(zhì)易得Aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,\f（\r（3)，2））)，Deq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,6)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,6），0))，所以eq\o（AD，\s\up7（→)）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1,6),－\f（\r（3)，2)))，eq\o（AE，\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，6）,－\f（\r（3）,2））），所以eq\o(AD,\s\up7（→)）·eq\o(AE,\s\up7（→)）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1，6)，－\f(\r(3）,2）））·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，－\f(\r(3）,2))）＝－eq\f(1，36）＋eq\f（3，4）＝eq\f(13,18).8．（2017·東北四市模擬）已知向量eq\o（OA,\s\up7(→)）＝（3，1），eq\o（OB，\s\up7（→))＝（－1,3）,eq\o（OC，\s\up7（→）)＝meq\o（OA,\s\up7(→)）－neq\o(OB，\s\up7(→))(m>0，n>0),若m＋n＝1，則｜eq\o（OC，\s\up7(→)）|的最小值為(）A.eq\f(\r（5），2) B。eq\f（\r(10）,2)C.eq\r(5) D。eq\r(10)解析：選C由eq\o（OA，\s\up7（→)）＝(3，1)，eq\o（OB,\s\up7（→)）＝(－1，3)，得eq\o(OC,\s\up7（→)）＝meq\o(OA，\s\up7(→））－neq\o(OB,\s\up7（→))＝(3m＋n，m－3n），因?yàn)閙＋n＝1(m>0，n〉0）,所以n＝1－m且0〈m〈1，所以eq\o(OC,\s\up7（→)）＝(1＋2m，4m－3），則｜eq\o（OC，\s\up7(→)）｜＝eq\r(1＋2m2＋4m－32)＝eq\r(20m2－20m＋10)＝eq\r（20\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（m－\f（1，2））)2＋5)（0<m<1）,所以當(dāng)m＝eq\f(1,2)時(shí)，｜eq\o(OC,\s\up7(→）)|min＝eq\r(5)。9．已知向量m，n的模分別為eq\r(2），2，且m，n的夾角為45°。在△ABC中，eq\o(AB，\s\up7（→))＝2m＋2n,eq\o(AC，\s\up7（→))＝2m－6n,eq\o（BC,\s\up7(→））＝2eq\o（BD,\s\up7(→)），則|eq\o(AD，\s\up7(→）)|＝（）A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．8解析：選B因?yàn)閑q\o(BC,\s\up7(→））＝2eq\o(BD，\s\up7（→))，所以點(diǎn)D為邊BC的中點(diǎn)，所以eq\o（AD，\s\up7(→））＝eq\f（1,2)(eq\o（AB，\s\up7（→)）＋eq\o(AC，\s\up7（→)))＝2m－2n，所以｜eq\o(AD，\s\up7(→））｜＝2｜m－n|＝2eq\r（m－n2)＝2eq\r(2＋4－2×\r（2)×2×\f（\r(2)，2)）＝2eq\r(2)。10．（2018屆高三·湘中名校聯(lián)考)若點(diǎn)P是△ABC的外心，且eq\o（PA,\s\up7(→)）＋eq\o（PB,\s\up7（→）)＋λeq\o(PC,\s\up7(→)）＝0，C＝120°，則實(shí)數(shù)λ的值為(）A．eq\f（1,2) B．－eq\f(1,2)C．－1 D．1解析：選C設(shè)AB中點(diǎn)為D，則eq\o(PA,\s\up7（→）)＋eq\o(PB，\s\up7（→)）＝2eq\o（PD，\s\up7（→))eq\o（PD,\s\up7（→））.因?yàn)閑q\o（PA,\s\up7(→)）＋eq\o(PB,\s\up7(→)）＋λeq\o（PC,\s\up7（→）)＝0,所以2eq\o(PD,\s\up7（→))＋λeq\o（PC,\s\up7（→））＝0,所以向量eq\o（PD,\s\up7(→)），eq\o(PC，\s\up7（→）)共線．又P是△ABC的外心，所以PA＝PB,所以PD⊥AB，所以CD⊥AB。因?yàn)椤螦CB＝120°，所以∠APB＝120°,所以四邊形APBC是菱形，從而eq\o(PA,\s\up7(→））＋eq\o（PB，\s\up7（→))＝2eq\o(PD，\s\up7（→）)＝eq\o(PC,\s\up7（→)），所以2eq\o（PD，\s\up7（→））＋λeq\o(PC，\s\up7（→)）＝eq\o（PC，\s\up7（→)）＋λeq\o(PC,\s\up7(→）)＝0，所以λ＝－1。11．已知Rt△AOB的面積為1，O為直角頂點(diǎn),設(shè)向量a＝eq\f(eq\o（OA，\s\up7(→)）,|eq\o（OA，\s\up7（→）)｜），b＝eq\f(eq\o(OB,\s\up7(→)）,|eq\o(OB，\s\up7（→))｜），eq\o（OP,\s\up7（→））＝a＋2b，則eq\o(PA，\s\up7（→））·eq\o（PB，\s\up7(→）)的最大值為（)A．1 B．2C．3 D．4解析:選A如圖，設(shè)A（m,0），B（0，n),∴mn＝2，則a＝(1,0），b＝(0，1），eq\o(OP,\s\up7(→）)＝a＋2b＝（1,2)，eq\o(PA,\s\up7（→))＝（m－1，－2),eq\o（PB，\s\up7(→））＝(－1，n－2），eq\o（PA,\s\up7（→))·eq\o(PB，\s\up7(→))＝5－(m＋2n)≤5－2eq\r（2nm）＝1,當(dāng)且僅當(dāng)m＝2n，即m＝2，n＝1時(shí)，等號(hào)成立．12．已知△ABC是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)D，E分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，連接DE并延長(zhǎng)到點(diǎn)F，使得DE＝2EF，則eq\o(AF,\s\up7(→)）·eq\o（BC,\s\up7(→))的值為（)A．－eq\f(5,8） B。eq\f(1,8)C。eq\f（1,4) D.eq\f(11，8）解析：選B如圖所示,eq\o（AF，\s\up7（→）)＝eq\o（AD,\s\up7（→))＋eq\o(DF,\s\up7(→)).又D，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，且DE＝2EF，所以eq\o（AD，\s\up7（→））＝eq\f(1，2)eq\o(AB，\s\up7(→)），eq\o（DF，\s\up7(→))＝eq\f（1,2）eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\f（1，4)eq\o(AC,\s\up7(→）)＝eq\f(3,4）eq\o（AC,\s\up7(→）），所以eq\o（AF，\s\up7（→)）＝eq\f（1,2）eq\o(AB,\s\up7（→））＋eq\f（3,4）eq\o（AC,\s\up7（→））。又eq\o（BC,\s\up7（→))＝eq\o(AC,\s\up7（→))－eq\o（AB,\s\up7（→)），則eq\o（AF，\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7（→）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）eq\o（AB，\s\up7(→)）＋\f(3,4)eq\o（AC,\s\up7(→））））·(eq\o（AC，\s\up7（→））－eq\o(AB，\s\up7(→）))＝eq\f(1，2）eq\o（AB，\s\up7（→)）·eq\o（AC,\s\up7(→))－eq\f(1，2)eq\o(AB，\s\up7(→))2＋eq\f（3,4)eq\o（AC，\s\up7(→）)2－eq\f（3，4）eq\o(AC,\s\up7(→）)·eq\o（AB，\s\up7（→））＝eq\f(3，4）eq\o(AC,\s\up7（→））2－eq\f(1,2)eq\o(AB，\s\up7(→))2－eq\f（1,4)eq\o（AC,\s\up7（→）)·eq\o（AB,\s\up7(→）)。又｜eq\o(AB，\s\up7（→）)｜＝｜eq\o（AC，\s\up7(→))|＝1，∠BAC＝60°，故eq\o(AF,\s\up7（→）)·eq\o(BC，\s\up7（→))＝eq\f（3，4）－eq\f（1，2)－eq\f（1，4)×1×1×eq\f(1，2）＝eq\f(1,8)。二、填空題13．在△ABC中，點(diǎn)O在線段BC的延長(zhǎng)線上，且eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（eq\o（BO,\s\up7（→）)))＝3eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(eq\o(CO,\s\up7(→))）),當(dāng)eq\o(AO,\s\up7（→））＝xeq\o（AB,\s\up7(→）)＋yeq\o(AC,\s\up7（→））時(shí)，則x－y＝________.解析：∵eq\o（AO，\s\up7(→))＝eq\o（AB,\s\up7(→））＋eq\o(BO，\s\up7（→））＝eq\o（AB，\s\up7（→)）＋eq\f(3，2）eq\o(BC,\s\up7(→））＝eq\o(AB，\s\up7（→))＋eq\f(3，2)（eq\o（AC,\s\up7(→))－eq\o(AB，\s\up7（→)）)＝－eq\f（1,2）eq\o(AB,\s\up7（→））＋eq\f(3,2)eq\o（AC,\s\up7（→))，∴x－y＝－2.答案：－214．已知a，b是非零向量，f(x）＝（ax＋b)·（bx－a)的圖象是一條直線，｜a＋b|＝2，|a|＝1，則f（x）＝________.解析：由f(x)＝a·bx2－(a2－b2）x－a·b的圖象是一條直線，可得a·b＝0。因?yàn)閨a＋b｜＝2，所以a2＋b2＝4.因?yàn)椋黙｜＝1，所以a2＝1，b2＝3，所以f(x)＝2x。答案:2x15．(2017·天津高考）在△ABC中，∠A＝60°,AB＝3，AC＝2。若eq\o(BD，\s\up7(→）)＝2eq\o（DC，\s\up7（→))，eq\o（AE,\s\up7（→）)＝λeq\o(AC,\s\up7（→））－eq\o（AB,\s\up7(→))（λ∈R),且eq\o(AD,\s\up7（→））·eq\o(AE,\s\up7（→))＝－4,則λ的值為________．解析:法一:eq\o（AD,\s\up7（→）)＝eq\o（AB,\s\up7(→)）＋eq\o（BD,\s\up7(→)）＝eq\o(AB，\s\up7(→))＋eq\f(2，3）eq\o（BC，\s\up7(→））＝eq\o(AB,\s\up7（→）)＋eq\f(2,3)(eq\o(AC，\s\up7(→））－eq\o(AB,\s\up7（→）））＝eq\f(1，3）eq\o(AB，\s\up7（→))＋eq\f（2,3)eq\o(AC，\s\up7（→））.又eq\o(AB，\s\up7(→)）·eq\o（AC,\s\up7(→）)＝3×2×eq\f（1,2)＝3,所以eq\o(AD，\s\up7（→))·eq\o（AE,\s\up7(→）)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，3)eq\o（AB，\s\up7(→))＋\f(2,3）eq\o(AC,\s\up7（→））)）·(－eq\o(AB，\s\up7(→)）＋λeq\o(AC，\s\up7(→)))＝－eq\f(1,3)eq\o（AB，\s\up7(→））2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，3)λ－\f（2,3）))eq\o（AB，\s\up7(→））·eq\o(AC，\s\up7（→））＋eq\f（2,3）λeq\o(AC,\s\up7(→)）2＝－3＋3eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，3）λ－\f（2,3）））＋eq\f（2，3)λ×4＝eq\f(11，3)λ－5＝－4,解得λ＝eq\f（3，11）.法二：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),eq\o（AB，\s\up7（→）)的方向?yàn)閤軸正方向，建立平面直角坐標(biāo)系,不妨假設(shè)點(diǎn)C在第一象限，則A(0，0),B(3,0),C（1，eq\r（3)）．由eq\o