高考理科數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí)新方略講義3.1平面向量

第1講平面向量eq\a\vs4\al\co1()考點(diǎn)1平面向量的概念與線性運(yùn)算1．在平面向量的化簡(jiǎn)或運(yùn)算中，要根據(jù)平面向量基本定理選好基底，變形要有方向不能盲目轉(zhuǎn)化．2．在用三角形加法法則時(shí)要保證“首尾相接”，結(jié)果向量是第一個(gè)向量的起點(diǎn)指向最后一個(gè)向量終點(diǎn)所在的向量；在用三角形減法法則時(shí)要保證“同起點(diǎn)”，結(jié)果向量的方向是指向被減向量．[例1](1)[2019·河北衡水中學(xué)摸底]如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，且eq\o(AE,\s\up10(→))＝2eq\o(EO,\s\up10(→))，則eq\o(ED,\s\up10(→))＝()A.eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))B.eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))C.eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))D.eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))(2)[2019·四川綿陽(yáng)聯(lián)考]如圖，在△ABC中，D為BC邊上的一點(diǎn)，且BD＝2DC.若eq\o(AC,\s\up10(→))＝meq\o(AB,\s\up10(→))＋neq\o(AD,\s\up10(→))(m，n∈R)，則m－n＝()A．2B．1C．－2D．3【解析】(1)eq\o(ED,\s\up10(→))＝eq\o(EA,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＝－eq\f(1,3)(eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→)))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→)).(2)∵eq\o(BD,\s\up10(→))＝2eq\o(DC,\s\up10(→))，∴eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝2(eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AD,\s\up10(→)))，∴eq\o(AC,\s\up10(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(3,2)eq\o(AD,\s\up10(→))，∴m＝－eq\f(1,2)，n＝eq\f(3,2)，∴m－n＝－2.故選C.【答案】(1)C(2)C1．平面向量的線性運(yùn)算技巧(1)對(duì)于平面向量的線性運(yùn)算問題，要盡可能轉(zhuǎn)化到三角形或平行四邊形中，靈活運(yùn)用三角形法則、平行四邊形法則，緊密結(jié)合圖形的幾何性質(zhì)進(jìn)行運(yùn)算．(2)在證明兩向量平行時(shí)，若已知兩向量的坐標(biāo)形式，常利用坐標(biāo)運(yùn)算來判斷；若兩向量不是以坐標(biāo)形式呈現(xiàn)的，常利用共線向量定理(當(dāng)b≠0時(shí)，a∥b?存在唯一實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb)來判斷．2．[警示]證明三點(diǎn)共線問題，可用向量共線來解決，但應(yīng)注意向量共線與三點(diǎn)共線的區(qū)別與聯(lián)系，當(dāng)兩向量共線且有公共點(diǎn)時(shí)，才能得出三點(diǎn)共線.『對(duì)接訓(xùn)練』1．[2019·福建三明期末]在△ABC中，3eq\o(CD,\s\up10(→))＝eq\o(BD,\s\up10(→))，AD為BC邊上的高，O為AD的中點(diǎn)，若eq\o(AO,\s\up10(→))＝λeq\o(AB,\s\up10(→))＋μeq\o(AC,\s\up10(→))，則λ·μ＝()A．－eq\f(3,4)B．－eq\f(3,16)C.eq\f(3,4)D.eqD.\f(3,16)解析：如圖，∵3eq\o(CD,\s\up10(→))＝eq\o(BD,\s\up10(→))，O為AD的中點(diǎn)，∴eq\o(AO,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)×eq\f(3,2)eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(3,4)(eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))＝－eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up10(→))＝λeq\o(AB,\s\up10(→))＋μeq\o(AC,\s\up10(→))，∴λ＝－eq\f(1,4)，μ＝eq\f(3,4)，∴λ·μ＝－eq\f(3,16).故選B.答案：B2．[2019·福建寧德五中期中]設(shè)O為△ABC的重心，若eq\o(AB,\s\up10(→))＝λeq\o(AO,\s\up10(→))＋μeq\o(AC,\s\up10(→))，則λ＋μ＝()A.eq\f(3,2)B．2D.eqD.eq\f(2,3)解析：解法一∵O為△ABC的重心，∴eq\o(AO,\s\up10(→))＝eq\f(\o(AB,\s\up10(→))＋\o(AC,\s\up10(→)),3)，又eq\o(AB,\s\up10(→))＝λeq\o(AO,\s\up10(→))＋μeq\o(AC,\s\up10(→))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,3)－1))eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,3)＋μ))eq\o(AC,\s\up10(→))＝0.∵eq\o(AB,\s\up10(→))與eq\o(AC,\s\up10(→))不共線，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(λ,3)－1＝0，,\f(λ,3)＋μ＝0，))∴λ＝3，μ＝－1，∴λ＋μ＝2.故選B.解法二設(shè)BC的中點(diǎn)為D，連接AD，∵O為△ABC的重心，∴eq\o(AO,\s\up10(→))＝eq\f(2\o(AD,\s\up10(→)),3)，又eq\o(AB,\s\up10(→))＝λeq\o(AO,\s\up10(→))＋μeq\o(AC,\s\up10(→))，∴eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(2λ,3)eq\o(AD,\s\up10(→))＋μeq\o(AC,\s\up10(→))，∴eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(3,2λ)eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\f(3μ,2λ)eq\o(AC,\s\up10(→)).∵B，D，C三點(diǎn)共線，且D為BC的中點(diǎn)，∴eq\f(3,2λ)＝－eq\f(3μ,2λ)＝eq\f(1,2)，∴λ＝3，μ＝－1，∴λ＋μ＝2.故選B.解法三連接OB，OC，∵eq\o(AB,\s\up10(→))＝λeq\o(AO,\s\up10(→))＋μeq\o(AC,\s\up10(→))，∴eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→))＝－λeq\o(OA,\s\up10(→))＋μeq\o(OC,\s\up10(→))－μeq\o(OA,\s\up10(→))，即(－1＋λ＋μ)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))－μeq\o(OC,\s\up10(→))＝0，又O為△ABC的重心，∴eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))＝0，∴－1＋λ＋μ＝1，μ＝－1，∴λ＝3，∴λ＋μ＝2.故選B.答案：Beq\a\vs4\al\co1()考點(diǎn)2向量的平行與垂直1．向量平行(共線)(1)向量a(a≠0)與b共線，當(dāng)且僅當(dāng)有唯一一個(gè)實(shí)數(shù)λ，使b＝λa.(2)設(shè)a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0.a∥b?x1y2－x2y1＝0.2．向量垂直向量a，b是非零向量，a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0.[例2](1)[2018·全國(guó)卷Ⅲ]已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，則λ(2)[2019·江西南昌二中期末]已知向量eq\o(AB,\s\up10(→))＝a＋3b，eq\o(BC,\s\up10(→))＝5a＋3b，eq\o(CD,\s\up10(→))＝－3a＋3b，則()A．A，B，C三點(diǎn)共線B．A，B，D三點(diǎn)共線C．A，C，D三點(diǎn)共線D．B，C，D三點(diǎn)共線【解析】(1)2a＋b＝(4,2)，因?yàn)閏∥(2a＋b)，所以4λ＝2，得λ＝eq\f(1,2).(2)∵eq\o(CD,\s\up10(→))＝－3a＋3b，eq\o(BC,\s\up10(→))＝5a＋3b，∴eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＝2a＋6b，又eq\o(AB,\s\up10(→))＝a＋3b，∴eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up10(→))，∴eq\o(AB,\s\up10(→))∥eq\o(BD,\s\up10(→))，∴A，B，D三點(diǎn)共線．故選B.【答案】(1)eq\f(1,2)(2)B共線向量定理的應(yīng)用(1)證明向量共線，對(duì)于向量a，b，若存在實(shí)數(shù)λ，使a＝λb，則a與b共線．(2)證明三點(diǎn)共線，若存在實(shí)數(shù)λ，使eq\o(AB,\s\up10(→))＝λeq\o(AC,\s\up10(→))，則A，B，C三點(diǎn)共線．(3)求參數(shù)的值，利用共線向量定理及向量相等的條件列方程(組)求參數(shù)的值．[提醒]證明三點(diǎn)共線時(shí)，要說明共線的兩向量有公共點(diǎn).『對(duì)接訓(xùn)練』3．[2019·河北六校第三次聯(lián)考]已知向量a＝(2＋sinx,1)，b＝(2，－2)，c＝(sinx－3,1)，d＝(1，k)，x∈R，k∈R.(1)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且a∥(b＋c)，求x的值；(2)是否存在實(shí)數(shù)k，使得(a＋d)⊥(b＋c)？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．解析：(1)b＋c＝(sinx－1，－1)，因?yàn)閍∥(b＋c)，所以－(2＋sinx)＝sinx－1，即sinx＝－eq\f(1,2).又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以x＝－eq\f(π,6).(2)a＋d＝(3＋sinx,1＋k)，b＋c＝(sinx－1，－1)，若(a＋d)⊥(b＋c)，則(a＋d)·(b＋c)＝0，即(3＋sinx)(sinx－1)－(1＋k)＝0，所以k＝sin2x＋2sinx－4＝(sinx＋1)2－5，由sinx∈[－1,1]，可得k∈[－5，－1]，所以存在k∈[－5，－1]，使得(a＋d)⊥(b＋c)．eq\a\vs4\al\co1()考點(diǎn)3向量的數(shù)量積1．平面向量的數(shù)量積有兩種運(yùn)算形式：(1)數(shù)量積的定義：a·b＝|a||b|cosθ(其中θ為向量a，b的夾角)；(2)坐標(biāo)運(yùn)算：a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)時(shí)，a·b＝x1x2＋y1y2.2．平面向量的三個(gè)性質(zhì)(1)若a＝(x，y)，則|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(x2＋y2).(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|eq\o(AB,\s\up10(→))|＝eq\r(?x2－x1?2＋?y2－y1?2).(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))).[例3](1)[2019·全國(guó)卷Ⅱ]已知eq\o(AB,\s\up10(→))＝(2,3)，eq\o(AC,\s\up10(→))＝(3，t)，|eq\o(BC,\s\up10(→))|＝1，則eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝()A．－3B．－2C．2D．3(2)[2019·全國(guó)卷Ⅲ]已知a，b為單位向量，且a·b＝0，若c＝2a－eq\r(5)b，則cos〈a，c〉＝________.【解析】(1)本題主要考查平面向量的數(shù)量積、平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，意在考查考生的運(yùn)算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算．因?yàn)閑q\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝(1，t－3)，所以|eq\o(BC,\s\up10(→))|＝eq\r(1＋?t－3?2)＝1，解得t＝3，所以eq\o(BC,\s\up10(→))＝(1,0)，所以eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝2×1＋3×0＝2，故選C.(2)本題主要考查平面向量的數(shù)量積，考查考生的運(yùn)算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算．設(shè)a＝(1,0)，b＝(0,1)，則c＝(2，－eq\r(5))，所以cos〈a，c〉＝eq\f(2,1×\r(4＋5))＝eq\f(2,3).【答案】(1)C(2)eq\f(2,3)1．一般地，用向量方法解決模的問題的途徑有三：一是利用公式|a|2＝a2，將模的平方轉(zhuǎn)化為數(shù)量積問題；二是利用模的幾何意義；三是坐標(biāo)法．解決向量的夾角問題主要是利用公式“cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)”將向量的夾角問題轉(zhuǎn)化為數(shù)量積及模的問題來解決．2．求解向量數(shù)量積最值問題的兩種思路(1)直接利用數(shù)量積公式得出代數(shù)式，依據(jù)代數(shù)式求最值．(2)建立平面直角坐標(biāo)系，通過坐標(biāo)運(yùn)算得出函數(shù)式，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值.『對(duì)接訓(xùn)練』4．[2019·河北衡水中學(xué)三調(diào)]在△ABC中，AB＝3，AC＝2，eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up10(→))，則eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))＝()A．－eq\f(5,2)B.eqB.\f(5,2)C．－eq\f(5,4)D.eqD.\f(5,4)解析：∵eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up10(→))，∴eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))，∴eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→)).又eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))，∴eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\f(\o(AC,\s\up10(→))－\o(AB,\s\up10(→)),2)，∴eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\f(\o(AC,\s\up10(→))2－\o(AB,\s\up10(→))2,4)＝－eq\f(5,4).故選C.答案：C5．[2019·河南中原名校指導(dǎo)卷]已知平面向量a＝(－1,2)，b＝(1,3)，c＝2a－b，則向量c在向量aA.eq\f(\r(5),5)B.eq\r(5)C．2eq\r(2)D．3解析：∵a＝(－1,2)，b＝(1,3)，∴|a|＝eq\r(5)，c＝2a－b＝(－3，1)，∴a·c＝5，∴向量c在向量a方向上的投影為eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5).故選B.答案：B課時(shí)作業(yè)6平面向量1．[2019·北京八十中學(xué)月考]已知向量i與j不共線，且eq\o(AB,\s\up10(→))＝i＋mj，eq\o(AD,\s\up10(→))＝ni＋j，m≠1.若A，B，D三點(diǎn)共線，則mn＝()A.eq\f(1,2)B．2C．1D．－3解析：∵A，B，D三點(diǎn)共線，∴eq\o(AB,\s\up10(→))∥eq\o(AD,\s\up10(→))，設(shè)eq\o(AB,\s\up10(→))＝λeq\o(AD,\s\up10(→))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝λn，,m＝λ，))∴mn＝1.故選C.答案：C2．[2019·湖南重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考]已知m＝(5,12)，則與m方向相同的單位向量的坐標(biāo)是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)，\f(12,13)))B.eqB.\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))D.eqD.\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))解析：設(shè)所求向量為n＝λm(λ>0)，∵m＝(5,12)，∴n＝(5λ，12λ)．∵|n|＝1，∴25λ2＋144λ2＝1，得λ＝eq\f(1,13)，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)，\f(12,13))).故選A.答案：A3．[2019·河北邢臺(tái)月考]若向量a＝(1,2)，b＝(－2,1)，c＝(3，－4)，則c＝()A．3a＋bB．2aC．－a－2bD．a(chǎn)－3b解析：設(shè)c＝λa＋μb，∵a＝(1,2)，b＝(－2,1)，c＝(3，－4)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＝λ－2μ，,－4＝2λ＋μ，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝－2，))∴c＝－a－2b.故選C.答案：C4．[2019·河南安陽(yáng)一模]已知向量a＝(1，－1)，b＝(－1,0)，若λa－b和2a＋b共線，則λA．2B.eq\f(1,2)C．－1D．－2解析：∵a＝(1，－1)，b＝(－1,0)，∴λa－b＝(λ＋1，－λ)，2a＋b＝(1，－2)，又λa－b和2a＋b共線，∴－λ＝－2(λ＋1)，∴答案：D5．[2019·四川綿陽(yáng)一診]已知向量a＝(1,2)，b＝(x,1)，若a⊥b，則x＝()A．2B．－2C．1D．－1解析：∵a＝(1,2)，b＝(x,1)且a⊥b，∴a·b＝x＋2＝0，∴x＝－2.故選B.答案：B6．[2019·湖南重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考]在△ABC中，AB＝1，AC＝3，eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝1，則△ABC的面積為()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(\r(5),2)D.eqD.\r(5)解析：eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))·(eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))＝|eq\o(AB,\s\up10(→))|·|eq\o(AC,\s\up10(→))|·cosA－|eq\o(AB,\s\up10(→))|2＝1，∴cosA＝eq\f(2,3)，∴sinA＝eq\f(\r(5),3)，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×1×3×eq\f(\r(5),3)＝eq\f(\r(5),2).故選C.答案：C7．[2019·遼寧沈陽(yáng)聯(lián)考]在△ABC中，eq\o(AB,\s\up10(→))＝a，eq\o(AC,\s\up10(→))＝b，eq\o(AM,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AN,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up10(→))，BN與CM交于點(diǎn)P，則eq\o(AP,\s\up10(→))＝()A.eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)bB.eqB.\f(2,5)a＋eq\f(1,5)bC.eq\f(1,6)a＋eq\f(1,3)bD.eqD.\f(1,4)a＋eq\f(1,2)b解析：如圖，M，P，C三點(diǎn)共線，則eq\o(AP,\s\up10(→))＝meq\o(AC,\s\up10(→))＋(1－m)eq\o(AM,\s\up10(→))＝mb＋eq\f(1,2)(1－m)a(m∈R)，又N，P，B三點(diǎn)共線，所以eq\o(AP,\s\up10(→))＝neq\o(AB,\s\up10(→))＋(1－n)eq\o(AN,\s\up10(→))＝na＋eq\f(1,3)(1－n)b(n∈R)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝\f(1,2)?1－m?，,m＝\f(1,3)?1－n?，))解得m＝eq\f(1,5)，n＝eq\f(2,5)，所以eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\f(2,5)a＋eq\f(1,5)b.故選B.答案：B8．[2019·遼寧葫蘆島六中月考]已知a＝(2sin13°，2sin77°)，|a－b|＝1，a與a－b的夾角為eq\f(π,3)，則a·b＝()A．2B．3C．4D．5解析：∵a＝(2sin13°，2sin77°)＝(2sin13°，2cos13°)，∴|a|＝2，又|a－b|＝1，a與a－b的夾角為eq\f(π,3)，∴a·(a－b)＝1，即a2－a·b＝1，∴a·b＝3.故選B.答案：B9．[2019·廣西南寧摸底]若兩個(gè)非零向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，則向量a＋b與a－b的夾角的余弦值是()A.eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2)D．－eq\f(\r(3),2)解析：結(jié)合向量加減法的平行四邊形法則和三角形法則可知a＋b，a－b，分別為以a，b為鄰邊的平行四邊形的對(duì)角線對(duì)應(yīng)的向量，因?yàn)閨a＋b|＝|a－b|＝2|a|，所以此平行四邊形是矩形，且對(duì)角線與矩形的較長(zhǎng)邊的夾角為eq\f(π,6)，數(shù)形結(jié)合可知向量a＋b與a－b的夾角為eq\f(2π,3)，夾角的余弦值為－eq\f(1,2).故選B.答案：B10．[2019·湖南懷化重點(diǎn)中學(xué)第三次聯(lián)考]如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在線段BC上，且滿足BD＝eq\f(1,2)DC，過點(diǎn)D任意作直線分別交直線AB，AC于點(diǎn)M，N，若eq\o(AM,\s\up10(→))＝meq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AN,\s\up10(→))＝neq\o(AC,\s\up10(→))，則()A．m＋n＝2B．2m＋nC.eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝2D.eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)＝3解析：連接AD，因?yàn)镸，D，N三點(diǎn)共線，所以eq\o(AD,\s\up10(→))＝λeq\o(AM,\s\up10(→))＋(1－λ)eq\o(AN,\s\up10(→))＝λmeq\o(AB,\s\up10(→))＋(1－λ)neq\o(AC,\s\up10(→)).又BD＝eq\f(1,2)DC，所以eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up10(→))，所以eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up10(→))，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λm＝\f(2,3)，,?1－λ?n＝\f(1,3)，))解得eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)＝3.故選D.答案：D11．[2019·江西南昌二中期末]已知向量a＝(－2，－1)，b＝(λ，1)，若a與b的夾角為鈍角，則λ的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))B．(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))∪(2，＋∞D(zhuǎn).eqD.q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪(0，＋∞)解析：∵a與b的夾角為鈍角，∴－2λ－1<0，即λ>－eq\f(1,2).又a≠μb(μ<0)，∴λ≠2，∴λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))∪(2，＋∞)．故選C.答案：C12．[2019·山東淄博一中期中]已知|eq\o(OA,\s\up10(→))|＝3，|eq\o(OB,\s\up10(→))|＝2，eq\o(OC,\s\up10(→))＝meq\o(OA,\s\up10(→))＋neq\o(OB,\s\up10(→))，m，n∈R，若eq\o(OA,\s\up10(→))與eq\o(OB,\s\up10(→))的夾角為60°，且eq\o(OC,\s\up10(→))⊥eq\o(AB,\s\up10(→))，則eq\f(m,n)的值為()A.eq\f(1,4)B.eqB.eq\f(1,6)C．6D．4解析：通解∵|eq\o(OA,\s\up10(→))|＝3，|eq\o(OB,\s\up10(→))|＝2，eq\o(OA,\s\up10(→))與eq\o(OB,\s\up10(→))的夾角為60°，∴eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OB,\s\up10(→))＝3.又eq\o(OC,\s\up10(→))⊥eq\o(AB,\s\up10(→))，∴eq\o(OC,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＝0.又eq\o(OC,\s\up10(→))＝meq\o(OA,\s\up10(→))＋neq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→))，∴(meq\o(OA,\s\up10(→))＋neq\o(OB,\s\up10(→)))·(eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→)))＝0，即－meq\o(OA,\s\up10(→))2＋(m－n)eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OB,\s\up10(→))＋neq\o(OB,\s\up10(→))2＝0，∴－9m＋3m－3n＋4n＝0，∴n＝6m，∴eq\f(m,n)＝eq\f(1,6).故選B.優(yōu)解如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，∵|eq\o(OA,\s\up10(→))|＝3，|eq\o(OB,\s\up10(→))|＝2，eq\o(OA,\s\up10(→))與eq\o(OB,\s\up10(→))的夾角為60°，∴eq\o(OB,\s\up10(→))＝(1，eq\r(3))，eq\o(OA,\s\up10(→))＝(3,0)，∴eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→))＝(－2，eq\r(3))，eq\o(OC,\s\up10(→))＝(3m＋n，eq\r(3)n)．又eq\o(OC,\s\up10(→))⊥eq\o(AB,\s\up10(→))，∴eq\o(OC,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＝0，∴－6m－2n＋3n＝0，∴n＝6m，∴eq\f(m,n)＝eq\f(1,6).故選B.答案：B13．[2019·天津二十四中月考]已知向量p＝(2，－3)，q＝(x,6)，且p∥q，則|p＋q|的值為________．解析：∵p∥q，∴x＝－4，∴q＝(－4,6)，∴p＋q＝(－2,3)，∴|p＋q|＝eq\r(13).答案：eq\r(13)14．[2019·安徽合肥一模]若非零向量a，b滿足a⊥(a＋2b)，則eq\f(|a＋b|,|b|)＝________.解析：通解∵a⊥(a＋2b)，∴a·(a＋2b)＝0，∴a2＋2a·b＝0，∴|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝b2，∴|a＋b|＝|b|，∴eq\f(|a＋b|,|b|)＝1.優(yōu)解如圖，在△OAB中，點(diǎn)C為AB的中點(diǎn)，令eq\o(OA,\s\up10(→))＝a，eq\o(OB,\s\up10(→))＝a＋2b，則eq\o(AB,\s\up10(→))＝2b，∵a⊥(a＋2b)，∴OA⊥OB，∴eq\o(OC,\s\up10(→))＝a＋b，∴|a＋b|＝|b|，∴eq\f(|a＋b|,|b|)＝1.答案：115．[2019·黑龍江鶴崗一模]如圖，A，B分別是射線OM，ON上的兩點(diǎn)，給出下列向量：①eq\o(OA,\s\up10(→))＋2eq\o(OB,\s\up10(→))；②eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up10(→))；③eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up10