《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測（一）小題考法——平面向量》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測（一）小題考法——平面向量（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測（一）小題考法——平面向量 一、選擇題 1．已知平面向量a＝(3,4)，b＝，若a∥b，則實(shí)數(shù)x為(　　) A．－　　　　　　　　　 B． C． D．－ 解析：選C　∵a∥b，∴3×＝4x，解得x＝，故選C. 2．(2019屆高三·杭州六校聯(lián)考)已知向量a和b的夾角為120°，且|a|＝2，|b|＝5，則(2a－b)·a＝(　　) A．9 B．10 C．12 D．13 解析：選D　∵向量a和b的夾角為120°， 且|a|＝2，|b|＝5， ∴a·b＝2×5×cos 120°＝－5， ∴(2a－b)·a＝2

2、a2－a·b＝2×4＋5＝13， 故選D. 3．(2018·全國卷Ⅰ)在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點(diǎn)，則＝(　　) A.－ B.－ C.＋ D.＋ 解析：選A　作出示意圖如圖所示．＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－.故選A. 4．設(shè)向量a＝(－2,1)，a＋b＝(m，－3)，c＝(3,1)，若(a＋b)⊥c，則cos〈a，b〉＝(　　) A．－ B． C． D．－ 解析：選D　由(a＋b)⊥c可得，m×3＋(－3)×1＝0，解得m＝1.所以a＋b＝(1，－3)，故b＝(a＋b)－a＝(3，－4)． 所以cos〈a，b〉＝＝＝－，故選D

3、. 5．P是△ABC所在平面上一點(diǎn)，滿足|－|－|＋－2|＝0，則△ABC的形狀是(　　) A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等邊三角形 解析：選B　∵P是△ABC所在平面上一點(diǎn)，且|－|－|＋－2|＝0， ∴||－|(－)＋(－)|＝0， 即||＝|＋|， ∴|－|＝|＋|， 兩邊平方并化簡得·＝0， ∴⊥，∴∠A＝90°， 則△ABC是直角三角形． 6.(2018·浙江二模)如圖，設(shè)A，B是半徑為2的圓O上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)C為AO中點(diǎn)，則·的取值范圍是(　　) A．[－1,3]　　　　　　 　B．[1,3] C．[－3，－1] D．

4、[－3,1] 解析：選A　建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示， 可得O(0,0)，A(－2,0)，C(－1,0)，設(shè)B(2cos θ，2sin θ)．θ∈[0,2π)． 則·＝(1,0)·(2cos θ＋1，2sin θ)＝2cos θ＋1∈[－1,3]． 故選A. 7．(2019屆高三·浙江名校聯(lián)考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P滿足＝＋，則·(＋)的最小值為(　　) A．－2 B．－ C．－ D．－ 解析：選C　由＝＋知點(diǎn)P在直線CD上，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CB所在直線為x軸，CA所在直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則C(0,0

5、)，A(0,2)，B(2，0)，D(，1)，∴直線CD的方程為y＝x，設(shè)P，則＝，＝，＝，∴＋＝，∴·(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x＝x2－x＝2－，∴當(dāng)x＝時(shí)，·(＋)取得最小值－. 8．已知單位向量a，b，c是共面向量，a·b＝，a·c＝b·c<0，記m＝|λa－b|＋|λa－c|(λ∈R)，則m2的最小值是(　　) A．4＋ B．2＋ C．2＋ D．4＋ 解析：選B　由a·c＝b·c，可得c·(a－b)＝0，故c與a－b垂直，又a·c＝b·c<0，記＝a，＝b，＝c，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)＝λa，則|λa－b|＋|λa－c|

6、＝||＋||≥|b－c|＝||，由圖可知最小值為BC，易知∠OBC＝∠BCO＝15°，所以∠BOC＝150°，在△BOC中，BC2＝BO2＋OC2－2BO·OC·cos∠BOC＝2＋.所以m2的最小值是2＋. 9．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，動(dòng)點(diǎn)P在以點(diǎn)C為圓心且與BD相切的圓上．若＝λ＋μ，則λ＋μ的最大值為(　　) A．3 B．2 C. D．2 解析：選A　以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直線BD的方程為2x＋y－2＝0，點(diǎn)C到直線BD的距離為＝，所以圓C

7、：(x－1)2＋(y－2)2＝. 因?yàn)镻在圓C上，所以P. 又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)， 所以 λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，當(dāng)且僅當(dāng)θ＝＋2kπ－φ，k∈Z時(shí)，λ＋μ取得最大值3. 10．如圖，在四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點(diǎn)，設(shè)·＝m，·＝n.若AB＝，EF＝1，CD＝，則(　　) A．2m－n＝1 B．2m－2n＝1 C．m－2n＝1 D．2n－2m＝1 解析：選D　·＝(＋)·(－＋)＝－2＋·－·＋·＝－2＋·(－)＋m＝－2＋·(＋＋－)＋m＝·＋m.又＝

8、＋＋，＝＋＋，兩式相加，再根據(jù)點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點(diǎn)，化簡得2＝＋，兩邊同時(shí)平方得4＝2＋3＋2·，所以·＝－，則·＝，所以n＝＋m，即2n－2m＝1，故選D. 二、填空題 11．(2018·龍巖模擬)已知向量a，b夾角為60°，且|a|＝1，|2a－b|＝2，則|b|＝________. 解析：∵|2a－b|＝2，∴4a2－4a·b＋b2＝12， ∴4×12－4×1×|b|cos 60°＋|b|2＝12， 即|b|2－2|b|－8＝0， 解得|b|＝4. 答案：4 12.(2019屆高三·寧波效實(shí)模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，則(＋

9、)·(＋)＝________. 解析：∵在平面四邊形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4， ∴＋＝＋＋＋＝＋＝－， ＋＝＋＋＋＝＋， ∴(＋)·(＋)＝(－)(＋)＝2－2＝9－16＝－7. 答案：－7 13．設(shè)向量a，b滿足|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，則|b|的最大值是________；最小值是________． 解析：由|a＋b|＝2|a－b|兩邊平方，得a2＋2a·b＋b2＝4(a2－2a·b＋b2)，化簡得到3a2＋3b2＝10a·b≤10|a||b|，|b|2－10|b|＋9≤0，解得1≤|b|≤9. 答案：9　1 14．(2018·嘉興期末)在Rt△A

10、BC中，AB＝AC＝2，D為AB邊上的點(diǎn)，且＝2，則·＝________；若＝x＋y，則xy＝________. 解析：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，，分別為x軸，y軸的正方向建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，D，所以·＝·(0，－2)＝4.由＝x＋y，得＝x(0，－2)＋y(2，－2)，所以＝2y，－2＝－2x－2y，解得x＝，y＝，所以xy＝. 答案：4　 15．(2018·溫州二模)若向量a，b滿足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，且|b|≥2，則a·b＝________，a在b方向上的投影的取值范圍是________． 解析：向量a，b滿足(a＋b)2－

11、b2＝|a|＝3， ∴a2＋2a·b＋b2－b2＝3， ∴9＋2a·b＝3，∴a·b＝－3； 則a在b方向上的投影為|a|cos θ＝＝， 又|b|≥2，∴－≤<0， ∴a在b方向上的投影取值范圍是. 答案：－3　 16．(2018·溫州適應(yīng)性測試)已知向量a，b滿足|a|＝|b|＝a·b＝2，向量x＝λa＋(1－λ)b，向量y＝ma＋nb，其中λ，m，n∈R，且m>0，n>0.若(y－x)·(a＋b)＝6，則m2＋n2的最小值為________． 解析：法一：依題意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6，所以[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b

12、)＝6，因?yàn)閨a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6，所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，所以m2＋n2＝m2＋(2－m)2＝2m2－4m＋4＝2(m－1)2＋2≥2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝1時(shí)取等號(hào)，所以m2＋n2的最小值為2. 法二：依題意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6， 即[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6， 因?yàn)閨a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6， 所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，所以m2＋n2＝(m＋n)2－2mn＝4－2

13、mn≥4－22＝2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝1時(shí)取等號(hào)，所以m2＋n2的最小值為2. 答案：2 17．已知在△ABC中，AC⊥AB，AB＝3，AC＝4.若點(diǎn)P在△ABC的內(nèi)切圓上運(yùn)動(dòng)，則·(＋)的最小值為________，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為________． 解析：因?yàn)锳C⊥AB，所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB，AC所在的直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)．由題意可知△ABC內(nèi)切圓的圓心為D(1,1)，半徑為1.因?yàn)辄c(diǎn)P在△ABC的內(nèi)切圓上運(yùn)動(dòng)，所以可設(shè)P(1＋cos θ，1＋sin θ)(0≤θ<2π)．所以＝(－1－cos θ，－1－sin

14、 θ)，＋＝(1－2cos θ，2－2sin θ)，所以·(＋)＝(－1－cos θ)(1－2cos θ)＋(－1－sin θ)(2－2sin θ)＝－1＋cos θ＋2cos2 θ－2＋2sin2 θ＝－1＋cos θ≥－1－1＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)cos θ＝－1，即P(0,1)時(shí)，·(＋)取到最小值，且最小值為－2. 答案：－2　(0,1) B組——能力小題保分練 1．已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)D，E分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，連接DE并延長到點(diǎn)F，使得DE＝2EF，則·的值為(　　) A.－ B. C. D. 解析：選B　如圖所示，＝＋. 又D，E分別為AB，

15、BC的中點(diǎn)，且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝， 所以＝＋. 又＝－， 則·＝·(－) ＝·－2＋2－· ＝2－2－·＝||2－||2－×||×||×cos∠BAC. 又||＝||＝1，∠BAC＝60°， 故·＝－－×1×1×＝. 2.如圖，在等腰梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠ADC＝120°，AB＝4，CD＝2，動(dòng)點(diǎn)E和F分別在線段BC和DC上，且＝，＝λ，則·的最小值是(　　) A．4＋13 B．4－13 C．4＋ D．4－ 解析：選B　在等腰梯形ABCD中，AB＝4，CD＝2，∠ADC＝120°，易得AD＝BC＝2.由動(dòng)點(diǎn)E和F分別在線段BC和DC上得，所以

16、<λ<1.所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||·||cos 120°＋||·||－||·||＋||·||cos 60°＝4×2×＋×2－4×(1－λ)×2＋×(1－λ)×2×＝－13＋8λ＋≥－13＋2＝4－13，當(dāng)且僅當(dāng)λ＝時(shí)取等號(hào)．所以·的最小值是4－13. 3．(2018·臺(tái)州一模)已知單位向量e1，e2，且e1·e2＝－，若向量a滿足(a－e1)·(a－e2)＝，則|a|的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　∵單位向量e1，e2，且e1·e2＝－， ∴〈e1，e2〉＝120°， ∴|e1＋e2|＝ ＝1. 若向量a滿足(a－e1)·(a

17、－e2)＝， 則a2－a·(e1＋e2)＋e1·e2＝， ∴|a|2－a·(e1＋e2)＝， ∴|a|2－|a|·cos〈a，e1＋e2〉＝， 即cos〈a，e1＋e2〉＝. ∵－1≤cos〈a，e1＋e2〉≤1， ∴－1≤|a|－≤1， 解得－≤|a|≤＋， ∴|a|的取值范圍為. 4．(2017·麗水模擬)在△ABC和△AEF中，B是EF的中點(diǎn)，AB＝EF＝1，BC＝6，CA＝，若·＋·＝2，則與的夾角的余弦值等于________． 解析：由題意可得2＝(－)2＝2＋2－2·＝33＋1－2·＝36，∴·＝－1. 由·＋·＝2， 可得·(＋)＋·(＋) ＝2＋·＋·

18、＋· ＝1－·＋(－1)＋· ＝·(－) ＝·＝2， 故有·＝4. 再由·＝1×6×cos〈，〉， 可得6×cos〈，〉＝4，∴cos〈，〉＝. 答案： 5．(2019屆高三·鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知向量a，b的夾角為，|b|＝2，對(duì)任意x∈R，有 |b＋xa|≥|a－b|，則|tb－a|＋(t∈R)的最小值為________． 解析：向量a，b夾角為，|b|＝2，對(duì)任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|， 兩邊平方整理可得x2a2＋2xa·b－(a2－2a·b)≥0， 則Δ＝4(a·b)2＋4a2(a2－2a·b)≤0， 即有(a2－a·b)2≤0，即為a2＝a·b，

19、則(a－b)⊥a， 由向量a，b夾角為，|b|＝2， 由a2＝a·b＝|a|·|b|·cos，得|a|＝1， 則|a－b|＝＝， 畫出＝a，＝b，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示： 則A(1,0)，B(0，)， ∴a＝(－1,0)，b＝(－1，)； ∴|tb－a|＋ ＝＋ ＝＋ ＝2 表示P(t,0)與M，N的距離之和的2倍， 當(dāng)M，P，N共線時(shí)，取得最小值2|MN|. 即有2|MN|＝2＝. 答案： 6．已知定點(diǎn)A，B滿足||＝2，動(dòng)點(diǎn)P與動(dòng)點(diǎn)M滿足||＝4，＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，且||＝||，則·的取值范圍是________；若動(dòng)點(diǎn)C也滿足||＝4，則

20、·的取值范圍是________． 解析：因?yàn)椋溅耍?1－λ) (λ∈R)，λ＋1－λ＝1，所以根據(jù)三點(diǎn)共線知，點(diǎn)M在直線PB上，又||＝||，記PA的中點(diǎn)為D，連接MD，如圖，則MD⊥AP，·＝·(＋)＝·＋0＝2，因?yàn)閨|＝4，所以點(diǎn)P在以B為圓心，4為半徑的圓上，則||∈[2,6]，則·＝2∈[2,18]． 由于|MA|＋|MB|＝|MP|＋|MB|＝4，所以點(diǎn)M在以A，B為焦點(diǎn)，長軸的長為4的橢圓上，以直線AB為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則橢圓方程為＋＝1，點(diǎn)C在圓(x－1)2＋y2＝16上，A(－1,0)，設(shè)M(2cos α，sin α)，C(4cos β＋1，4sin β)，則＝(4cos β＋2,4sin β)，＝(2cos α＋1，sin α)， ·＝(8cos α＋4)cos β＋4sin αsin β＋4cos α＋2 ＝sin(β＋φ)＋4cos α＋2 ＝(4cos α＋8)sin(β＋φ)＋4cos α＋2， 最大值是(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝8cos α＋10≤18， 最小值是－(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝－6， 所以·∈[－6,18]． 答案：[2,18]　[－6,18]