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課時跟蹤檢測（一） 小題考法——平面向量 A組——10＋7提速練 一、選擇題 1．已知平面向量a＝(3,4)，b＝，若a∥b，則實數(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， ∴ab＝25cos 120＝－5， ∴(2a－b)a＝2a2－ab＝24＋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，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，m3＋(－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. 5．P是△ABC所在平面上一點，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，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上的兩個動點，點C為AO中點，則的取值范圍是(　　) A．[－1,3]　　　　　　 　B．[1,3] C．[－3，－1] D．[－3,1] 解析：選A　建立平面直角坐標系如圖所示， 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，點P滿足＝＋，則(＋)的最小值為(　　) A．－2 B．－ C．－ D．－ 解析：選C　由＝＋知點P在直線CD上，以點C為坐標原點，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系，則C(0,0)，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，(＋)取得最小值－. 8．已知單位向量a，b，c是共面向量，ab＝，ac＝bc<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ac＝bc，可得c(a－b)＝0，故c與a－b垂直，又ac＝bc<0，記＝a，＝b，＝c，以O(shè)為坐標原點，的方向為x軸正方向建立如圖所示的平面直角坐標系，設(shè)＝λa，則|λa－b|＋|λa－c|＝||＋||≥|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＋OC2－2BOOCcos∠BOC＝2＋.所以m2的最小值是2＋. 9．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，動點P在以點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為坐標原點，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C到直線BD的距離為＝，所以圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝. 因為P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，λ＋μ取得最大值3. 10．如圖，在四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點，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＝＋＋，＝＋＋，兩式相加，再根據(jù)點E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點，化簡得2＝＋，兩邊同時平方得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，∴4a2－4ab＋b2＝12， ∴412－41|b|cos 60＋|b|2＝12， 即|b|2－2|b|－8＝0， 解得|b|＝4. 答案：4 12.(2019屆高三寧波效實模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，則(＋)(＋)＝________. 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＋2ab＋b2＝4(a2－2ab＋b2)，化簡得到3a2＋3b2＝10ab≤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△ABC中，AB＝AC＝2，D為AB邊上的點，且＝2，則＝________；若＝x＋y，則xy＝________. 解析：以A為坐標原點，，分別為x軸，y軸的正方向建立如圖所示的平面直角坐標系，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ab＝________，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－b2＝|a|＝3， ∴a2＋2ab＋b2－b2＝3， ∴9＋2ab＝3，∴ab＝－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|＝ab＝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)＝6，因為|a|＝|b|＝ab＝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時取等號，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， 因為|a|＝|b|＝ab＝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＝4－2mn≥4－22＝2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝1時取等號，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P在△ABC的內(nèi)切圓上運動，則(＋)的最小值為________，此時點P的坐標為________． 解析：因為AC⊥AB，所以以A為坐標原點，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.因為點P在△ABC的內(nèi)切圓上運動，所以可設(shè)P(1＋cos θ，1＋sin θ)(0≤θ<2π)．所以＝(－1－cos θ，－1－sin 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，(＋)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D，E分別是邊AB，BC的中點，連接DE并延長到點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，BC的中點，且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝， 所以＝＋. 又＝－， 則＝(－) ＝－2＋2－ ＝2－2－＝||2－||2－||||cos∠BAC. 又||＝||＝1，∠BAC＝60， 故＝－－11＝. 2.如圖，在等腰梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠ADC＝120，AB＝4，CD＝2，動點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.由動點E和F分別在線段BC和DC上得，所以<λ<1.所以＝(＋)(＋)＝＋＋＋＝||||cos 120＋||||－||||＋||||cos 60＝42＋2－4(1－λ)2＋(1－λ)2＝－13＋8λ＋≥－13＋2＝4－13，當(dāng)且僅當(dāng)λ＝時取等號．所以的最小值是4－13. 3．(2018臺州一模)已知單位向量e1，e2，且e1e2＝－，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e1e2＝－， ∴〈e1，e2〉＝120， ∴|e1＋e2|＝ ＝1. 若向量a滿足(a－e1)(a－e2)＝， 則a2－a(e1＋e2)＋e1e2＝， ∴|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，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＋＋＋ ＝1－＋(－1)＋ ＝(－) ＝＝2， 故有＝4. 再由＝16cos〈，〉， 可得6cos〈，〉＝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，對任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|， 兩邊平方整理可得x2a2＋2xab－(a2－2ab)≥0， 則Δ＝4(ab)2＋4a2(a2－2ab)≤0， 即有(a2－ab)2≤0，即為a2＝ab， 則(a－b)⊥a， 由向量a，b夾角為，|b|＝2， 由a2＝ab＝|a||b|cos，得|a|＝1， 則|a－b|＝＝， 畫出＝a，＝b，建立平面直角坐標系，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，取得最小值2|MN|. 即有2|MN|＝2＝. 答案： 6．已知定點A，B滿足||＝2，動點P與動點M滿足||＝4，＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，且||＝||，則的取值范圍是________；若動點C也滿足||＝4，則的取值范圍是________． 解析：因為＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，λ＋1－λ＝1，所以根據(jù)三點共線知，點M在直線PB上，又||＝||，記PA的中點為D，連接MD，如圖，則MD⊥AP，＝(＋)＝＋0＝2，因為||＝4，所以點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M在以A，B為焦點，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系，則橢圓方程為＋＝1，點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]