浙江省2019高考数学课时跟踪检测（一）小题考法——平面向量.docx

课时跟踪检测（一） 小题考法平面向量A组107提速练一、选择题1已知平面向量a(3,4)，b，若ab，则实数x为()ABC D解析：选Cab，34x，解得x，故选C.2(2019届高三杭州六校联考)已知向量a和b的夹角为120，且|a|2，|b|5，则(2ab)a()A9 B10C12 D13解析：选D向量a和b的夹角为120，且|a|2，|b|5，ab25cos 1205，(2ab)a2a2ab24513，故选D.3(2018全国卷)在ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则()A. B.C. D.解析：选A作出示意图如图所示()().故选A.4设向量a(2,1)，ab(m，3)，c(3,1)，若(ab)c，则cosa，b()A BC D解析：选D由(ab)c可得，m3(3)10，解得m1.所以ab(1，3)，故b(ab)a(3，4)所以cosa，b，故选D.5P是ABC所在平面上一点，满足|2|0，则ABC的形状是()A等腰直角三角形 B直角三角形C等腰三角形 D等边三角形解析：选BP是ABC所在平面上一点，且|2|0，|()()|0，即|，|，两边平方并化简得0，A90，则ABC是直角三角形6.(2018浙江二模)如图，设A，B是半径为2的圆O上的两个动点，点C为AO中点，则的取值范围是()A1,3B1,3C3，1 D3,1解析：选A建立平面直角坐标系如图所示，可得O(0,0)，A(2,0)，C(1,0)，设B(2cos ，2sin )0,2)则(1,0)(2cos 1，2sin )2cos 11,3故选A.7(2019届高三浙江名校联考)已知在ABC中，AB4，AC2，ACBC，D为AB的中点，点P满足，则()的最小值为()A2 BC D解析：选C由知点P在直线CD上，以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0,0)，A(0,2)，B(2，0)，D(，1)，直线CD的方程为yx，设P，则，()x(22x)x2xx2x2，当x时，()取得最小值.8已知单位向量a，b，c是共面向量，ab，acbc0，记m|ab|ac|(R)，则m2的最小值是()A4 B2C2 D4解析：选B由acbc，可得c(ab)0，故c与ab垂直，又acbc0，记a，b，c，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，设a，则|ab|ac|bc|，由图可知最小值为BC，易知OBCBCO15，所以BOC150，在BOC中，BC2BO2OC22BOOCcosBOC2.所以m2的最小值是2.9在矩形ABCD中，AB1，AD2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上若，则的最大值为()A3 B2C. D2解析：选A以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2xy20，点C到直线BD的距离为，所以圆C：(x1)2(y2)2.因为P在圆C上，所以P.又(1,0)，(0,2)，(，2)，所以2cos sin 2sin()3(其中tan 2)，当且仅当2k，kZ时，取得最大值3.10如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，设m，n.若AB，EF1，CD，则()A2mn1 B2m2n1Cm2n1 D2n2m1解析：选D()()22()m2()mm.又，两式相加，再根据点E，F分别是边AD，BC的中点，化简得2，两边同时平方得4232，所以，则，所以nm，即2n2m1，故选D.二、填空题11(2018龙岩模拟)已知向量a，b夹角为60，且|a|1，|2ab|2，则|b|_.解析：|2ab|2，4a24abb212，41241|b|cos 60|b|212，即|b|22|b|80，解得|b|4.答案：412.(2019届高三宁波效实模拟)如图，在平面四边形ABCD中，|AC|3，|BD|4，则()()_.解析：在平面四边形ABCD中，|AC|3，|BD|4，()()()()229167.答案：713设向量a，b满足|ab|2|ab|，|a|3，则|b|的最大值是_；最小值是_解析：由|ab|2|ab|两边平方，得a22abb24(a22abb2)，化简得到3a23b210ab10|a|b|，|b|210|b|90，解得1|b|9.答案：9114(2018嘉兴期末)在RtABC中，ABAC2，D为AB边上的点，且2，则_；若xy，则xy_.解析：以A为坐标原点，分别为x轴，y轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，D，所以(0，2)4.由xy，得x(0，2)y(2，2)，所以2y，22x2y，解得x，y，所以xy.答案：415(2018温州二模)若向量a，b满足(ab)2b2|a|3，且|b|2，则ab_，a在b方向上的投影的取值范围是_解析：向量a，b满足(ab)2b2|a|3，a22abb2b23，92ab3，ab3；则a在b方向上的投影为|a|cos ，又|b|2，0，n0.若(yx)(ab)6，则m2n2的最小值为_解析：法一：依题意得，manba(1)b(ab)6，所以(m)a(n1)b(ab)6，因为|a|b|ab2，所以4(m)4(n1)2(m)(n1)6，所以mn11，即mn2，所以m2n2m2(2m)22m24m42(m1)222，当且仅当m1时取等号，所以m2n2的最小值为2.法二：依题意得，manba(1)b(ab)6，即(m)a(n1)b(ab)6，因为|a|b|ab2，所以4(m)4(n1)2(m)(n1)6，所以mn11，即mn2，所以m2n2(mn)22mn42mn4222，当且仅当mn1时取等号，所以m2n2的最小值为2.答案：217已知在ABC中，ACAB，AB3，AC4.若点P在ABC的内切圆上运动，则()的最小值为_，此时点P的坐标为_解析：因为ACAB，所以以A为坐标原点，以AB，AC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)由题意可知ABC内切圆的圆心为D(1,1)，半径为1.因为点P在ABC的内切圆上运动，所以可设P(1cos ，1sin )(02)所以(1cos ，1sin )，(12cos ，22sin )，所以()(1cos )(12cos )(1sin )(22sin )1cos 2cos2 22sin2 1cos 112，当且仅当cos 1，即P(0,1)时，()取到最小值，且最小值为2.答案：2(0,1)B组能力小题保分练1已知ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE2EF，则的值为()A. B.C. D.解析：选B如图所示，.又D，E分别为AB，BC的中点，且DE2EF，所以，所以.又，则()2222|2|2|cosBAC.又|1，BAC60，故11.2.如图，在等腰梯形ABCD中，已知DCAB，ADC120，AB4，CD2，动点E和F分别在线段BC和DC上，且，则的最小值是()A413 B413C4 D4解析：选B在等腰梯形ABCD中，AB4，CD2，ADC120，易得ADBC2.由动点E和F分别在线段BC和DC上得，所以1.所以()()|cos 120|cos 604224(1)2(1)2138132413，当且仅当时取等号所以的最小值是413.3(2018台州一模)已知单位向量e1，e2，且e1e2，若向量a满足(ae1)(ae2)，则|a|的取值范围为()A. B.C. D.解析：选B单位向量e1，e2，且e1e2，e1，e2120，|e1e2| 1.若向量a满足(ae1)(ae2)，则a2a(e1e2)e1e2，|a|2a(e1e2)，|a|2|a|cosa，e1e2，即cosa，e1e2.1cosa，e1e21，1|a|1，解得|a|，|a|的取值范围为.4(2017丽水模拟)在ABC和AEF中，B是EF的中点，ABEF1，BC6，CA，若2，则与的夹角的余弦值等于_解析：由题意可得2()2222331236，1.由2，可得()()21(1)()2，故有4.再由16cos，可得6cos，4，cos，.答案：5(2019届高三镇海中学模拟)已知向量a，b的夹角为，|b|2，对任意xR，有|bxa|ab|，则|tba|(tR)的最小值为_解析：向量a，b夹角为，|b|2，对任意xR，有|bxa|ab|，两边平方整理可得x2a22xab(a22ab)0，则4(ab)24a2(a22ab)0，即有(a2ab)20，即为a2ab，则(ab)a，由向量a，b夹角为，|b|2，由a2ab|a|b|cos，得|a|1，则|ab|，画出a，b，建立平面直角坐标系，如图所示：则A(1,0)，B(0，)，a(1,0)，b(1，)；|tba| 2表示P(t,0)与M，N的距离之和的2倍，当M，P，N共线时，取得最小值2|MN|.即有2|MN|2.答案：6已知定点A，B满足|2，动点P与动点M满足|4，(1) (R)，且|，则的取值范围是_；若动点C也满足|4，则的取值范围是_解析：因为(1) (R)，11，所以根据三点共线知，点M在直线PB上，又|，记PA的中点为D，连接MD，如图，则MDAP，()02，因为|4，所以点P在以B为圆心，4为半径的圆上，则|2,6，则22,18由于|MA|MB|MP|MB|4，所以点M在以A，B为焦点，长轴的长为4的椭圆上，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则椭圆