2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考第二輪專題復(fù)習(xí)第5講平面向量學(xué)案理含解析

PAGE第5講平面對(duì)量高考年份全國卷Ⅰ全國卷Ⅱ全國卷Ⅲ2024平面對(duì)量的模及運(yùn)算·T14平面對(duì)量的數(shù)量積·T13平面對(duì)量的數(shù)量積、夾角及模的計(jì)算·T62024平面對(duì)量的數(shù)量積及夾角·T7平面對(duì)量的坐標(biāo)運(yùn)算與數(shù)量積·T3平面對(duì)量的數(shù)量積及夾角·T132024平面對(duì)量的線性運(yùn)算·T6平面對(duì)量的數(shù)量積·T4平面對(duì)量的坐標(biāo)運(yùn)算·T131.[2024·全國新高考Ⅱ卷]在△ABC中,D是AB邊上的中點(diǎn),則CB= ()A.2CD+CA B.CD-2CAC.2CD-CA D.CD+2CA2.[2024·全國卷Ⅰ]在△ABC中,AD為BC邊上的中線,E為AD的中點(diǎn),則EB= ()A.34AB-14AC BC.34AB+14AC D3.[2024·全國卷Ⅱ]已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,則AB·BC= ()A.-3 B.-2 C.2 D.34.[2024·全國卷Ⅲ]已知向量a,b滿意|a|=5,|b|=6,a·b=-6,則cos<a,a+b>= ()A.-3135 B.-C.1735 D.5.[2024·全國卷Ⅰ]設(shè)a,b為單位向量,且|a+b|=1,則|a-b|=.

6.[2024·北京卷]已知正方形ABCD的邊長為2,點(diǎn)P滿意AP=12(AB+AC),則|PD|=;PB·PD=.

平面對(duì)量的線性運(yùn)算1(1)如圖M2-5-1,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2AD=2DC,E是BC的中點(diǎn),F是AE上一點(diǎn),AF=2FE,則BF= ()圖M2-5-1A.12AB-B.13ABC.-12AB+D.-13AB(2)在△ABC中,D為BC上一點(diǎn),E是AD的中點(diǎn),若BD=λDC,CE=13AB+μAC,則λ+μ= (A.13 B.-1C.76 D.-【規(guī)律提煉】處理平面對(duì)量問題一般可以從兩個(gè)角度進(jìn)行:(1)“恰當(dāng)選擇基底”.用平面對(duì)量基本定理解決問題的一般思路是:先選擇一組基底,再用該基底表示向量,其實(shí)質(zhì)就是進(jìn)行數(shù)乘運(yùn)算和利用平行四邊形法則或三角形法則進(jìn)行向量的加減運(yùn)算.(2)“坐標(biāo)運(yùn)算”.坐標(biāo)運(yùn)算能把學(xué)生從困難的化簡中解放出來,快速簡捷地達(dá)成解題的目標(biāo).對(duì)于條件中包含向量夾角與長度的問題,都可以考慮建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系,應(yīng)用坐標(biāo)法來統(tǒng)一表示向量,達(dá)到轉(zhuǎn)化問題,簡潔求解的目的.測題1.已知向量a=(1+λ,2),b=(3,4),若a∥b,則實(shí)數(shù)λ= ()A.-113B.-52C.122.在等腰梯形ABCD中,AB∥DC,AB=2DC,E為BC的中點(diǎn),則 ()A.AE=34AB+B.AE=32ABC.AE=14AB+D.AE=34AB平面對(duì)量的數(shù)量積2(1)已知向量b=12,32,向量a在向量b方向上的投影為-2.若(λa+b)⊥b,則實(shí)數(shù)λ的值為 ()A.14 B.-C.12 D.-(2)[2024·全國新高考Ⅰ卷]已知P是邊長為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)的一點(diǎn),則AP·AB的取值范圍是 ()A.(-2,6) B.(-6,2)C.(-2,4) D.(-4,6)【規(guī)律提煉】平面對(duì)量的數(shù)量積是高考的高頻考點(diǎn),主要集中在求夾角、模長,而且通常借助共線、垂直進(jìn)行考查,其主要方法有幾何法與坐標(biāo)法,幾何法注意平面幾何的運(yùn)算,解三角形等;坐標(biāo)法常以代數(shù)運(yùn)算為主,難度較小.測題1.已知向量a=(1,2),|b|=2,且a⊥b,則|a+2b|= ()A.13 B.17 C.13 D.172.在△ABC中,C=π2,AC=BC=2,點(diǎn)P是邊AB上的動(dòng)點(diǎn),則CP·CA+CP·CB= (A.4 B.2 C.-2 D.-43.已知非零向量a,b,c滿意a+b+c=0,a⊥b,(a-b)⊥c,M=|a||b|+|b||cA.3 B.32C.2+22 D.1+4.已知a,b是兩個(gè)非零向量,且|a|=|b|=|a-b|,則a與2a-b的夾角為.

平面對(duì)量數(shù)量積的應(yīng)用3(1)在△AOB中,OA=a,OB=b,且滿意a·b=|a-b|=|a|=2,則△AOB的面積為.

(2)如圖M2-5-2所示,一個(gè)物體被兩根輕質(zhì)細(xì)繩拉住,且處于平衡狀態(tài),已知兩條繩上的拉力分別是F1,F2,且F1,F2與水平方向的夾角均為45°,|F1|=|F2|=102N,則物體的重力大小為N.

圖M2-5-2【規(guī)律提煉】平面對(duì)量數(shù)量積問題主要是利用平面對(duì)量與平面幾何相結(jié)合,解決相關(guān)問題.測題1.已知O,A,B三點(diǎn)不共線,∠AOB=θ,若|OA+OB|<|OA-OB|,則 ()A.sinθ>0,cosθ>0 B.sinθ>0,cosθ<0C.sinθ<0,cosθ>0 D.sinθ<0,cosθ<02.設(shè)O是△ABC所在平面上一點(diǎn),點(diǎn)H是△ABC的垂心,OA+OB+OC=OH,且3·OA+OB+2·OC=0,則∠BAC的大小是 ()A.3π4 B.C.π2 D.第5講平面對(duì)量真知真題掃描1.C[解析]方法一:因?yàn)镈是AB邊上的中點(diǎn),所以CB=CD+DB=CD+12AB=CD+12(CB-CA),所以2CB=2CD+CB所以CB=2CD-CA.故選C.方法二:因?yàn)镈是AB邊上的中點(diǎn),所以CB=CA+AB=CA+2AD=CA+2(CD-CA)=2CD-CA.故選C.2.A[解析]因?yàn)锳D為中線,E為AD的中點(diǎn),所以EB=ED+DB=12AD+12CB=12×12(AB+AC)+12(AB-3.C[解析]BC=AC-AB=(3,t)-(2,3)=(1,t-3),所以|BC|=12+(t-3)2=1,解得t=3,所以BC=(1,0),所以AB·BC=(2,3)·4.D[解析]∵a·(a+b)=a2+a·b=25+(-6)=19,|a+b|=a2+2a·b+b2=25+2×(-6)+36=7,5.3[解析]由已知可得|a+b|2=a2+b2+2a·b=1+1+2a·b=1,故2a·b=-1,因此|a-b|2=a2+b2-2a·b=1+1-2a·b=3,所以|a-b|=3.6.5-1[解析]方法一:因?yàn)锳P=12(AB+AC),所以點(diǎn)P為BC的中點(diǎn),又正方形ABCD的邊長為2,所以|PD|=CD2+CP2=22+12=5,PB·PD=|PB|·|PD|·cos∠BPD=1×5×(-cos∠CPD)方法二:以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB所在直線為x軸,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,因?yàn)檎叫蜛BCD的邊長為2,所以D(0,2),B(2,0).因?yàn)锳P=12(AB+AC),所以點(diǎn)P為BC的中點(diǎn),所以P(2,1),所以PB=(0,-1),PD=(-2,1),所以|PD|=(-2)2+1=5,PB·PD=0×(-2)+(-1)考點(diǎn)考法探究小題1例1(1)C(2)B[解析](1)連接AC,由題意得BF=BA+AF=-AB+23AE=-AB+23×12(AB+AC)=-AB+13(AB+AD+DC)=-AB+13AB+AD+12AB=-1(2)CE=13(CB-CA)+μAC=13CB+-13-μCA=λ+13CD+-13-μCA.因?yàn)镋是AD的中點(diǎn),所以CE=12(CD+CA),所以λ+13=12,-13-μ=12,解得λ=12【自測題】1.C[解析]∵a∥b,∴4(1+λ)-2×3=0,解得λ=12故選C.2.A[解析]依題意得AE=AB+BE,AE=AD+DC+CE,所以2AE=AB+AD+DC=AB+AD+12AB=32AB+AD,所以AE=34AB小題2例2(1)C(2)A[解析](1)因?yàn)橄蛄縜在向量b方向上的投影為-2,所以a·b|b|=-2,又由b=12,32得|b|=1,所以a·b=-2.因?yàn)?λa+b)⊥b,所以(λa+b)所以λa·b+b2=0,則有-2λ+1=0,解得λ=12.故選C(2)方法一:以A為原點(diǎn),AB的方向?yàn)閤軸的正方向,建立如圖①所示的平面直角坐標(biāo)系,設(shè)P(x,y),則AB=(2,0),AP=(x,y),∵-1<x<3,∴AB·AP=2x∈(-2,6).方法二:如圖②,以{AB,AE}為基底,則<AB,AE>=π2,且|AB|=2,|AE|=23.∵P為正六邊形內(nèi)一點(diǎn),∴AP=xAB+yAE,-12<x<32,則AP·AB=(xAB+yAE)·AB=xAB2=4x.∵-12<x<32,∴-2<方法三:作出正六邊形ABCDEF,如圖③所示,P是正六邊形內(nèi)一點(diǎn),AP·AB=|AB||AP|cos<AP,AB>,|AB|=2.|AP|cos<AP,AB>是AP在AB方向上的投影的大小.由圖可得,當(dāng)P位于C處時(shí),|AP|cos<AP,AB>最大,又BC=2,∠CAB=30°,故此時(shí)|AP|cos<AP,AB>=23×32=3,則AP·AB=|AB||AP|cos<AP,AB>=2×3=6;當(dāng)P位于F處時(shí),|AP|cos<AP,AB>最小,又AF=2,∠FAB=120°,故此時(shí)|AP|cos<AP,AB>=2×-12=-1,則AP·AB=|AB||AP|cos<AP,AB>=2×(-1)=-2.∵P在正六邊形內(nèi),∴AP·AB的取值范圍為(-2,6).【自測題】1.A[解析]∵|a+2b|2=a2+4b2+4a·b=5+8=13,∴|a+2b|=13.2.A[解析]∵在△ABC中,C=π2,∴CA·CB=0∵點(diǎn)P是邊AB上的動(dòng)點(diǎn),∴設(shè)CP=λCA+(1-λ)CB,又∵AC=BC=2,∴CP·CA+CP·CB=CP·(CA+CB)=[λCA+(1-λ)CB]·(CA+CB)=λCA2+(1-λ)CB2=4λ+4(1-λ)=故選A.3.D[解析]由a+b+c=0,得a+b=-c.由(a-b)⊥c,得(a-b)·c=-(a-b)·(a+b)=b2-a2=0,所以|a|=|b|.又a⊥b,所以c2=(a+b)2=a2+b2+2a·b=2a2,故|c|=2|a|,所以M=|a||b|+|b||c|+|c||a4.π6[解析]設(shè)a與2a-b的夾角為θ,θ∈[0,π]由|a|=|b|=|a-b|得,a2=b2=a2+b2-2a·b,∴a2=b2=2a·b,|2a-b|=(2a-b)2=4a2-4a·b+b2=3|a|,a·(2a∴cosθ=a·(2a-b)|a||2a-∴θ=π6小題3例3(1)3(2)20[解析](1)∵a·b=|a-b|=|a|=2,∴a2+b2-2a·b=a2,∴b2=2a·b=4,∴|b|=2.∵a·b=|a||b|cos<a,b>=4cos<a,b>=2,∴cos<a,b>=12,又<a,b>∈[0,π],∴sin<a,b>=3∴S△AOB=12|a||b|sin<a,b>=12×2×2×32(2)如圖,∵|F1|=|F2|=102N,F1·F2=0,∴|F1+F2|=(F1+F2)2∴物體的重力大小為20N.【自測題】1.B[解析]因?yàn)閨OA+OB|<|OA-OB|,所以|OA+OB|2<|OA-OB|2,即|OA|2+2OA·所以O(shè)A·OB=|OA|·|OB|·cosθ<0,所以cosθ<0.又O,A,B三點(diǎn)不共線,所以θ∈π2,π