十年真题(2010-2019)高考数学(理)分类汇编专题06平面向量(新课标Ⅰ卷)(解析版)

1、历年考题细目表专题06平面向量题型年 份考占试题位置单选题2019十囿向里的数里积2019年新课标1理科07单选题2018平面向量基本定理2018年新课标1理科06单选题2015平面向量基本定理2015年新课标1理科07单选题2011平面向量的定义2011年新课标1理科10填空题2017向量的模2017年新课标1理科13填空题2016十囿向里的数里积2016年新课标1理科13填空题2014十囿向里的数里积2014年新课标1理科15填空题2013十囿向里的数里积2013年新课标1理科13填空题2012向量的模2012年新课标1理科13历年高考真题汇编1.【2019年新课标1理科07】已知非零向量

2、T r,&满足p|=2p|,且（就一4）±6,则a与白的夹角为（JL1TA,1B. 7o3【解答】解：（ 2->）T 恐 r T T T:L - J ；;： = L； 土 一，二二广彳,b> b2 = 0,ZrrC, 3 JTD- T ens Vs,a A ,= PL网步I故选：B.E为AD的中点，则EB=(2.【2018年新课标1理科06在4ABC中，AD为BC边上的中线,【解答】解：在 ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点,渔二赤一近二心-通T 11 T=AB -4x4 （AF +月£）量盛一花故选：A.3.【2015年新课标1理科07】设

3、D为 ABC所在平面内一点，RC =,则()rD-A 4 -3 r B £ 1 -3工 41C 匚-二4 '533【解答】解：由已知得到如图2 4 r 1D. AD=lAB-jAC凝4-3+ 急国1 -To-f E T R故选：A.4.【2011年新课标1理科10】已知片与&均为单位向量,其夹角为。，有下列四个命题P1：1+占|>1?。C0,Zjt t tZtt了）；方：|比 + 5|>1?° e （丁,TT句；P3： p-i|> 1?0 0,-）；r ；环P4： F -fe|> 1? 0 其中的真命D. P2, P4【解答】解：由记

4、一方51,得出2 - 2cos 0> 1,即 cos 0<i ,又兀,故可以得出9 c （一,兀，故 P33题是（）A. P1, P4B. P1, P3C. P2, P3错误，P4正确.工3T。笆，丁），故P2错误，P1正由|£+1-|>1,得出2+2cos A 1,即cosk一M 又0年0, R,故可以得出 £确.jl.-fl,p|=2,相=1,则5+26尸故选：A.5.【2017年新课标1理科13】已知向量位，办的夹角为60【解答】解:【解法一】向量£, &的夹角为60° ,且口 |=2| |=1,一一一 :一 4 ?4=

5、22+4X2X 1Xcos60° +4X12 = 12,T T |“ +2K |= 2 后.【解法二】根据题意画出图形，如图所示;结合图形充=M +。旧=臣42匚；在4OAC中，由余弦定理得曲=V2acm120e = 2,百,即日 +2,|=2-,.6.【2016年新课标1理科13设向量Z= (m, 1), & = (1, 2),且? + 5 |2=占|2+& 2,则m=- 2【解答】解：+寺2=亩2+|疏 r t 可得？. =0.向量 * = ( m, 1),加二(1, 2),可得m+2=0,解得m= - 2.故答案为：-2.T 汽 TT T7.【2014年新课标1

6、理科15】已知A, B, C为圆。上的三点，若4口二亍(月84以C),则与月t的夹角 为.【解答】解：在圆中若易二/(崩十戢)，即2，=蠢+最,即疝斗的和向量是过A,。的直径，则以AB, AC为邻边的四边形是矩形，则应，/， 即融与E的夹角为90° ,故答案为：90°8.【2013年新课标1理科13】已知两个单位向量鼠 片的夹角为 60° , C = tt+ (1 t) A .若5? = 0,则 t【解答】解：= C = tn + (l t)2 , c & = 4 , ;.安=tn " h *(1 Qi炉=0,tcos60 +1 t= 0, 1-

7、 1，=0,解得 t= 2.故答案为2.9.【2012年新课标1理科13】已知向量高办夹角为45° ,且面=L |高一的二仃5 ,则他户t r一【解答】解：: 8 台=45匕1c,i=1口 5 =而川m帛45二=硝制 |2 西际 |一4a * A + i解得故答案为：3考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：平面向量的线性运算，平面向量基本定理及坐标表示，平面向量的数 量积，平面向量的综合应用等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：平面向量的线性运算，平面向量基本定理及坐标表示，平面向量的数量 积等，预测明年本考点题目会比较稳定， 备考方向以知识点平面向量的线性运算，

8、 平面向量的 数量积，平面向量的综合应用等为重点较佳.ruuu uuuuiur0 ,若 EB xAB yAC ,则(最新高考模拟试题uur uur uur uur uuur1.在 ABC 中，AB AC 2AD，AE DEB, x 3yC, y 3xD. x 3yuuv uuv 因为AB AC2AD ,所以点D是BC的中点，又因为AEuuuv DE0 ,所以点E是AD的中点，所以有:uuvuuvuuvuuv 1uuuvuuv 1 1 uuivBEBAAEABADAB(AB22 23 1八x-，yx3y,故本题选d.4 4r r 一 一 , 一一，_ r 2,已知非零向量a, b的夹角为60o,

9、且满足a 2buuuvAC)3 uuv 1 uuiV-AB -AC ,因此44r2 ,则a b的取大值为（）A. 1B, 12【答案】BC. 2D. 3【解析】r rr r因为非零向量a, b的夹角为60o,且满足a 2b 2,rr 2 r 2 r 2 r r所以 a 2ba 4 b 4a b 4,2r b42rara4cos604,r b ra22r b42ra一一,r 2又因为aa 2 b时，取等号ra2ra4,即21.r rr r o因此，a b a b cos60r r 一即a b的最大值为i.故选B3.设a, b均为单位向量，则“ a与b夹角为红”是“ a 1 6”的（） 3A.充分

10、而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件r r一因为a，b均为单位向量,r 则|ar b|2ab 112 11cos互 1；3因此,r ra与b夹角为若Iar b|w，则r|a3 b|2冗 ， r 不能推出“ |a2 r r2a b解得所以，由“ J|a12r b|因此,r匕r2氏”a与b夹角为 3“J|a故选Durn4.在矩形ABCD中,r .b|；1 1 2-1 cos,： a, b p，3 r ra与b夹角为立,3b|的既不充分也不必要条件uurAB = 4, ADN分别是, uuurCD , BC的中点，则AMuuuuMN (B. 3C. 2D. 1由题

11、意作出图形，如图所示:由图及题意,可得:uuuuAMuurADuuuurDMuuurADuuuuMNuurCNuuuu CM1 uuu -CB 21 uuu AB, 21 uur -CD 2uuuu uuuuAM MNuuuAD1 uurAB 21uur 1 uur1 uuurBC DC-AD2221 uuu1 uur1uuur 9ADAB|AD |21 uur -AB.2uuu 9 |AB|22.故选：C.5.已知P为等边三角形 ABC所在平面内的一个动点,uuu满足 BPuurBCuuuABuuv uuv uuvAP (AB AC)()B. 3C. 6D.与有关的数值24【答案】C【解析】

12、如图：以BC中点为坐标原点O ,以BC方向为x轴正方向,OA方向为y轴正方向，建立平面直角坐标系,uuu 因为ABuuur2 ,则 AO故选C1),且6.已知向量(2,1),b(m,a(arb）,则m的值为（A. 1B.C.D.r因为ar(2,1),b(m, 1),所以(2m,2),因为a(a br)，则 a (a b)2(2m)uuu uuur因为P为等边三角形 ABC所在平面内的一个动点，满足 BP BC 所以点P在直线BC ,所以Af在AO方向上的投影为Ao ,uuu uuu uuuruuur uur uuur6.因此 AP (AB AC) 2AO AP 2 AO所以答案选B.r7.已知

13、向量a、rb为单位向量，且ab在a的方向上的投影为泡1r , r , 一 ，,则向量a与b的夹角为（）D.B.一【解析】r r设向量a与b的夹角为一 r r 、，、一 因为向量a、b为单位向量,的方向上的投影为r 则有（ar b)r|a|变形可得:coscos又由故选A.8.在矩形ABCD 中,AB3,AD 4,AC与BD相交于点O ,过点A作AE BD ,垂足为E ,则uuv uuvAE EC72A .5144B.2512C.512D. 一25如图:由AB4得:AD3 ，BD. 916AB AD，AE -12uur 又AEuurECuurAEuuurEOuurOCuuir uurAE EOu

14、ur uuurAE OCBDuuir5uuuruuurAE EO AEuuurAOQ AE BDuur uurAE EO 0uur又AEuurAOuurAEuuurAO cos EAOuurAEuuurAOuuuAEAOuur 2AE14425uurAEuurEC14425本题正确选项:9.已知直线y=+m和圆2+y2=1交于A、B两点，O为坐标原点,uuurAOuur 3AB -,则实数m=(2A.1D.y联立 2 x得 22+2m+m 2-1=0,直线y=+m和圆2+y2=1交于A、B两点,O为坐标原点,/. =4m2+8m2-8=12m2-8>0,解得 m> 6或 m<

15、 - 6设 A（1, y）,B (2, y2),则 1+2=-m,y1y2= (1+m)(2+m)=12+m (1+2) +m2,X1X2umr uuuAO AB32,uuur uuurAO AB2X1uurAO= J-y1),uuv AB =(2-1,y2-y1),x1x2 +y12-y1y2=1+m2-m2=2-m2=, 2解得m= 2 2故选：C.10.已知菱形DC DF ,ABCD的边长为uuu uuir 若 AE AF 1,2,B. 2由题意可得:BAD 120，点 E ,F分别在边BC, DC 上，BC 3BE,的值为（3C.一2D.uur uurAE AFuurABuuuBEuu

16、urADuuurDFuurLUU 1AB -BCLUU 2 且：ABuluT2 BCuuuruuu- 1BC -ABuuu4,ABuurBC1 ULM2 -AB,4 4故一一3故选：B.11.已知正解得:ABC的边长为4,点B.1 UUUT2BC3cos120o2.uuuABuurBC2,D为边BC的中点，点E满足uuinAEuunEDuuu uuu ,那么EB EC的值为(C.D.【解析】由已知可得：EB=EC=又 tan BED BDED2.33所以cos1 BEC -tan2tan2BEDBEDuuu所以EBuuinECuuinuuin| EBllEC |cosBEC故选：B.12.在

17、ABC 中，AC 3,uuv uuuv , I 一向量LUb在uuuv上的投影的数量为2,SABCA. 5B. 26D.4.2一 uuv uuuv , 一向量ABv在AC上的投影的数量为2uur| AB | cos A1 uuu uuur3 uuu-| AB|AC |sinA -| AB|sin A 3, uuu | AB | sin A 2 .由得tan A 1A为ABC的内角,.,A 34 uuu . |AB|sin2r263I 4在ABC中,由余弦定理得BC1 2 AB2AC2 2AB ACcos3 (2、-2)24322 2,2 bc ,29.故选C.uuir13.在 AB计，BDuu

18、ir uurDC,APuuur uuu2PD,BPuuuABuuurAC ,则C.D.因为uuinBDunr unr unrDC,AP 2PD,所以ABC的重心,所以uuurAD所以uuuAP所以uuuBP1 uuu -AB 21 uuu -AB 3 uuu AP3 uuur AB1 uuur2AC，1 uuur-AC ,3 uur -AP2uuu2 AB1 uuir -AB 21 uuu AC ,2uuurACUUU 因为BPuurABUULT AC ,所以故选：A14.在 ABC 中,ABgBCBCgCA4CAgAB 则 sin A:sinB:sin C ()A. 9:7:8B.9: .7

19、 : .8C.6:8:7D. 66:88:77uuu uur设幽变uuirutu所以所以所以uuu uurAB BCBC?CA4LLU UUUCA?ABuuui uuaccosBt,ULU5t,BCCA 4t,CA5t, abcosC 4t,a2 b210t,b28t所以 sin A:sin B:sin C a: b :c故选：B15 .在平行四边形 ABCD中，ABB3-uurAB3t,bc cos A22c 8t,cb2,9: 7 : ,83, ADuur2, APC 21 uuu uuut-AB, AQ1 UUUVUUUT uuvAD,若 CP CQ 12,则 ADC () 2D.一2如

20、图所示平行四边形ABCD中，AB 3, AD 2UUU 1 UUUT LUUT1 UUUTAP - AB, AQ AD,32uuuCPuuuCBuurBPuurADuuurCQuuurCDuuurDQuuuAB2 uuu -AB31 uuur AD ,2因为uuuCPuurCQ12,uuu所以CPuuirCQuuurAD2 uuu -AB3uurAB1 uuur -AD 22 uuu 2-AB 31 uur 2-AD2uuu uuur4-AB AD32cosBAD121222所以ADC16.已知 ABCNA.BAD_ 233uuurBCB.以BC的中点为坐标原点,可得B 1,0,C 1,0co

21、sBAD12,故选uun2,BAC.uuurBC2 占J 八、C.建立如图的直角坐标系,P为BC边上的动点，则D.uur uuu uur uurPC PA PB PC的最小值为2512,uur uur由 BA BC2,可得x1,2,02x2,2, y 0,uuur 则PCuuuPAuuuPBuuurPC3a2 3a3a22512uuurPCuuuPAuuuPBuuirPC的最小值为251613故选：D.ABC17.如图Rt ABC中,AC 2AB,BAC平分线交 ABC的外接圆于点uuu D ,设 ABuur ruuu-AC b，则向量ADB.rC. a1b 2r 2 rD. a -b3解：设

22、圆的半径为,RtABC 中,AC 2AB,所以 BAC 一, 3，ACB一,BAC平分线交 6ABC的外接圆于点所以 ACB BAD则根据圆的性质BDCD AB ,1又因为在Rt ABC中，AB - AC r 2OD,所以四边形ABDO为菱形,uur所以ADuurABuurAO故选:18.在ABC 中，A 90AC2,uur设点D、E满足ADuur uurAB，AE (1uur)AC(R)，什uuu右BEuur CD 5,则B. 2C.D.5【解析】233因为 A90unr uur，则 AB?ACunruuruuu(1)ACAB?( AB由已知，34 5,则3.选D.uuurAC)uuu0,所

23、以BEuuuur(1 )AC219.已知点C为扇形AOB的弧AB上任意一点，且的取值范围为（）A. 2,2B. (1J2C.解：设半径为1,由已知可设 OB为轴的正半轴,B (1, 0)C (cos。，sin 0)(其中/ BOC= 0uuur 有OCuuuOAunrOB ( 九 衣 R)即：(cos。,整理得:,32入=sin 0,解得:2sincos 0sin-32sin3sin cos 0320.在同一平面内,uuir uuu uuur (AE AB)?(ADuurAC)ULU)2 AB4(14.AOB1,、. 2uur120 ,若 OCO为坐标原点,sin 0)=入(2sin入f=，百

24、 sin (+cos 0= 2sin ( 033 sin 卅cos 0= 2sin (已知 A为动点,B, C为定点，且/P作PQL BC交AC所在直线于 Q,则1B. 一D. 1,2建立直角坐标系,uurOA其中uuuOB(,A( i也)2sinp= cos 0.3(1,0)；0 -）,由图像易得其值域为6BAC=3ACBuuu uuiu,AQ在BC方向上投影的最大值是（cTD.12二，BC=1, 2P为BC中点.过点【答案】C由 BAC 5可知，ABC三点在一个定圆上，且弦C (1, 0), P (0,20),BC所对的圆周角为一,一、j,2一、，,所以圆心角为.圆心在BC33的中垂线即y

25、轴上，且圆心到直线1BCBC的距离为2tan 3-36(0,),半径为6所以点A的轨迹方程为：x1 23,则则-13uuuAQ在BCr方向上投影为idpi=ii,uuu , uuir、， r由AQ在BC方向上投影的几何意义可得:uuu uuur，则AQ在BC方向上投影的最大值是 3故选：C.uuu uuu -(1,(1) 线AB交x轴于点P ,则PA PB的值为1.1) ,圆心 C( 2,0),*1根据圆的性质可知，kAB1,1, 2 AB所在直线方程为y 1(x 1),即咚,rx y 4x 5 02联乂万程可得，2x 4x 5 0 ,x y 0设 A(xi, yi), B(x2, y2),则

26、 X x2令y 0可得P(0,0),uur uuuPA PB x1x2 y1y2故答案为：-5 .，一 r ，一22.已知向量a (2,-1【答案】-2【解析】- r r解：Qa 2, 1 ,br rrab2,0,arrrrQ abab ；5,r1),b ( ,1)，若,1rb 2, 22J(2)2 4;4;解得 一.2- -1故答案为：2vr23 .向量 a 1, 2 , b1【答案】一3【解析】vr向量 v 1, 2 , b 1,0 ,rrrr所以 a b2, 2 , a b又因为r所以a0 ,即 21220,解得1,-，故答案为 3r r24,设向量e,e2的模分别为1,2,它们的夹角为

27、 一，则向量 3r e2r , r ，一G与e2的夹角为【解析】r re2 eir e2T2 e2r e2r cos r r e,e2r 2 e1r e2 L e24 2cos 33r e14cos 43、3r e2ell e2_3_2 ；3，一 r r , r , 一向量a e1与e2的夹角为: 本题正确结果：一625.已知平面向量a, mv2 mv2 nvmv nur r,则当m n最大.【解析】设a,v的起点均为O,以。为原点建立平面坐标系,不妨设（4,o）， m （x,y）,则 m2x2 y2, aitm4x，ITm1 o 可得 x2 y2 4x2)2y23,m的终点M在以（2,0）为

28、圆心，以J3为半径的圆上,同理v的终点N在以（2,0）为圆心，以 J3为半径的圆上.显然当OM , ON为圆的两条切线时，MON最大，即rm, v的夹角最大.设圆心为A,则AM 邪， 0MJOA2 AM2 1，sin MOAMOA 60 ,设MN与x轴交于点B ,由对称性可知MN ± x轴，且 MN 2MB ,MN 2MB 2 OM sin MOA故答案为：3.26.如图，已知P是半径为2,圆心角为的一段圆弧3uuvAB上一点，ABuuv uur uuu /2BC ,则 PC PA的取小值为uuir um要使 pc pa取取小值,【答案】5- 213由题得AB2 2sin 一6- 2

29、,AC3.取AC中点M ,由题得uuv PA uuuv PCuuv PC uuv PAuuuv 2PM uuuv , AC两方程平方相减得uuinPCuuu PAuuuu2PM1 uuur2-AC4uuuu2 PM中点为D,设圆心为O,AB就是PM最小,9当圆弧AB的圆心与点P、M共线时，PM最小.此时DM=1, dm （2）2二号所以PM有最小值为2-叵uur uur 代入求得pc pa的取小值为5-2J13.故答案为：5- 2照 27.如图，在边长为2的正三角形 ABC中，D、E分别为边BC、CA上的动点，且满足CE mBD (m为定常数，且m (0,1),若AD Dur的最大值为3,则m

30、.42【解析】以BC中点为坐标原点 O, OC方向为x轴正方向，OA方向为y轴正方向，建立如图所示平面直角坐标系,因为正三角形ABC边长为2,所以B(1,0)，C(1,0), A(0,>/3),UUTUUU 一则 BC (2,0) , CA ( 1,因为D为边BC上的动点，所以设UULTBDUUT tBCUUUT贝U BD (2t,0),所以 D(2t 1,0)又 CE mBDUUUtmBC ,所以 CEUUUtmCA (tm,J3tm),因此 E(1tm, V3tm)，UUUT所以AD (2t- UUUT1,点)，DE (2tm 2t, 73tm),UULT UULT故 AD DE(2

31、t1)(2 tm 2t) 3tm 2(m2)t2 2(3m)t 223 m2m 4(m 2) t23 m2m 42m 10m 12m 4因为m (0,1,所以2口2m 42 2m 41 33,4t 1,所以当且仅当t上其时, 2m 4uuur uuurAD DE取得最大值,2即 m 10m 12m 4：整理得2m217m解得1 一或m28 (舍)CM- -1故答案为-1,且因为所以所以tan AtanC1-成等差数列, tan BAB的长为2.3tan A2tan CtanC1tan A1 八一成等差数列,tan B1tan B2cos C即sinCcos AcosBsin( AB)sin C2cosCsin 2Csin Asin B由正弦定理可得又由余弦定理可得 cosC又因为AB边上的中线CMsin Aco