2024届五年高考数学（文）真题分类训练：五 平面向量

专题五平面向量

考点13平面向量的概念与运算

题组

一、选择题

1.12023全国卷乙，5分］正方形2BCD的边长是2,E是的中点，则诙・

ED=(B)

A.V5B.3C.2A/5D.5

［解析］解法一由题意知，前=丽+阮=|AB+AD,ED^EA+AD=

-^AB+AD,所以前.丽=@同+而).(甘同+诟卜|AD|2-

画之，由题意知|可=|画=2,所以前•前=4一1=3,故选B.

解法二以点2为坐标原点，AB,AD的方向分别为久,y轴的正方向建立平面直角

坐标系，贝l」E(l,O),C(2,2),D(0,2),则阮=(1,2),ED=(-1,2),EC-

方=-1+4=3,故选B.

2.［2023全国卷甲，5分］已知向量a=(3,1),b=(2,2),则85〈0+6,。一

b)=(B)

A.—B.—C.—D.—

171755

［解析］由题意知，a+b=(5,3),a-b(1,-1),所以cos(a+b,a—

b_(a+b>(a-b)_5xi+3x(-i)_2_V17的冲

-\a+b\\a-b\-V34XV2-'改选

3.［2023新高考卷I,5分］已知向量a=(1,1),b=(1,—1).若(a+/Lb)1

(a+画,则(D)

A.4+〃=lB.2+/z=-1C.Ajtz=1D.Ajtz=-1

［解析］因为a=(1,1),b=(1,-1),所以a+Ab=(1+A,1-A),a+=

(1+出1—〃),因为(a+Ajb),L(a+,所以(a+ab)•(a+pb)-o,

所以(14-2)(1+〃)+(1—2)(1—〃)=0,整理得4〃=一1.故选D.

4.［2022全国卷乙,5分］已知向量a=(2,1),b=(-2,4)M\a-b\=(D)

A.2B.3C.4D.5

［解析］由题意知a—b—(2,1)—(—2,4)—(4,—3)，所以|a—b|=

J42+(—3)2=5,故选D.

5.［2022新高考卷I,5分］在△ABC中，点。在边上，BD=2ZM.记潦=

m=n,^CB=(B)

A.3m-2nB.-2m+3nC.3m+2nD.2m+3n

［解析］解法一因为BD=2DA,所以近=3AD，所以^^CA+AB=CA+

3AD^CA+3(CD-fl)=-2CA+3CD=-2m+3n.故选B.

解法二(作图法)如图，利用平行四边形法则，合成出谓，由图易知刀(即

向量HI)的系数为负数，排除A,C,D,故选B.

6.［2022新高考卷II,5分］己知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+m,若

(a,c)=(b,c),则t=(C)

A.-6B.-5C.5D.6

［解析］由题意，得c=a+m=(3+t,4),所以a.C=3x(3+t)+4x

4=25+3t,b-C=lx(3+t)+0x4=3+t.因为(a,C)-{b,C),所

以cos(a，G=cos@*即赢=萧,即等=3+t,解得t=5,故选

c.

【速解】因为=(瓦。,且c=a+tb，所以由向量加法的平行四边形法则

得|a|=t|b|,易知|a|=5,\b\—1,所以t=5.

7.［2020新高考卷I,5分］已知P是边长为2的正六边形2BCDEF内的一点，

则9•AB的取值范围是(A)

A.(-2,6)B.(-6,2)C.(—2,4)D.(—4,6)

［解析］Q-AB=|AP|•\AB\'cos^PAB=2|AP|•cos^PAB,X|AP|COSZPT4B表

示标在前方向上的投影，所以结合图形(图略)可知，当P与C重合时投影

最大，当P与F重合时投影最小.又前•近=28x2xcos30。=6,荏•同=

2x2xcos120°=-2，故当点P在正六边形2BCDEF内部运动时，AP-ABE

(-2,6),故选A.

8.[2020全国卷II,5分]已知单位向量a,b的夹角为60。，则在下列向量中,

与b垂直的是(D)

A.a+2bB.2a+bC.a-2bD.2a-b

［解析］解法一由题意，得a-b=\a\•\b\•cos60°=-.对于A,(a+2b)・

b=CL-b+2b之=1+2=|w0,故A不符合题意；

2

对于B,(2a+b)-b=2a-b+b=l+l=2^09故B不符合题意；对于

C,(a-2b)-b=a-b—2b2=|-2=—1=#0,故C不符合题意；对于D,

(2a-b)-b=2a-b-h2=1-1=0,所以(2a-b)lb.故选D.

解法二不妨设a=(；，¥"=(1,0),则a+2b=O,2a+b=

(2,V3),a—2b=(—；，¥),2CL—b=(o,V3),易知，只有(2a—b)-b=

o,即(2a—b)ib,故选D.

解法三根据条件,分别作出向量b与A,B,C,D四个选项对应的向量的位置

关系，如图所不：

C

b2a-b

D

由图易知，只有选项D满足题意，故选D.

9.［2020新高考卷II,5分］若。为△口＜：的边的中点，则方=（A）

A.2CD-CAB.2CA-CDC.2CD+CAD.2CA+CD

［解析］解法一因为。是ZB的中点，所以南=2而，所以而=潦+屈=

CA+2AD=襦+2（CD-襦）=2CD-CA,故选A.

解法二因为。是ZB的中点，所以丽+碍），BP2CD=G4+CB,所

以而=2CD-CA,故选A.

10.［2019全国卷I,5分］已知非零向量a,b满足|a|=2\b\,且(a-b)1

b,则a与b的夹角为(B)

A.-B.-C.—D.—

6336

［解析］解法一由题意得，(a-b)-b=0na-b=\b\2\a\\b\'cos(a,b)=

\b\2,\CL\-2\b\2|b|2cos(tt,b)—\b\2COS(CL,b)—(CL,b)—,故

选B.

解法二如图，设近=a,加=b，则瓦5=a-b；.（a-b）ibLABO=

X|ol|=2|OB|LAOB=,即

【方法技巧】求平面向量的夹角的方法

①定义法：cose=靛，注意。的取值范围为［0,冗］（其中a力为平面内两个

|（4.|\U\

非零向量，e为其夹角）.

②坐标法：若a=，b-（x2-y2）则cos0-（其中

a力为平面内两个非零向量，9为其夹角）.

③解三角形法：把两向量放到三角形中求解夹角.

二、填空题

11.［2023新高考卷II,5分］已知向量a,b满足|a—0=w,|a+b|=

\2a-b\M'\\b\二回.

［解析］由|a—b|=g,得a?一2a•b+=3,即2a•b=a?+公一3①.

由|a+0=\2a-b\,得a?+2ab+b24a2-4ab+b2,整理得，

3a2_6a.b=0,结合①，得3a2_3,2+公一3)=0,整理得，=

3,所以由|=8.

12.［2022全国卷甲，5分］已知向量a=(zn,3)/=(l,m+1).若a1b,则

3

m=——.

-4

［解析］］alb,•9•a-b=m+3(m+1)=4m+3=0，解得

TH=--4.

13.［2021全国卷乙，5分］已知向量a=(2,5),b=(尢4),若a〃b,则A=，.

［解析］因为a〃b,所以2x4—54=0,解得2=?.

14.［2021全国卷甲，5分］若向量a,b满足|a|=3,|a—加=5,a-b=1,则

\b\=3a.

［解析］由|a-b|=5得(a-b)2=25,即a?一2a•b+不=25,结合|a|=

3,ab^1,得32-2x1+=25,所以|b|=3或.

15.［2021新高考卷II,5分］已知向量a+b+c=0,\a\=l,\b\=|c|=

2,£l'f)+fj'C+C'Cl——「.

［解析］在△ABC中，设。=同］=就,c=褊，因为|a|=1,而=|c|=

2,所以C2=CB-2,AB=1,所以cosA-cosB,cosC,所以Cl,

48

b+b，c+c.a=\(t\,|Z)|COS(TC-B)+|b\•|c|cos(n—c)+Ic|,

|a|cos(Ti—a)=2x(—：)+4x(一,+2x

16.［2021北京，5分］已知a=(2,1),b=(2,-1),c=(0,1),则(a+b)

c-0；ab-3.

［解析］由题意得，(a+b)•c=(4,0)-(0,1)=4x0+0xl=0,a-b-(2,1)-

(2,-1)=2x2+1x(-1)=3.

17.[2020北京，5分]已知正方形ABC。的边长为2,点P满足标=

|(ZB+ZC),则画=后；PB-PD^^l.

[解析]解法一如图，由题意及平面向量的平行四边形法则可知，点P为BC的中

点，在三角形PCD中，|丽|=遥.3乙DPB=-cosZDPC=-t,.•.丽•丽=

|PB|-"\PD\COSADPB=1x逐x(—京)=一1.

解法二以4为坐标原点，,2。所在直线分别为“轴,y轴，建立如图所示的平

面直角坐标系，则2(0,0),B(2,0),C(2,2),。(0,2),••・方=](荏+就)=

(2,1),P(2,1),；.丽=(-2,1)，丽=(0,-1)|西=逐，PB-PD^(0,-1)-

(—2,1)=-1.

考点14平面向量的应用

题组

一、选择题

1.[2022北京，4分]在^ABC中，4C=3,BC=4/C=90°.P为^ABC所在

平面内的动点，且PC=1,则对•丽的取值范围是(D)

A.[-5,3]B.[-3,5]C.[-6,4]D.[-4,6]

[解析]以C为坐标原点，CA,CB所在直线分别为无轴,y轴建立平面直角坐标

系，则4(3,0),B(0,4),因为PC=1,所以可得P在以(0,0)为圆心，1为半径

的圆上，所以设P坐标为(cosa,sina),则方•丽=(3-

cosa,—sina)(—cosa,4—sina)=1—3cosa—4sina—1—5sin(a+

W)(tan3=：).因为sin(a+w)C［-1,1］,所以可•PBG［-4,6］.

2.［2022天津，5分］在△ABC中，潦=a,方=b,前=2反，丽=2雇用

a,b表示向量丽，则丽=三；若南1丽，则乙4cB的最大值为E.

22石

［解析］由题意知而==ja,XCB=2BE，所以请=|CB=沙，则丽=

CF-CD=|b-|a.AB=CB-c2=b_a,因为同1说,所以近.丽=

(6-a)-Qb-1a)=0，化简整理，得3b之+a2-4ab=0，则31bl2+\a\2-

4\a\\b\c^ACB=0，所以cos乙4cB=喘/>嘲耨=f，当且仅当|a|=

0S41tti4|a||D|z

V3|b|时等号成立，又乙4cBG(0,7i)，所以NZCB<-，即乙4cB的最大值为工.

66

二、填空题

3.［2023天津，5分］在三角形ABC中，乙4=g,\BC\=1,£)为线段AB的中点，

E为线段CD的中点，若设方=a,菰=b，则荏可用a,b表示为;a+%b：

若左=:阮，则族•方的最大值为菖

3Z4

［解析］因为E为C。的中点，所以荏=：而+：左，因为。为的中点，所以

AD=］荏,所以族=：屈+］前,又说=a,AC=b,所以族=1a+jb.

因为前=：阮，所以技—才g=［(前一用)，即衣=1而+：前=：a+

-b,所以版.标=0a+»)fa+»)-^^+三口力+工状在三角形

4BC中，乙4='|阮|=1,设三角形ZBC的三个内角4,B£所对的边分别为

a,b,c,则a=1,|a|=c,|b|=b,所以a.b=bccos；=,,由余弦定理得

a2=b2+c2-26ccos^,即1=b2+c2—be>be,当且仅当b=c=1时等

号成立，所以族•AF=-CL2+-CL-b+-b2=-c2+—be+-b2=

61266246

1/7.XN,5,3,1^3,113

-(be+1)H——be=-b7e++-=—.

6、724868624

4.［2022浙江，4分］设点尸在单位圆的内接正八边形力142…48的边442上，

则而:+~PA^+…+PAl的取侑范围是［12+2VI16］.

［解析］如图，连接。P,。22，。46,根据题意及向量加法的平行四边形法则可得

PAi+PAl^(OA2-OP)+(OA6-OP)，易知函2与a6反向共线，所以

PAj+PAl^2OP2+20Aj=2OP2+2，同理得，PA^+PAl^2OP2+

29+璃=2OP2+2，碗+碗=2OP2+2，所以就+9+…+璃=

8OP2+8,在△。4人2中，易知1•cos£W|加|W1,所以12+2迎工

8OP2+8<16,所以乱?孑+至潟+…+PAl的取值范围为［12+2V2,16］.

5.［2021天津，5分］在边长为1的等边三角形ZBC中,。为线段BC上的动

点、,DE1AB且交于点E,DF//AB且交AC于点F，则|2砺+DF\的值为

l-,(DE+DF)-DA的最小值为与.

［解析］(1)如图，过F作FG14B,交于点G,易证得△BED三△2GF,四边形

EDFG是矩形，所以前=62,DF=EG，则2雇+而=雇+褊+丽=瓦5,所

(2)连接DG，由题意知，症+而=而，则(症+丽)•瓦5=丽•瓦5.

解法一（基底法）设|画=2t（0<t<|）M\BE\=\GA\=t,\EG\=l-2t,

所以丽=丽+前=丽+（11）源五5=丽+所以说.布=

\DB\TX->]+（1-t）BA]■（KB+BA~）=~DB2+（2-tyBA-DB+（1-t）BA2=

4/+（2-t）x1x2tx（一T）+（1-t）xI?=5/-3亡+i=5,一卷了十算,

所以当t=5时，丽-DA取得最小值4，即（朝+DF）-DA的最小值为蓑.

•LU4U乙U

解法二（坐标法）以B为坐标原点,BC所在直线为％轴建立平面直角坐标系，设

|BD|=2t（0<t<|），则|BG|=l-t,D（2t,0）/&J）6（？，圾尸，所以

DG=（等，"二"），历=@-2t,y），所以而=5/―3t+1=

5（t—2）2+蓝斯以当t=2时历•9取得最小值算，即（丽+赤）•9的最

小值为费•

6.[2020江苏，5分]如图，在AZBC中，=4/C=3/B2C=90。，D在

边BC上，延长2。到P,使得2P=9，若方=mPB+（m为常

数），则CD的长度是三或。

5

[解析]解法一以点a为坐标原点，前的方向为％轴的正方向，前的方向为y轴

的正方向建立平面直角坐标系，设方=2而,ae[0,1],贝5(44,3—32),

AD^AC+ACB=AAB+(1-X)AC,又点P在4。的延长线上，则可设标=

fiAD,〃>1,又或=m(PB-PC)+1PC=mCB+|PC,则方=

m(AB-If)+1(IC-AP),=mAB+Q-m)Z?,则2nl同+

(3—2m)AC—AP-jiAD-A/iAB+〃(1—4)4C,所以27n=4〃,3—2m-

N—入林，所以〃=3,又2P=9,则4。=3,所以(4由2+(3—3Q2=9,得

2=||或2=0,则而|=|||函=x.32+42=蔡或|5|=0x|函=0.

解法二由题意可设方=APD=X[fiPB+(1-fi)PC]=AfiPB+(A-川)元，其

4_4,1三_瓶得

4=1，即篙=|，又P2=9,贝"而|=6J而|=3,所以2£)=ac.当。与

C重合时，CD=0,当。不与C重合时，有乙4CD=ACDA,所以zCZD=

AD

18。。-在MC。中，由正弦定理可得E则c。=

sinz.ACD

4Osin（180。一2乙4CO）sin2Z.ACD.C.「「〃卜-3-18r

-------AD=2cosZ.ACD•AD=2x-x3=一.综上,

sin乙4cosin^ACD55

CD="或0.

5

7.[2020天津，5分]如图，在四边形ZBCD中，NB=60。，=3,BC=6,

且而=ABC,AD-ZB=,则实数4的值为：，若M,N是线段BC上的动

2o

点，且|而|=1,则方而•DN的最小值为掾.

cos^BAD=-j|4D|=-|,得|珂=1,因此4=黑=2.取MN的中点E,

连接DE，则询+而=2DE,DM-DN[(DM+而『-(DM-丽=

DE*2--NM2=反2一工.注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等

44

于点。到直线BC的距离，即4B-sinZB=•，因此而2一：的最小值为

(羊)-i=y,即丽.DN的最小值为葭.

【方法技巧】(a+b)2+(a-b)2=2(a2+b2),a-b=[(a+b)2-

(a-b)2].

8.[2019天津，5分]在四边形ABC。dp,AD//BC,AB=2V3,AD=5,乙4=

30。，点E在线段CB的延长线上，且4E=BE，则丽•荏=二1.

［解析］解法一△AEB为等腰三角形，易得BE=2,所以^^AB+BE^AB-

|AD,则丽.版=(AD-AB)•(Z