第31讲平面向量常考考点参考答案

第31讲平面向量常考考点参考答案考点一：【精选例题】【例1】【答案】B【详解】由题得，，故，故与其同方向的单位向量为，【例2】【答案】D【详解】对于A，当且时，或，A错误；对于B，当时，，B错误；对于C，当时，或，C错误；对于D，当时，，D正确．故选：D．【跟踪练习】1．【答案】【详解】因为，所以，则与向量方向相同的单位向量为.2．【答案】【详解】与反向的单位向量为.考点二：【精选例题】【例1】【答案】A【解析】根据向量的运算法则，可得，所以【例2】【答案】B【详解】A.因为零向量与任何非零向量共线，故不能作为基底；B.因为，不共线，故能作为基底；C.因为，共线，故不能作为基底；D.因为，共线，故不能作为基底；【跟踪练习】1.【答案】A【详解】在中，，.2.【答案】A【详解】对于A选项，因为，则和共线，A选项不满足条件；对于B选项，设，则，无解，故和不共线，B选项能作为基底；同理可知和不共线，和也不共线，CD选项均能作为基底.考点三：【精选例题】【例1】【答案】【解析】法一：因向量与平行，所以，所以，解得；法二：利用对应系数成比例即可，即，解得【例2】【答案】A【解析】法一：，，因，，三点共线，所以与共线，所以，所以，解得法二：由三点共线，得，故解得．【例3】【答案】B【解析】如下图所示：，即，，，，，，，、、三点共线，则.，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：B.【跟踪练习】1．【答案】ABD【详解】解：对于A：P是斜边BC上一点，且满足，则，若，，则，又由M、P、N三点共线，可得，所以，故为常数，A选项正确；对于B：，当且仅当，即时等号成立，则的最小值为3，B选项正确；对于C：，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，C选项错误；对于D：，，，即当时，的最小值为，D选项正确；2．【答案】D【详解】对于A项，若三点共线，则有，即，所以，显然不存在满足要求，故A错误；对于B项，若三点共线，则有，即，所以，显然不存在满足要求，故B错误；对于C项，若三点共线，则有，即，所以，显然不存在满足要求，故C错误；对于D项，，所以和共线，又和有公共点，即三点共线，故D正确；3．【答案】C【详解】因为与共线，则存在，使得，即，因为向量、不共线，则，整理可得，即，解得或.考点四：【精选例题】【例1】【答案】【解析】法一：由题意可得：，由向量垂直的充分必要条件可得：，即：，解得：.法二：建立直角坐标系，设，则，所以，因为，所以，即，解得：.【例2】【答案】【解析】方法一：因为，所以，即所以，所以，所以方法二：因为，所以，所以，即所以，所以，同理，所以，即，所以，所以，同理，所以，即，所以，所以，所以【例3】【答案】ACD【详解】对于A，，，，，故A正确；对于B，，，，，，故B错误；对于C，，，，又，，故C正确；对于D，，，，故D正确.故选：ACD.【跟踪练习】1.【答案】【解析】由题意知，即，即，化简可求得．本题也可用建坐标系法【答案】【解析】向量与的夹角为，且所以．由得，，即，所以，即，解得．考点五：【精选例题】【例1】【答案】A【详解】解：【例2】【答案】A【详解】在中，，，所以，所以有，与所成的角为120°，所以，考点六：【精选例题】【例1】【答案】D【解析】试题分析：如图，过点作于，则，应选D.【例2】【答案】B【详解】如图所示，过点分别作，，垂足分别为，；则，分别为，的中点，∴，；又，∴，∵，∴，，化为①，②，联立①②解得，；∴．故选：B【例3】【答案】【详解】分别取的中点，连接，因为为的外心，，，，，，，【跟踪练习】1．【答案】C【详解】，设中点为D，BA中点E，因O是△ABC外接圆的圆心，则在方向上的投影向量为,在方向上的投影向量为，则，.故.2．【答案】A【详解】如图，O为的外心，设为的中点，则,,3．【答案】【详解】是外接圆圆心，故，又，即，，，，两式相加，，显然，否则方程不成立，因为所以可得解得：，考点七：【精选例题】【例1】【答案】B【详解】解：因为，，，所以，即，所以，设与的夹角为，则，因为，所以；【例2】【答案】【解析】因为，，所以，，所以，所以．【例3】【答案】【解析】依题意，所以.【例4】【答案】D【解析】，，，．，因【跟踪练习】1．【答案】A【详解】由，，两式相加，得，所以，，所以，所以.2．【答案】AD【详解】由于，因此有或解得，进而由，可得，故，而，故.又，，．故选：AD3．【答案】AD【详解】对于AB，由得：，，即，，解得：，A正确，B错误；对于CD，，即与的夹角的余弦值为，C错误，D正确.故选：AD.考点八：【精选例题】【例1】【答案】C【详解】因为，所以，即，又因为，设的夹角为，所以，在上的投影为：，所以在上的投影向量.【例2】【答案】A【解析】=（2，1），=（5，5），则向量在向量方向上的射影为【跟踪练习】1．【答案】BC【详解】由已知可得，，.对于A项，因为，故A项错误；对于B项，因为，，所以，故B项正确；对于C项，因为，，，所以在上的投影向量是，故C项正确；对于D项，，，所以在上的投影向量是，故D项错误.故选：BC.考点九：【精选例题】【例1】【答案】D【详解】对于A，，与不平行，A错误；对于B，，与不垂直，B错误；对于C，，，与不垂直，C错误；对于D，，，，D正确.故选：D.【例2】【答案】A【详解】因，，则，而，因此，解得，所以.【例3】【答案】C【详解】∵，∴AC⊥BD，所以四边形ABCD面积为：.【跟踪练习】1.【答案】A【详解】，，因为，所以，即.故选：A.2．【答案】ACD【详解】由，得，若，则，故，解得，若，则，故，解得，若，则，故，解得，综上或或.故选：ACD.考点十：【精选例题】【例1】【答案】C【详解】因为，为互相垂直的单位向量，所以，，由题设，，，则，，则，所以，即.当，可得，此时与的夹角为，不为锐角，综上，的范围为.故选：C.【例2】【答案】B【详解】由题设，，当时，，注意可能，故充分性不成立；当，夹角为锐角时，，即，故必要性成立；故选：B【跟踪练习】1．【答案】BD【详解】平面向量，，对于A，当时，，因此，A错误；对于B，，则有，解得，B正确；对于C，与的夹角为锐角，则且与不共线，当时，，解得，由B选项知，当时，与不共线，因此，C错误；对于D，当时，，而，因此在上的投影向量为，D正确.故选：BD2．【答案】(1)；(2)【详解】（1）因为，所以．（2），若为锐角，则，且与不共线，即解得：且，所以，t的取值范围是．考点十一：【精选例题】【例1】【答案】B【详解】由两边同时平方可得：，整理得：，而，解得：，故选：B.【例2】【答案】C【详解】两边平方得：，因为，是两个非零向量化简得：，所以与共线且同向，AD错误；B不一定正确；由向量共线定理得到存在正实数λ，使，C正确.故选：C【例3】【答案】【解析】因为为单位向量，所以，所以，解得：，所以【例4】【答案】A【解析】由得，，即＞，即=＞，∵∈[0，]，∴∈[0，），由得，，即＜，即=＜，∵∈[0，]，∴∈(，]，故选A．【跟踪练习】1.【答案】【解析】2.对于A，，所以，所以，所以A错，B错；C对，D有可能为3.【答案】．【解析】∵||=，平方得，即，解得||=或（舍）考点十二：【精选例题】【例1】【答案】A【详解】解：都为单位向量，所以在的角平分线上，由，得,由，得，所以为等腰非等边三角形，故选：A【例2】【答案】C【详解】若，取AB的中点D，连接CD，则，即AB与CD垂直且D为AB的中点，所以可得CB=CA，即三角形为等腰三角形.故选：C【跟踪练习】1.【答案】B【详解】解：因为，所以，即，所以，因为，所以，即为钝角，故三角形为钝角三角形；故选：B2.【答案】A【详解】由题意，即，且，故四边形为平行四边形，又，故，即四边形为菱形，故选：A考点十三：【精选例题】【例1】【答案】C【解析】以为原点，所在直线为轴，建立坐标系，∵为边长为的正三角形，，∴，，∴.故选C．【例2】【答案】(1).(2).【解析】以点A为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则点、、、，，则点，，，因此，，.【跟踪练习】1.【答案】C【详解】由题意，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：在正八边形中，由，过作，因为，所以，所以，对A选项：，故A正确，对B选项：，故B正确，对C选项：所以所以，故C不正确，对D选项：所以在方向上的投影向量为：，故D正确，故选：C.2.【答案】【详解】由，得，即，所以，即.所以平行四边形为矩形.以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示由题可知，,,所以，所以.故答案为：.考点十四：【精选例题】【例1】【答案】BCD【详解】依题意，对于A：，即，所以，故A错误；对于B：由A知，所以当时，有最大值2，故B正确；对于C：当时，，，所以，，所以，故C正确；对于D：，所以，当，即时，取得最大值9，所以的最大值为3，故D正确.故选：BCD.【例2】【答案】【详解】,且在平行四边形中，，.以A为原点建坐标系，则点P在边上，设,;，所以.故答案为：【例3】【答案】【详解】以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图平面直角坐标系，则，，，设点坐标为，则，，，∴，∴当时，，故答案为：．【例4】【答案】B【解析】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，则，，，设，则，，，则，当，时，取得最小值，故选．【例5】【答案】B【详解】设，故，若，由，则，，共线，故，由图得，当时有最小值，又，∴，即，即为等边三角形．由余弦定理，，设M为BC中点，，∴当取最小值时，有最小值，∵为边上任意一点，∴当时，有最小值，设，过点作于点，则，又，为的中位线，∴，即，∴．故选：B.【跟踪练习】1.【答案】【详解】由题意可得，则，所以，所以，取得最小值.2.【答案】C【详解】由题，又，则，则在中由余弦定理得，又，所以为正三角形，故以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则，设，则，则，则当时，取最小值；当时，取最大值3，故.故选：C.3．【答案】ACD【详解】以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系，设，则，其中，，．因为，所以，即，所以．所以当时，取得最大值，此时点为的中点，当或时，取得最小值，此时点为或点，故A正确，B错误；又，，所以．因为，所以，故，因此，所以的取值范围为，故C正确；由，又，所以，故，则，所以，所以D正确．故选：ACD．4．【答案】BC【详解】如图，在正方形中，，当点与点不重合时，，，因为于E，则，有，于是，显然当点与点重合，即时，上式成立，因此当时，，即的取值可以为，选项BC满足，AD不满足.5.【答案】A【解析】的模为2，根据正六边形的特征，可以得到在方向上的投影的取值范围是，结合向量数量积的定义式，可知等于的模与在方向上的投影的乘积，所以的取值范围是，6.【答案】A【解析】以题意，以点为坐标原点，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，所以点，，，所以==13（当且仅当，即时取等号），所以的最大值为13．故选A．第29讲平面向量极化恒等式和矩形大法常考考点参考答案【典型例题】题型一：平面向量的坐标运算【例1】【答案】A【详解】由平行四边形模拟得【例2】【答案】【详解】（为的中点），因，所以，所以【例3】【答案】【详解】如下图所示：设正方形的内切圆为圆，当弦的长度最大时，为圆的一条直径，，当为正方形的某边的中点时，，当与正方形的顶点重合时，，即，因此，.故答案为：.【例4】【答案】【详解】由题设，，取的中点，连接，，，则，，所以.故答案为：【例5】【答案】B【详解】由正六边形的边长为4，圆的圆心为正六边形的中心，半径为1，所以正六边形的内切圆的半径为，外接圆的半径为，又由，因为，即，可得，所以的取值范围是.故选：B.【题型专练】1.【答案】【详解】在上取一点，使得，取的中点，连接，，如图所示：则，，，，即.，当时，取得最小值，此时，所以.当与重合时，，，则，当与重合时，，，则，所以，即的取值范围为.故答案为：2.【答案】B【详解】解：由题意，，且，，所以，，所以，易知，当时，最小，所以，即，解得，故的最小值为．故选：B．3.【答案】C【详解】如图，延长到D，使得．因为，所以点P在直线上．取线段的中点O，连接，则．显然当时，取得最小值，因为，则，所以，所以的最小值为．故选：C.4.【答案】C为顶角的等腰三角形【详解】取BC的中点D，连接PD，P0D，如图所示：，同理，，，设O为AB的中点，即三角形ABC为以C为顶角的等腰三角形.故答案为：C为顶角的等腰三角形．5.【答案】D【详解】如下图所示，由正六边形的几何性质可知，、、、、、均为边长为的等边三角形，当点位于正六边形的顶点时，取最大值，当点为正六边形各边的中点时，取最小值，即，所以，.所以，.的最小值为.故选：D.6.【答案】C【详解】由题可知，，所以是直角三角形，，设内切圆半径为，则，解得，设内切圆圆心为，因为是内切圆的一条直径，所以，，则，，所以，因为M为边上的动点，所以；当与重合时，，所以的取值范围是，故选：C题型二：极化恒等式之矩形大法【例1】【答案】D【详解】由矩形大法知：，所以，所以，因为，所以，所以，所以，解得【例2】【答案】【详解】由矩形大法知：，因为，所以，，所以【题型专练】1.【答案】【详解】由矩形大法知：，由余弦定理得，所以2．【答案】0【详解】以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如下所示：则，设点的坐标为，则，因为，，故可得，上述两式相减可得：；则.故答案为：第30讲平面向量等和线定理求系数和问题参考答案题型一：平面向量等和线求系数和问题【例1】【答案】A【解析】法一：如图：以为原点，以，所在的直线为，轴建立如图所示的坐标系，则，，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，设圆的半径为，，，，，，圆的方程为，设点的坐标为，，，，，，，，，，，其中，∵，∴，故的最大值为3，故选．法二：由等和线性质知：，所以当在如图所示位置时，取得最大值，【例2】【答案】A【详解】作BC的平行线与圆相交于点P，与直线AB相交于点E，与直线AC相交于点F，设，则，∵BC//EF，∴设，则∴，∴∴故选：A.【例3】【答案】C【详解】解：由题意，设，，当时，，所以，所以，从而有；当时，因为（，），所以，即，因为、、三点共线，所以，即.综上，的取值范围是.故选：C.【例4】【答案】D【详解】∵，，由向量加法的平行四边形法则，为平行四边形的对角线，该四边形应是以与的反向延长线为两邻边，当时，要使点落在指定区域内，即点应落在上，，∴的取值范围为.故选：D.【例5】【答案】【详解】以O为原点，分别为x，y轴正方向建立平面直角坐标系.则.不妨设.因为，所以，解得：，所以.因为在上单调递减，在上单调递减，所以在上单调递减.所以当时最大；当时最小.所以的取值范围是.故答案为：.【题型专练】1.【答案】C【详解】依题意在直角中，，，以为原点建立如图所示平面直角坐标系，，设是的中点，则.，所以满足，设（为参数，），依题意，即，，，，所以当时，取得最大值为.故选：C2.【答案】5【详解】在边长为的正六边形中，，，所以，当且仅当与重合时，等号成立，又，即，当时，是的延长线与圆的交点，此时，由可知，.因为，且，所以

，所以，结合图形可知，，由，得，即，即，当且仅当时等号成立，所以，所以，又，时，等号成立，所以，当且仅当时，等号成立.即m＋n的最大值为.故答案为：.3.【答案】D【详解】设与交点为，设，圆的半径为，为中点，如图所示：则，设，因为三点共线，则所以，故因为，则所以则，故所以的最小值为2故选：D4.【答案】B解析：由等和线性质知：连接，当点在点时，；作的平行线，当与相切时，当点在切点时，5.【答案】B【详解】因为是内一点，且所以O为的重心在内（不含边界），且当M与O重合时，最小，此时所以，即当M与C重合时，最大，此时所以，即因为在内且不含边界所以取开区间，即所以选B6.【答案】【详解】，，，，则，且，则，点在内，则，，设，，，其中，因此，的最大值为.故答案为：.7.【答案】【详解】由题意得，，，，由，等式两边同时平方，得，所以，令，则，则，其中，因为，所以，所以，即的最大值为2024年高三第一轮复习新文化新情景平面向量试题参考答案：1．A【详解】若，则圆弧、的半径为2，设圆O的半径为，则，过O作，则，，中，，即，解得，则有，中，由余弦定理得，．故选：A.2．D【详解】如图以为坐标原点，所在直线为轴，的垂直平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，设点，由题意知，，，则，，所以，当，即时取最小值，故选：D.3．A【详解】由，，，，，所以，故，则，整理得.故选：A4．B【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，设点，易知，以为半径的左半圆的方程为，以为半径的右半圆的方程为，所以点的横坐标的取值范围是，又因为，，所以，.故选：B.5．D【详解】设，则，因为为等边三角形，所以，，同理：，，又，所以，则，所以点为的中