2025届高中数学统考第二轮专题复习第5讲平面向量限时集训理含解析

第5讲平面对量基础过关1.已知向量a=(x,2),b=(-2,1),若a∥b,则x= ()A.1 B.-1 C.4 D.-42.在平面直角坐标系中,已知点A,B,C的坐标分别为(0,1),(1,0),(4,2),假如四边形ABCD为平行四边形,那么点D的坐标为 ()A.(3,3) B.(-5,1) C.(3,-1) D.(-3,3)3.已知非零向量a,b,若|a|=2|b|,且a⊥(a-2b),则a与b的夹角为 ()A.π6 B.πC.π3 D.4.在边长为4的等边三角形ABC中,M,N分别为BC,AC的中点,则AM·MN= ()A.-6 B.6 C.0 D.-35.已知O为坐标原点,向量a,b是两个不共线的向量,且OA=3a+5b,OB=4a+7b,OC=a+mb,若A,B,C三点共线,则m= ()A.1 B.-1 C.2 D.-26.已知向量a=(-1,2),b=(3,4),若向量c与a共线,且c在b方向上的投影为5,则|c|= ()A.1 B.2 C.5 D.5图X5-17.如图X5-1,在Rt△ABC中,∠ABC=π2,AC=2AB,∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D,设AB=a,AC=b,则向量AD= (A.a+b B.12a+bC.a+12b D.a+28.在△ABC中,已知AC·BC=0,|BC|=3|AC|,点M满意CM=tCA+(1-t)CB,若∠ACM=60°,则t= ()A.12 B.3C.1 D.29.已知a,b,c是在同一坐标平面内的单位向量,若a与b的夹角为60°,则(a-b)·(a-2c)的最大值是 ()A.12 B.-2C.32 D.10.已知点O是△ABC内的一点,且满意OA+2OB+mOC=0,S△AOBS△ABC=47,则实数A.-4 B.-2 C.2 D.411.若平面对量a,b满意|a+b|=2,|a-b|=3,则a·b=.

12.图X5-2是由六个边长为1的正六边形组成的蜂巢图形,定点A,B是两个顶点,动点P在这些正六边形的边上运动,则AP·AB的最大值为.

图X5-2实力提升13.已知P为△ABC内随意一点(不包括边界),且满意(PB-PA)·(PB+PA-2PC)=0,则△ABC的形态肯定为 ()A.等边三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形14.在△ABC中,AB=1,A=2π3,则|AB+tAC|(t∈R)的最小值是 (A.32 B.2C.12 D.15.在矩形ABCD中,AB=4,BC=43,点G,H分别为直线BC,CD上的动点,AH交DG于点P.若DH=2λDC,CG=12λCB(0<λ<1),矩形ABCD的中心M关于直线AD的对称点是N,则△PMN的周长为 (A.12 B.16 C.24λ D.32λ16.在△ABC中,A=π2,AB=AC=2,有下述四个说法①若G为△ABC的重心,则AG=13AB+②若P为BC边上的一个动点,则AP·(AB+AC)为定值2;③若M,N为BC边上的两个动点,且MN=2,则AM·AN的最小值为32④已知P为△ABC内一点,若BP=1,且AP=λAB+μAC,则λ+3μ的最大值为2.其中全部正确说法的编号是.

限时集训(五)1.D[解析]由a∥b,得x=-2×2=-4,故选D.2.A[解析]设D(x,y),∵点A,B,C的坐标分别为(0,1),(1,0),(4,2),且四边形ABCD为平行四边形,∴AD=BC,∴(x,y-1)=(3,2),解得x=3,y=3,∴点D的坐标为(3,3).故选A.3.B[解析]因为a⊥(a-2b),所以a·(a-2b)=|a|2-2a·b=|a|2-2|a||b|cos<a,b>=0.因为|a|=2|b|,所以cos<a,b>=|a|22|a||b|=22,又<a,b>∈[0,故选B.4.A[解析]由题可知,|AB|=|AC|=4,AB·AC=4×4×12=8,AM=12(AB+AC),MN=-12AB,所以AM·MN=12(AB+AC)·-12AB=-14(AB2+AC·AB)=-14×故选A.5.A[解析]由A,B,C三点共线,可设OC=xOA+(1-x)OB,即a+mb=(4-x)a+(7-2x)b,故4-x=1,7-26.D[解析]向量a=(-1,2),因为向量c与a共线,所以设c=(-λ,2λ),由b=(3,4),得c在b方向上的投影为c·b|b|解得λ=5,所以c=(-5,25),所以|c|=(-5)2故选D.7.C[解析]设△ABC外接圆的半径为r,圆心为O,在Rt△ABC中,因为∠ABC=π2,AC=2AB,所以O为AC的中点,∠BAC=π3,∠ACB=因为∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D,所以∠ACB=∠BAD=∠CAD=π6.连接BD,CD,OD,依据圆的性质得BD=CD=AB,因为AB=12AC=r=OD,所以AO=OD=BD=AB,所以四边形ABDO为菱形,所以AD=AB+AO=a+12b,8.A[解析]由AC·BC=0,|BC|=3|AC|,可知△ABC为直角三角形,∠ACB=90°,设|AC|=a,则|BC|=3a,|AB|=2a,∠CAB=60°.由点M满意CM=tCA+(1-t)CB,得CM=tCA+CB-tCB,即CM-CB=t(CA-CB),所以BM=tBA,所以M在直线AB上.由∠ACM=60°,得|AC|=|AM|=|CM|=|BM|=a,即M为AB的中点,所以t=12.故选A9.D[解析]∵单位向量a与b的夹角为60°,∴a·b=|a|·|b|cos60°=12,|a-b|2=a2-2a·b+b2=1-2×12+1=1,则|a-b|=设向量c与a-b的夹角为θ,则(a-b)·(a-2c)=a2-a·b-2(a-b)·c=1-12-2|a-b|·|c|cosθ=12-2cosθ≤12+2=52,当θ=π时,等号成立10.D[解析]由OA+2OB=-mOC得13OA+23设-m3OC=OD,则13OA+23OB=OD,∴A∵O在△ABC内,∴OC与OD反向,∴m>0,∴|OD||OC|=m3∴S△AOBS△ABC=|OD||CD|=m11.-14[解析]由|a+b|=2,得a2+b2+2a·b=2①由|a-b|=3,得a2+b2-2a·b=3②,①-②可得4a·b=-1,所以a·b=-1412.452[解析]由AP·AB=|AP|·|AB|cos∠PAB=21·|AP|cos∠PAB,可知向量AP在AB方向上的投影|AP|cos∠PAB取得最大值时,AP·AB取得最大值,由图易知,当点P在点C处时,向量AP在AB方向上的投影|AP|cos∠PAB取得最大值.由题意,建立如图所示的平面直角坐标系,则由正六边形的边长为1可得A(-3,0),B(3,3),C32,92,则AB=(23,3),AC=332,92,所以(AP·AB)max=AC·AB=23×332+3×13.D[解析]设AB的中点为M,则PB+PA=2PM,因为(PB-PA)·(PB+PA-2PC)=AB·(2PM-2PC)=2AB·所以AB⊥CM,故△ABC为等腰三角形,故选D.14.A[解析]依据题意,设|AC|=m,则由AB=1,A=2π3,得AB·AC=1×m×cos2π则|AB+tAC|2=|AB|2+2tAB·AC+t2|AC|2=m2t2-mt+1=mt-122+34,所以当mt=12时,|AB+tAC|2取得最小值3故|AB+tAC|(t∈R)的最小值是32故选A.15.A[解析]分别以MN和AD所在的直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,-23),D(0,23),C(4,23),B(4,-23),M(2,0),N(-2,0).∵DH=2λDC,CG=12λCB,∴H(8λ,23),G(4,23(1-λ∴直线AH的方程为y=438λx-23=32λ直线DG的方程为y=-23λ4x+23=-3λ联立①②可得点P8λ1+λ2,∴(8λ1+λ2)

216+(23(1-λ2)1+λ2)

212=64λ216(∴点P的轨迹是以O为中心,N,M分别为左、右焦点的椭圆在第一象限的部分,其中a=4,b=23,c=2.由椭圆的定义可知,|PM|+|PN|=2a=8,∴△PMN的周长为|PM|+|PN|+|MN|=8+4=12.故选A.16.①③[解析]因为在△ABC中,A=π2,AB=AC=2,所以△ABC为等腰直角三角形①如图(1),取BC的中点D,连接AD,因为G为△ABC的重心,所以G在AD上,且AG=23AD所以AG=23AD=23×12(AB+AC)=13AB+②如图(1),因为D为BC的中点,△ABC为等腰直角三角形,所以AD⊥BC,若P为BC边上的一个动点,则AP在AD上的投影为|AP|cos∠PAD=|AD|,所以AP·(AB+AC)=2AP·AD=2|AD|2=2×12BC2=4,故②③以A为坐标原点,分别以AB,AC所在的直线为x轴、y轴,建立如图(2)所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(2,0),C(0,2),易得BC所在直线的方程为x+y=2.由M,N为BC边上的两个动点,可设M(x1,2-x1),N(x2,2-x2),且x1,x2∈0,2,不妨令x1<x因为|MN|=2,所以(x1-x2)2+(x2-x1)2=2,即(x1-x2)2=1,则x2-x1=1,所以AM·AN=x1x2+(2-x1)(2-x2)=x1(x1+1)+(2-x1)(2-x1-1)=2x12-2x1+2=2x1-122+32≥32,当且仅当x1=12时,等号成立,④同③,建立如图(3)所示的平面直角坐标系,则AB=(