专题五平面向量第十三讲平面向量的概念与运算答案.docx
《专题五平面向量第十三讲平面向量的概念与运算答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题五平面向量第十三讲平面向量的概念与运算答案.docx（33页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
专题五平面向量第十三讲平面向量的概念与运算答案
专题五平面向量
第十三讲
平面向量的概念与运算
答案部分
2019年
1.解析：
UJIU
BC
LuurAC
uluuuuur
ABBC
（2,3）
（1,0）
2.故选C.
2.解析
ca（2a
uuu
AB（1,t
3），则1
2ujur
（t3）21，得t3，即BC（1,0），所以
75b）
2a2
75ab
因为c2
（2a岳）2
4a2
5b2
所以|c|
3，所以cos（a,c）
2
3.
2010-2018年
1.A【解析】通解
如图所示,
C
uuu
uuu
ULur
1ULur1uuu1
EB
ED
DB-
-AD-CB-
222
3uuu
1uur
-AB
—AC.故选A.
4
4
uur
uuu
uuuuuu1uujr
优解
EB
AB
AEAB-AD
2
3LUU1J
uur
-AB-AC.故选A.
4
4
C【解析】•••
a3b
3ab，•（a
9a2
6ab
b2,
又|a||b|1,•••
ab
2.
uur
AB
1uuu
1（AB
3b）2
uuu1uuuuLurAC）-（ABAC）
11Luuujur——（ABAC）
22
（3ab）2,•••a26ab9b2
0,•••ab；反之也成立，故选C.
3.B【解析】a（2ab）2a2ab2
（1）3，故选B.
4.A【解析】因为m,n为非零向量，所以
mnImIIn|cosm,n
0的充要条件是
cosm,n0.因为0，则由m
n可知m,n
的方向相反,
m,n180,
所以cosm,n0,所以"存在负数
，使得
mn0”；而
mn0可推出cosm,n0,但不一定推出
m,n
的方向相反,
从而不一定推得
“存在负数，使得mn”，所以“存在负数
，使得m
”是
的充分而不必要条件.
5.B【解析】
2
，即tmnn
n2
2n
mn
|m||n|cos
3|n|
3-
4.故选B.
|m|
3
uuu设BA
ruuua,BC
ruur1
b,•DE-
由n
（tm
所以t
6.B【解析】
n）可得n（tmn）
|n|2
1
|m||n|-
3
uur3uur
DF—DE
2
uur
•-AF
uuur
BC
3r
4（b
5r
-a
4
r
a），
ULUU
AF
uuur
AD
uur
AC
2uuurDF
1r
-（ba）,2
r3
-a
2
3（b；）
4
5r
-a
4
7.D【解析】
b3b2
4
B.
由向量的坐标运算得
4,
•/（ab）b,•••（ab）
12
2（m
2）
解得m8，故选D.
&A【解析】由题意得cosABC
uuuuuu
BABC
-uuuuuur-
|BA||BC|
所以ABC30o，故选A.
rr
b）（3a
r
2b）
r2
3a
r2
2b
r
2
r
r
r
即3
a
a
b
cos
2
b
0,
2
r
9.A【解析】由题意（a
所以3
（麵）2
^os
cos——
2
10.B【解析】对于A选项，设向量a、b的夹角为，•••|ab||a||b|cos<|a||b|,
11.D【解析】如图由题意,
uuur且AD
UUU
BC，所以
4a
rb
UUU
C，故选D.
uurUUU
1
uur
UUU1uurUJU1UUUulltuult
A【解析】
EBFC
2
（BA
BC）-（CACB）-（ABAC）AD
A【解析】
由（ab）
210
①,
（ab）26②，①②得ab1.
B【解析】
由题意得
1
cos—
13后，两边平方化简得673m■
2
6
2
12.
13.
18,
14.
解得m
屈,经检验符合题意.
r2r2rrrr2
2a2b4ab2（ab）20，
B【解析】设Sx1y1x2y2x3y3x4
y，右S的表达式中有0个ab,
r2
r2
r
r
r2r2
rr
则S
2a
2b，记为S，右S的表达式中有
2个a
b,则S
2a2b
2ab,
rr
r
r
r
r
记为
S2，若
S的表达式中有
4个ab，则S
4a
b，记为
S3，又|b|
2|a|,
r
r
uu
所以
S1S3
UUULUL
LTULULUU
16.
17.
18.
S2S3
则Smin
B【解析】
B【解析】
r2a
r
（a
r
4a
b2
b）2
对于
由于
rrr
2ab（a
0，二S3
8|：
|2cos
b）20,
S2S1，故Smin
4|a|2，即cos
A,C,D，都有ei//02，所以只有
|bta|2b2
而t是任意实数，所以可得
4a2b2（2ab）2
.2.2
4ab
4a2
即|b|2sin21,
r
S34a
B成立.
b，设a,b的夹角为
[0,]，所以-
3
2ag）ta2t2，令f（t）b22ag）ta2t2,
f（t）的最小值为
4a2b2cos24b2sin2
4a2
则知若确定，则|b|唯一确定.
C【解析】•••2a3b（2k3,6）,（2a3b）c,
所以（2a3b）c=2（2k3）60。
解得k3，选C
19.C【解析】因为
ACBD1（4）220，所以ACBC,所以四边形的面积
为|AC||BD|
2
a/FI24）2225，故选C.
20.D【解析】由题意,
2
uuu
|AB|4，则
ullt
|F0B|1,过点C作AB的垂线，垂足为
在AB上任取一点
uuu
PB
uuu
PC
uuuruuu
|PH||PB|uuuuliltiult
设HP0
uuu
（|PB|
（a
则由数量积的几何意义可得,
uuuuuurULT
1））|PB|,RBPC
UUL
UULUrUULT[RH||P0B|uur
ULur
PBPC>RBPC恒成立，相当于（|PB|（a1））|PBpa恒成立,uuuuuu
整理得|PB|2（a1）|PB|a>0恒成立，只需
于是
（a1）24a（a1）2
即可，于是a1，因此我们得到HB
2，即H是AB的中点,
故^ABC是等腰三角形，所以AC
BC.
B
ULU1ULU34
（3,4）,所以|AB|5,这样同方向的单位向量是一AB（-,-）•
555
（2,1）,CD=（5,5）,贝y向量AB在向量CD方向上的射影为
CD
cx,y，代入cab
25.B【解析】利用向量加法的三角形法则，易的①是对的；利用平面向量的基本定理，易
的②是对的；以a的终点作长度为的圆，这个圆必须和向量b有交点，这个不一定
能满足，③是错的；利用向量加法的三角形法则，结合三角形两边的和大于第三边，即
还强调过，不懂学生做得如何
26.C【解析】
r
b,
rr
ab0,
12cos2
2
0,cos22cos10.正确的是
C.
27.C【解析】
|a
b|
2
|a||b||a|2ab
222
|b||a|2|a||b||b|，则
28.
29.
30.
31.
32.
33.
34.
ab|a||b|，贝Ucos使得ba,C正确;
所以D不正确.
B【解析】
D【解析】
•••102
•/2a
（1
若ba，则
2），由（a
（5,2k），由
解得
k12.
所以a,b共线，故存在实数
1，此时|ab|2|a|0|a||b|,
b）//c,
（2ab）
1
三角形的面积S=2|a||b|sina,b2j|a|2|b|2（ab）21j|a|2|b|2（ab）
2|a||b|斤cosa,b1|a||b|sin
C【解析】
B【解析】若a与b共线，则有aeb=mq
得64
（1）0,解得
0，得（2,1）（5,2k）
，而
2cos2a,b
a,b.
np=0，故A正确;
因为beapnqm，而aeb=mqnp
故选项B错误，故选B.
，所以有aeb
bea,
1
1【解析】2ab=（4,2），因为c（1,），且c//（2a
2
1
所以124，即-
2
2罷【解析】・.Ta2b|2|a|24|b|24ab441
•••|a2b|2品
4,2^5【解析】设向量
a,b的夹角为，由余弦定理有:
则:
b）,
421cos60o12,
J1222212cos754cos
22212cos
v54cos,
rr
rr
ab
ab
V54cos
45~4cos
令yV54cosx
V54cosx，则y210
2J2516cos216,20,
35.
36.
37.
38.
39.
40.
r
r
r
r
a
b
a
b
的最小值是4,
rr
rr
即
ab
ab
据此可得:
【解析】
\^J3e]e21
\e102\
3【解析】
uur
OC得uuur
OC
max
（屆e2）（q
r
r
r
r
a
b
a
b
J20245
最大值是2j5.
e2）V3e1V3e1
e2
min
7I6
2
e2
J（J3e1©2）J3e12>^eie2e2
V（e162）2Je2
2ee2
22
e2
uun
OA
uuu
OB
两式相加得,
所以mn
所以mn
—3【解析】
2“o
cos60
tan7可得sin
uuuuurrnOBOAuuuuuu2
unhmOA
uuumOBOAnOB
，解得:
10
COS
10
uuur
，由OC=m
uuu
OA
uuru
+nOB
72cos，即LoV2COS45
72（coscos45O）
5/2cos72cos45O
1cos（
45O）
ncos（
mcos（
45O）
45O）n
2m
uurAB,
n9,m
（m
2n
n）（1cos（45O））
10
102
2
7^272
102
2,n5,mn
3.
ulu
9【解析】因为OA
uuuuuu—
所以OA?
OBOA?
（OA
uuu
\OA\
AB）
2
\OA\
OA?
OB
22
\OA\3
1【解析】由题意f（x）xin（XTax2）
所以需rx70十，解得a=1.
122J2【解析】由题意可令b
f（x）
xln（7a
x2x）,
y0e2e3，其中e3
e,i1,2,
由be12得X0—2，由be2
2
2，得7yoI，解得
X01,yo2
•••\b\Jg2e2€3）2272.
41.
2【解析】由|ab|2|a|2|b|2得ab，则m20,所以m2.
42.
uur1uuuuur
90o【解析】由AO-（ABAC），得O为BC的中点，故BC为圆O的直径,
uuuLULT
所以AB与Ac的夹角为
43.
【解析】•••
90o.
uiur
uuu
AB
AC
cosA，二由
urnuuuABAC
uun
uuu
AB
AC
cosA
tanA,
uun
uuuABAC
21uuuuuur
—,故VABC的面积为-|AB||AC|sin—
326
44•②④【解析】
S有下列三种情况:
Sl
r2a
r2a
b2
b2
b2
S2
r2a
b2
b2，
S3
rr2bb
•••S
S2
S2
S3
r2a
r2b
2ab（ab）2|ab|2
--Smin
S3,
若ab，则Smi
min
S3
「2
b，与|；|无关，②正确;
若aPb，则Smin
S3
r
4a
rr2r
bb，与|b|有关，③错误;
若|b|4|a|，则
Snin
S3
4|：
||b|cos|b|2
4|：
|
|b|
|b|2
|b|2
|b|20，
若|b|
r
2|a|,Smin
8|：
匚则Smin
S3
rrr24abb
r2
8|a|cos
•-cos
1•
**
-，⑤错误
2
3
亦【解析】•••|a|
1，•可令a
（cos
sin）,•••
ab0,
④正确;
45.
2
4|：
|2
r2
8|a|2
cos
COS
sin
sin
1，解得
1
46.一
2
【解析】•••
//b，二sin2
2cos
2sincos
2cos
陀），
•••tan—
2
48.
49.
50.
51.
53.
r
2【解析11c
rr
因为cos（c,a
（m4,2m
r
rc
点|a|
又|b|2|；|，所以2ca
即2[（m
【解析21
2）
rrcos{c,b
4）2（2m2）]
4（m4）2（2m2）
rr
亡严r、Fca所以J—r-
|c||a|
由几何意义知c为以m；,b为邻边的菱形的对角线向量,
又|b|2|a|，故m2
2【解析1bgc=b?
[ta
2【解析1在正方形中,
UUL所以AE
7【解析1
12
LLV
AB
ULLV
AP
所以
ULUZ
AC
LULV
BC
ULLV2AC
LUU
BD
向量
uuv
AB
uLur
（AD
21
（1t）b]=ta?
b（1t）b=-t1t=1
LJULJU1uultLUILUU
AEAD-DC,BDBA
2
1LLUTLUU
-DC）（AD
llltDC）
lllt2AD
LLIVULV
AB与AC的夹角为120o,
Accos120o
LLVLUV
0,即卩APBC（
|x|
2【解析1」
|b|
UUV2AB
UJV
（1）AB
|x|
J（xeye2）2
uult
AD
Lurr
AD
1uult2
-DC
2
uuv
3,|AC|
rr
cb
r-
|c||b|
1
2t=0,解得t=2.
llltDC,
22
2,所以
222.
1
2
ULV
AB
3.由
UULV
UJLfuuv
APBC得,
LLIV一―
AC）（AC
0,即49
|x|
uuv
AB）
3（
1）0，解得
7
12
y2'Tsxy
52.
uLurAD
uurBE
uuruururr
AB，因为ACBE1,
2
ULLT
AC
，所以凶的最大值为2.
|b|
ULUULU
BCCE
lllt
AD
1LJur
-DC
2
uult
AD
1ULU-AB.
2
所以
llltLurACBE
1Lur2
—AB
2
Luir
（AD
1LUL
1AB）
llltlul
（ADAB）
lllt2
AD
1LUIJ2-AB
2
1LLJ-AB
2
LLurAD1,
1|AB|cos60
2
1，所以
1LLJ2—AB
2
1uu|；IaB
LUL
0，解得AB
4【解析1如图建立坐标系,
54.
55.
56.
57.
'4'|i!
x
!
，焉出爭1
SFi'I
6,2
1,3
b，可得
2,
【解析】
3価応
10,10
r
2a
【解析】（I）由a=
2
xc=x,y，贝y
3y
与2a
（n）
1,0
r
（2a
b）210
r
2
b
4
4
bcos4510
（n）
b=
01,且
1,1
x,
，得2a
3,1
.设与2a
b同向的单位向量为
b同向的单位向量的坐标为
则cos
9
-【解析】
8
「2
4a
1,0,b=1,1
b3aga
lb
3a||a|
，得b
3怖
10
3a=
2,1g1,0
3怖
10
Tic
10■
故c=迈，血.即
1010
r
2a
r2
34a
rr
4ag3
r2b
rr
4acb
【解析】如图,
向量
且以向量
710
10
2,1.设向量b
3a与向量a的夹角为
2^5
r
4agD
rr
4acb
rr
a®
在单位圆O内,
1=1,IIW1,
1
为邻边的平行四边形的面积为-，故以向量
为边的
58.
59.
60.
61.
62.
三角形的面积为1，故
4
且圆心O到AB的距离为
5
5【解析】由题意知a
4
的终点在如图的线段AB上（//AB,
（ei
1
丄），因此夹角的取值范围为［-
26
2
2e2）（ke1e2）0,即k®
2ke1e22e20,
22
即kcos——2kcos—
33
1【解析】向量a+b与向量
0,化简可求得k-
4
ka-b垂直，•••（ab）（ka-b）0,
化简得（k1）（ab1）0，易知ab0，故k1.
—【解析】设a与b的夹角为，由题意有（ab）（a
3
b）a
COS
—1【解析】ab
所以m=—1.
【解析】
（1）因为a
1
，所以cos2，因此0ww
（1,m1）,由（aa）//c得12（m
，所以
1）
（1）
（cosx,sinx）,b（3,轴,a//b,
所以后cosx3sin
若cosx0，贝ysinx
0，与sin2x
2cos
x1矛盾，故cosx
于是
tanx迴
3
［0,］，所以
（2）
f（x）ab
（cosx,sinx）（3,
3cosxsinx273cos（x
因为
「cq严严.X.nn7n
x[0,]，所以X—[—,—]
666
从而1
cos（x
n
于是，当
—,即x0时，f（x）取到最大值3;
6
，即
x2时，f（x）取到最小值2^3.
6
升级会员 