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基础送分专题二平面向量平面向量的基本运算题组练透1(2018全国卷)在ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则()A. B.C. D.解析：选A法一：作出示意图如图所示 ()().故选A.法二：不妨设ABC为等腰直角三角形，且A，ABAC1.建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，D，E.故(1,0)，(0,1)，(1,0)，即.2已知平面内不共线的四点O，A，B，C满足，则|()A13 B31C12 D21解析：选D由，得2()，即2，所以|21，故选D.3(2018全国卷)已知向量a(1,2)，b(2，2)，c(1，)若c(2ab)，则 _.解析：2ab(4,2)，因为c(2ab)，所以42，解得.答案：4(2018太原模拟)在正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若，则实数_.解析：如图， 由得，.答案：题后悟通快审题1.看到向量的线性运算，想到三角形和平行四边形法则2.看到向量平行，想到向量平行的条件准解题记牢向量共线问题的4个结论(1)若a与b不共线且ab，则0.(2)直线的向量式参数方程：A，P，B三点共线(1t) t (O为平面内任一点，tR).(3) (，为实数)，若A，B，C三点共线，则1.(4)若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则abx1y2x2y1，当且仅当x2y20时，ab.平面向量的数量积题组练透1(2018全国卷)已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab)()A4 B3C2 D0解析：选Ba(2ab)2a2ab2|a|2ab.|a|1，ab1，原式21213.2已知向量m(t1,1)，n(t2,2)，若(mn)(mn)，则t()A0 B3C3 D1解析：选B法一：由(mn)(mn)可得(mn)(mn)0，即m2n2，故(t1)21(t2)24，解得t3.法二：mn(2t3,3)，mn(1，1)，(mn)(mn)，(2t3)30，解得t3.3在ABC中，ABC90，AB6，点D在边AC上，且2，则的值是()A48 B24C12 D6解析：选B法一：由题意得，0，()|236，()03624.法二：(特例法)若ABC为等腰直角三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(6,0)，C(0,6)由2，得D(4,2)(6,0)(4,2)24.4.(2018贵阳摸底考试)如图，在边长为1的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD的顶点D被阴影遮住，找出D点的位置，则的值为()A10 B11C12 D13解析：选B以点A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，A(0,0)，B(4,1)，C(6,4)，根据四边形ABCD为平行四边形，可以得到D(2,3)，所以(4,1)(2,3)8311.故选B.5(2019届高三益阳、湘潭调研)已知非零向量a，b满足ab0，|ab|t|a|，若ab与ab的夹角为，则t的值为_解析：因为ab0，所以(ab)2(ab)2，即|ab|ab|.又|ab|t|a|，所以|ab|ab|t|a|.因为ab与ab的夹角为，所以cos，整理得，即(2t2)|a|22|b|2.又|ab|t|a|，平方得|a|2|b|2t2|a|2，所以|a|2t2|a|2，解得t2.因为t0，所以t.答案：6在矩形ABCD中，AB2，AD1.边DC上的动点P(包含点D，C)与CB延长线上的动点Q(包含点B)满足|，则的最小值为_解析：以点A为坐标原点，分别以AB，AD所在直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设P(x,1)，Q(2，y)，由题意知0x2，2y0.|，|x|y|，xy.(x，1)，(2x，y1)，x(2x)(y1)x22xy1x2x12，当x时，取得最小值，为.答案：题后悟通快审题1.看到向量垂直，想到其数量积为零2.看到向量的模与夹角，想到向量数量积的有关性质和公式3.看到向量中的最值问题时，想到向量不等式、几何意义，甚至建立坐标系构造函数关系求最值用妙法特例法妙解图形中平面向量数量积问题解答有关图形中的平面向量数量积问题，常采用特例法，如取直角三角形、矩形，再建立平面直角坐标系，求得相关点坐标计算求解(如第3题可取ABC为等腰直角三角形建系)避误区两个向量夹角的范围是0，在使用平面向量解决问题时要特别注意两个向量夹角可能是0或的情况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不仅要求其数量积小于零，还要求不能反向共线. 一、选择题1设a(1,2)，b(1,1)，cakb.若bc，则实数k的值等于()ABC. D.解析：选A因为cakb(1k,2k)，又bc，所以1(1k)1(2k)0，解得k.2已知向量a(1,1)，2ab(4,2)，则向量a，b的夹角的余弦值为()A. BC. D解析：选C因为向量a(1,1)，2ab(4,2)，所以b(2,0)，则向量a，b的夹角的余弦值为.3已知在平面直角坐标系中，点A(0,1)，向量(4，3)，(7，4)，则点C的坐标为()A(11,8) B(3,2)C(11，6) D(3,0)解析：选C设C(x，y)，在平面直角坐标系中，点A(0,1)，向量(4，3)，(7，4)，(11，7)，解得x11，y6，故C(11，6)4在等腰梯形ABCD中，2，M为BC的中点，则()A. B.C. D.解析：选B因为2，所以2.又M是BC的中点，所以()().5(2019届高三武汉调研)设非零向量a，b满足|2ab|2ab|，则()Aab B|2a|b|Cab D|a|b|解析：选A法一：|2ab|2ab|，(2ab)2(2ab)2，化简得ab0， ab，故选A.法二：记c2a，则由|2ab|2ab|得|cb|cb|，由平行四边形法则知，以向量c，b为邻边的平行四边形的对角线相等，该四边形为矩形，故cb，即ab，故选A.6已知(2,1)，点C(1,0)，D(4,5)，则向量在方向上的投影为()A B3C. D3解析：选C因为点C(1,0)，D(4,5)，所以(5,5)，又(2,1)，所以向量在方向上的投影为|cos，.7已知a和b是非零向量，matb(tR)，若|a|1，|b|2，当且仅当t时，|m|取得最小值，则向量a，b的夹角为()A. B.C. D.解析：选C由matb，及|a|1，|b|2，得|m|2(atb)24t24tcos 1(2tcos )2sin2，由题意得，当t时，cos ，则向量a，b的夹角为，故选C.8在ABC中，|，AB2，AC1，E，F为BC的三等分点，则()A. B.C. D.解析：选B由|知，以A为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,1)，不妨设E，F，则.9已知在平面直角坐标系xOy中，P1(3,1)，P2(1,3)，P1，P2，P3三点共线且向量与向量a(1，1)共线，若(1) ，则()A3 B3C1 D1解析：选D设(x，y)，则由a，知xy0，于是(x，x)若(1)，则有(x，x)(3,1)(1)(1,3)(41,32)，即所以41320，解得1.10(2018兰州诊断考试)在ABC中，M是BC的中点，AM1，点P在AM上且满足2，则()等于()A BC. D.解析：选A如图，2，()2，AM1且2，|，().11(2019届高三南宁摸底联考)已知O是ABC内一点，0，2且BAC60，则OBC的面积为()A. B.C. D.解析：选A0，O是ABC的重心，于是SOBCSABC.2，|cosBAC2，BAC60，|4.SABC|sinBAC，OBC的面积为.12(2018南昌调研)已知A，B，C是圆O：x2y21上的动点，且ACBC，若点M的坐标是(1,1)，则|的最大值为()A3 B4C31 D31解析：选D法一：A，B，C是圆O：x2y21上的动点，且ACBC，设A(cos ，sin )，B(cos ，sin )，C(cos ，sin )，其中02，02，M(1,1)，(cos 1，sin 1)(cos 1，sin 1)(cos 1，sin 1)(cos 3，sin 3)，| ，当且仅当sin1时，|取得最大值，最大值为31.法二：连接AB，ACBC，AB为圆O的直径，2，|2|2|2|，易知点M与圆上动点C的距离的最大值为1，|1，|31，故选D.二、填空题13(2018潍坊统一考试)已知单位向量e1，e2，且e1，e2，若向量ae12e2，则|a|_.解析：因为|e1|e2|1，e1，e2，所以|a|2|e12e2|214|e1|e2|cos4141143，即|a|.答案：14已知a，b是非零向量，f(x)(axb)(bxa)的图象是一条直线，|ab|2，|a|1，则f(x)_.解析：由f(x)abx2(a2b2)xab的图象是一条直线，可得ab0.因为|ab|2，所以a2b24.因为|a|1，所以a21，b23，所以f(x)2x.答案：2x15在ABC中，N是AC边上一点且，P是BN上一点，若m，则实数m的值是_解析：如图，因为，所以，所以mm.因为B，P，N三点共线，所以m1，则m.答案：16(2019届高三唐山五校联考)在ABC中，(3)，则角A的最大值为_解析：因为(3)，所以(3)0，即(3)()0，则24320，即cos A2，当且仅当|时等号成立因为0A，所以0A，即角A的最大值为.答案：
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