2022届高考数学二轮专题复习1 平面向量.docx

1、平面向量1与平面向量有关的简单计算1已知平面向量，若，则_【答案】【解析】因为，则，可得，故，因此，故答案为2已知平面向量，若，则实数的值为（）A10B8C5D3【答案】A【解析】因为，所以因为，所以，解得，故选A3如图，A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，且平面ABC中的小方格均为单位正方形，则（）A1BC2D【答案】B【解析】因为，所以，故选B4已知为平面上的动点，为平面上两个定点，且，则动点的轨迹方程为_【答案】【解析】设，则，因为，所以，化简得，所以动点的轨迹方程为，故答案为5已知，则向量与向量的夹角为_【答案】【解析】设向量与向量的夹角为，又，故答案为6已知向量和的夹角为15

2、0，且，则在上的投影为_【答案】或【解析】由，得，因为向量和的夹角为150，且，所以，得，所以或，当时，在上的投影为，当时，在上的投影为，综上，在上的投影为或，故答案为或7如图，在中，为中线上一点，且，过点的直线与边，分别交于点，（1）用向量，表示；（2）设向量，求的值【答案】（1）；（2）【解析】（1）为中线上一点，且，（2），又，三点共线，解得，故的值为2向量的线性运算1已知四边形的对角线交于点O，E为的中点，若，则（）ABCD1【答案】A【解析】由已知得，故，又B，O，D共线，故，所以，故选A2如图，等腰梯形中，点为线段上靠近的三等分点，点为线段的中点，则（）ABCD【答案】B【解析】由

3、题可得，故选B3如图，在中，若，则（）ABCD【答案】D【解析】，所以，故选D4（多选）已知，点M满足且，则（）ABCD【答案】AC【解析】，三点共线且为中点，三点共线且为上靠近A的三等分点，A正确，B错误；，C正确；，D不正确，故选AC3与向量有关的范围、最值问题1已知平面向量，的夹角为120，且，则的值为_，的最小值为_【答案】，【解析】因为平面向量，的夹角为120，且，所以，所以当时，的最小值为，故答案为，2如图，在中，点在线段上移动（不含端点），若，则_，的最小值为_【答案】2，【解析】因为在中，所以，即因为点在线段上移动（不含端点），所以设所以，对比可得代入，得；代入可得，根据二次函

4、数性质知当时，故答案为3（多选）已知两个向量和满足，和的夹角为，若向量与向量的夹角为钝角，则实数可能的取值为（）ABCD【答案】AD【解析】因为，和的夹角为，所以，因为向量与向量的夹角为钝角，所以，且不能共线，所以，解得，当向量与向量共线时，有，即，解得，所以实数的取值范围，所以实数可能的取值为A，D，故选AD4点M在边长为2的正三角形内（包括边界），满足，则的取值范围是（）ABCD【答案】B【解析】因为点M是正三角形内的一点（包括边界），所以，由，故选B5如图所示，已知点G是ABC的重心，过点G作直线分别交AB，AC两边于与M，N（三角形顶点不重合）两点，且，则2x+y的最小值为（）ABCD

5、【答案】A【解析】因为是ABC的重心，所以，又，所以，因为三点共线，所以，即，显然，所以，当且仅当，即，时，等号成立，所以的最小值是，故选A6已知、是平面向量，是单位向量若，则的最大值为_【答案】【解析】因为，则，即，因为，即，作，则，则，固定点，则为的中点，则点在以线段为直径的圆上，点在以点为圆心，为半径的圆上，如下图所示：，设，则，因为，故，当时，等号成立，即的最大值为，故答案为7已知圆O的方程为，P是圆上一点，过P作圆O的两条切线，切点分别为A、B，则的取值范围为_【答案】【解析】如图，设PA与PB的夹角为2，则，P是圆上一点，令，则在上递减，所以当时，此时P的坐标为，当时，此时P的坐标

6、为，的范围为，故答案为8已知圆的半径为3，为该圆的两条切线，为切点，则的最小值为_【答案】【解析】如图所示，设（），则，当且仅当，即时等号成立，的最小值是，故答案为4与其他知识综合1已知数列的首项为1，又，其中点O在直线l外，其余三点A，B，C均在l上，那么数列的通项公式是（）ABCD【答案】C【解析】因为，所以，又因为点O在直线l外，三点A，B，C均在l上，故，即，所以，即数列是以为首项，以2为公比的等比数列，故，则，故选C2四边形为梯形，且，点是四边形内及其边界上的点若，则点的轨迹的长度是（）ABCD【答案】B【解析】，即设向量与的夹角为，则，因为，所以，由向量投影定义得，向量在向量上的投影为2，即动点在过点且垂直于的直线上在中，由余弦定理得，所以；则，所以因为是四边形内及其边界上的点，所以点的轨迹为线段，所以点的轨迹的长度为，故选B