平面向量习题|低阶-JZTXT

前言

典例剖析

【2019高一期末考试】平行四边形$ABCD$中，$AB=3$，$AD=2$，$\angle BAD=60^{\circ}$，若$\overrightarrow{AE}=\lambda \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$，且$BD\perp AE$，则$\lambda$的值为【】

$A.\cfrac{1}{6}$ $B.\cfrac{1}{5}$ $C.\cfrac{1}{4}$ $D.\cfrac{1}{3}$

提示：由题设可以得到，$\lambda \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DE}$，故点$E$应该在$DC$上，然后以点$A$为坐标原点建系，则$B(3，0)$，$D(1，\sqrt{3})$，$C(4，\sqrt{3})$，设$E(x，\sqrt{3})$，

由$\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BD}=0$，可解得$x=\cfrac{3}{2}$，代入$\lambda \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DE}$，求得$\lambda=\cfrac{1}{6}$，故选$A$.

【2019高一期末考试】已知单位向量$\vec{a}$，$\vec{b}$满足$|\vec{a}-\vec{b}|=1$，则$|2\vec{a}+\vec{b}|$=【】

$A.\sqrt{2}$ $B.\sqrt{3}$ $C.\sqrt{5}$ $D.\sqrt{7}$

提示：给$|\vec{a}-\vec{b}|=1$平方，可以求得$\vec{a}\cdot \vec{b}$的值，然后给$|2\vec{a}+\vec{b}|$平方再开方，可得；选$D$.

【2019高一期末考试】已知非零向量$\vec{a}$，$\vec{b}$满足$|\vec{a}|=|\vec{b}|$，且$|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{3}|\vec{b}|$，则$<\vec{a}，\vec{b}>$=_________.

提示：令$|\vec{a}|=|\vec{b}|=t$，给$|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{3}|\vec{b}|$平方，变形得到$cos<\vec{a}，\vec{b}>=\cfrac{1}{2}$，故$<\vec{a}，\vec{b}>=\cfrac{\pi}{3}$;

【2019高一期末考试第21题】已知向量$\vec{a}$，$\vec{b}$，$\vec{c}$满足$\vec{a}=(-1，3)$，$|\vec{b}|=4\sqrt{5}$，$|\vec{c}|=2\sqrt{5}$，

(1).若$\vec{a}//\vec{c}$，求$\vec{c}$的坐标；

提示：设$\vec{c}=(x，y)$，由题设得到方程组，求解即可，$\vec{c}=(\sqrt{2}，-3\sqrt{2})$或$\vec{c}=(-\sqrt{2}，3\sqrt{2})$，

(2).若$\vec{a}\perp (2\vec{a}-\vec{b})$，求$\vec{a}$与$\vec{b}$的夹角$\theta$。

提示：利用内积为$0$，可以求得$cos\theta=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，又$\theta\in [0，\pi]$，故$\theta=\cfrac{\pi}{4}$.

【2020北京人大附中高一试题】若平面向量$\vec{a}$，$\vec{b}$满足$|\vec{a}+\vec{b}|=1$，$\vec{a}+\vec{b}$平行于$x$轴，$\vec{b}=(2,-1)$，则$\vec{a}$=__________。

法1：将向量$\vec{a}$，$\vec{b}$看成两个单个向量，设$\vec{a}=(x,y)$，$\vec{b}=(2,-1)$，

则$\vec{a}+\vec{b}=(2+x,y-1)$，由$\vec{a}+\vec{b}$平行于$x$轴，可得$y=1$

由$|\vec{a}+\vec{b}|=1$，可得到$\sqrt{(2+x)^2+(1-1)^2}=1$，解得$x=-1$或$x=-3$，

故$\vec{a}=(-1,1)$或$\vec{a}=(-3,1)$.

法2：将$\vec{a}+\vec{b}$视为一个整体，由$\vec{a}+\vec{b}$平行于$x$轴，则$\vec{a}+\vec{b}=(1,0)$或$\vec{a}+\vec{b}=(-1,0)$;

当$\vec{a}+\vec{b}=(1,0)$时，$\vec{a}=(1,0)-\vec{b}=(1,0)-(2,-1)=(-1,1)$；

当$\vec{a}+\vec{b}=(-1,0)$时，$\vec{a}=(-1,0)-\vec{b}=(-1,0)-(2,-1)=(-3,1)$；

【2020北京人大附中高一试题】已知不共线的平面向量$\vec{a}$，$\vec{b}$，$\vec{c}$两两所成的角相等，并且$|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=2$，$|\vec{c}|=3$，试求$\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$的长度以及与已知三向量的夹角。

法1：主动建系，利用向量的坐标，从数的角度计算；

由于不共线的平面向量$\vec{a}$，$\vec{b}$，$\vec{c}$两两所成的角相等，即为$\cfrac{2\pi}{3}$，

故建立如下所示的平面直角坐标系，则$\vec{a}=(0,1)$，$\vec{b}=(-\sqrt{3},-1)$，$\vec{c}=(\cfrac{3\sqrt{3}}{2},-\cfrac{3}{2})$，

则$\vec{d}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=(\cfrac{\sqrt{3}}{2},-\cfrac{3}{2})$，即$\vec{d}=\sqrt{3}$;

设$<\vec{d},\vec{a}>=\theta$，则由$\cos\theta=\cdots=-\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，解得$\theta=\cfrac{5\pi}{6}$；

同理同法，可得到$<\vec{d},\vec{b}>=\cfrac{\pi}{2}$，$<\vec{d},\vec{c}>=\cfrac{\pi}{6}$.

故向量$\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$的长度为$\sqrt{3}$，与三个向量的夹角分别为$\cfrac{5\pi}{6}$、$\cfrac{\pi}{2}$、$\cfrac{\pi}{6}$.

法2：无需建系，利用已知的模长和已知的夹角求解；

由题目可知，$|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=2$，$|\vec{c}|=3$，令$\vec{d}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$；

且$<\vec{a},\vec{b}>=<\vec{b},\vec{c}>=<\vec{c},\vec{a}>=120^{\circ}$，

则$|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|=\sqrt{(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})^2}$

$=\sqrt{|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2+2\vec{a}\cdot\vec{b}+2\vec{a}\cdot\vec{c}+2\vec{b}\cdot\vec{c}}$

$=\sqrt{1+4+9+2\times 1\times 2\times(-\cfrac{1}{2})+2\times 2\times 3\times(-\cfrac{1}{2})+2\times 1\times 3\times(-\cfrac{1}{2}) }=\sqrt{3}$

$\cos<\vec{d},\vec{a}>=\cfrac{\vec{a}\cdot(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})}{|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|\cdot \vec{a}}=\cfrac{\vec{a}\cdot\vec{a}+\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{a}\cdot\vec{c}}{\sqrt{3}\times 1}$

$=\cfrac{1+(-1)-\frac{3}{2}}{\sqrt{3}}=-\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，故$<\vec{d},\vec{a}>=\cfrac{5\pi}{6}$，

同理同法，可求其他的夹角，略。

已知 $A$，$B$ 是圆 $O: x^{2}+y^{2}=4$ 上的两个动点， $|\overrightarrow{AB}|=2$，$\overrightarrow{OC}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$，若 $M$ 是线段 $AB$ 的中点，则 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}$ 的值为【$\qquad$】

$A.\sqrt{3}$ $B.2\sqrt{3}$ $C.2$ $D.3$

法1：基向量法，即以向量 $\overrightarrow{OA}$ 和 $\overrightarrow{OB}$ 为基底，表达向量 $\overrightarrow{OC}$ 和 $\overrightarrow{OM}$，再代入运算即可。

因为 $\overrightarrow{OC}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OM}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})$ ，

所以 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}=(\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB})\cdot\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})$

$=\cfrac{1}{6}(\overrightarrow{OA}^{2}+2\overrightarrow{OB}^{2}+3\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB})$ ，

又 $\triangle OAB$ 为等边三角形，所以 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=2\times2\cos 60^{\circ}=2$ ，$\overrightarrow{OA}^{2}=4$ ，$\overrightarrow{OB}^{2}=4$ ，

所以 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}=3$ ，故选 $D$ .

法2：特殊化策略，【考试中的首选方法】既然点 $A$ 和点 $B$ 都是圆上的动点为什么可以这样思考呢，由于点 $C$ 和点 $M$ 在线段 $AB$ 上的位置都是相对于点 $A$ 和点 $B$ 都是相对确定的，这样 $|\overrightarrow{OC}|$ 和 $|\overrightarrow{OM}|$ 都是确定值，而且向量夹角也是确定值，故 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}$应该是确定值，与夹角无关的，那么我们将点 $A$ 放在最特殊的位置，应该是可以的，运算也简单，何乐而不为呢！，那么可以将点 $A$ 放置在 $(2,0)$ 处，此时由于 $|AB|=2$，则 $\triangle OAB$为等边三角形，故点 $B$ 可以放置在点 $(1,\sqrt{3})$ 处，这样向量 $\overrightarrow{OA}=(2,0)$ ， $\overrightarrow{OB}=(1,\sqrt{3})$ ，

则 $\overrightarrow{OC}$$=$$\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}$$+$$\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$$=$$\cfrac{1}{3}(2,0)$$+$$\cfrac{2}{3}(1,\sqrt{3})$$=$$(\cfrac{4}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})$ ，

又由于点 $M$ 为 $AB$ 的中点，故 $M(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})$，则 $\overrightarrow{OM}$$=$$(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})$ ，

故 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}|=(\cfrac{4}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})\cdot(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})=3$，故选 $D$ .

法3：向量坐标法，如果上述的方法理解还是有疑虑，那么可以采用这个方法来计算打消我们的顾虑，就是运算比较麻烦。

由于点 $A$ 和点 $B$ 都是圆上的动点，且 $|AB|=2$ ，圆的半径也是 $r=2$ ，故 $\triangle OAB$为等边三角形，利用圆的参数方程，令点 $A(2\cos\theta,2\sin\theta)$，则点 $B(2\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),2\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3}))$，这样

$\overrightarrow{OA}$$=$$(2\cos\theta,2\sin\theta)$ ，$\overrightarrow{OB}$$=$$(2\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),2\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3}))$ ，

$\overrightarrow{OC}$$=$$\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}$$+$$\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$$=$$\left(\cfrac{2}{3}\cos\theta+\cfrac{4}{3}\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),\cfrac{2}{3}\sin\theta+\cfrac{4}{3}\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right)$ ，

$\overrightarrow{OM}$$=$$\left(\cos\theta+\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),\sin\theta+\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right)$ ，

故 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}$$=$$\left[\cfrac{2}{3}\cos\theta+\cfrac{4}{3}\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$$\left[\cos\theta+\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$

$+$$\left[\cfrac{2}{3}\sin\theta+\cfrac{4}{3}\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$$\left[\sin\theta+\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$

$=$$\cfrac{2}{3}\cos^2\theta$$+$$\cfrac{2}{3}\sin^2\theta$$+$$\cfrac{4}{3}\cos^2(\theta+\cfrac{\pi}{3})$$+$$\cfrac{4}{3}\sin^2(\theta+\cfrac{\pi}{3})$

$+$$\cfrac{2}{3}\left[\cos\theta\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})+\sin\theta\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$$+$$\cfrac{4}{3}\left[\cos\theta\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})+\sin\theta\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$

$=2+2\cos(\theta-\theta-\cfrac{\pi}{3})=2+1=3$，故选 $D$ .

已知向量$\overrightarrow{OA}\perp \overrightarrow{AB}$，$|\overrightarrow{OA}|=3$，求$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}$的值。

分析：设向量$|\overrightarrow{AB}|=x$，则$|\overrightarrow{OB}|=\sqrt{x^2+9}$，

再设$< \overrightarrow{OA} ，\overrightarrow{OB}>=\theta$，则$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|cos\theta=3\times\sqrt{x^2+9}\times\cfrac{3}{\sqrt{x^2+9}}=9$

【点评】根据内积的定义，要么求单个的$|\overrightarrow{OB}|$的值和$cos\theta$的值，要么能求得$|\overrightarrow{OB}|cos\theta$的整体的值，本题目刚好是利用三角函数能求得整体的值。

已知$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$为平面向量，其中$\vec{a}，\vec{b}$为单位向量，$\vec{a}\cdot \vec{b}=0$，且$\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=1$，求$|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|$

分析：由$\vec{a}\cdot \vec{b}=0$，可知$<\vec{a}，\vec{b}>=90^{\circ}$，

又$\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=1$，即$|\vec{a}||\vec{c}|cos<\vec{a}，\vec{c}>=|\vec{b}||\vec{c}|cos<\vec{b}，\vec{c}>=1$，

即$<\vec{a}，\vec{c}>=<\vec{b}，\vec{c}>=45^{\circ}$，故由$\vec{a}\cdot \vec{c}=1$可知，

$|\vec{c}|=\sqrt{2}$，又$|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=1$，

则有$|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2=\vec{a}^2+\vec{b}^2+\vec{c}^2+2\vec{a}\cdot \vec{b}+2\vec{a}\cdot \vec{c}+2\vec{b}\cdot \vec{c}=1+1+2+0+2+2=8$，

故$|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|=2\sqrt{2}$。

对任意平面向量$\vec{a}，\vec{b}$，下列关系式不恒成立的是【】

$A.|\vec{a}\cdot \vec{b}|\leq |\vec{a}||\vec{b}|$

分析：恒成立，由于$\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|cos\theta$ ，故有$|\vec{a}\cdot \vec{b}|=|\vec{a}|\cdot |\vec{b}||cos\theta|\leq |\vec{a}|\cdot |\vec{b}|$ ；

$B.|\vec{a}- \vec{b}|\leq ||\vec{a}|-|\vec{b}||$

分析：不恒成立，比如这个反例，$\vec{a}=\vec{-b}$，取为一对相反单位向量，则此时左边为$|2|\leq 0$出错。

$C.(\vec{a}+ \vec{b})^2= |\vec{a}+\vec{b}|^2$

分析：恒成立，可以按照多项式乘法展开；

$D.(\vec{a}+ \vec{b})\cdot (\vec{a}- \vec{b})= \vec{a}^2-\vec{b}^2$

分析：恒成立，可以按照多项式乘法展开；

【2017河北武邑中学一模，文11】在$Rt\Delta ABC$中，$CA=CB=3$，$M，N$是斜边$AB$上的两个动点，$MN=\sqrt{2}$，则$\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}$的取值范围是【$\qquad$】

$A.[2，\cfrac{5}{2}]$ $B.[2，4]$ $C.[3，6]$ $D.[4，6]$

分析：求向量的内积的取值范围，应该想到用内积的坐标运算，本题目难点是一般想不到主动建系，由形的运算转化为数的运算。

解：如图所示，以点$C$为坐标原点，分别以$CB、CA$所在的直线为$x、y$轴建立如同所示的坐标系，
则$C(0，0)$，$A(0，3)$，$B(3 ，0)$，设点$N$的横坐标为$x$，则由等腰直角三角形可知，点$N$的纵坐标为$3-x$，即点$N(x，3-x)$，

又由$MN=\sqrt{2}$，计算可知点$M(x-1，4-x)$，则$\overrightarrow{CM}=(x-1，4-x)$，$\overrightarrow{CN}=(x，3-x)$，

由于点$M,N$是动点，取两个极限位置研究$x$的取值范围，

当点$M$位于点$A$时，$x$取到最小值$1$，当点$N$位于点$B$时，$x$取到最大值$3$，即$1\leq x\leq 3$，

则$\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}=f(x)=((x-1，4-x)\cdot (x，3-x)$

$=x(x-1)+(4-x)(3-x)=2(x-2)^2+4$，$x\in [1，3]$

当$x=2$时，$f(x)_{min}=f(2)=4$，当$x=1$或$x=3$时，$f(x)_{max}=f(1)=f(3)=6$，

即$f(x)\in [4，6]$ . 故选$D$ .

在 $\triangle ABC$ 中 $AB=3$，$AC=2$，$\angle BAC=120^{\circ}$，点 $D$ 为 $BC$ 边上的一点且 $\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{DC}$，则 $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}$ 等于【$\qquad$】

$A.\cfrac{2}{3}$ $B.1$ $C.2$ $D.\cfrac{1}{3}$

解析：以 $A$ 为坐标原点 $AB$ 所在的直线为 $x$ 轴建立平面直角坐标系如图所示.

则 $A(0,0)$， $B(3,0)$， $C(-1, \sqrt{3})$，

由于 $\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{DC}$，所以 $\overrightarrow{BD}=\cfrac{2}{3}\overrightarrow{BC}=\cfrac{2}{3}(-4,\sqrt{3})=(-\cfrac{8}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})$，

则 $D(\cfrac{1}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})$，则 $\overrightarrow{AD}=(\cfrac{1}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})$，$\overrightarrow{AB}=(3,0)$

所以， $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=3\times\cfrac{1}{3}+0\times\cfrac{2\sqrt{3}}{3}=1$，故选 $B$ .

【2019届高三理科数学二轮用题】在矩形$ABCD$中，$AB=2$，$AD=4$，$AC$与$BD$相交于点$O$，过点$A$作$AE\perp BD$于$E$，则$\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}$=【】

$A.\cfrac{8}{5}$ $B.\cfrac{16}{5}$ $C.\cfrac{32}{5}$ $D.8$

法1：从形的角度思考，采用坐标法求解；以点$A$为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，

则可知$A(0，0)$，$B(0，-2)$，$C(4，-2)$，$D(4，0)$，设$E(x，y)$，

则由$k_{AE}\cdot k_{BD}=-1$，可得$y=-2x$①，又直线$BD：2y=x-4$②，

联立①②可得，$x=\cfrac{4}{5}$，$y=-\cfrac{8}{5}$，

则$\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}=(\cfrac{4}{5}，-\cfrac{8}{5})\cdot (4，-2)=\cfrac{32}{5}$，故选$C$.

法2：本题目是否还可以用基向量法，以$\overrightarrow{AB}$和$\overrightarrow{AD}$为基向量来表示其他向量，待思考；

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