【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第31讲 平面向量的综合应用（达标检测） Word版含解析.docx，共(14)页，1.285 MB，由小赞的店铺上传

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第31讲平面向量的综合应用（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•肥城市期中）已知作用在坐标原点的三个力1(3,4)F=，2(2,5)F=−，3(3,1)F=，则作用在原点的合力123FFFF=++的坐标为()A．(8,0)B．(8,8)C．(2

,0)−D．(2,8)−【分析】根据平面向量的坐标运算公式，计算即可．【解答】解：1(3,4)F=，2(2,5)F=−，3(3,1)F=，则123(323FFFF=++=++，451)(8−+=，0)．故选：A．2．（2020春•松山区校级月考）如图在平行四边形ABCD中，已

知3AB=，2AD=，2CPPD=，1APBP=，则(ABAD=)A．6B．6−C．3D．3−【分析】将结合2CPPD=，将1APBP=中的向量用,ABAD来表示，即可解出ABAD的值．【解答】解：因为平行四

边形ABCD中，2CPPD=，3AB=，2AD=．所以13DPAB=，23CPAB=−，故由1APBP=得12()()()()133ADDPBCCPADABADAB++=+−=，即2221214919393ADABABADABAD−−=−−=，解得3AB

AD=．故选：C．3．（2020春•泸州期末）如图，边长为1的等边ABC中，AD为边BC上的高，P为线段AD上的动点，则APBP的取值范围是()A．3[16−，0]B．[0，3]16C．3[16−，]

+D．3[4−，0]【分析】可设,ABaACb==，且||||1ab==，它们的夹角为60，然后设1()2APab=+，[0，1]，然后结合向量的加减法运算，将APBP表示为关于的函数的形式，问题即可解决．【解答】解：由已知设,ABa

ACb==，则||||1ab==，且,60ab=，由等边三角形的性质可知：1()2ADABAC=+，故可设1(),[0,1]2APab=+，所以11(1)22BPAPABab=−=−+，所以1

111[(1)]()2222APBPabab=−++223311()[()]4424=−=−−，[0，1]．易知12=时，原式取最小值316−；0=或1时，原式取最大值0．故则APBP的取值范围是3[,0]16−．故选

：A．4．（2020•石家庄模拟）设圆O的半径为1，P，A，B是圆O上不重合的点，则PAPB的最小值是()A．12−B．1−C．14−D．18−【分析】用,,OAOBOP表示出,PAPB，作OCAB⊥，垂足为C，设AOB=，POC

=，用，表示出PAPB即可得出最值．【解答】解：2()()()PAPBOAOPOBOPOAOBOPOAOBOP=−−=+−+，由题意可知OA，OB，OP均为单位向量，故||||||1OAOBOP===，连接AB，作OCAB⊥，垂足为C

，设AOB=，POC=，则cos2OC=，cosOAOB=，21OP=，2OAOBOC+=，()22coscos2OAOBOPOCOP+==，22211cos12coscos2cos2coscos2(coscos)cos222222PAPB=+−

=−=−−，当2cos1=，1coscos22=时，PAPB取得最小值12−．故选：A．5．（2020•河南模拟）在ABC中，90B=，2AB=，1BC=，且2CMMB=，ANNB=，则(AMABCNBC+=)A．3B．5C．72D．92【分析】根据已知

，可得出M，N在三角形ABC上的位置，则()()AMABCNBCABBMABBNBCBC+==++−，通过化简代入数值，即可得结论．【解答】解：由题，ABC中，90B=，2AB=，1BC=，2CMMB=，ANNB=，13BMBC=，N是线段AB的中

点．可得如图：AMABCNBC+()()ABBMABBNBCBC=++−22ABBMABBNBCBC=++−22ABBC=−41=−3=．故选：A．6．（2019秋•岳麓区校级期末）在ABC内使222APBPCP++的值最小的点P是ABC的()A．外心B．内心C

．垂心D．重心【分析】令CAa=，CBb=，设CPm=，根据22222222221132()3[()]()33APBPCPmabmabmababab++=−+++=−+−+++．结合二次函数的性质即可求解【解答】解：令CAa=，CBb=，设CPm=

，则APma=−，BPmb=−，于是22222222221132()3[()]()33APBPCPmabmabmababab++=−+++=−+−+++．所以当1()3mab=+时，222APBPCP++最小，此时111()333O

POCCPOCCACBOAOBOC=+=++=++，则点P为ABC的重心．故选：D．7．（2020春•焦作期末）在ABC中，点M，N在线段AB上，4ABMB=，当N点在线段AB上运动时，总有NBNCM

BMC…，则一定有()A．BCAB⊥B．ACBC⊥C．ABAC=D．ACBC=【分析】由题意画出图形，设(01)NBtABt=，由4ABMB=，得14MBAB=，代入NBNCMBMC…，再令||cos||BCBAB=，结合已知转化为关于t的不等式，再由判别式恒小于等于0求

得的值，然后利用数量积的几何意义可得ACBC=，则答案可求．【解答】解：如图，设(01)NBtABt=，由4ABMB=，得14MBAB=，又NBNCMBMC…，1()()4tABNBBCABMBBC++…，即有22

211||||164tABtABBCABABBC++…，22211||||||cos||||cos||0416tABtABBCBABBCBAB−+−…，令||cos||BCBAB=，则2222211||||||||0416tABtABABAB−+−…，即2110416tt−+−

…恒成立．可得2114()0416=−−„．化为21()02−„，则12=．1||cos||2BCBAB=，即C在AB上的投影为AB的中点．ACBC=．故选：D．8．（2020春•丰台区期末）点M，N，P在ABC所在平面内，

满足0MAMBMC++=，||||||NANBNC==，且PAPBPBPCPCPA==，则M，N，P依次是ABC的()A．重心，外心，内心B．重心，外心，垂心C．外心，重心，内心D．外心，重心，垂心【分析】由三角形五心的性质即可判断出答案．【解答】解：0MAMB

MC++=，MAMBMC+=−，设AB的中点D，则2MAMBMD+=，C，M，D三点共线，即M为ABC的中线CD上的点，且2MCMD=．M为ABC的重心．||||||NANBNC==，||||||NANBNC==，N为ABC的外心；PAPBPB

PC=，()0PBPAPC−=，即0PBCA=，PBAC⊥，同理可得：PABC⊥，PCAB⊥，P为ABC的垂心；故选：B．9．（2020•浙江模拟）已知AB是半圆O的直径，2AB=，等腰三角形OCD的顶点C、D在半圆弧AB上运动，

且OCOD=，120COD=，点P是半圆弧AB上的动点，则PCPD的取值范围()A．373[,]424−−B．353[,]424−−C．1[,1]2−D．153[,]224−−【分析】由圆的参数方程设出D，C，P点的坐标，进而

找出PCPD与角的关系，通过三角化简转化成三角函数，结合角的范围可求最值．【解答】解：建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可得(1,0)A−，(1,0)B，设(cos,sin)D，则(cos(120)C+

，sin(120))+，设(cos,sin)P，其中[0，60]，[0，180]，所以(cos(120)cosPC=+−，sin(120)sin)+−，(coscos,sinsin)PD=−−，所以[cos(

120)cos](coscos)[sin(120)sin](sinsin)PCPD=+−−++−−2213131313(cossin)cos(cossin)coscoscoscos(sincos)sin(sincos)sinsinsinsin22222222

=−−−−−−++−+−−+−+2213131313cossincoscoscossincoscoscossincossinsincossinsinsin122222222sin=−−

++−−++−−+1131(coscossinsin)(sincoscossin)222=−+−++−113cos()sin()222=−−+−1sin(30)2=+−−，因为[0，60]，[0

，180]，所以30[210−−−，30]，sin(30)[1−−−，1]2，所以1[,1]2PCPD−．故选：C．10．（2020春•东城区期末）在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包．假设行李包所受重力为G，作用在

行李包上的两个拉力分别为1F，2F，且12||||FF=，1F与2F的夹角为．给出以下结论：①越大越费力，越小越省力；②的范围为[0，]；③当2=时，1||||FG=；④当23=时，1||||FG=．其中正确结论的序号是．【分析

】根据12||||GFF=+为定值，求出221||||2(1cos)GF=+，再对题目中的命题分析、判断正误即可．【解答】解：对于①，由12||||GFF=+为定值，所以222212121||||2|

|||cos2||(1cos)GFFFFF=++=+，解得221||||2(1cos)GF=+；由题意知(0,)时，cosy=单调递减，所以21||F单调递增，即越大越费力，越小越省力；①正确．对于②，由题意知，的取值

范围是(0,)，所以②错误．对于③，当2=时，221||2GF=，所以12||||2FG=，③错误．对于④，当23=时，221||||FG=，所以1||||FG=，④正确．综上知，正确结论的序号是①④．故答案为：①④．11．（2019春•贺州期末）设O为ABC内

一点，且满足关系式2332OAOBOCABBCCA++=++，则::AOBBOCCOASSS=．【分析】化简可得()2()0OAOBOAOC+++=，设M，N分别为AB、AC的中点，则2OMON=−，再根据

等底的三角形面积之比等于高之比即可求解．【解答】解：由题可得，233()2()()OAOBOCOBOAOCOBOAOC++=−+−+−，则320OAOBOC++=，即()2()0OAOBOAOC+++=，设M，N分别为AB、AC的中点，则2OMON=−，设ABCSS=，MN为ABC

的中位线，12BOCSS=，M是AB的中点，12CAMSS=，又:1:2ONOM=，1136COACAMSSS==，N是AC的中点，12ANBSS=，又:1:2ONOM=，2133AOBANBSSS==，故::2:3:1AOBBOCCOASSS=．故答案为：

2:3:1．12．（2019秋•亭湖区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，已知点(2,2)A，E、F为圆22:(1)(1)4Cxy−+−=上的两动点，且23EF=，若圆C上存在点P，使得,0AEAFmCPm+=，则m的取值范围为．【分析】作图，可得||mAM=，由弦长、弦心

距及半径之间的关系可得点M的轨迹方程，进而得到||AM的几何意义，由此即可得解．【解答】解：取EF的中点M，连接AM，则2AEAFAM+=，又圆22:(1)(1)4Cxy−+−=上存在点P，使得,0AEAFmCPm+=

，所以2AMmCP=，因此2||||2AMmCPm==，故||mAM=，因为E、F为圆22:(1)(1)4Cxy−+−=上的两动点，且23EF=，所以2||4()12EFCM=−=，设(,)Mxy，则22(1)(1

)1xy−+−=，即点M的轨迹方程为22(1)(1)1xy−+−=，||AM表示圆22(1)(1)1xy−+−=上的点与定点(2,2)A之间的距离，因此||1||||1ACAMAC−+剟，即21||21AM−+剟，即2121m

−+剟．故答案为：[21,21]−+．13．（2019秋•马鞍山期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，||2||2OAAB==，23OAB=，(1,3)BC=−．（1）求点B，点C的坐标；（2）求四边形OABC的面积．【分析】（1）设(BBx，)By，根据题中条

件，得到22cos()3Bx=+−，2sin()3By=−，再由向量的坐标表示，根据(1,3)BC=−，即可求出点C的坐标；（2）先用向量的方法，证明四边形OABC为等腰梯形；连接OC，延长CB交x轴于点D，得到OCD，ABD均为等边三角形，进而可

求出四边形面积．【解答】解：（1）在平面直角坐标系xOy中，||2OA=，||2AB=，(2,0)A，又23OAB=，设(BBx，)By，则252cos()32Bx=+−=，23sin()32By=−=

，点53(,)22B；又(1,3)BC=−，53333(1,3)(,)2222OCBCOB=+=−++=，即点333(,)22C；（2）由（1）可得，333(,)22OC=，13(,)22AB=，3OCAB=，即//OCAB，又||132

||BCOA=+==，四边形OABC为等腰梯形．连接OC，延长CB交x轴于点D，则OCD，ABD均为等边三角形，2233312344OCDABDSSS=−=−=．14．（2019春•来宾期末）在ABC中，D是线段AB上靠近B的一个三等分点，E是线段AC上靠近

A的一个四等分点，4DFFE=，设ABm=，BCn=．（1）用m，n表示AF；（2）设G是线段BC上一点，且使//EGAF，求||||CGCB的值．【分析】（1）利用已知条件，通过向量的三角形法则与平行四边形法则，转化求解即

可．（2）通过向量关系，结合向量共线，转化求解向量的模的关系，推出结果．【解答】解：（1）因为D是线段AB上靠近B的一个三等分点，所以23ADAB=．因为E是线段AC上靠近A的一个四等分点，所以14AEAC=，所以1243DEAEADACAB=−=−．因为4DFFE=，所以51

84515DFDEACAB==−，则2182111()351515535AFADDFABACABABABBCABBC=+=++=++=+．又ABm=，BCn=，所以11113535AFABBCmn=+=+．（2）因为G是线段BC上一点，所以存在实数，使得(01)CGCB=，则

333333()()()444444EGECCGACCBABBCBCABBCmn=+=+=+−=+−=+−，因为//EGAF，所以存在实数，使AFEG=，即1133[()]3544mnmn+=+−，整

理得31,4331(),45=−=解得310=，故||310||CGCB=．15．（2020春•金凤区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E是BC边上中点，点F在边CD上．（1）若点F是CD上靠近

C的三等分点，设EFABAD=+，求+的值．（2）若2AB=，当1AEBF=时，求DF的长．【分析】（1）用,ABAD表示出EF，得出，的值即可得出+的值；（2）设CFCD=，用,ABA

D表示出,AEBF，根据1AEBF=计算，从而可得DF的长．【解答】解：（1）点E是BC边上中点，点F是CD上靠近C的三等分点，1133CFDCAB=−=−，1122ECBCAD==，1132EFECCF

ABAD=+=−+，13=−，12=，故111326+=−+=．（2）设CFCD=，则BFBCCFADAB=+=−，又12AEABBEABAD=+=+，0ABAD=，2211()()42122AEBFABADADABABAD=+−=−+=−

+=，故14=，3(1)22DF=−=．[B组]—强基必备1．（2019秋•常州期中）已知点(1,0)A−，(0,1)B−，倾斜角为的直线OP与单位圆在第一象限的部分交于点P，PA与y轴交于点N，PB与x轴交于点M．（1）设PNnPA=，PMmPB=，试用表示m与

n；（2）设(,)POxPMyPNxyR=+，试用表示xy+；（3）求xy+的最小值．【分析】（1）由题意知点P的坐标为(cos,sin)P，利用坐标表示PNnPA=，PMmPB=，得出m、n的表达式；（2）由POxPMyPN=+，利用A、O、

M三点共线得出1xyn+=，B、O、N三点共线得出1xmy+=；联立方程组求得xy+的解析式；（3）由xy+的解析式，利用三角函数的性质求出xy+的最小值．【解答】解：（1）由题意知点P为倾斜角为的直

线OP与单位圆在第一象限的交点，所以(cos,sin)P，(0,)2；又因为PA与y轴交于点N，PB与x轴交于点M，由PNnPA=，PMmPB=，且(1,0)A−，(0,1)B−，所以sin1sinm=+，cos1cosn=+；（2）由POxPMyPNxPMynPA=+=+，由A

、O、M三点共线，所以1xyn+=，即cos11cosxy+=+，①同理POxPMyPNxmPByPN=+=+，由B、O、N三点共线，所以sin11sinxy+=+，②由①(1cos)++②(1sin)+得，(1coss

in)(1cossin)1cos1sinxy+++++=+++，从而得2cossin1cossinxy+++=++；（3）由2cossin11111cossin1cossin12sin()4xy+++==+=+++++++，当

4=时，xy+取得最小值为11212+=+．