专题03 平面向量（选填题10种考法）（解析版）

专题03平面向量（选填题10种考法）考法一平面向量的坐标运算【例1】（2023·湖南·校联考二模）（多选）已知向量2,1a，a//b，=2bc，1,2c，则（）A．acB．acC．4,2bD．bac【答案】AB【解析】因为2,11,20ac，所以ac，则A正确；5ac，则B正确；因为a//b，所以设2,12,ba，因为522bc，所以22(2)()25，解得2，所以4,2b或4,2b，故C错误；3,1acb，故D错误．故选：AB【变式】1．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）已知向量1,,2,4amb，则下列说法正确的是（）A．若10abrr，则5mB．若ab，则2mC．若ab，则1mD．若1m，则向量,ab的夹角为锐角【答案】B【解析】对于选项A：因为1,,2,4amb，则3,4abmrr，所以29(4)10abmrr，解得5m或3m，故A错误；对于选项B：因为a//b，所以24m，解得2m，故B正确；对于选项C：因为ab，所以240abmrr，解得12m，故C错误；对于选项D：当1m时，1,1,2420aab，由选项B可知：,ab不共线，所以向量,ab的夹角为钝角，故D错误.故选：B.2（2023·广东广州·统考三模）（多选）已知向量(1,2)a，(2,1)b，则（）A．()()ababB．()//()ababC．||||ababD．ba在a上的投影向量是a【答案】AC【解析】因为(3,1)ab，(1,3)ab，所以()()3(1)130abab，()()abab，故A正确；因为331(1)100，故B错误；||10ab，||10ab，故C正确；因为(3,1)ba在a上的投影向量是()5||||55baaaaaaa，故D错误.故选：AC．3．（2023·广西南宁·南宁二中校联考模拟预测）（多选）已知向量1,am，2,4b，则下列说法正确的是（）A．若10abrr，则5mB．若a∥b，则2mC．若ab，则1mD．若1m，则向量a，b的夹角为钝角【答案】BD【解析】对于A，因为1,am，2,4b，所以3,4abmrr，2||9410abmrr，解得5m或3m，故A错误；对于B，因为a∥b，所以24m，解得2m，故B正确；对于C，因为ab，所以240abmrr，解得12m，故C错误；对于D，当1m时，1,1a，2420abrr，又因为此时a，b不共线，所以向量a，b的夹角为钝角，故D正确.故选：BD.考法二平面向量的基本定理【例2-1】（2023·安徽·校联考二模）如图，在ABC中，点D为线段BC的中点，点E，F分别是线段AD上靠近D，A的三等分点，则AD（）A．13BECFB．13BECFC．BECFD．49BECF【答案】C【解析】13BEBDDEBDAD，则133222ADBDBE①；23CFCDDFCDAD，则3322ADCDCF②；①②两式相加，333222ADCFBE，即ADBECF，故选：C.【例2-2】（2023·河南·校联考模拟预测）在平行四边形ABCD中，点E满足4BDBE，(,)CEBABCR，则（）A．316B．38C．316D．1【答案】A【解析】因为4BDBE，则4CDCBCECB，整理得13134444CECDCBBABC，可得13,44，所以1334416.故选：A.【变式】1（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）在平行四边形ABCD中，E､F分别在边AD､CD上，3AEED，,DFFCAF与BE相交于点G，记,ABaADb，则AG（）A．341111abB．631111abC．451111abD．361111ab【答案】D【解析】过点F作FN平行于BC，交BE于点M，因为DFFC，则F为DC的中点，所以MNAE且11332248MNAEADAD，因为NFAD，所以3588MFNFMNADADAD，由AEGFMG可得：AEAGFMFG，所以364558ADAGAEFGFMAD，因为666136()()11111121111AGAFADDFADABABAD，所以361111AGab，故选：D.2．（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）如图，在ABC中，E是AB的中点，12,,3BDDCFCAFEF与AD交于点M，则AM（）A．33147ABACB．331414ABACC．2839ABACD．3477ABAC【答案】A【解析】在ABC中，设,AMADR，由2BDDC，可得1233ADABAC，故1233AMADABAC．又E是AB的中点，13FCAF，所以42,3ABAEACAF，所以2839AMADAEAF．由点,,EMF三点共线，可得28139，解得914，故33147AMABAC．故选：A．3．（2023·湖南娄底·娄底市第三中学校联考三模）2000多年前，古希腊雅典学派的第三大算学家欧道克萨斯首先提出黄金分割.所谓黄金分割点，指的是把一条线段分割为两部分，使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比，黄金分割比为512.如图，在矩形ABCD中，AC与BD相交于点O，,,,BFACDHACAEBDCGBD，且点E为线段BO的黄金分割点，则BF（）A．3555210BABGB．3555210BABGC．5155210BABGD．35525BABG【答案】D【解析】由题意得512BEBO，显然BEDG，12BOODBD，同理有512AFAO，512DGDO，所以5155222BGBOBO，故2255551BOBGBG，因为512BFBAAFBAAO513551222BABOBABABO，所以35525BFBABG.故选：D考法三平面向量的数量积【例3-1】（2022·全国·统考高考真题）已知向量,ab满足||1,||3,|2|3abab，则ab（）A．2B．1C．1D．2【答案】C【解析】∵222|2|||44abaabb，又∵||1,||3,|2|3,abab∴91443134abab，∴1ab故选：C.【例3-2】（2023·全国·统考高考真题）正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则ECED（）A．5B．3C．25D．5【答案】B【解析】方法一：以,ABAD为基底向量，可知2,0ABADABADuuuruuuruuuruuur，则11,22ECEBBCABADEDEAADABADuuuruuruuuruuuruuuruuuruuruuuruuuruuur，所以22111143224ECEDABADABADABADuuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur；方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则1,0,2,2,0,2ECD，可得1,2,1,2ECEDuuuruuur，所以143ECEDuuuruuur；方法三：由题意可得：5,2EDECCD，在CDE中，由余弦定理可得2225543cos25255DECEDCDECDECE，所以3cos5535ECEDECEDDECuuuruuuruuuruuur.故选：B.【变式】1．（2023·河南·校联考模拟预测）已知等边三角形ABC的边长为2，D，E分别是BC，AC上的点，且13BDBC，23CECA，则ADBE（）A．2B．2C．229D．229【答案】D【解析】121333ADABBDABACABABAC，13BEBAAEABAC，∴22211211333399ADBEABACABACABABACAC22211122222239299．故选：D．2．（2023·全国·统考高考真题）已知向量a，b满足3ab，2abab，则b．【答案】3【解析】法一：因为2abab，即222abab，则2222244aabbaabbrrrrrrrr，整理得220aab，又因为3ab，即23ab，则22223aabbbrrrrr，所以3b.法二：设cabrrr，则3,2,22cabcbabcbrrrrrrrrr，由题意可得：2222cbcbrrrr，则22224444ccbbccbbrrrrrrrr，整理得：22cbrr，即3bcrr.故答案为：3.3．（2023·河北保定·统考二模）在ABC中，点D在边AB上，CD平分ACB，若1,2CACB，60ACB，则CDAB．【答案】1【解析】延长CA至点F，使2CFCB，连接BF，延长CD交BF于点E，过点E作AB的平行线交CF于H．CD平分ACB，CFCB，E为BF的中点，得AHHF，2CBCA，12AHCA，可得23CDCE，2121()3233CDABCECBCFCECBCECF．2CB，30BCD，3CE\=，可得32332CECBCECF，1313CDAB．故答案为：1．考法四平面向量的共线定理【例4-1】（2023·山西临汾·统考一模）已知a、b为不共线的向量，5ABab，28BCab，3CDabuuurrr，则（）A．ABC，，三点共线B．ACD，，三点共线C．ABD，，三点共线D．BCD，，三点共线【答案】C【解析】因为a、b为不共线的向量，所以a、b可以作为一组基底，对于A：5ABab，28BCab，若存在实数t使得ABtBC，则528abtab，所以2185tt，方程组无解，所以AB与BC不共线，故A、B、C三点不共线，即A错误；对于B：因为5ABab，28BCab，所以52813ACBaABCabbab，同理可以说明不存在实数t，使得ACtCD，即AC与CD不共线，故A、C、D三点不共线，即B错误；对于C：因为28BCab，3CDabuuurrr，所以2835BBCCDabababD，又5ABabBD，所以//ABBD，故A、B、D三点共线，即C正确；对于D：28BCab，3CDabuuurrr，同理可以说明不存在实数t，使得BCtCD，即BC与CD不共线，故B、C、D三点不共线，即D错误；故选：C【例4-2】（2023·河北沧州·校考模拟预测）在ABC中,1122BEECBFBABC，点P为AE与BF的交点，APABAC，则（）A．0B．14C．12D．34【答案】B【解析】因为12BFBABC，所以F为AC中点，,,BPF三点共线，故可设BPkBF，即APkAF