河北师范大学附属中学2021年高考新题型——数学平面向量多选题专项练习附答案

附答案

一、平面向量多选题

1．在三棱锥MABC中，下列命题正确的是（ ）

12ABAC，则BC3BD 33111B．若G为ABC的重心，则MGMAMBMC

333A．若ADC．若MABC0，MCAB0，则MBAC0

D．若三棱锥MABC的棱长都为2，P，Q分别为MA，BC中点，则PQ2 【答案】BC 【分析】

作出三棱锥MABC直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】

对于A ，由已知AD即2CDDB，则

12ABAC3AD2ACAB2AD2ACABAD，333BDBDDCBC，故A错误； 2对于B，由G为ABC的重心，得GAGBGC0，又MGMAAG，

MGMBBG，MGMCCG，MAMBMC3MG，即

111MGMAMBMC，故B正确；

333对于C，若MABC0，MCAB0，则MABCMCAB0，即

MABCMC(ACCB)0MABCMCACMCCB0MABCMCACMCBC0MAMCBCMCAC0CABCMCAC0ACCBMCAC0CBMCAC0，即

MBAC0，故C正确；

对于D，PQMQMP111(MBMC)MA(MBMCMA) 22211PQMBMCMA22MBMCMA222，又MBMCMAMBMCMA2MBMC2MBMA2MCMA2211112222222222222228，PQ82，故

2222D错误. 故选：BC 【点睛】

关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．

(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．

2．已知边长为4的正方形ABCD的对角线的交点为O，以O为圆心，6为半径作圆；若点E在圆O上运动，则（ ）

A．EAEBEBECECEDEDEA72 C．EAEBEBECECEDEDEA144 【答案】BC 【分析】

以O为坐标原点，线段BC，AB的垂直平分线分别为x、y轴建立平面直角坐标系

B．EAECEBED56 D．EAECEBED28

xOy，再利用向量坐标的线性运算以及向量数量积的坐标运算即可求解.

【详解】

作出图形如图所示，以O为坐标原点，

线段BC，AB的垂直平分线分别为x、y轴建立平面直角坐标系xOy； 观察可知，A2,2，B2,2，C2,2，D2,2， 设Ex,y，则xy36，

22故EA2x,2y，EB2x,2y，EC2x,2y， 故ED2x,2y，

故EAEBEBECECEDEDEA

EAECEBED4EO144，

2EAECEBED56.

故选：BC

3．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心､重心､垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理.设点O､G､H分别是ABC的外心､重心､垂心，且M为BC的中点，则（ ）

A．GAGBGC0 C．AH3OM 【答案】ABD 【分析】

向量的线性运算结果仍为向量可判断选项A；由GOB．ABAC2HM4MO D．OAOBOC

12HG可得HGHO，利用向量23的线性运算ABAC2AM6GM6HMHG，再结合HOHMMO集合判断选项B；利用AHAGHG2GM2GO2OM故选项C不正确，利用外心的性质可判断选项D，即可得正确选项. 【详解】



因为G是ABC的重心，O是ABC的外心，H是ABC的垂心， 且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，所以GO1HG， 2对于选项A：因为G是ABC的重心，M为BC的中点，所以AG2GM， 又因为GBGC2GM，所以GBGCAG，即GAGBGC0，故选项A正确；

对于选项B：因为G是ABC的重心，M为BC的中点，所以AG2GM，

AM3GM，因为GO12HG，所以HGHO， 232ABAC2AM6GM6HMHG6HMHO

36HM4HO6HM4HMMO2HM4MO，即ABAC2HM4MO，

故选项B正确；

对于选项C：AHAGHG2GM2GO2OM，故选项C不正确； 对于选项D：设点O是ABC的外心，所以点O到三个顶点距离相等，即

OAOBOC，故选项D正确；

故选：ABD. 【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键是利用已知条件GO性运算结合AG2GM可得出向量间的关系.

12HG得HGHO，利用向量的线23

4．下列条件中，使点P与A，B，C三点一定共面的是（ ） A．PC12PAPB 33B．OP111OAOBOC 333C．QPQAQBOC 【答案】AB 【分析】

D．OPOAOBOC0

根据四点共面的充要条件，若A，B，C，P四点共面

PCxPAyPB(xy1)OPxOAyOBzOCxyz1，对选项

逐一分析，即可得到答案. 【详解】 对于A，由PC对于B，由OP1212PAPB，1，所以点P与A，B，C三点共面.

3333111111OAOBOC，1，所以点P与A，B，C三点共面.

333333对于C，由OPOAOBOC，11131，所以点P与A，B，C三点不共面. 对于D，由OPOAOBOC0，得OPOAOBOC，而11131，

所以点P与A，B，C三点不共面. 故选：AB 【点睛】

关键点睛：本题主要考查四点共面的条件，解题的关键是熟悉四点A，B，C，P共面的充要条件PCxPAyPB(xy1)OPxOAyOBzOCxyz1，

考查学生的推理能力与转化思想，属于基础题.

5．已知ABC的面积为3，在ABC所在的平面内有两点P，Q，满足

2PAPC0，QA2QB，记APQ的面积为S，则下列说法正确的是（ ）

A．PB//CQ C．PAPC0 【答案】BCD 【分析】

本题先确定B是AQ的中点，P是AC的一个三等分点，判断选项A错误，选项C正确； 再通过向量的线性运算判断选项B正确；最后求出S△APQ2，故选项D正确. 【详解】

解：因为2PAPC0，QA2QB，

所以B是AQ的中点，P是AC的一个三等分点，如图：故选项A错误，选项C正确；

B．BP21BABC 33D．S2

因为BPBAAPBA121BCBABABC，故选项B正确； 333因为

S△APQS△ABC112ABh32，所以，S2△APQ2，故选项D正确. 13ABh2故选：BCD 【点睛】

本题考查平面向量的线性运算、向量的数量积、三角形的面积公式，是基础题.

6．已知数列{an}，a11，a25，在平面四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点E，

且AE2EC，当n≥2时，恒有BDan2an1BAan13anBC，则（ ） A．数列{an}为等差数列 C．数列{an}为等比数列 【答案】BD 【分析】 证明BEB．BE12BABC 33nD．an1an4

12BABC，所以选项B正确；设BDtBE（t0），易得33an1an4anan1，显然anan1不是同一常数，所以选项A错误；数列{anan1}

n是以4为首项，4为公比的等比数列，所以an1an4，所以选项D正确，易得

a321，选项C不正确.

【详解】

因为AE2EC，所以AE所以ABBE所以BE2AC， 32(ABBC), 312BABC，所以选项B正确； 33

设BDtBE（t0），

则当n≥2时，由BDtBEan2an1BAan13anBC，所以

BE所以

11an2an1BAan13anBC， tt1112an2an1，an13an， t3t3所以an13an2an2an1， 易得an1an4anan1，

显然anan1不是同一常数，所以选项A错误；

因为a2-a1=4，

an1an4，

anan1所以数列{anan1}是以4为首项，4为公比的等比数列，

n所以an1an4，所以选项D正确，

易得a321，显然选项C不正确. 故选：BD 【点睛】

本题主要考查平面向量的线性运算，考查等比数列等差数列的判定，考查等比数列通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

7．在ABC中，D，E，F分别是边BC，AC，AB中点，下列说法正确的是（ ） A．ABACAD0 B．DAEBFC0 C．若

ABAC3AD，则BD是BA在BC的投影向量 |AB||AC||AD|1 8D．若点P是线段AD上的动点，且满足BPBABC，则的最大值为【答案】BCD 【分析】

对选项A，B，利用平面向量的加减法即可判断A错误，B正确.对选项C，首先根据已知得到AD为BAC的平分线，即ADBC，再利用平面向量的投影概念即可判断C正确.对选项D，首先根据A,P,D三点共线，设BPtBA(1t)BD，0t1，再根据已知得

t到1t，从而得到y2【详解】 如图所示：

1tt()21121(t)，即可判断选项D正确. 228

对选项A，ABACAD2ADADAD0，故A错误. 对选项B，DAEBFC111(ABAC)(BABC)(CACB) 222111111ABACBABCCACB

222222111111ABACABBCACBC0，故B正确.

222222对选项C，

ABACAD，，分别表示平行于AB，AC，AD的单位向量， |AB||AC||AD|由平面向量加法可知：

ABAC为BAC的平分线表示的向量. |AB||AC|因为

ABAC3AD，所以AD为BAC的平分线， |AB||AC||AD|又因为AD为BC的中线，所以ADBC，如图所示：

BA在BC的投影为BAcosBBABDBABD，

所以BD是BA在BC的投影向量，故选项C正确. 对选项D，如图所示：

因为P在AD上，即A,P,D三点共线， 设BPtBA(1t)BD，0t1.

又因为BD(1t)1BC，所以BPtBABC. 22t因为BPBABC，则1t，0t1.

21121(t)， 22811当t时，取得最大值为.故选项D正确.

28故选：BCD 【点睛】

令yt1t2本题主要考查平面向量的加法，减法的几何意义，数形结合为解决本题的关键，属于中档题.

8．若平面向量a,b,c两两夹角相等，a,b为单位向量，c2，则abc（ ） A．1 【答案】AD 【分析】

由平面向量a,b,c两两夹角相等可知，夹角为0或120.分两种情况对三个向量的和的模长进行讨论，算出结果. 【详解】

平面向量a,b,c两两夹角相等，

B．2

C．3

D．4

两两向量所成的角是0或120.

当夹角为0时，

a,b,c同向共线，

则abc4； 当夹角为120时，

a,b为单位向量，

ab1 ，且ab与c反向共线，

又

c2，

abc1.

故选：AD. 【点睛】

本题考查了平面向量共线的性质，平面向量的模的求法，考查了分类讨论的思想，属于中档题.

9．已知ABC是边长为2aa0的等边三角形，P为ABC所在平面内一点，则

PAPBPC的值可能是（ ）

A．2a2 【答案】BCD 【分析】

通过建系，用坐标来表示向量，根据向量的乘法运算法则以及不等式，可得结果. 【详解】

建立如图所示的平面直角坐标系.

B．32a 2C．42a 3D．a2

设Px,y，又A0,3a，Ba,0，

Ca,0，则PAx,3ay，

PBax,y，PCax,y.

则PBPCax,yax,y 即PBPC2x,2y 所以

则PAPBPC2xPAPBPCx,3ay2x,2y

22y223ay

23322aa. 即PAPBPC2x2y22所以PAPBPC故选：BCD. 【点睛】

本题主要通过建系的方法求解几何中向量的问题，属中档题.

32a 2

10．在ABC中，AB2,3，AC1,k，若ABC是直角三角形，则k的值可以是（ ）

A．1 【答案】BCD 【分析】

B．

11 3C．313 2D．

313 2由题意，若ABC是直角三角形，分析三个内有都有可能是直角，分别讨论三个角是直角的情况，根据向量垂直的坐标公式，即可求解. 【详解】

若A为直角，则ABAC即ACAB0

23k0解得k

若B为直角，则BCAB即BCAB0

23AB2,3,AC1,k BC1,k3

23k90解得k11 3若C为直角，则BCAC，即BCAC0

AB2,3,AC1,k BC1,k3

1kk30解得k313

2综合可得，k的值可能为故选：BCD 【点睛】

本题考查向量垂直的坐标公式，考查分类讨论思想，考察计算能力，属于中等题型.

211313313 ,,,3322