《2026年学易优高考二轮总复习数学》

例 1 (1)(2025·浙江模拟)已知向量 $ \boldsymbol{e}_1 $，$ \boldsymbol{e}_2 $是平面上两个不共线的单位向量，且 $ \overrightarrow{AB} = \boldsymbol{e}_1 + 2\boldsymbol{e}_2 $，$ \overrightarrow{BC} = -3\boldsymbol{e}_1 + 2\boldsymbol{e}_2 $，$ \overrightarrow{DA} = 3\boldsymbol{e}_1 - 6\boldsymbol{e}_2 $，则(C)

A.$ A $，$ B $，$ C $三点共线
B.$ A $，$ B $，$ D $三点共线
C.$ A $，$ C $，$ D $三点共线
D.$ B $，$ C $，$ D $三点共线

答案：
(1)C 因为$\overrightarrow{AB}=e_{1}+2e_{2}$，$\overrightarrow{BC}=-3e_{1}+2e_{2}$，若A，B，C三点共线，设$\overrightarrow{AB}=\lambda\overrightarrow{BC}$，则$\begin{cases}1 = - 3\lambda,\\2 = 2\lambda,\end{cases}$无解，所以A，B，C三点不共线，故A错误;若A，B，D三点共线，设$\overrightarrow{AB}=\mu\overrightarrow{DA}$，则$\begin{cases}1 = 3\mu,\\2 = - 6\mu,\end{cases}$无解，所以A，B，D三点不共线，故B错误;因为$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=(e_{1}+2e_{2})+(-3e_{1}+2e_{2})=-2e_{1}+4e_{2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AD}$，又AC，AD有公共点A，所以A，C，D三点共线，故C正确. 因为$\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}=(3e_{1}-6e_{2})+(e_{1}+2e_{2})=4e_{1}-4e_{2}$，$\overrightarrow{BC}=-3e_{1}+2e_{2}$，设$\overrightarrow{DB}=k\overrightarrow{BC}$，则$\begin{cases}4 = - 3k,\\-4 = 2k,\end{cases}$无解，所以B，C，D三点不共线，故D错误;故选C.

(2)(2025·如皋诊断)已知 $ \triangle ABC $的边 $ BC $的中点为 $ D $，点 $ E $在 $ \triangle ABC $所在平面内，且 $ \overrightarrow{CD} = 3\overrightarrow{CE} - 2\overrightarrow{CA} $，若 $ \overrightarrow{AC} = x\overrightarrow{AB} + y\overrightarrow{BE} $，则 $ x + y = $（ ）

A.5
B.7
C.9
D.11

答案：
(2)D 因为$\overrightarrow{CD}=3\overrightarrow{CE}-2\overrightarrow{CA}$，边BC的中点为D，所以$\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}=3(\overrightarrow{BE}-\overrightarrow{BC})+2\overrightarrow{AC}$，即$\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}=3\overrightarrow{BE}-3\overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{AC}$，所以$\frac{5}{2}\overrightarrow{BC}=3\overrightarrow{BE}+2\overrightarrow{AC}$，所以$\frac{5}{2}\overrightarrow{BC}=\frac{5}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=3\overrightarrow{BE}+2\overrightarrow{AC}$，所以$5\overrightarrow{AC}-5\overrightarrow{AB}=6\overrightarrow{BE}+4\overrightarrow{AC}$，即$5\overrightarrow{AB}+6\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AC}$，因为$\overrightarrow{AC}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{BE}$，所以$x = 5$，$y = 6$，故$x + y = 11$. 故选D.

训练 1 (1)(2025·厦门调研)如图，正方形 $ ABCD $中，$ E $为 $ DC $的中点，若 $ \overrightarrow{AD} = \lambda\overrightarrow{AC} + \mu\overrightarrow{AE} $，则 $ \lambda - \mu $的值为(D)

A.3
B.2
C.1
D.$ -3 $

答案：
(1)D 因为E是DC的中点，所以$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})$，即$\overrightarrow{AD}=-\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{AE}$，所以$\lambda = - 1$，$\mu = 2$，则$\lambda-\mu=-1 - 2 = - 3$.

(2)(2025·太原模拟)已知在矩形 $ ABCD $中，$ E $为 $ AB $边的中点，线段 $ AC $和 $ DE $交于点 $ F $，则 $ \overrightarrow{BF} = $(D)

A.$ -\frac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow{AD} $
B.$ \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow{AD} $
C.$ \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} - \frac{1}{3}\overrightarrow{AD} $
D.$ -\frac{2}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{AD} $

答案：

(2)D 如图，在矩形ABCD中，$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{EB}$，所以$\triangle DFC\sim\triangle EFA$，则$\frac{CF}{FA}=\frac{CD}{AE}=2$，所以$\overrightarrow{CF}=2\overrightarrow{FA}$，即$\overrightarrow{CF}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CA}$，
所以$\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AF}=-\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})=-\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$. 故选D.

例 2 (1)(2025·惠州模拟)已知非零向量 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $满足 $ (\boldsymbol{a} + 2\boldsymbol{b}) \perp (\boldsymbol{a} - 2\boldsymbol{b}) $，且向量 $ \boldsymbol{b} $在向量 $ \boldsymbol{a} $上的投影向量是 $ \frac{1}{4}\boldsymbol{a} $，则向量 $ \boldsymbol{a} $与 $ \boldsymbol{b} $的夹角是(B)

A.$ \frac{\pi}{6} $
B.$ \frac{\pi}{3} $
C.$ \frac{\pi}{2} $
D.$ \frac{2\pi}{3} $

答案：
(1)B $\because(a + 2b)\perp(a - 2b)$，$\therefore(a + 2b)·(a - 2b)=a^{2}-4b^{2}=0$，即$\vert a\vert=2\vert b\vert$.
向量$b$在向量$a$上的投影向量是$\frac{1}{4}a$，则向量$b$在向量$a$上的投影向量为$(\vert b\vert\cos\langle a,b\rangle)\frac{a}{\vert a\vert}=(\frac{\vert b\vert}{\vert a\vert}\cos\langle a,b\rangle)a=(\frac{1}{2}\cos\langle a,b\rangle)a=\frac{1}{4}a$，
$\therefore\frac{1}{2}\cos\langle a,b\rangle=\frac{1}{4}$，即$\cos\langle a,b\rangle=\frac{1}{2}$.
由$\langle a,b\rangle\in[0,\pi]$，得$\langle a,b\rangle=\frac{\pi}{3}$，即向量$a$与$b$的夹角是$\frac{\pi}{3}$. 故选B.

(2)(2025·常德模拟)已知平面向量 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $均为单位向量，且夹角为 $ 60^{\circ} $，若向量 $ \boldsymbol{c} $与 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $共面，且满足 $ \boldsymbol{a} · \boldsymbol{c} = \boldsymbol{b} · \boldsymbol{c} = 1 $，则 $ |\boldsymbol{c}| = $(B)
A.1
B.$ \frac{2\sqrt{3}}{3} $
C.$ \sqrt{3} $
D.2

答案：
(2)B 设$c = ma + nb$，
因为$a· b=\vert a\vert\vert b\vert\cos\langle a,b\rangle=1×1×\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，
又$a· c = b· c = 1$，
即$\begin{cases}a· c=a·(ma + nb)=m+\frac{1}{2}n = 1,\\b· c=b·(ma + nb)=\frac{1}{2}m + n = 1,\end{cases}$
解得$m = n=\frac{2}{3}$，所以$c=\frac{2}{3}a+\frac{2}{3}b$，
所以$\vert c\vert=\sqrt{\frac{4}{9}\vert a\vert^{2}+2×\frac{2}{3}\vert a\vert×\frac{2}{3}\vert b\vert+\frac{4}{9}\vert b\vert^{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，故选B.

(3)如图，在 $ \triangle ABC $中，$ \angle ABC = 90^{\circ} $，$ F $为 $ AB $的中点，$ CE = 3 $，$ CB = 8 $，$ AB = 12 $，则 $ \overrightarrow{EA} · \overrightarrow{EB} = $13。

答案：

(3)13 解法一(坐标法) 建立如图所示的平面直角坐标系，
则$A(12,0)$，$B(0,0)$，$C(0,8)$，$F(6,0)$，
易知$CF=\sqrt{CB^{2}+BF^{2}} = 10$，即$CE=\frac{3}{10}FC$，$FE=\frac{7}{10}FC$，
所以$\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{BF}+\frac{7}{10}\overrightarrow{FC}=(6,0)+\frac{7}{10}(-6,8)=(\frac{9}{5},\frac{28}{5})$，
所以$\overrightarrow{EA}=\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BE}=(12,0)-(\frac{9}{5},\frac{28}{5})=(\frac{51}{5},-\frac{28}{5})$，
而$\overrightarrow{EB}=(-\frac{9}{5},-\frac{28}{5})$，所以$\overrightarrow{EA}·\overrightarrow{EB}=\frac{51}{5}×(-\frac{9}{5})+(-\frac{28}{5})^{2}=13$.

解法二(基底法) 由解法一知$\overrightarrow{EF}=\frac{7}{10}\overrightarrow{CF}$，
且$CF=\sqrt{CB^{2}+(\frac{1}{2}BA)^{2}} = 10$，
故$\overrightarrow{EA}·\overrightarrow{EB}=(\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FA})·(\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FB})=(\frac{7}{10}\overrightarrow{CF}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BA})·(\frac{7}{10}\overrightarrow{CF}-\frac{1}{2}\overrightarrow{BA})$
$=\frac{49}{100}\overrightarrow{CF}^{2}-\frac{1}{4}\overrightarrow{BA}^{2}=\frac{49}{100}×10^{2}-\frac{1}{4}×12^{2}=13$.
解法三(利用极化恒等式) 由解法一知$\vert\overrightarrow{EF}\vert = 7$，
由极化恒等式知$\overrightarrow{EA}·\overrightarrow{EB}=\vert\overrightarrow{EF}\vert^{2}-\frac{1}{4}\vert\overrightarrow{BA}\vert^{2}=49-\frac{1}{4}×144 = 13$.