《2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專項(xiàng)訓(xùn)練 平面向量應(yīng)用(含解析)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專項(xiàng)訓(xùn)練 平面向量應(yīng)用(含解析)(13頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專項(xiàng)訓(xùn)練 平面向量應(yīng)用(含解析)1、(1)(xx新課標(biāo)全國(guó)卷)已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2,E為CD的中點(diǎn),則_.(2)(xx天津卷)在平行四邊形ABCD中,AD1,BAD60,E為CD的中點(diǎn)若1,則AB的長(zhǎng)為_解析(1)以A為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系(如圖)則A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2),E(1,2)(1,2),(2,2)從而(1,2)(2,2)1(2)222.(2)由題意可知,.因?yàn)?,所以()1,即221.因?yàn)閨1,BAD60,所以|,因此式可化為1|21,解得|0(舍去)或,所以AB的長(zhǎng)為.答案(1)2(2)2、在邊長(zhǎng)為1的菱形ABC
2、D中,BAD60,E是BC的中點(diǎn),則()A. B. C. D.(2)在ABC所在平面上有一點(diǎn)P,滿足,則PAB與ABC的面積之比值是()A. B. C. D.解析(1)建立如圖平面直角坐標(biāo)系,則A,C,B.E點(diǎn)坐標(biāo)為,(,0),.(2)由已知可得2,P是線段AC的三等分點(diǎn)(靠近點(diǎn)A),易知SPABSABC,即SPABSABC13.答案(1)D(2)A3、(xx湖南卷)已知平面上一定點(diǎn)C(2,0)和直線l:x8,P為該平面上一動(dòng)點(diǎn),作PQl,垂足為Q,且0.(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程;(2)若EF為圓N:x2(y1)21的任一條直徑,求的最值解(1)設(shè)P(x,y),則Q(8,y)由()()0,得|
3、2|20,即(x2)2y2(x8)20,化簡(jiǎn)得1.所以點(diǎn)P在橢圓上,其方程為1.(2)因()()()()()2221,P是橢圓1上的任一點(diǎn),設(shè)P(x0,y0),則有1,即x16,又N(0,1),所以2x(y01)2y2y017(y03)220.因y02,2,所以當(dāng)y03時(shí),2取得最大值20,故的最大值為19;當(dāng)y02時(shí),2取得最小值為134(此時(shí)x00),故的最小值為124.3、已知點(diǎn)P(0,3),點(diǎn)A在x軸上,點(diǎn)Q在y軸的正半軸上,點(diǎn)M滿足0,當(dāng)點(diǎn)A在x軸上移動(dòng)時(shí),求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程解設(shè)M(x,y)為所求軌跡上任一點(diǎn),設(shè)A(a,0),Q(0,b)(b0),則(a,3),(xa,y),(x,b
4、y),由0,得a(xa)3y0.由,得(xa,y)(x,by),把a(bǔ)代入,得3y0,整理得yx2(x0)所以動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為yx2(x0)4、已知a,b是單位向量,ab0.若向量c滿足|cab|1,則|c|的最大值為_解析建立如圖所示的直角坐標(biāo)系,由題意知ab,且a與b是單位向量,可設(shè)a(1,0),b(0,1),c(x,y)cab(x1,y1),|cab|1,(x1)2(y1)21,即點(diǎn)C(x,y)的軌跡是以M(1,1)為圓心,1為半徑的圓而|c|,|c|的最大值為|OM|1,即|c|max1.答案15ABC外接圓的半徑為1,圓心為O,且2 0,|,則()A. B. C3 D2解析由2 0,
5、得2 0,即,即O,B,C三點(diǎn)共線,BC為ABC外接圓的直徑,故BAC90.又|,得B60,所以C30,且|(如圖所示)所以|cos 3023.答案C6給定兩個(gè)長(zhǎng)度為1的平面向量和,它們的夾角為.如圖所示,點(diǎn)C在以O(shè)為圓心的圓弧上運(yùn)動(dòng)若x y ,其中x,yR,則xy的最大值是_解析:以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示,則A(1,0),B,設(shè)AOC,則C(cos ,sin ),由x y ,得所以xcos sin ,ysin ,所以xycos sin 2sin,又,所以當(dāng)時(shí),xy取得最大值2.7已知a(1,sin2x),b(2,sin 2x),其中x(0,)若|ab|a|
6、b|,則tan x的值等于()A1 B1 C. D.解析由|ab|a|b|知,ab.所以sin 2x2sin2x,即2sin xcos x2sin2x,而x(0,),所以sin xcos x,即x,故tan x1.答案A8若|a|2sin 15,|b|4cos 15,a與b的夾角為30,則ab的值是()A. B. C2 D.解析ab|a|b|cos 308sin 15cos 154sin 30.答案B9已知|a|2|b|,|b|0且關(guān)于x的方程x2|a|xab0有兩相等實(shí)根,則向量a與b的夾角是()A B C. D.解析由已知可得|a|24ab0,即4|b|242|b|2cos 0,cos ,
7、又0,.答案D10在ABC中,a,b,c分別為角A,B,C所對(duì)應(yīng)的三角形的邊長(zhǎng),若4a2bC3c0,則cos B()A B. C. D解析由4a2bC3c0,得4a3c2bC2b()2b2b,所以4a3c2b.由余弦定理得cos B.答案A11在ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若1,那么c_.解析由題意知2,即()22c|.答案12在ABC中,若AB1,AC,|,則_.解析易知滿足|的A,B,C構(gòu)成直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn),且A為直角,于是|cosABC1cos 60.答案13設(shè)ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若(3bc)cos Aacos C,SABC,則_.解析
8、依題意得(3sin Bsin C)cos Asin Acos C,即3sin Bcos Asin Acos Csin Ccos Asin(AC)sin B0,于是有cos A,sin A,又SABCbcsin Abc,所以bc3,bccos(A)bccos A31.答案114已知圓C:(x3)2(y3)24及點(diǎn)A(1,1),M是圓C上的任意一點(diǎn),點(diǎn)N在線段MA的延長(zhǎng)線上,且2,求點(diǎn)N的軌跡方程解設(shè)M(x0,y0),N(x,y)由2,得(1x0,1y0)2(x1,y1),點(diǎn)M(x0,y0)在圓C上,(x03)2(y03)24,即(32x3)2(32y3)24.x2y21.所求點(diǎn)N的軌跡方程是x2
9、y21.15已知ABD是等邊三角形,且,|,那么四邊形ABCD的面積為()A. B. C3 D. 解析如圖所示,22,即322,|,|2|cos 603,|2.又,|1,|2|2|2,BCCD.S四邊形ABCDSABDSBCD22sin 601 ,故選B.答案B16.已知向量m,n.(1)若mn1,求cos的值;(2)記f(x)mn,在ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,且滿足(2ac)cos Bbcos C,求函數(shù)f(A)的取值范圍解(1)mnsin cos cos2sin sin,mn1,sin.cos12sin2,coscos.(2)(2ac)cos Bbcos C,由正弦定理
10、得(2sin Asin C)cos Bsin Bcos C,2sin Acos Bsin Ccos Bsin Bcos C.2sin Acos Bsin(BC)ABC,sin(BC)sin A0.cos B,0B,B,0A.,sin.又f(x)sin,f(A)sin.故函數(shù)f(A)的取值范圍是.17已知向量a(m2,4),b(1,1),則“m2”是“ab”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析依題意,當(dāng)m2時(shí),a(4,4),b(1,1),所以a4b,即ab,即由m2可以推出ab;當(dāng)ab時(shí),m24,得,m2,所以不能推得m2,即“m2”是“ab”的充分不必
11、要條件答案A18(xx德州一模)已知向量a(2,3),b(k,1),若a2b與ab平行,則k的值是()A6 B C. D14解析由題意得a2b(22k,5),且ab(2k,2),又因?yàn)閍2b和ab平行,則2(22k)5(2k)0,解得k.答案C19已知|a|b|a2b|1,則|a2b|()A9 B3 C1 D2解析由|a|b|a2b|1,得a24ab4b21,4ab4,|a2b|2a24ab4b2549,|a2b|3.答案B20已知平面向量a(2,m),b(1,),且(ab)b,則實(shí)數(shù)m的值為()A2 B2 C4 D6解析因?yàn)?ab)b,所以(ab)babb20,即2m40,解得m2.答案B2
12、1已知|a|1,|b|6,a(ba)2,則向量a與b的夾角為()A. B. C. D.解析a(ba)aba22,所以ab3,所以cos.所以.答案B22.已知向量a(1,cos ),b(1,2cos )且ab,則cos 2等于()A1 B0 C. D.解析abab0,即12cos20,cos 20.答案B23(xx成都期末測(cè)試)已知O是ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),D為BC邊中點(diǎn),且20,則有()A.2 B.C.3 D2解析由20,得22,即22,所以,即O為AD的中點(diǎn)答案B24平面上有四個(gè)互異點(diǎn)A,B,C,D,已知(2)()0,則ABC的形狀是()A直角三角形 B等腰三角形C等腰直角三角形 D無法確
13、定解析由(2)()0,得()()()0,所以()()0.所以|2|20,|,故ABC是等腰三角形答案B25已知正方形ABCD(字母順序是ABCD)的邊長(zhǎng)為1,點(diǎn)E是AB邊上的動(dòng)點(diǎn)(可以與A或B重合),則的最大值是()A1 B. C0 D1解析建立直角坐標(biāo)系如圖所示,設(shè)E(x,0),x0,1,則D(0,1),C(1,1),B(1,0),所以(x,1)(1,0)x,當(dāng)x0時(shí)取得最大值0.答案C26若a(1,2),b(x,1),且ab,則x_.解析由ab,得abx20,x2.答案227已知向量a(1,1),b(2,0),則向量a,b的夾角為_解析a(1,1),b(2,0),|a|,|b|2,cos,
14、.答案28在RtABC中,C90,A30,BC1,D為斜邊AB的中點(diǎn),則_.解析()212cos 301.答案129在平面直角坐標(biāo)系中,O為坐標(biāo)原點(diǎn),已知向量a(2,1),A(1,0),B(cos ,t)(1)若a,且|,求向量的坐標(biāo);(2)若a,求ycos2cos t2的最小值解(1)(cos 1,t),又a,2tcos 10.cos 12t.又|,(cos 1)2t25.由得,5t25,t21.t1.當(dāng)t1時(shí),cos 3(舍去),當(dāng)t1時(shí),cos 1,B(1,1),(1,1)(2)由(1)可知t,ycos2cos cos2cos 2,當(dāng)cos 時(shí),ymin.30設(shè)向量a(sin x,sin
15、 x),b(cos x,sin x),x.(1)若|a|b|,求x的值;(2)設(shè)函數(shù)f(x)ab,求f(x)的最大值解(1)由|a|2(sin x)2(sin x)24sin2 x,|b|2(cos x)2(sin x)21,及|a|b|,得4sin2 x1.又x,從而sin x,所以x.(2)f(x)absin xcos xsin2 xsin 2xcos 2xsin,當(dāng)x時(shí),sin取最大值1.所以f(x)的最大值為.31.已知點(diǎn)G是ABO的重心,M是AB邊的中點(diǎn)(1)求;(2)若PQ過ABO的重心G,且a,b,ma,nb,求證:3.(1)解2,又2,0.(2)證明顯然(ab)因?yàn)镚是ABO的
16、重心,所以(ab)由P,G,Q三點(diǎn)共線,得,所以,有且只有一個(gè)實(shí)數(shù),使.而(ab)maab,nb(ab)ab,所以ab.又因?yàn)閍,b不共線,所以消去,整理得3mnmn,故3.32.已知f(x)ab,其中a(2cos x,sin 2x),b(cos x,1)(xR)(1)求f(x)的周期和單調(diào)遞減區(qū)間;(2)在ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,f(A)1,a,3,求邊長(zhǎng)b和c的值(bc)解(1)由題意知,f(x)2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x12cos,f(x)的最小正周期T,ycos x在2k,2k(kZ)上單調(diào)遞減,令2k2x2k(kZ),得kxk(kZ)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間,kZ.(2)f(A)12cos1,cos1.又2A,2A.A.3,即bc6,由余弦定理得a2b2c22bccos A(bc)23bc,7(bc)218,bc5,又bc,b3,c2.