2019-2020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).doc
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2019-2020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Ⅱ卷)已知正方形ABCD的邊長為2,E為CD的中點(diǎn),則=________. (2)(xx天津卷)在平行四邊形ABCD中,AD=1,∠BAD=60,E為CD的中點(diǎn).若=1,則AB的長為________. 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)+22=2. (2)由題意可知,=+,=-+.因?yàn)椋?,所以(+)=1, 即2+-2=1.① 因?yàn)閨|=1,∠BAD=60,所以=||, 因此①式可化為1+||-||2=1,解得||=0(舍去)或,所以AB的長為. 答案 (1)2 (2) 2、在邊長為1的菱形ABCD中,∠BAD=60,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S△PAB=S△ABC,即S△PAB∶S△ABC=1∶3. 答案 (1)D (2)A 3、(xx湖南卷)已知平面上一定點(diǎn)C(2,0)和直線l:x=8,P為該平面上一動點(diǎn),作PQ⊥l,垂足為Q,且=0. (1)求動點(diǎn)P的軌跡方程; (2)若EF為圓N:x2+(y-1)2=1的任一條直徑,求的最值. 解 (1)設(shè)P(x,y),則Q(8,y). 由(+)(-)=0, 得||2-||2=0, 即(x-2)2+y2-(x-8)2=0, 化簡得+=1. 所以點(diǎn)P在橢圓上,其方程為+=1. (2)因=(-)(-)=(--)(-)=(-)2-2=2-1, P是橢圓+=1上的任一點(diǎn),設(shè)P(x0,y0), 則有+=1,即x=16-,又N(0,1), 所以2=x+(y0-1)2=-y-2y0+17 =-(y0+3)2+20. 因y0∈[-2,2],所以當(dāng)y0=-3時,2取得最大值20,故的最大值為19; 當(dāng)y0=2時,2取得最小值為13-4(此時x0=0),故的最小值為12-4. 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軸上移動時,求動點(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)(b>0),則=(a,3),=(x-a,y),=(-x,b-y), 由=0,得a(x-a)+3y=0.① 由=-,得 (x-a,y)=-(-x,b-y)=, ∴∴ 把a(bǔ)=-代入①, 得-+3y=0, 整理得y=x2(x≠0). 所以動點(diǎn)M的軌跡方程為y=x2(x≠0). 4、已知a,b是單位向量,ab=0?.若向量c滿足|c-a-b|=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a⊥b,且a與b是單位向量, ∴可設(shè)=a=(1,0),=b=(0,1),=c=(x,y). ∴c-a-b=(x-1,y-1), ∵|c-a-b|=1, ∴(x-1)2+(y-1)2=1,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|max=+1. 答案 +1 5.△ABC外接圓的半徑為1,圓心為O,且2 ++=0,||=||,則=( ). A. B. C.3 D.2 解析 由2 ++=0,得2 +-+-=0,即=-,即O,B,C三點(diǎn)共線,BC為△ABC外接圓的直徑,故∠BAC=90.又||=||,得B=60,所以C=30,且||=(如圖所示). 所以=||||cos 30=2=3. 答案 C 6.給定兩個長度為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.若=x +y ,其中x,y∈R,則x+y的最大值是________. 解析?。阂設(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=α, 則C(cos α,sin α), 由=x +y , 得 所以x=cos α+sin α,y=sin α, 所以x+y=cos α+sin α=2sin, 又α∈,所以當(dāng)α=時,x+y取得最大值2. 7.已知a=(1,sin2x),b=(2,sin 2x),其中x∈(0,π).若|ab|=|a||b|,則tan x的值等于( ). A.1 B.-1 C. D. 解析 由|ab|=|a||b|知,a∥b. 所以sin 2x=2sin2x,即2sin xcos x=2sin2x, 而x∈(0,π), 所以sin x=cos x,即x=,故tan x=1. 答案 A 8.若|a|=2sin 15,|b|=4cos 15,a與b的夾角為30,則ab的值是( ). A. B. C.2 D. 解析 ab=|a||b|cos 30=8sin 15cos 15=4sin 30=. 答案 B 9.已知|a|=2|b|,|b|≠0且關(guān)于x的方程x2+|a|x-ab=0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Δ=|a|2+4ab=0, 即4|b|2+42|b|2cos θ=0,∴cos θ=-, 又∵0≤θ≤π,∴θ=. 答案 D 10.在△ABC中,a,b,c分別為角A,B,C所對應(yīng)的三角形的邊長,若4a+2bC+3c=0,則cos B=( ). A.- B. C. D.- 解析 由4a+2bC+3c=0,得 4a+3c=-2bC=-2b(-)=2b+ 2b,所以4a=3c=2b. 由余弦定理得cos B===-. 答案 A 11.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若==1,那么c=________. 解析 由題意知+=2, 即-=(+) =2=2?c=||=. 答案 12.在△ABC中,若AB=1,AC=,|+|=||,則=________. 解析 易知滿足|+|=||的A,B,C構(gòu)成直角三角形的三個頂點(diǎn),且∠A為直角,于是=||cos∠ABC=1cos 60=. 答案 13.設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若(3b-c)cos A=acos C,S△ABC=,則=________. 解析 依題意得(3sin B-sin C)cos A=sin Acos C, 即3sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A=sin(A+C)=sin B>0, 于是有cos A=,sin A==, 又S△ABC=bcsin A=bc=, 所以bc=3,=bccos(π-A)=-bccos A=-3=-1. 答案?。? 14.已知圓C:(x-3)2+(y-3)2=4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 (1-x0,1-y0)=2(x-1,y-1),∴ ∵點(diǎn)M(x0,y0)在圓C上, ∴(x0-3)2+(y0-3)2=4, 即(3-2x-3)2+(3-2y-3)2=4.∴x2+y2=1. ∴所求點(diǎn)N的軌跡方程是x2+y2=1. 15.已知△ABD是等邊三角形,且+=,||=,那么四邊形ABCD的面積為( ). A. B. C.3 D. 解析 如圖所示,=-=-,∴2=2, 即3=2+2-, ∵||=||, ∴||2-||||cos 60=3,∴||=2. 又=-=,∴||=||=1, ∴||2+||2=||2,∴BC⊥CD. ∴S四邊形ABCD=S△ABD+S△BCD=22sin 60+1= ,故選B. 答案 B 16.已知向量m=,n=. (1)若mn=1,求cos的值; (2)記f(x)=mn,在△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且滿足(2a-c)cos B=bcos C,求函數(shù)f(A)的取值范圍. 解 (1)mn=sin cos +cos2 =sin +=sin+, ∵mn=1,∴sin=. cos=1-2sin2=, cos=-cos=-. (2)∵(2a-c)cos B=bcos C, 由正弦定理得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C, ∴2sin Acos B-sin Ccos B=sin Bcos C. ∴2sin Acos B=sin(B+C). ∵A+B+C=π,∴sin(B+C)=sin A≠0. ∴cos B=, ∵0<B<π,∴B=,∴0<A<. ∴<+<,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“m=-2”是“a∥b”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)m=-2時,a=(4,4),b=(1,1),所以a=4b,即a∥b,即由m=-2可以推出a∥b;當(dāng)a∥b時,m2=4,得,m=2,所以不能推得m=-2,即“m=-2”是“a∥b”的充分不必要條件. 答案 A 18.(xx德州一模)已知向量a=(2,3),b=(k,1),若a+2b與a-b平行,則k的值是( ). A.-6 B.- C. D.14 解析 由題意得a+2b=(2+2k,5),且a-b=(2-k,2),又因?yàn)閍+2b和a-b平行,則2(2+2k)-5(2-k)=0,解得k=. 答案 C 19.已知|a|=|b|=|a-2b|=1,則|a+2b|=( ). A.9 B.3 C.1 D.2 解析 由|a|=|b|=|a-2b|=1,得a2-4ab+4b2=1, ∴4ab=4,∴|a+2b|2=a2+4ab+4b2=5+4=9, ∴|a+2b|=3. 答案 B 20.已知平面向量a=(-2,m),b=(1,),且(a-b)⊥b,則實(shí)數(shù)m的值為( ). A.-2 B.2 C.4 D.6 解析 因?yàn)?a-b)⊥b,所以(a-b)b=ab-b2=0,即-2+m-4=0,解得m=2. 答案 B 21.已知|a|=1,|b|=6,a(b-a)=2,則向量a與b的夾角為( ). A. B. C. D. 解析 a(b-a)=ab-a2=2,所以ab=3, 所以cos===.所以=. 答案 B 22.已知向量a=(1,-cos θ),b=(1,2cos θ)且a⊥b,則cos 2θ等于( ). A.-1 B.0 C. D. 解析 a⊥b?ab=0,即1-2cos2θ=0,∴cos 2θ=0. 答案 B 23.(xx成都期末測試)已知O是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),D為BC邊中點(diǎn),且2++=0,則有( ). A.=2 B.= C.=3 D.2= 解析 由2++=0,得+=-2=2,即+=2=2,所以=,即O為AD的中點(diǎn). 答案 B 24.平面上有四個互異點(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.無法確定 解析 由(+-2)(-)=0, 得[(-)+(-)](-)=0, 所以(+)(-)=0. 所以||2-||2=0,∴||=||, 故△ABC是等腰三角形. 答案 B 25.已知正方形ABCD(字母順序是A→B→C→D)的邊長為1,點(diǎn)E是AB邊上的動點(diǎn)(可以與A或B重合),則的最大值是( ). A.1 B. C.0 D.-1 解析 建立直角坐標(biāo)系如圖所示,設(shè)E(x,0),x∈[0,1],則D(0,1),C(1,1),B(1,0),所以=(x,-1)(-1,0)=-x,當(dāng)x=0時取得最大值0. 答案 C 26.若a=(1,-2),b=(x,1),且a⊥b,則x=________. 解析 由a⊥b,得ab=x-2=0,∴x=2. 答案 2 27.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===,∴=. 答案 28.在Rt△ABC中,∠C=90,∠A=30,BC=1,D為斜邊AB的中點(diǎn),則=________. 解析?。?-)=-=21-2cos 30=-1. 答案 -1 29.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 θ,t). (1)若a∥,且||=||,求向量的坐標(biāo); (2)若a∥,求y=cos2θ-cos θ+t2的最小值. 解 (1)∵=(cos θ-1,t), 又a∥,∴2t-cos θ+1=0.∴cos θ-1=2t.① 又∵||=||,∴(cos θ-1)2+t2=5.② 由①②得,5t2=5,∴t2=1.∴t=1. 當(dāng)t=1時,cos θ=3(舍去),當(dāng)t=-1時,cos θ=-1, ∴B(-1,-1),∴=(-1,-1). (2)由(1)可知t=, ∴y=cos2θ-cos θ+ =cos2θ-cos θ+=+ =2-, ∴當(dāng)cos θ=時,ymin=-. 30.設(shè)向量a=(sin x,sin 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)2=4sin2 x, |b|2=(cos x)2+(sin x)2=1,及|a|=|b|,得4sin2 x=1. 又x∈,從而sin x=,所以x=. (2)f(x)=ab=sin xcos x+sin2 x =sin 2x-cos 2x+=sin+, 當(dāng)x=∈時,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=(a+b). 因?yàn)镚是△ABO的重心,所以==(a+b). 由P,G,Q三點(diǎn)共線,得∥, 所以,有且只有一個實(shí)數(shù)λ,使=λ. 而=-=(a+b)-ma=a+b, =-=nb-(a+b)=-a+b, 所以a+b=λ. 又因?yàn)閍,b不共線,所以 消去λ,整理得3mn=m+n,故+=3. 32.已知f(x)=ab,其中a=(2cos x,-sin 2x),b=(cos x,1)(x∈R). (1)求f(x)的周期和單調(diào)遞減區(qū)間; (2)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,f(A)=-1,a=,=3,求邊長b和c的值(b>c). 解 (1)由題意知,f(x)=2cos2x-sin 2x=1+cos 2x-sin 2x=1+2cos, ∴f(x)的最小正周期T=π, ∵y=cos x在[2kπ,2kπ+π](k∈Z)上單調(diào)遞減, ∴令2kπ≤2x+≤2kπ+π(k∈Z), 得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z). ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間,k∈Z. (2)∵f(A)=1+2cos=-1, ∴cos=-1. 又<2A+<,∴2A+=π.∴A=. ∵=3,即bc=6,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc,7=(b+c)2-18,b+c=5, 又b>c,∴b=3,c=2.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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