【走向高考】2021届高三数学一轮基础巩固 第5章 第3节 平面向量的数量积（含解析）新人教B版.doc

【走向高考】2016届 高三数学一轮基础巩固 第5章 第3节 平面向量的数量积 新人教B版一、选择题1(2015·广东揭阳一中期中)已知a(0,2)，b(1,1)，则下列结论中正确的是()A(ab)(ab)B(ab)bCcbD|a|b|答案B解析显然a与b不共线，且|a|2，|b|，C、D错误；又ab(1,1)，(ab)·b0，(ab)b，故选B.2在ABC中，“·<0”是“ABC为钝角三角形”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案A解析当·<0时，A为钝角，ABC一定是钝角三角形，而当ABC是钝角三角形时，不一定有·<0.因此“·<0”是“ABC为钝角三角形”的充分不必要条件故选A.3(2013·天津六校联考)ABC的外接圆的圆心为O，半径为1,2且|，则向量在向量方向上的射影为()A.BCD答案A解析由题意知，ABC的边BC过圆心O，BAC90°.|1，在向量方向上的射影为|cos60°.4(文)(2015·沈阳铁路实验中学期中)若向量a，b的夹角为，且|a|2，|b|1，则a与a2b的夹角为()A.BC.D答案A解析由条件知a·b1，a·(a2b)|a|22a·b6，|a2b|2|a|24a·b4|b|244412，cosa，a2b，a，a2b.(理)(2014·大连测试)已知向量|a|1，|b|2，a，b，则|ab|为()A9B7C3D答案D解析依题意得|ab|，选D.5(文)(2014·保定模拟)在ABC中，AB4，AC3，·1，则BC()A.BC2D3答案D解析设BCx(x>0)，·1，3x·cosC1，又cosC，3x·1，x3.(理)(2014·河北石家庄调研)已知点G是ABC的重心，若A120°，·2，则|的最小值是()A.BC.D答案C解析在ABC中，延长AG交BC于D，点G是ABC的重心，AD是BC边上的中线，且AGAD.·|cos120°2，|4.，2，()2()2(22·2)2|2×(2)，2，|，|的最小值是.6(文)(2013·重庆理，10)在平面上，|1，.若|<，则|的取值范围是()A(0，B(，C(，D(，答案D解析因为，所以以A为原点，分别以，所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系设B1(a,0)，B2(0，b)，O(x，y)，则(a，b)，即P(a，b)由|1，得(xa)2y2x2(yb)21.所以(xa)21y20，(yb)21x20.由|<，得(xa)2(yb)2<，即01x21y2<.所以<x2y22，即<.所以|的取值范围是(，故选D.(理)(2013·辽宁理，9)已知点O(0,0)，A(0，b)，B(a，a3)若OAB为直角三角形，则必有()Aba3Bba3C(ba3)(ba3)0D|ba3|ba3|0答案C解析依题意，a0.因为ABC是直角三角形，则O不可能为直角顶点，若A为直角，则有ba3；若B为直角，则有，·(a，a3)·(a，a3b)a2a3(a3b)0，所以ba3，选C.二、填空题7(2015·湖南岳阳一中月考)平面向量a，b，e满足：|e|1，a·e1，b·e2，|ab|2，则向量ab与e的夹角为_答案解析设ab与e的夹角为，则cos，0，.8已知向量(k,12)，(4,5)，(k,10)，且A、B、C三点共线，则k_.答案解析A、B、C三点共线，与共线，(4k，7)，(2k，2)，2(4k)(7)·(2k)0，k.9已知M、N为平面区域内的两个动点，向量a(1,3)，则·a的最大值是_答案40解析作出不等式组表示的平面区域如图，由于a(1,3)，直线AB：3xy60，显见a是直线AB的一个方向向量，由于M、N是ABC围成区域内的任意两个点，故当M、N分别为A、B点时，·a取最大值，求得A(0，6)，B(4,6)，(4,12)，·a40.三、解答题10(文)已知向量a(cos，sin)，b(cos，sin)，c(1，0)(1)求向量bc的长度的最大值；(2)设，且a(bc)，求cos的值分析(1)由向量坐标运算定义可求bc，由模的定义得到关于的三角函数关系式，化为一个角的一个三角函数，即可求得最值，或依据向量模的三角不等式|ab|a|b|求解(2)，a已知，由a(bc)a·(bc)0可得到关于cos的方程，解方程即可解析(1)解法1：bc(cos1，sin)，则|bc|2(cos1)2sin22(1cos)1cos1，0|bc|24，即0|bc|2.当cos1时，有|bc|2，所以向量bc的长度的最大值为2.解法2：|b|1，|c|1，|bc|b|c|2，当cos1时，有bc(2,0)，即|bc|2.所以向量bc的长度的最大值为2.(2)解法1：由已知可得bc(cos1，sin)，a·(bc)coscossinsincoscos()cos.a(bc)，a·(bc)0，即cos()cos.由，得cos()cos，即2k±(kZ)，2k或2k，kZ，于是cos0或cos1.解法2：若，则a(，)又由b(cos，sin)，c(1,0)得a·(bc)(，)·(cos1，sin)cossin.a(bc)，a·(bc)0，即cossin1.sin1cos，平方后化简得cos(cos1)0，解得cos0或cos1.经检验，cos0或cos1即为所求(理)(2013·浙江联谊学校期中)已知a(cos，sin)，b(cos，sin)，且0，(1)求的最值；(2)是否存在k的值使|kab|akb|?解析(1)由已知得a·bcoscossinsincos2，0，|ab|2cos，cos，令cost，t，1，cost，(t)1>0，yt为增函数，其最大值为，最小值为，的最大值为，最小值为.(2)假设存在k的值满足题设条件，则|kab|23|akb|2.|a|b|1，a·bcos2，cos2，0，cos21，1，存在2k2或k1.一、选择题11(2014·沈阳市二检)已知ABCD中，(2,8)，(3,4)，对角线AC与BD相交于点M，则的坐标为()A(，6)B(，6)C(，6)D (，6)答案B解析()(，6)，故选B.12(文)已知向量a(cos，sin)，b(cos，sin)，a与b的夹角为60°，直线xcosysin0与圆(xcos)2(ysin)2的位置关系是()A相切B相交C相离D随，值的变化而变化答案B解析|a|1，|b|1，a·bcoscossinsincos()，a，b60°，cos60°，cos()，圆心(cos，sin)到直线xcosysin0的距离d|cos()|<，直线与圆相交(理)过抛物线y22px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，与抛物线的准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若，·48，则抛物线的方程为()Ay28xBy24xCy216xDy24x答案B解析如图，ABC为直角三角形，由抛物线定义及条件知，|AC|AF|FB|AB|，ABC，设|AC|t，则|AB|2t，|BC|t，·|·|·cosABC2t·t·cos3t248，t4，p|DF|2，抛物线方程为y24x，故选B.13(文)(2014·东北三省三校二模)已知ABC中，|10，·16，D为边BC的中点，则|等于()A6B5C4D3答案D解析BC2AB2AC22AB·ACcosA，100AB2AC232，AB2AC268.2，4|2|2222·683236，|3.(理)(2013·天津河东区一模)已知平面向量|p|2，|q|3，p、q的夹角为，如图，若5p2q，p3q，D为BC的中点，则|的长为()A.BC.D答案B解析p·q|p|·|q|cos2×3×6.|2(5p2q)225p220p·q4q220012036356.|2(p3q)2p26p·q9q28368153.·(5p2q)·(p3q)5p213p·q6q292.，|2(22·2)(35618453)，|.14(文)(2014·甘肃省三诊)已知O是坐标原点，点A(2,1)，若点M(x，y)为平面区域上的一个动点，则·的取值范围是()A1,0B1,2C0,1D0,2答案B解析·2xy，画出不等式组，表示的平面区域如图所示当点M的坐标为(1,1)时，·取最小值1，当点M的坐标为(0,2)时，·2，故选B.(理)(2014·郑州市质检)如图所示，点A、B、C是圆O上的点，线段OC与线段AB交于圆内一点P, 若m2m，则()A.BC.D答案D解析，又，(1)，11，设k；m2m，1，k3m，.二、填空题15(2014·石家庄市质检)若向量a，b是两个互相垂直的单位向量，则向量ab在向量b方向上的投影为_答案解析设ab与b的夹角为，cos，ab在b方向上的投影为|ab|cos.16(2014·海南六校联考)在矩形ABCD中，AB3，BC，2，点F在边CD上，若·3，则·_.答案4解析建立如图所示的平面直角坐标系，设F(x，)，(3,0)，(x，)，·3x3，x1，又2，E(3，)，(3，)，(2，)，·624.三、解答题17(文)设角A，B，C是ABC的三个内角，已知向量m(sinAsinC，sinBsinA)，n(sinAsinC，sinB)，且mn.(1)求角C的大小；(2)若向量s(0，1)，t，试求|st|的取值范围解析(1)由题意得m·n(sin2Asin2C)(sin2BsinAsinB)0，即sin2Csin2Asin2BsinAsinB，由正弦定理得c2a2b2ab，再由余弦定理得cosC.因为0<C<，所以C.(2)因为st(cosA，cosB)，所以|st|2cos2Acos2Bcos2Acos2cos2Asin2A1sin1.因为0<A<，所以<2A<，则<sin1，所以sin(2A)<，所以|st|2<，故|st|<.(理)(2013·甘肃嘉峪关市一中三模)已知ABC的内角是A、B、C，a、b、c分别是其所对的边长，向量m(，cos(A)1)，n(cos(A)，1)，mn.(1)求角A的大小；(2)若a2，cosB，求b的长解析(1)mn，m·ncos(A)cos(A)1sinAcosA12sin(A)10，sin(A)，0<A<，<A<，A，A.(2)cosB，sinB，由正弦定理，b.18(文)(2013·苏南四校月考)已知向量m(sinx，1)，n(cosx,3)(1)当mn时，求的值；(2)设函数f(x)(mn)·m，求f(x)的单调增区间；(3)已知在锐角ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，c2asin(AB)，对于(2)中的函数f(x)，求f(B)的取值范围解析(1)由mn，可得3sinxcosx，于是tanx.(2)f(x)(mn)·m(sinxcosx,2)·(sinx，1)sin2xsinxcosx2sin2x2sin(2x)，2k2x2k，kxk，kZ.所求增区间为：k，k(kZ)(3)在ABC中，ABC，sin(AB)sinC，由正弦定理知：sinC2sinA·sinC，sinC0，sinA，A.又ABC为锐角三角形，于是<B<，f(B)sin2(B)sin2B.由<B<得<2B<，0<sin2B1，得<sin2B.即f(B)(，(理)(2014·福建泉州质检)已知向量a(2,2)，向量b与向量a的夹角为，且a·b2.(1)求向量b；(2)若t(1,0)且bt，c(cosA,2cos2)，其中A，C是ABC的内角，若三角形ABC的三内角A，B，C依次成等差数列，试求|bc|的取值范围解析(1)设b(x，y)，则2x2y2，且|b|1，1由解得或所以b(1,0)或b(0，1)(2)因为A，B，C依次成等差数列，所以B.因为bt，且t(1,0)，所以b(0，1)所以bc(cosA,2cos21)(cosA，cosC)，所以|bc|2cos2Acos2C1(cos2Acos2C)1cos(AC)cos(AC)1cos(AC)因为<AC<，所以<cos(AC)1，<|bc|2<，所以|bc|<.- 12 -