山东省济宁市高三数学一轮复习专项训练平面向量应用含解析.doc

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1、平面向量应用1、(1)(2013新课标全国卷)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则_.(2)(2013天津卷)在平行四边形ABCD中，AD1，BAD60，E为CD的中点若1，则AB的长为_解析(1)以A为原点建立平面直角坐标系(如图)则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，E(1,2)(1,2)，(2,2)从而(1,2)(2,2)1(2)222.(2)由题意可知，.因为1，所以()1，即221.因为|1，BAD60，所以|，因此式可化为1|21，解得|0(舍去)或，所以AB的长为.答案(1)2(2)2、在边长为1的菱形ABCD中，BAD60，E是BC的中点，则()

2、A. B. C. D.(2)在ABC所在平面上有一点P，满足，则PAB与ABC的面积之比值是()A. B. C. D.解析(1)建立如图平面直角坐标系，则A，C，B.E点坐标为，(，0)，.(2)由已知可得2，P是线段AC的三等分点(靠近点A)，易知SPABSABC，即SPABSABC13.答案(1)D(2)A3、(2013湖南卷)已知平面上一定点C(2,0)和直线l：x8，P为该平面上一动点，作PQl，垂足为Q，且0.(1)求动点P的轨迹方程；(2)若EF为圆N：x2(y1)21的任一条直径，求的最值解(1)设P(x，y)，则Q(8，y)由()()0，得|2|20，即(x2)2y2(x8)2

3、0，化简得1.所以点P在椭圆上，其方程为1.(2)因()()()()()2221，P是椭圆1上的任一点，设P(x0，y0)，则有1，即x16，又N(0,1)，所以2x(y01)2y2y017(y03)220.因y02，2，所以当y03时，2取得最大值20，故的最大值为19；当y02时，2取得最小值为134(此时x00)，故的最小值为124.3、已知点P(0，3)，点A在x轴上，点Q在y轴的正半轴上，点M满足0，当点A在x轴上移动时，求动点M的轨迹方程解设M(x，y)为所求轨迹上任一点，设A(a,0)，Q(0，b)(b0)，则(a,3)，(xa，y)，(x，by)，由0，得a(xa)3y0.由，

4、得(xa，y)(x，by)，把a代入，得3y0，整理得yx2(x0)所以动点M的轨迹方程为yx2(x0)4、已知a，b是单位向量，ab0.若向量c满足|cab|1，则|c|的最大值为_解析建立如图所示的直角坐标系，由题意知ab，且a与b是单位向量，可设a(1,0)，b(0,1)，c(x，y)cab(x1，y1)，|cab|1，(x1)2(y1)21，即点C(x，y)的轨迹是以M(1,1)为圆心，1为半径的圆而|c|，|c|的最大值为|OM|1，即|c|max1.答案15ABC外接圆的半径为1，圆心为O，且2 0，|，则()A. B. C3 D2解析由2 0，得2 0，即，即O，B，C三点共线，

5、BC为ABC外接圆的直径，故BAC90.又|，得B60，所以C30，且|(如图所示)所以|cos 3023.答案C6给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为.如图所示，点C在以O为圆心的圆弧上运动若x y ，其中x，yR，则xy的最大值是_解析：以O为坐标原点，所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(1,0)，B，设AOC，则C(cos ，sin )，由x y ，得所以xcos sin ，ysin ，所以xycos sin 2sin，又，所以当时，xy取得最大值2.7已知a(1，sin2x)，b(2，sin 2x)，其中x(0，)若|ab|a|b|，则tan x的值等于()A1

6、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与b的夹角为30，则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且关于x的方程x2|a|xab0有两相等实根，则向量a与b的夹角是()A B C. D.解析由已知可得|a|24ab0，即4|b|242|b|2cos 0，cos ，又0，.答案D10在ABC中，a，b

7、，c分别为角A，B，C所对应的三角形的边长，若4a2bC3c0，则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所对的边分别为a，b，c，若1，那么c_.解析由题意知2，即()22c|.答案12在ABC中，若AB1，AC，|，则_.解析易知满足|的A，B，C构成直角三角形的三个顶点，且A为直角，于是|cosABC1cos 60.答案13设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(3bc)cos Aacos C，SABC，则_.解析依题意得(3sin Bsin C)c

8、os 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已知圆C：(x3)2(y3)24及点A(1,1)，M是圆C上的任意一点，点N在线段MA的延长线上，且2，求点N的轨迹方程解设M(x0，y0)，N(x，y)由2，得(1x0,1y0)2(x1，y1)，点M(x0，y0)在圆C上，(x03)2(y03)24，即(32x3)2(32y3)24.x2y21.所求点N的轨迹方程是x2y21.15已知ABD是等边三角形，

9、且，|，那么四边形ABCD的面积为()A. B. C3 D. 解析如图所示，22，即322，|，|2|cos 603，|2.又，|1，|2|2|2，BCCD.S四边形ABCDSABDSBCD22sin 601 ，故选B.答案B16.已知向量m，n.(1)若mn1，求cos的值；(2)记f(x)mn，在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2ac)cos Bbcos C，求函数f(A)的取值范围解(1)mnsin cos cos2sin sin，mn1，sin.cos12sin2，coscos.(2)(2ac)cos Bbcos C，由正弦定理得(2sin Asin C)cos

10、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.故函数f(A)的取值范围是.17已知向量a(m2,4)，b(1,1)，则“m2”是“ab”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解析依题意，当m2时，a(4,4)，b(1,1)，所以a4b，即ab，即由m2可以推出ab；当ab时，m24，得，m2，所以不能推得m2，即“m2”是“ab”的充分不必要条件答案A18(2013德州一模)

11、已知向量a(2,3)，b(k,1)，若a2b与ab平行，则k的值是()A6 B C. D14解析由题意得a2b(22k,5)，且ab(2k,2)，又因为a2b和ab平行，则2(22k)5(2k)0，解得k.答案C19已知|a|b|a2b|1，则|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，则实数m的值为()A2 B2 C4 D6解析因为(ab)b，所以(ab)babb20，即2m40，解得m2.答案B21已知|a|1，|b|6，a(b

12、a)2，则向量a与b的夹角为()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，则cos 2等于()A1 B0 C. D.解析abab0，即12cos20，cos 20.答案B23(2014成都期末测试)已知O是ABC所在平面内一点，D为BC边中点，且20，则有()A.2 B.C.3 D2解析由20，得22，即22，所以，即O为AD的中点答案B24平面上有四个互异点A，B，C，D，已知(2)()0，则ABC的形状是()A直角三角形 B等腰三角形C等腰直角三角形 D无法确定解析由(2)()0，得()

13、()()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(字母顺序是ABCD)的边长为1，点E是AB边上的动点(可以与A或B重合)，则的最大值是()A1 B. C0 D1解析建立直角坐标系如图所示，设E(x,0)，x0,1，则D(0,1)，C(1,1)，B(1,0)，所以(x，1)(1,0)x，当x0时取得最大值0.答案C26若a(1，2)，b(x,1)，且ab，则x_.解析由ab，得abx20，x2.答案227已知向量a(1,1)，b(2,0)，则向量a，b的夹角为_解析a(1,1)，b(2,0)，|a|，|b|2，cos，.答案28在RtABC中，C

14、90，A30，BC1，D为斜边AB的中点，则_.解析()212cos 301.答案129在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a(2,1)，A(1,0)，B(cos ，t)(1)若a，且|，求向量的坐标；(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.当t1时，cos 3(舍去)，当t1时，cos 1，B(1，1)，(1，1)(2)由(1)可知t，ycos2cos cos2cos 2，当cos 时，ymin.30设向量a(sin x，sin x)，b(cos x，si

15、n x)，x.(1)若|a|b|，求x的值；(2)设函数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，从而sin x，所以x.(2)f(x)absin xcos xsin2 xsin 2xcos 2xsin，当x时，sin取最大值1.所以f(x)的最大值为.31.已知点G是ABO的重心，M是AB边的中点(1)求；(2)若PQ过ABO的重心G，且a，b，ma，nb，求证：3.(1)解2，又2，0.(2)证明显然(ab)因为G是ABO的重心，所以(ab)由P，G，

16、Q三点共线，得，所以，有且只有一个实数，使.而(ab)maab，nb(ab)ab，所以ab.又因为a，b不共线，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)的周期和单调递减区间；(2)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，f(A)1，a，3，求边长b和c的值(bc)解(1)由题意知，f(x)2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x12cos，f(x)的最小正周期T，ycos x在2k，2k(kZ)上单调递减，令2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)f(x)的单调递减区间，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，c2.14