2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專(zhuān)題二 三角函數(shù)與平面向量 第3講 平面向量專(zhuān)題強(qiáng)化精練提能 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專(zhuān)題二 三角函數(shù)與平面向量 第3講 平面向量專(zhuān)題強(qiáng)化精練提能 理 1.向量a=(1,-1),b=(-1,2),則(2a+b)·a=(  ) A.-1        B.0 C.1 D.2 解析:選C.法一:因?yàn)閍=(1,-1),b=(-1,2),所以a2=2,a·b=-3, 從而(2a+b)·a=2a2+a·b=4-3=1. 法二:因?yàn)閍=(1,-1),b=(-1,2), 所以2a+b=(2,-2)+(-1,2)=(1,0), 從而(2a+b)·a=(1,0)·(1,-1)=1,故選C. 2.已知O,A,B,C為同一平面內(nèi)的四個(gè)點(diǎn),若2

2、+=0,則向量等于(  ) A.- B.-+ C.2- D.-+2 解析:選C.因?yàn)椋剑?,=-,所?+=2(-)+(-)=-2+=0,所以=2-,故選C. 3.在△ABC中,D是AB的中點(diǎn),E是AC的中點(diǎn),CD與BE交于點(diǎn)F,設(shè)=a,=b,=xa+yb,則(x,y)為(  ) A. B. C. D. 解析:選C.由題意知點(diǎn)F為△ABC的重心,設(shè)H為BC中點(diǎn), 則==×(+)=a+b, 所以x=,y=. 4.在△ABC中,AB=,BC=2,∠A=,如果不等式|-t|≥||恒成立,則實(shí)數(shù)t的取值范圍是(  ) A.[1,+∞) B. C.∪[1,+∞)

3、 D.(-∞,0]∪[1,+∞) 解析:選C.在直角三角形ABC中,易知AC=1,cos∠ABC=,由|-t|≥||,得2-2t·+t22≥2,即2t2-3t+1≥0,解得t≥1或t≤. 5.(xx·河北省五校聯(lián)盟質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知||=1,||=,·=0,點(diǎn)C在∠AOB內(nèi),且∠AOC=30°,設(shè)=m+n(m,n∈R),則等于(  ) A. B.3 C. D. 解析:選B.由題設(shè)知:cos〈,〉=,所以=?=? =. 因?yàn)閨|=1,||=,·=0,所以=?m2=9n2?=9,又因?yàn)辄c(diǎn)C在∠AOB內(nèi),所以m>0,n>0,所以=3,故選B. 6.(xx·聊城市第一次質(zhì)量預(yù)測(cè)

4、)在Rt△ABC中,CA=CB=3,M,N是斜邊AB上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),且MN=,則·的取值范圍為(  ) A. B.[2,4] C.[3,6] D.[4,6] 解析:選D.記MN的中點(diǎn)為E,則有+=2,·=[(+)2-(-)2]=2-2=2-.又||的最小值等于點(diǎn)C到AB的距離,即,故·的最小值為-=4.當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)A(或B)重合時(shí),||達(dá)到最大,||的最大值為=,因此·的取值范圍是[4,6],選D. 7.(xx·高考北京卷)已知向量a,b滿(mǎn)足|a|=1,b=(2,1),且λa+b=0(λ∈R),則|λ|=________. 解析:因?yàn)棣薬+b=0,所以λa=-b, 所以|λa

5、|=|-b|=|b|==, 所以|λ|·|a|=.又|a|=1,所以|λ|=. 答案: 8.已知圓O為△ABC的外接圓,半徑為2,若+=2,且||=||,則向量在向量方向上的投影為_(kāi)_______.  解析:因?yàn)椋?,所以O(shè)是BC的中點(diǎn),故△ABC為直角三角形.在△AOC中,有||=||,所以∠B=30°.由定義,向量在向量方向上的投影為||cos B=2×=3. 答案:3 9. (xx·高考江蘇卷)如圖,在平行四邊形ABCD中,已知AB=8,AD=5,=3,·=2,則·的值是________. 解析:由=3,得==,=+=+,=-=+-=-.因?yàn)椤ぃ?,所以·=2,即2-·-

6、2=2.又因?yàn)?=25,2=64,所以·=22. 答案:22 10.設(shè)非零向量a,b的夾角為θ,記f(a,b)=acos θ-bsin θ.若e1,e2均為單位向量,且e1·e2=,則向量f(e1,e2)與f(e2,-e1)的夾角為_(kāi)_______. 解析:由e1·e2=,可得cos〈e1,e2〉==, 故〈e1,e2〉=,〈e2,-e1〉=π-〈e2,e1〉=. f(e1,e2)=e1cos-e2sin=e1-e2, f(e2,-e1)=e2cos-(-e1)sin=e1-e2. f(e1,e2)·f(e2,-e1)=·=-e1·e2=0, 所以f(e1,e2)⊥f(e2,-

7、e1). 故向量f(e1,e2)與f(e2,-e1)的夾角為. 答案: 11. 如圖,在平面四邊形ABCD中,AB=13,AC=10,AD=5,cos∠DAC=,·=120. (1)求cos∠BAD; (2)設(shè)=x+y,求x,y的值. 解:(1)設(shè)∠CAB=α,∠CAD=β, cos α===,cos β=, 所以sin α=,sin β=, 所以cos∠BAD=cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β =×-×=. (2)由=x+y得 所以解得 12.(xx·山師附中質(zhì)檢)已知向量m=(cos A,-sin A),n=(cos B,si

8、n B),m·n=cos 2C,其中A,B,C為△ABC的內(nèi)角. (1)求角C的大??; (2)若AB=6,且·=18,求AC,BC的長(zhǎng). 解:(1)m·n=cos Acos B-sin Asin B =cos(A+B), 因?yàn)锳+B+C=π,所以cos(A+B)=-cos C=cos 2C, 即2cos2C+cos C-1=0, 故cos C=或cos C=-1. 又0

9、x·南平模擬)在△ABC中,AC=10,過(guò)頂點(diǎn)C作AB的垂線(xiàn),垂足為D,AD=5,且滿(mǎn)足=. (1)求|-|; (2)存在實(shí)數(shù)t≥1,使得向量x=+t,y=t+,令k=x·y,求k的最小值. 解:(1)由=,且A,B,D三點(diǎn)共線(xiàn), 可知||=||. 又AD=5,所以DB=11. 在Rt△ADC中,CD2=AC2-AD2=75, 在Rt△BDC中,BC2=DB2+CD2=196, 所以BC=14. 所以|-|=||=14. (2)由(1),知||=16,||=10,||=14. 由余弦定理,得cos A==. 由x=+t,y=t+, 知k=x·y =(+t)·(t+)

10、 =t||2+(t2+1)·+t||2 =256t+(t2+1)×16×10×+100t =80t2+356t+80. 由二次函數(shù)的圖象, 可知該函數(shù)在[1,+∞)上單調(diào)遞增, 所以當(dāng)t=1時(shí),k取得最小值516. 14.已知向量=(λcos α,λsin α)(λ≠0),=(-sin β,cos β),其中O為坐標(biāo)原點(diǎn). (1)若α-β=且λ=1,求向量與的夾角; (2)若||≥2||對(duì)任意實(shí)數(shù)α,β都成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍. 解:(1)當(dāng)λ=1時(shí),=(cos α,sin α), 故||==1, ||==1. ·=cos α(-sin β)+sin αcos β =sin(α-β)=sin =, 故cos〈,〉==. 又因?yàn)椤?,〉∈[0,π], 所以〈,〉=. (2)=-=(-λcos α-sin β,-λsin α+cos β), ||≥2||對(duì)任意實(shí)數(shù)α,β都成立,即(-λcos α-sin β)2+(-λsin α+cos β)2≥4對(duì)任意實(shí)數(shù)α,β都成立, 整理得λ2+1+2λsin(β-α)≥4對(duì)任意實(shí)數(shù)α,β都成立. 因?yàn)椋?≤sin(β-α)≤1, 所以或 解得λ≥3或λ≤-3. 所以所求實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(-∞,-3]∪[3,+∞).

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