新編高考數(shù)學(xué)理總復(fù)習(xí)高考達(dá)標(biāo)檢測(cè)二十二 平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用 Word版含答案

高考達(dá)標(biāo)檢測(cè)（二十二）高考達(dá)標(biāo)檢測(cè)（二十二） 平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用一、選擇題一、選擇題1 1(20 xx(20 xx江西八校聯(lián)考江西八校聯(lián)考) )已知兩個(gè)非零向量已知兩個(gè)非零向量a a，b b滿(mǎn)足滿(mǎn)足a a( (a ab b) )0 0，且且 2|2|a a| | |b b| |，則則a a，b b( () )A A3030B B6060C C120120D D150150解析：選解析：選 B B由題知由題知a a2 2a ab b，而，而 coscosa a，b ba ab b|a|a|b|b| |a a| |2 22|2|a a| |2 21 12 2，所以，所以a a，b b6060，故選，故選 B.B.2 2(20 xx(20 xx長(zhǎng)春三模長(zhǎng)春三模) )若若| |a ab b| | |a ab b| |2|2|a a| |，則向量，則向量a ab b與與b b的夾角為的夾角為( () )A.A.6 6B.B.3 3C.C.2 23 3D.D.5 56 6解析解析： 選選 D D由由| |a ab b| | |a ab b| | |a ab b| |2 2| |a ab b| |2 2a ab b0 0， | |a ab b| |2|2|a a| | |a ab b| |2 24|4|a a| |2 2| |b b| | 3 3| |a a| |，設(shè)，設(shè)a ab b與與b b的夾角為的夾角為，則，則 coscosa ab bb b| |a ab b|b b| |b b2 22|2|a a| | 3 3| |a a| |3|3|a a| |2 22 2 3 3| |a a| |2 23 32 2，又，又00， ，所以，所以5 56 6，故選，故選 D.D.3 3O O是是ABCABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，且滿(mǎn)足所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，且滿(mǎn)足( (OBOBOCOC) )( (OBOBOCOC2 2OAOA) )0 0，則，則ABCABC的形狀一定是的形狀一定是( () )A A正三角形正三角形B B直角三角形直角三角形C C等腰三角形等腰三角形D D斜三角形斜三角形解析解析：選選 C C( (OBOBOCOC) )( (OBOBOCOC2 2OAOA) )( (OBOBOCOC) )(OBOBOAOA) )( (OCOCOAOA) ( (OBOBOCOC) )( (ABABACAC) ) CBCB( (ABABACAC) ) ( (ABABACAC) )( (ABABACAC) )| |ABAB| |2 2| |ACAC| |2 20 0， 所以所以| |ABAB| | |ACAC| |， ABCABC為等腰三角形為等腰三角形4.4.如圖如圖， 在矩在矩形形ABCABCD D中中，ABAB 2 2，BCBC2 2， 點(diǎn)點(diǎn)E E為為B BC C的中點(diǎn)的中點(diǎn)， 點(diǎn)點(diǎn)F F在在邊邊C CD D上上， 若若ABABAFAF 2 2，則，則AEAEBFBF的值是的值是( () )A.A. 2 2B B2 2C C0 0D D1 1解析解析：選選 A AAFAFADADDFDF，ABABAFAFABAB( (ADADDFDF) )ABABADADABABDFDFABABDFDF 2 2| |DFDF| | 2 2，| |DFDF| |1 1，| |CFCF| | 2 21 1，AEAEBFBF( (ABABBEBE) )( (BCBCCFCF) )ABABCFCFBEBEBCBC 2 2( ( 2 21)1)1 12 22 2 2 22 2 2 2，故選，故選 A.A.5 5(20 xx(20 xx東北三校聯(lián)考東北三校聯(lián)考) )在在ABCABC中，中，A A120120，ABABACAC1 1，則，則| |BCBC| |的最小的最小值是值是( () )A.A. 2 2B B2 2C.C. 6 6D D6 6解析：選解析：選 C C在在ABCABC中，設(shè)中，設(shè)ABABc c，ACACb b，BCBCa a. .因?yàn)橐驗(yàn)锳BABACAC1 1，所以，所以bcbccoscos 1201201 1，即，即bcbc2 2，在，在ABCABC中，由余弦定理中，由余弦定理得得：a a2 2b b2 2c c2 22 2bcbccoscos 120120b b2 2c c2 2bcbc3 3bcbc6 6， 所以所以a a 6 6， 即即| |BCBC| |的最小值是的最小值是 6 6. .6.6.已知函數(shù)已知函數(shù)f f( (x x) )A Asin(sin(x x) )的部分圖象如圖所示，點(diǎn)的部分圖象如圖所示，點(diǎn)B B，C C是該圖象與是該圖象與x x軸的交點(diǎn)軸的交點(diǎn)， 過(guò)點(diǎn)過(guò)點(diǎn)C C的直線(xiàn)與該圖象交于的直線(xiàn)與該圖象交于D D，E E兩點(diǎn)兩點(diǎn)， 則則( (BDBDBEBE) )( (BEBECECE) )的值為的值為( () )A A1 1B B1 12 2C.C.1 12 2D D2 2解析解析： 選選 D D注意到函注意到函數(shù)數(shù)f f( (x x) )的圖象關(guān)于的圖象關(guān)于點(diǎn)點(diǎn)C C對(duì)稱(chēng)對(duì)稱(chēng)， 因因此此C C是線(xiàn)是線(xiàn)段段D DE E的中點(diǎn)的中點(diǎn)，BDBDBEBE2 2BCBC. .又又BEBECECEBEBEECECBCBC，且且| |BCBC| |1 12 2T T1 12 22 21 1，因此，因此( (BDBDBEBE) )( (BEBECECE) )2 2BCBC2 22 2，選，選 D.D.7 7已知菱形已知菱形ABCDABCD的邊長(zhǎng)為的邊長(zhǎng)為 6 6，ABDABD3030，點(diǎn)，點(diǎn)E E，F(xiàn) F分別在邊分別在邊BCBC，DCDC上，上，BCBC2 2BEBE，CDCDCFCF. .若若AEAEBFBF9 9，則，則的值為的值為( () )A A2 2B B3 3C C4 4D D5 5解析：選解析：選 B B依題意得依題意得AEAEABABBEBE1 12 2BCBCBABA，BFBFBCBC1 1BABA，因此，因此AEAEBFBF1 12 2BCBCBABABCBC1 1BABA1 12 2BCBC2 21 1BABA2 21 12 21 1BCBCBABA，于是有于是有1 12 21 16 62 21 12 21 16 62 2coscos 60609 9，由此解得，由此解得3 3，選，選 B.B.8 8(20 xx(20 xx銀川調(diào)研銀川調(diào)研) )已知已知ABABACAC，| |ABAB| |1 1t t，| |ACAC| |t t，若點(diǎn)若點(diǎn)P P是是ABCABC所在平所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，且面內(nèi)的一點(diǎn)，且APAPABAB| |ABAB| |4 4ACAC| |ACAC| |，則，則PBPBPCPC的最大值等于的最大值等于( () )A A1313B B1515C C1919D D2121解析：選解析：選 A A建立如圖所示坐標(biāo)系，則建立如圖所示坐標(biāo)系，則B B1 1t t，0 0，C C(0(0，t t) )，ABAB1 1t t，0 0，ACAC(0(0，t t) )，APAPABAB| |ABAB| |4 4ACAC| |ACAC| |t t1 1t t，0 04 4t t(0(0，t t) )(1,4)(1,4)，P P(1,4)(1,4)，PBPBPCPC1 1t t1 1，4 4( (1 1，t t4)4)17171 1t t4 4t t17172 21 1t t4 4t t1313，當(dāng)且僅當(dāng)，當(dāng)且僅當(dāng)t t1 12 2時(shí)，取時(shí)，取“”故選故選 A.A.二、填空題二、填空題9 9(20 xx(20 xx蘭州診斷蘭州診斷) )已知向量已知向量a a，b b滿(mǎn)足滿(mǎn)足| |b b| |4 4，a a在在b b方向上的投影是方向上的投影是1 12 2，則則a ab b_._.解析：解析：a a在在b b方向上的投影是方向上的投影是1 12 2，設(shè)，設(shè)為為a a與與b b的夾角，則的夾角，則| |a a| |coscos1 12 2，a ab b| |a a| | |b b| |coscos2.2.答案：答案：2 21010已知向量已知向量，是平面內(nèi)兩個(gè)互相垂直的單位向量是平面內(nèi)兩個(gè)互相垂直的單位向量，若若(5(52 2) )(12(122 2) )0 0，則則 | | | 的的最大最大值是值是_解析：因?yàn)榻馕觯阂驗(yàn)? 0，| | | | |1 1，所以所以(5(52 2) )(12(122 2) )6060101024244 40 0，即即 2|2| |2 25 51212(5(51212) )，當(dāng)當(dāng)與與 5 51212共線(xiàn)時(shí)，共線(xiàn)時(shí)，| | |最大，最大，所以所以 4|4| |2 2(5(51212) )2 225|25| |2 2120120144|144| |2 22525144144169169，所以所以| | |13132 2. .答案：答案：13132 21111在直角梯形在直角梯形ABCDABCD中，中，ADADBCBC，ABCABC9090，ABABBCBC2 2，ADAD1 1，梯形所在平面，梯形所在平面內(nèi)一點(diǎn)內(nèi)一點(diǎn)P P滿(mǎn)足滿(mǎn)足BABABCBC2 2BPBP，則，則PCPCPDPD_._.解析解析：以以BCBC，BABA為鄰邊作矩形為鄰邊作矩形ABCEABCE，則則BCBCBABABEBE，BABABCBC2 2BPBP，故故P P是是BEBE的中點(diǎn)的中點(diǎn)，連接連接PCPC，PDPD1 12 2ABAB1 1，CPCP1 12 2ACAC 2 2，CDCDCECE2 2DEDE2 2 5 5，coscosCPDCPDPCPC2 2PDPD2 2CDCD2 22 2PCPCPDPD2 22 2，PCPCPDPD| |PCPC| | |PDPD|cos|cosCPDCPD1 1 2 22 22 2 1.1.答案：答案：1 112.12.如圖如圖，已知已知ABCABC中中，ABABACAC4 4，BACBAC9090，D D是是BCBC的中點(diǎn)的中點(diǎn)，若向量若向量AMAM1 14 4ABABm mACAC，且，且AMAM的終點(diǎn)的終點(diǎn)M M在在ACDACD的內(nèi)部的內(nèi)部( (不含邊不含邊界界) )，則，則AMAMBMBM的取值范圍是的取值范圍是_解析解析： 以以A A為坐標(biāo)原點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，ABAB所在直線(xiàn)為所在直線(xiàn)為x x軸建立直角坐標(biāo)系軸建立直角坐標(biāo)系， 則則B B(4,0)(4,0)，C C(0,4)(0,4)，D D(2,2)(2,2)，M M(1,4(1,4m m) )，m m1 14 4，3 34 4 ，AMAMBMBM(1,4(1,4m m) )( (3,43,4m m) )1616m m2 23 3( (2,6)2,6)答案：答案：( (2,6)2,6)三、解答題三、解答題1313(20 xx(20 xx西安考前檢測(cè)西安考前檢測(cè)) )已知向量已知向量a a(2(2，1)1)，b b(1(1，x x) )(1)(1)若若a a( (a ab b) )，求，求| |b b| |的值；的值；(2)(2)若若a a2 2b b(4(4，7)7)，求向量，求向量a a與與b b夾角的大小夾角的大小解：解：(1)(1)由題意得由題意得a ab b(3(3，1 1x x) )由由a a( (a ab b) )，可得，可得 6 61 1x x0 0，解得解得x x7 7，即，即b b(1,7)(1,7)，所以所以| |b b| | 50505 5 2 2. .(2)(2)a a2 2b b(4,2(4,2x x1)1)(4(4，7)7)，故故x x3 3，所以所以b b(1(1，3)3)，所以所以 coscosa a，b ba ab b|a|b|a|b|2 2，1 11 1，3 35 5 10102 22 2，因?yàn)橐驗(yàn)閍 a，b b00， ，所以所以a a與與b b夾角是夾角是4 4. .1414已知向量已知向量m m3 3sinsinx x4 4，1 1，n ncoscosx x4 4，coscos2 2x x4 4 . .(1)(1)若若m mn n1 1，求，求 coscos2 23 3x x的值；的值；(2)(2)記記f f( (x x) )m mn n，在在ABCABC中中，角角A A，B B，C C的對(duì)邊分別是的對(duì)邊分別是a a，b b，c c，且滿(mǎn)足且滿(mǎn)足(2(2a ac c)cos)cosB Bb bcoscosC C，求函數(shù)，求函數(shù)f f( (A A) )的取值范圍的取值范圍解解：m mn n 3 3sinsinx x4 4coscosx x4 4coscos2 2x x4 43 32 2sinsinx x2 21 12 2coscosx x2 21 12 2sinsinx x2 26 6 1 12 2. .(1)(1)m mn n1 1，sinsinx x2 26 6 1 12 2，coscosx x3 3 1 12sin2sin2 2x x2 26 6 1 12 2，coscos2 23 3x xcoscosx x3 3 1 12 2. .(2)(2)(2(2a ac c)cos)cosB Bb bcoscosC C，由正弦定理得由正弦定理得(2sin(2sinA AsinsinC C)cos)cosB BsinsinB BcoscosC C，2sin2sinA AcoscosB BsinsinC CcoscosB BsinsinB BcoscosC C，2sin2sinA AcoscosB Bsin(sin(B BC C) )A AB BC C，sin(sin(B BC C) )sinsinA A，且且 sinsinA A0 0，coscosB B1 12 2，B B3 3. .00A A 2 23 3. .6 6 A A2 26 6 2 2，1 12 2sinsinA A2 26 6 1.1.又又f f( (x x) )m mn nsinsinx x2 26 6 1 12 2，f f( (A A) )sinsinA A2 26 6 1 12 2，故故 11f f( (A A)3 32 2. .故函數(shù)故函數(shù)f f( (A A) )的取值范圍是的取值范圍是1 1，3 32 2 . .