2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)配餐作業(yè)28平面向量的數(shù)量積含解析理

1、2019-20202019-2020 年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)配餐作業(yè)年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)配餐作業(yè) 2828 平面向量的數(shù)量積含解析理平面向量的數(shù)量積含解析理一、選擇題1.已知 p p=(2,3),q q=(x,6),且 p pq q,則|p p+q q|的值為()A.V5B.713C5D13解析|(2,答案由題意得 2X6+3x=0nx=4n|p p+q q|=3)+(4,6)|=|(2,3)|=13。故選 Bo2（xx商丘模擬）在厶 ABC 中，已知|（|=4,|AC|=1,S=書(shū)，則 ABAC 的值為ABC()A2B2C4D2解析 SABC=2|AB|AC|sinZBAC=2x4XlXsinZB

2、AC=；3o.：sinZBAC=，cosZBAC=2，.：ABAC=|AB|AC|cosZBAC=2。故選 D。答案 D3.(xx石家莊模擬)在厶 ABC 中，AB=4,AC=3,ACBC=1,則 BC=()AJ3B.；2C2D3解析設(shè) ZA=0,因?yàn)?BC=ACAB,AB=4,AC=3,所以 ACBC=AC2-A(:AB=9-ACAB=1OACAB=8,辭=空込=畐=3,|A(C|(AB|3X43所以 BC=216+92X4X3X3=3。故選 Do答案 D4.（xx昆明質(zhì)檢）設(shè) DABC 所在平面內(nèi)一點(diǎn)，|AB|=2,|AC|=1,AC 丄就，CD=1A.11B3解析依題意，一|+2COS2

3、0=0，即 2COS20=2,C1解析在厶ABC中，因?yàn)?AC 丄就，所以BCjAB2-AC2=迪，所以|就|=寸 3，所以 SDSD=（AC+CD）葩=何+1 匐1 就=1 立BC+9 就2=0+9（邊）2=3,故選 B。答案 B5.（xx江西贛南五校二模ABC的外接圓的圓心為0,半徑為1,2AO=AB+AC且|0A|=|AB|，貝恫量 BA 在 Bt 方向上的投影為（）C.解析由 2A0=AB+AC 可知 0 是 BC 的中點(diǎn)，即 BC 為 AABC 外接圓的直徑，所以|施|=|OB|=|0C|，由題意知|0A|=|AB|=1,故厶 0AB 為等邊三角形，所以ZABC=60。所以向量BA

4、在 BC 方向上的投影為|BA|COSZABC=1XCOS60=2。故選 A。答案 A6.（xx廈門(mén)模擬）在厶 ABC 中，ZA=120。，AB，AC=-1，貝 J|BC|的最小值是（）A.j2B.2C./6D.6解析由 ABAC=|AB|At|cos120=-1|AB|AC|=-1 得|AB|AC|=2，|BCh=|ACAB12=AC2+AB22ABAC=AC2+AB2+2 三 2|AC|AB|+2=6,當(dāng)且僅當(dāng)|AC|=|AB|=/2 時(shí)等號(hào)成立。所以|就|三寸 6，故選 Co答案 C二、填空題7. （xx開(kāi)封一模）設(shè)向量 a a=2，cos。j與 b b=（1,2COS0）垂直，則COS

5、20=DA.。B.D.2所以 cos20=2COS2&一 1=一 2。答案一 18._已知 A,B,C 為圓 0 上的三點(diǎn)，若 AO=j(AB+AC),則孫與立的夾角為。解析由A0=|(AB+AC)，可得 0 為 BC 的中點(diǎn)，故 BC 為圓 0 的直徑，所以 AB 與 AC 的夾角為 90。答案 909.已知在矩形 ABCD 中，AB=2,AD=1,E，F(xiàn) 分別是 BC，CD 的中點(diǎn)，貝 J(AE+AF)西解析如圖，將矩形放在直角坐標(biāo)系中，則 A(0,0)，B(2,0)，D(O,1)，E(2,乂，C(2,l),AF=(1,1),BD=(2,1),所以 AE+AF=(3,|j,所以(A

6、E+AF)BD9答案一 210._設(shè)a a,b b,c c 是單位向量，且 a ab b=0,則(a a+c c)(b b+c c)的最大值為。解析解法一：設(shè)向量 c c 與 a a+b b 的夾角為Q，則有|a a+b b|=，a a+b b2=a a2+b b2+2a ab bh。，(a a+c c)(b b+c c)=(a a+b b)c c+c c2=1+：2cose，故最大值是 1+；2。解法二：Ta a,b b 是單位向量，且 a ab b=0,故可設(shè) a a=(1,0)，b b=(0,1)，又 c c 是單位向量，故可設(shè) c c=(cos,sin。),00,2n)。(a a+c

7、c)(b b+c c)=(1+COS0,sin)(cos0,1+sin)=(1+cos0)cos0+sin0(1+sin0)F(l,l),所以 AE=I2,=cos+cos2+sin+sin2=1+cos+sin=1+-j2sine+百。(a a+c c)(b b+c c)的最大值為1+p2。答案 1+邁三、解答題11. 已知|a a|=4,|b b|=8,a a 與 b b 的夾角是 120。計(jì)算：|a a+b b|，|4a a2b b|；(2)當(dāng) k 為何值時(shí)，(a a+2b b)丄(ka ab b)。解析由已知得，a ab b=4X8X2=16O(1)|a a+b b12=a a2+2a

8、 ab b+b b2=16+2X(16)+64=48,.|a a+b b|=4；J3。V|4a a2b b|2=16a a216a ab b+4b b2=16X1616X(16)+4X64=768,|4a a2b b|=16“3。(2)V(a a+2b b)丄(ka ab b)，:(a a+2b b)(ka ab b)=0,.*ka a2+(2k1)a ab b2b b2=0,即 16k16(2k1)2X64=0,.k=7。即 k=7 時(shí),a a+2b b 與 ka ab b 垂直。答案4 誦16；3(2)712. 如圖，0 是厶 ABC 內(nèi)一點(diǎn)，ZA0B=150,ZA0C=120，向量 OA

9、,OB,0C 的模分別為 2,4o求|0A+OB+Ot|；(2)若 Ot=mOA+nOB,求實(shí)數(shù) m,n 的值。解析由已知條件易知 OAOB=|OA|葩|cosZAOB=3,OAOt=|OA|lot|cos/AOC=4,OBOC=O,.|OA+OB+OC|2=OA2+OB2+OC2+2(OAOB+OAOC+OBOC)=9,.|OA+OB+OC|=3。(2)由 OC=mOA+nOB 可得，OAOC=mOA2+nOAOB，且 OBOC=mOBOA+nOBb,4m3n=4,.mn4o3m+3n=0,答案（1）3（2）m=n=4（時(shí)間：20 分鐘）1.（xx山東三校聯(lián)考）如圖，菱形 ABCD 的邊長(zhǎng)為

10、 2,ZBAD=60,M 為 DC 的中點(diǎn),解析由平面向量的數(shù)量積的幾何意義知,AMAN 等于 AM 的模與 AN 在 AM 方向上的投影之積，所以（AMAN）=AMAC=max|AB+ADJ（AB+AD）=2AB2+AD2+|ABAD=9。故選D。答案 D2.（xx山東高考）已知非零向量 m m,n n 滿足 4|m m|=3|n n|,cosm m,n n=o 若 n n 丄（tm m+n n）,則實(shí)數(shù) t 的值為（）B.4C4答案 B3.（xx福州質(zhì)檢）已知在ABC 中，AB=4,AC=6,BC=：7，其外接圓的圓心為 0,則 AOgE=o解析如圖，取 BC 的中點(diǎn) M,連 OM,AM,

11、則AO=AM+MO,.AOBC=（AM+MO）BCo若 N 為菱形內(nèi)任意一點(diǎn)（含邊界）,A.3C.6A.4D.解析由口口丄（tm m+n n）可得 n n（tm m+n n）=0.n n2即tm mn n+n n2=0,所以 t=mm=a|m m|n n|cosm m,n n|n=3鳴=3X|=4。故選B0為厶ABC 的外心，0M 丄 BC,即亜BC=0,A0BC=AM就=2(AB+AC)(立一両=1(疋一 ABO=1(6242)=1x20=10。答案 104.(xx臨沂模擬)已知向量 m m=(sina2,cosa),n n=(sina,cosa)，其中aGR Ro(1)若 m m 丄 n

12、n,求角a；(2)若|m mn n|=/2，求 cos2a的值。解析(1)向量 m m=(sina2,cosa),n n=(sina,cosa),若 m m 丄 n n,貝 ymymn n=0 0,即為一 sina(sina2)cos2a=0,1n5n即 sina=;，可得a=2kn+_或 2kn+,kGZ Z。266(2)若|m mn n|=.J2,即有(m mn n)2=2,即(2sina2)2+(2cosa)2=2,即為 4sin2a48sina4cos2a=2,3即有 88sina=2,可得 sina=4,n5n答案(1)a=2kn+三或 2kn+,kGZ Z66-12019-2020

13、2019-2020 年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)配餐作業(yè)年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)配餐作業(yè) 2929 平面向量的應(yīng)用含解析理平面向量的應(yīng)用含解析理一、選擇題1.（xx河南適應(yīng)性測(cè)試）已知向量 m m=（1,cos）,n n=（sin。,2），且 m m 丄 n n,則即有 cos2a=12sin2a=12x916sin20+6COS2的值為()1B2C.2p2D.-2解析由題意可得 m mn n=sin02cos0=0,則 tan=2,所以sin20+6cos2&=2sincos+6COS22tan+6tank=2。故選 B。答案 B2. 已知點(diǎn) M(3,0),N(3,0)。動(dòng)點(diǎn) P(x,y)滿足|MN

14、|MP|+MNNP=0,則點(diǎn) P 的軌跡的曲線類型為()A.雙曲線 B.拋物線C圓 D橢圓解析MMN=(3,0)(3,0)=(6,0),|MMN|=6,MMP=(x,y)(3,0)=(x+3,y),NMP=(x,y)(3,0)=(x3,y)|MN|MP|+MNNP=6x+2+y2+6(x3)=0,o化簡(jiǎn)可得 y2=12xo故點(diǎn) P 的軌跡為拋物線。故選 Bo答案 BABMCABAC13.-若非零向量AB與AC滿足一+一BC=0 且=則厶人。為()l|AB|AC|丿|AB|AC|2A. 三邊均不相等的三角形B. 直角三角形C. 等邊三角形D. 等腰非等邊三角形ABAC)解析由+BC=0 知，角

15、A 的平分線與 BC 垂直，|AB|=|AC|；由答案 C4.(xx河南十校測(cè)試)已知 0 為坐標(biāo)原點(diǎn)，a a=(1,1),OA=a ab b,OB=a a+b b，當(dāng)A2sin20+cos20ABAC1=2 知,COSA=2,A=60.ABC 為等邊三角形。故選 Co|ABAt|=2，則 ABAC 的取值范圍是AOB 為等邊三角形時(shí)，|AB|的值是(A.2 招9B.4 逸9C.解析設(shè) b b=(x,y),V|OA|=|OB|=|AB|,/.|a ab b|=|a a+b b|=2|b b|,a ab b=0,|a a|=；3|b b|Jx+y=O,12=飛 3X2+y2,|AB|=2|b b

16、|=，故選 Co答案 C解析由題意得 ABAD=|AB|麗COSZBAD=4,解得 ZBAD=-n。以 A 為原點(diǎn)，AB 所在的直線為 x 軸建立平面直角坐標(biāo)系， 則 A(0,0),B(4,0),C(5,込)， D(l,叮 3),因?yàn)辄c(diǎn) P 在邊 CD上,所以不妨設(shè)點(diǎn) P 的坐標(biāo)為(a,/3)(lWaW5),則 PAPB=(a,烏)(4a,.;3)=a24a+3=(a2)21,則當(dāng) a=2 時(shí)，PAPB 取得最小值一 1,當(dāng) a=5時(shí)，PAPB 取得最大值 8,故選 A。答案 A6.(xx大連雙基)已知直線 y=x+m 和圓 X2+y2=1 交于 A,B 兩點(diǎn)，O 為坐標(biāo)原點(diǎn),3I3.3I3.

17、5.(xx福建模擬)平行四邊形 ABCD中,則區(qū)西的取值范圍是()A.1,8C.0,8AB=4,AD=2,ABAD=4,點(diǎn) P 在邊 CD 上,B.1,+B)D. 1,03若 AOAB=2，則實(shí)數(shù) m=()A.1C土乎B.D.2322|ABAt|=2，則 ABAC 的取值范圍是y=x+m解析設(shè)A(XA，yA)，B(xB，B)，聯(lián)立 L+y2=1消去y得2x2+2mx+m21=0,由=4m28(m21)0 得一“詁 2m“2,x+x=m,AB3由 AOAB=AO(OBOA)=OAOB+OA2=XXyy+1=m2+2=，解得 m=ABAB2土。故選 Co答案 C二、填空題7._ 在ABC 中， 若

18、 ABAC+ABCB=2,則邊 AB 的長(zhǎng)等于解析由題意知胚AC+ABCB=4,即 AB(AC+CB)=4,即 ABAB=4,|AB|=2o 答案 28._已知|a a|=2|b b|,|b b|M0,且關(guān)于 x 的方程 X2+|a a|xa ab b=0 有兩相等實(shí)根，則向量 a a 與 b b 的夾角是 o1解析由已知可得=|a a|2+4a ab b=0,即 4|b b|2+4X2|b b2cose=0,.cosQ=一 2,又 ToweWn,2n3。9. (xx安徽皖江名校聯(lián)考)在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)， 已知 B(3,3 材 3),C(3,33),且 H(x,y)是曲線 X2+y2=1 上任

19、意一點(diǎn)，則 BfiCH 的最大值為解析由題意得 BH=(x+3,y+33),CH=(x3,y+3,所以 BHCH=(x+3,y+33)(x3,y+3事 3)=X2+y29+6：3y+27=6；3y+19W6f+19,當(dāng)且僅當(dāng) y=l 時(shí)取最大值。答案.3+1910.(xx太原一模)在銳角ABC 中，已知 B=n3,*=(XA+m)(XB+m)=m212答案2n|ABAt|=2，則 ABAC 的取值范圍是解析B=3，ABC 是銳角三角形,A+C 埒晉吧JAB-砌=2,Ir+_2,ItanA2丿4答案(0,12)三、解答題11. (1)向量 a a=(x,1),b b=(1,y),c c=(2,4

20、)， 且 a a 丄 c c,b b c c,求|a a+b b|和 a a+b b 與 c c 的夾角。(2)設(shè) 0ABC 的外心，已知 AB=3,AC=4,非零實(shí)數(shù) x,y 滿足 AO=xAB+yAC 且 x+2y=1,求 cosZBAC 的值。解析(1)Va a 丄 c c,.2x4=0,x=2, b bc c,.42y=0,y=2。.a a=(2,1),b b=(1,2),a a+b b=(3,1),.|a a+b b|=“J32+2=、;10。設(shè)a a+b b與c c的夾角為Q則 cos。=質(zhì)|/=3+伍久:新L=L=晉, oweWn,.Q=-4，即 a a+b b 與 c c 的夾

21、角為予。設(shè) AC 的中點(diǎn)為 D,At0=xtAB+ytAC=xtAB+2ytAD，又 x+2y=1，.0，B，D 三點(diǎn)共線。abcsinAsinB(2丫sin(nb=sB(2nc=sinA2sin(乎-町ABAC=cbcosA=.3,sin2Acostan2AABAte(0,12)。|ABAC|=a=2.2sintanA由 O為厶ABC 外心知 0D 丄 AC,BD 丄 AC,在 RtAADB 中，AB=3,AD=#AC=2,AD2所以 cosZBAC=AB=3。答案(1)|a a+b b|10a a+b b 與 c c 的夾角為4(2 打12.(xx河南適應(yīng)性測(cè)試)在厶 ABC 中，ZA,Z

22、B,ZC 的對(duì)邊分別為 a,b,c,已知(ZC)向量 m m=lcosZB,2COS21I,n n=(c,b2a),且 m mn n=0o(1)求 ZC 的大??；(2)若點(diǎn) D 為邊 AB 上一點(diǎn)，且滿足 AD=DB,|CD|=.7,C=2 邊，求 AABC 的面積。解(1)Tm m=(cosZB,cosZC),n n=(c,b2a),m mn n=0,ccosZB+(b2a)cosZC=0,在厶 ABC 中，由正弦定理得sinZCcosZB+(sinZB2sinZA)cosZC=0，sinZA=2sinZAcosZC，又 TsinZAZO,.*.cosZC=2，而 ZCe(0,n),.：ZC=。(2)由血)=葩知，CDCA=CBCD,所以 2CD=CA+CB。兩邊平方得 4|CD2=b2+a2+2bacosZACB=b2+a2+ba=28。又 C2=a2+b22abcosZACB,.a2+b2ab=12。由得 ab=8,.SAB=2absinZACB=23o答案號(hào)(2)2 辺(時(shí)間：20 分鐘)1.已知|a a|=2|b b|M0,且關(guān)于 x 的函數(shù) f(x)=3x3+2a a|x2+a ab bx 在 R R 上有極值，則向量