《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專題二 三角函數(shù)與平面向量 第3講 平面向量專題強(qiáng)化精練提能 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專題二 三角函數(shù)與平面向量 第3講 平面向量專題強(qiáng)化精練提能 理（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專題二 三角函數(shù)與平面向量 第3講 平面向量專題強(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，垂足為D，AD＝5，且滿足＝. (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， 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，＋∞)．