2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專項(xiàng)訓(xùn)練 平面向量應(yīng)用（含解析）1、(1)(xx·新課標(biāo)全國卷)已知正方形ABCD的邊長為2，E為CD的中點(diǎn)，則·_.(2)(xx·天津卷)在平行四邊形ABCD中，AD1，BAD60°，E為CD的中點(diǎn)若·1，則AB的長為_解析(1)以A為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系(如圖)則A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，E(1,2)(1,2)，(2,2)從而·(1,2)·(2,2)1×(2)2×22.(2)由題意可知，.因?yàn)?#183;1，所以()·1，即2·21.因?yàn)閨1，BAD60°，所以·|，因此式可化為1|21，解得|0(舍去)或，所以AB的長為.答案(1)2(2)2、在邊長為1的菱形ABCD中，BAD60°，E是BC的中點(diǎn)，則·()A. B. C. D.(2)在ABC所在平面上有一點(diǎn)P，滿足，則PAB與ABC的面積之比值是()A. B. C. D.解析(1)建立如圖平面直角坐標(biāo)系，則A，C，B.E點(diǎn)坐標(biāo)為，(，0)，·×.(2)由已知可得2，P是線段AC的三等分點(diǎn)(靠近點(diǎn)A)，易知SPABSABC，即SPABSABC13.答案(1)D(2)A3、(xx·湖南卷)已知平面上一定點(diǎn)C(2,0)和直線l：x8，P為該平面上一動點(diǎn)，作PQl，垂足為Q，且·0.(1)求動點(diǎn)P的軌跡方程；(2)若EF為圓N：x2(y1)21的任一條直徑，求·的最值解(1)設(shè)P(x，y)，則Q(8，y)由()·()0，得|2|20，即(x2)2y2(x8)20，化簡得1.所以點(diǎn)P在橢圓上，其方程為1.(2)因·()·()()·()()2221，P是橢圓1上的任一點(diǎn)，設(shè)P(x0，y0)，則有1，即x16，又N(0,1)，所以2x(y01)2y2y017(y03)220.因y02，2，所以當(dāng)y03時，2取得最大值20，故·的最大值為19；當(dāng)y02時，2取得最小值為134(此時x00)，故·的最小值為124.3、已知點(diǎn)P(0，3)，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)Q在y軸的正半軸上，點(diǎn)M滿足·0，當(dāng)點(diǎn)A在x軸上移動時，求動點(diǎn)M的軌跡方程解設(shè)M(x，y)為所求軌跡上任一點(diǎn)，設(shè)A(a,0)，Q(0，b)(b0)，則(a,3)，(xa，y)，(x，by)，由·0，得a(xa)3y0.由，得(xa，y)(x，by)，把a(bǔ)代入，得3y0，整理得yx2(x0)所以動點(diǎn)M的軌跡方程為yx2(x0)4、已知a，b是單位向量，a·b0.若向量c滿足|cab|1，則|c|的最大值為_解析建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，由題意知ab，且a與b是單位向量，可設(shè)a(1,0)，b(0,1)，c(x，y)cab(x1，y1)，|cab|1，(x1)2(y1)21，即點(diǎn)C(x，y)的軌跡是以M(1,1)為圓心，1為半徑的圓而|c|，|c|的最大值為|OM|1，即|c|max1.答案15ABC外接圓的半徑為1，圓心為O，且2 0，|，則·()A. B. C3 D2解析由2 0，得2 0，即，即O，B，C三點(diǎn)共線，BC為ABC外接圓的直徑，故BAC90°.又|，得B60°，所以C30°，且|(如圖所示)所以·|cos 30°×2×3.答案C6給定兩個長度為1的平面向量和，它們的夾角為.如圖所示，點(diǎn)C在以O(shè)為圓心的圓弧上運(yùn)動若x y ，其中x，yR，則xy的最大值是_解析：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(1,0)，B，設(shè)AOC，則C(cos ，sin )，由x y ，得所以xcos sin ，ysin ，所以xycos sin 2sin，又，所以當(dāng)時，xy取得最大值2.7已知a(1，sin2x)，b(2，sin 2x)，其中x(0，)若|a·b|a|b|，則tan x的值等于()A1 B1 C. D.解析由|a·b|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與b的夾角為30°，則a·b的值是()A. B. C2 D.解析a·b|a|b|cos 30°8sin 15°cos 15°×4×sin 30°×.答案B9已知|a|2|b|，|b|0且關(guān)于x的方程x2|a|xa·b0有兩相等實(shí)根，則向量a與b的夾角是()A B C. D.解析由已知可得|a|24a·b0，即4|b|24×2|b|2cos 0，cos ，又0，.答案D10在ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對應(yīng)的三角形的邊長，若4a2bC3c0，則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所對的邊分別為a，b，c，若··1，那么c_.解析由題意知··2，即···()22c|.答案12在ABC中，若AB1，AC，|，則_.解析易知滿足|的A，B，C構(gòu)成直角三角形的三個頂點(diǎn)，且A為直角，于是|·cosABC1×cos 60°.答案13設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若(3bc)cos Aacos C，SABC，則·_.解析依題意得(3sin Bsin C)cos Asin Acos C，即3sin Bcos Asin Acos Csin Ccos Asin(AC)sin B>0，于是有cos A，sin A，又SABC·bcsin Abc×，所以bc3，·bccos(A)bccos A3×1.答案114已知圓C：(x3)2(y3)24及點(diǎn)A(1,1)，M是圓C上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)N在線段MA的延長線上，且2，求點(diǎn)N的軌跡方程解設(shè)M(x0，y0)，N(x，y)由2，得(1x0,1y0)2(x1，y1)，點(diǎn)M(x0，y0)在圓C上，(x03)2(y03)24，即(32x3)2(32y3)24.x2y21.所求點(diǎn)N的軌跡方程是x2y21.15已知ABD是等邊三角形，且，|，那么四邊形ABCD的面積為()A. B. C3 D. 解析如圖所示，22，即322·，|，|2|cos 60°3，|2.又，|1，|2|2|2，BCCD.S四邊形ABCDSABDSBCD×22×sin 60°×1× ，故選B.答案B16.已知向量m，n.(1)若m·n1，求cos的值；(2)記f(x)m·n，在ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足(2ac)cos Bbcos C，求函數(shù)f(A)的取值范圍解(1)m·nsin ·cos cos2sin sin，m·n1，sin.cos12sin2，coscos.(2)(2ac)cos Bbcos C，由正弦定理得(2sin Asin C)cos 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.故函數(shù)f(A)的取值范圍是.17已知向量a(m2,4)，b(1,1)，則“m2”是“ab”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析依題意，當(dāng)m2時，a(4,4)，b(1,1)，所以a4b，即ab，即由m2可以推出ab；當(dāng)ab時，m24，得，m±2，所以不能推得m2，即“m2”是“ab”的充分不必要條件答案A18(xx·德州一模)已知向量a(2,3)，b(k,1)，若a2b與ab平行，則k的值是()A6 B C. D14解析由題意得a2b(22k,5)，且ab(2k,2)，又因?yàn)閍2b和ab平行，則2(22k)5(2k)0，解得k.答案C19已知|a|b|a2b|1，則|a2b|()A9 B3 C1 D2解析由|a|b|a2b|1，得a24a·b4b21，4a·b4，|a2b|2a24a·b4b2549，|a2b|3.答案B20已知平面向量a(2，m)，b(1，)，且(ab)b，則實(shí)數(shù)m的值為()A2 B2 C4 D6解析因?yàn)?ab)b，所以(ab)·ba·bb20，即2m40，解得m2.答案B21已知|a|1，|b|6，a·(ba)2，則向量a與b的夾角為()A. B. C. D.解析a·(ba)a·ba22，所以a·b3，所以cos<a，b>.所以<a，b>.答案B22.已知向量a(1，cos )，b(1,2cos )且ab，則cos 2等于()A1 B0 C. D.解析aba·b0，即12cos20，cos 20.答案B23(xx·成都期末測試)已知O是ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，D為BC邊中點(diǎn)，且20，則有()A.2 B.C.3 D2解析由20，得22，即22，所以，即O為AD的中點(diǎn)答案B24平面上有四個互異點(diǎn)A，B，C，D，已知(2)·()0，則ABC的形狀是()A直角三角形 B等腰三角形C等腰直角三角形 D無法確定解析由(2)·()0，得()()·()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(字母順序是ABCD)的邊長為1，點(diǎn)E是AB邊上的動點(diǎn)(可以與A或B重合)，則·的最大值是()A1 B. C0 D1解析建立直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)E(x,0)，x0,1，則D(0,1)，C(1,1)，B(1,0)，所以·(x，1)·(1,0)x，當(dāng)x0時取得最大值0.答案C26若a(1，2)，b(x,1)，且ab，則x_.解析由ab，得a·bx20，x2.答案227已知向量a(1,1)，b(2,0)，則向量a，b的夾角為_解析a(1,1)，b(2,0)，|a|，|b|2，cos<a，b>，<a，b>.答案28在RtABC中，C90°，A30°，BC1，D為斜邊AB的中點(diǎn)，則·_.解析··()··2×12×cos 30°1.答案129在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知向量a(2,1)，A(1,0)，B(cos ，t)(1)若a，且|，求向量的坐標(biāo)；(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.t±1.當(dāng)t1時，cos 3(舍去)，當(dāng)t1時，cos 1，B(1，1)，(1，1)(2)由(1)可知t，ycos2cos cos2cos 2，當(dāng)cos 時，ymin.30設(shè)向量a(sin x，sin x)，b(cos x，sin x)，x.(1)若|a|b|，求x的值；(2)設(shè)函數(shù)f(x)a·b，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，從而sin x，所以x.(2)f(x)a·bsin x·cos xsin2 xsin 2xcos 2xsin，當(dāng)x時，sin取最大值1.所以f(x)的最大值為.31.已知點(diǎn)G是ABO的重心，M是AB邊的中點(diǎn)(1)求；(2)若PQ過ABO的重心G，且a，b，ma，nb，求證：3.(1)解2，又2，0.(2)證明顯然(ab)因?yàn)镚是ABO的重心，所以(ab)由P，G，Q三點(diǎn)共線，得，所以，有且只有一個實(shí)數(shù)，使.而(ab)maab，nb(ab)ab，所以ab.又因?yàn)閍，b不共線，所以消去，整理得3mnmn，故3.32.已知f(x)a·b，其中a(2cos x，sin 2x)，b(cos x,1)(xR)(1)求f(x)的周期和單調(diào)遞減區(qū)間；(2)在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，f(A)1，a，·3，求邊長b和c的值(bc)解(1)由題意知，f(x)2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x12cos，f(x)的最小正周期T，ycos x在2k，2k(kZ)上單調(diào)遞減，令2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，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.