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）

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1、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Ⅱ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，AD＝1，∠BAD＝60°，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)＋2×2＝2. (2)由題意可知，＝＋，＝－＋.因?yàn)椤ぃ?，所以(＋)·＝1， 即

2、2＋·－2＝1.① 因?yàn)閨|＝1，∠BAD＝60°，所以·＝||， 因此①式可化為1＋||－||2＝1，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，∠BAD＝60°，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， ∴

3、＝(，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S△PAB＝S△ABC，即S△PAB∶S△ABC＝1∶3. 答案　(1)D　(2)A 3、(xx·湖南卷)已知平面上一定點(diǎn)C(2,0)和直線l：x＝8，P為該平面上一動(dòng)點(diǎn)，作PQ⊥l，垂足為Q，且·＝0. (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程； (2)若EF為圓N：x2＋(y－1)2＝1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－||2＝0， 即(x－2)2＋y2－(x－8)2＝0， 化簡得＋＝1. 所以點(diǎn)P在橢圓上，

4、其方程為＋＝1. (2)因·＝(－)·(－)＝(－－)·(－)＝(－)2－2＝2－1， P是橢圓＋＝1上的任一點(diǎn)，設(shè)P(x0，y0)， 則有＋＝1，即x＝16－，又N(0,1)， 所以2＝x＋(y0－1)2＝－y－2y0＋17 ＝－(y0＋3)2＋20. 因y0∈[－2，2]，所以當(dāng)y0＝－3時(shí)，2取得最大值20，故·的最大值為19； 當(dāng)y0＝2時(shí)，2取得最小值為13－4(此時(shí)x0＝0)，故·的最小值為12－4. 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(dòng)時(shí)，求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程． 解　設(shè)M(x，y)為所求軌跡上任一點(diǎn)

5、，設(shè)A(a,0)，Q(0，b)(b＞0)，則＝(a,3)，＝(x－a，y)，＝(－x，b－y)， 由·＝0，得a(x－a)＋3y＝0.① 由＝－，得 (x－a，y)＝－(－x，b－y)＝， ∴∴ 把a(bǔ)＝－代入①， 得－＋3y＝0， 整理得y＝x2(x≠0)． 所以動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為y＝x2(x≠0)． 4、已知a，b是單位向量，a·b＝0?.若向量c滿足|c－a－b|＝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a⊥b，且a與b是單位向量， ∴可設(shè)＝a＝(1,0)，＝b＝(0,1)，＝c＝(x，y)． ∴c－a－b＝(x－1，

6、y－1)， ∵|c－a－b|＝1， ∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，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|max＝＋1. 答案?。? 5．△ABC外接圓的半徑為1，圓心為O，且2 ＋＋＝0，||＝||，則·＝(　　)． A. B. C．3 D．2 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∠BAC＝90°.又||＝||，得B＝60°，所以C＝30°，且||＝(如圖所示)． 所以·＝||||cos 30°＝×2×＝3.

7、答案　C 6．給定兩個(gè)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(dòng)．若＝x ＋y ，其中x，y∈R，則x＋y的最大值是________． 解析?。阂設(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＝α， 則C(cos α，sin α)， 由＝x ＋y ， 得 所以x＝cos α＋sin α，y＝sin α， 所以x＋y＝cos α＋sin α＝2sin， 又α∈，所以當(dāng)α＝時(shí)，x＋y取得最大值2. 7．已知a＝(1，sin2x)，b＝(2，sin 2x)，其中x∈(0，π)．若|a·b|＝|a

8、||b|，則tan x的值等于(　　)． A．1 B．－1 C. D. 解析　由|a·b|＝|a||b|知，a∥b. 所以sin 2x＝2sin2x，即2sin xcos x＝2sin2x， 而x∈(0，π)， 所以sin x＝cos x，即x＝，故tan x＝1. 答案　A 8．若|a|＝2sin 15°，|b|＝4cos 15°，a與b的夾角為30°，則a·b的值是(　　)． A. B. C．2 D. 解析　a·b＝|a||b|cos 30°＝8sin 15°cos 15°×＝4×sin 30°×＝. 答案　B 9．已知|a|

9、＝2|b|，|b|≠0且關(guān)于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0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Δ＝|a|2＋4a·b＝0， 即4|b|2＋4×2|b|2cos θ＝0，∴cos θ＝－， 又∵0≤θ≤π，∴θ＝. 答案　D 10．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對(duì)應(yīng)的三角形的邊長，若4a＋2bC＋3c＝0，則cos B＝(　　)． A．－ B. C. D．－ 解析　由4a＋2bC＋3c＝0，得 4a＋3c＝－2bC＝－2b(－)＝2b＋ 2b，所以4a＝3c＝2b. 由余弦定理得cos B＝

10、＝＝－. 答案　A 11．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若·＝·＝1，那么c＝________. 解析　由題意知·＋·＝2， 即·－·＝·(＋) ＝2＝2?c＝||＝. 答案　 12．在△ABC中，若AB＝1，AC＝，|＋|＝||，則＝________. 解析　易知滿足|＋|＝||的A，B，C構(gòu)成直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，且∠A為直角，于是＝||·cos∠ABC＝1×cos 60°＝. 答案　 13．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若(3b－c)cos A＝acos C，S△ABC＝，則·＝________. 解析　依題意得(3sin

11、 B－sin C)cos A＝sin Acos C， 即3sin Bcos A＝sin Acos C＋sin Ccos A＝sin(A＋C)＝sin B>0， 于是有cos A＝，sin A＝＝， 又S△ABC＝·bcsin A＝bc×＝， 所以bc＝3，·＝bccos(π－A)＝－bccos A＝－3×＝－1. 答案?。? 14．已知圓C：(x－3)2＋(y－3)2＝4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 (1－x0,1－y0)＝2(x－1，y－1)，∴ ∵點(diǎn)M(x0，

12、y0)在圓C上， ∴(x0－3)2＋(y0－3)2＝4， 即(3－2x－3)2＋(3－2y－3)2＝4.∴x2＋y2＝1. ∴所求點(diǎn)N的軌跡方程是x2＋y2＝1. 15．已知△ABD是等邊三角形，且＋＝，||＝，那么四邊形ABCD的面積為(　　)． A. B. C．3 D. 解析　 如圖所示，＝－＝－，∴2＝2， 即3＝2＋2－·， ∵||＝||， ∴||2－||||cos 60°＝3，∴||＝2. 又＝－＝，∴||＝||＝1， ∴||2＋||2＝||2，∴BC⊥CD. ∴S四邊形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝×22×sin 60°＋×1×＝ ，故選

13、B. 答案　B 16.已知向量m＝，n＝. (1)若m·n＝1，求cos的值； (2)記f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且滿足(2a－c)cos B＝bcos C，求函數(shù)f(A)的取值范圍． 解　(1)m·n＝sin ·cos ＋cos2 ＝sin ＋＝sin＋， ∵m·n＝1，∴sin＝. cos＝1－2sin2＝， cos＝－cos＝－. (2)∵(2a－c)cos B＝bcos C， 由正弦定理得(2sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C， ∴2sin Acos B－sin Ccos B＝sin Bcos C.

14、 ∴2sin Acos B＝sin(B＋C)． ∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sin A≠0. ∴cos B＝， ∵0＜B＜π，∴B＝，∴0＜A＜. ∴＜＋＜，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“m＝－2”是“a∥b”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)m＝－2時(shí)，a＝(4,4)，b＝(1,1)，所以a＝4b，即a∥b，即由m＝－2可以推出

15、a∥b；當(dāng)a∥b時(shí)，m2＝4，得，m＝±2，所以不能推得m＝－2，即“m＝－2”是“a∥b”的充分不必要條件． 答案　A 18．(xx·德州一模)已知向量a＝(2,3)，b＝(k,1)，若a＋2b與a－b平行，則k的值是(　　)． A．－6 B．－ C. D．14 解析　由題意得a＋2b＝(2＋2k,5)，且a－b＝(2－k,2)，又因?yàn)閍＋2b和a－b平行，則2(2＋2k)－5(2－k)＝0，解得k＝. 答案　C 19．已知|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，則|a＋2b|＝(　　)． A．9 B．3 C．1 D．2 解析　由|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，得a2

16、－4a·b＋4b2＝1， ∴4a·b＝4，∴|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝5＋4＝9， ∴|a＋2b|＝3. 答案　B 20．已知平面向量a＝(－2，m)，b＝(1，)，且(a－b)⊥b，則實(shí)數(shù)m的值為(　　)． A．－2 B．2 C．4 D．6 解析　因?yàn)?a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝0，即－2＋m－4＝0，解得m＝2. 答案　B 21．已知|a|＝1，|b|＝6，a·(b－a)＝2，則向量a與b的夾角為(　　)． A. B. C. D. 解析　a·(b－a)＝a·b－a2＝2，所以a·b＝3， 所以cos＝＝＝.所以

17、＝. 答案　B 22.已知向量a＝(1，－cos θ)，b＝(1,2cos θ)且a⊥b，則cos 2θ等于(　　)． A．－1 B．0 C. D. 解析　a⊥b?a·b＝0，即1－2cos2θ＝0，∴cos 2θ＝0. 答案　B 23．(xx·成都期末測(cè)試)已知O是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，D為BC邊中點(diǎn)，且2＋＋＝0，則有(　　)． A.＝2 B.＝ C.＝3 D．2＝ 解析　由2＋＋＝0，得＋＝－2＝2，即＋＝2＝2，所以＝，即O為AD的中點(diǎn)． 答案　B 24．平面上有四個(gè)互異點(diǎn)A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，則△ABC的形狀是(　　)

18、． 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－||2＝0，∴||＝||， 故△ABC是等腰三角形． 答案　B 25．已知正方形ABCD(字母順序是A→B→C→D)的邊長為1，點(diǎn)E是AB邊上的動(dòng)點(diǎn)(可以與A或B重合)，則·的最大值是(　　)． A．1 B. C．0 D．－1 解析　建立直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)E(x,0)，x∈[0,1]，則D(0,1)，C(1,1)，B(1,0)，所以·＝(x，－1)·(－1,0)＝－x，當(dāng)x＝0時(shí)

19、取得最大值0. 答案　C 26．若a＝(1，－2)，b＝(x,1)，且a⊥b，則x＝________. 解析　由a⊥b，得a·b＝x－2＝0，∴x＝2. 答案　2 27．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＝＝＝，∴＝. 答案　 28．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，D為斜邊AB的中點(diǎn)，則·＝________. 解析　·＝·(－)＝·－·＝2×1－2×cos 30°＝－1. 答案　－1 29．在平面直角坐標(biāo)系

20、中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知向量a＝(2,1)，A(1,0)，B(cos θ，t)． (1)若a∥，且||＝||，求向量的坐標(biāo)； (2)若a∥，求y＝cos2θ－cos θ＋t2的最小值． 解　(1)∵＝(cos θ－1，t)， 又a∥，∴2t－cos θ＋1＝0.∴cos θ－1＝2t.① 又∵||＝||，∴(cos θ－1)2＋t2＝5.② 由①②得，5t2＝5，∴t2＝1.∴t＝±1. 當(dāng)t＝1時(shí)，cos θ＝3(舍去)，當(dāng)t＝－1時(shí)，cos θ＝－1， ∴B(－1，－1)，∴＝(－1，－1)． (2)由(1)可知t＝， ∴y＝cos2θ－cos θ＋ ＝cos2θ－co

21、s θ＋＝＋ ＝2－， ∴當(dāng)cos θ＝時(shí)，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)2＝4sin2 x， |b|2＝(cos x)2＋(sin x)2＝1，及|a|＝|b|，得4sin2 x＝1. 又x∈，從而sin x＝，所以x＝. (2)f(x)＝a·b＝sin x·cos x＋sin2 x ＝sin 2x－cos 2x＋＝sin＋， 當(dāng)x＝∈時(shí)，sin取最大值1.

22、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＝(a＋b)． 因?yàn)镚是△ABO的重心，所以＝＝(a＋b)． 由P，G，Q三點(diǎn)共線，得∥， 所以，有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)λ，使＝λ. 而＝－＝(a＋b)－ma＝a＋b， ＝－＝nb－(a＋b)＝－a＋b， 所以a＋b＝λ. 又因?yàn)閍，b不共線，所以 消去λ，整理得3mn＝m＋n，故＋＝3. 32.已知f(x)＝a·b，其中a＝(2co

23、s x，－sin 2x)，b＝(cos x,1)(x∈R)． (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(duì)邊分別為a，b，c，f(A)＝－1，a＝，·＝3，求邊長b和c的值(b＞c)． 解　(1)由題意知，f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos， ∴f(x)的最小正周期T＝π， ∵y＝cos x在[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上單調(diào)遞減， ∴令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)， 得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)． ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，k∈Z. (2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1， ∴cos＝－1. 又＜2A＋＜，∴2A＋＝π.∴A＝. ∵·＝3，即bc＝6，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc,7＝(b＋c)2－18，b＋c＝5， 又b＞c，∴b＝3，c＝2.