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

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(2ab)·a()A1B0C1 D2解析：選C.法一：因?yàn)閍(1，1)，b(1，2)，所以a22，a·b3，從而(2ab)·a2a2a·b431.法二：因?yàn)閍(1，1)，b(1，2)，所以2ab(2，2)(1，2)(1，0)，從而(2ab)·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20，則向量等于()A. BC2 D2解析：選C.因?yàn)?，所?2()()20，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，xayb，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×()ab，所以x，y.4在ABC中，AB，BC2，A，如果不等式|t|恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是()A1，) B.C.1，) D(，01，)解析：選C.在直角三角形ABC中，易知AC1，cosABC，由|t|，得22t·t222，即2t23t10，解得t1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AOC30°，設(shè)mn(m，nR)，則等于()A. B3C. D.解析：選B.由題設(shè)知：cos，所以.因?yàn)閨1，|，·0，所以m29n29，又因?yàn)辄c(diǎn)C在AOB內(nèi)，所以m0，n0，所以3，故選B.6(xx·聊城市第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))在RtABC中，CACB3，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. B2，4C3，6 D4，6解析：選D.記MN的中點(diǎn)為E，則有2，·()2()2222.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ab0(R)，則|_. 解析：因?yàn)閍b0，所以ab，所以|a|b|b|，所以|·|a|.又|a|1，所以|.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_解析：因?yàn)?，所以O(shè)是BC的中點(diǎn)，故ABC為直角三角形在AOC中，有|，所以B30°.由定義，向量在向量方向上的投影為|cos B2×3.答案：39. (xx·高考江蘇卷)如圖，在平行四邊形ABCD中，已知AB8，AD5，3，·2，則·的值是_解析：由3，得，.因?yàn)?#183;2，所以·2，即2·22.又因?yàn)?25，264，所以·22.答案：2210設(shè)非零向量a，b的夾角為，記f(a，b)acos bsin .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_解析：由e1·e2，可得cose1，e2，故e1，e2，e2，e1e2，e1.f(e1，e2)e1cose2sine1e2，f(e2，e1)e2cos(e1)sine1e2.f(e1，e2)·f(e2，e1)·e1·e20，所以f(e1，e2)f(e2，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，AB13，AC10，AD5，cosDAC，·120. (1)求cosBAD；(2)設(shè)xy，求x，y的值解：(1)設(shè)CAB，CAD，cos ，cos ，所以sin ，sin ，所以cosBADcos()cos cos sin sin ××.(2)由xy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，sin B)，m·ncos 2C，其中A，B，C為ABC的內(nèi)角(1)求角C的大小；(2)若AB6，且·18，求AC，BC的長(zhǎng)解：(1)m·ncos Acos Bsin Asin Bcos(AB)，因?yàn)锳BC，所以cos(AB)cos Ccos 2C，即2cos2Ccos C10，故cos C或cos C1.又0<C<，所以C.(2)因?yàn)?#183;18，所以CA·CB36，由余弦定理AB2AC2BC22AC·BC·cos ，及AB6得，ACBC12，由解得AC6，BC6.13(xx·南平模擬)在ABC中，AC10，過頂點(diǎn)C作AB的垂線，垂足為D，AD5，且滿足.(1)求|；(2)存在實(shí)數(shù)t1，使得向量xt，yt，令kx·y，求k的最小值解：(1)由，且A，B，D三點(diǎn)共線，可知|.又AD5，所以DB11.在RtADC中，CD2AC2AD275，在RtBDC中，BC2DB2CD2196，所以BC14.所以|14.(2)由(1)，知|16，|10，|14.由余弦定理，得cos A.由xt，yt，知kx·y(t)·(t)t|2(t21)·t|2256t(t21)×16×10×100t80t2356t80.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)t1時(shí)，k取得最小值516.14已知向量(cos ，sin )(0)，(sin ，cos )，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)若且1，求向量與的夾角；(2)若|2|對(duì)任意實(shí)數(shù)，都成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍解：(1)當(dāng)1時(shí)，(cos ，sin )，故|1，|1.·cos (sin )sin cos sin()sin ，故cos，.又因?yàn)椋?，所以，.(2)(cos sin ，sin cos )，|2|對(duì)任意實(shí)數(shù)，都成立，即(cos sin )2(sin cos )24對(duì)任意實(shí)數(shù)，都成立，整理得212sin()4對(duì)任意實(shí)數(shù)，都成立因?yàn)?sin()1，所以或解得3或3.所以所求實(shí)數(shù)的取值范圍為(，33，)