2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量 課時達標檢測(二十五)平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用 文.doc
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2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量 課時達標檢測(二十五)平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用 文對點練(一)平面向量的數(shù)量積1已知ABC是邊長為1的等邊三角形,點D,E分別是邊AB,BC的中點,連接DE并延長到點F,使得DE2EF,則的值為()A B. C.D.解析:選B如圖所示,().2已知菱形ABCD的邊長為6,ABD30,點E,F(xiàn)分別在邊BC,DC上,BC2BE,CDCF.若9,則的值為()A2B3C4D5解析:選B依題意得,因此22,于是有6262cos 609.由此解得3,故選B.3(xx嘉興一模)如圖,B,D是以AC為直徑的圓上的兩點,其中AB,AD,則()A1B2CtD2t解析:選A因為,所以()|cosCAD|cosCAB.又AC為圓的直徑,所以連接BC,DC(圖略),則ADCABC,所以cosCAD,cosCAB,則|2|AB|2t2(t1)1,故選A.4(xx廣西質(zhì)檢)已知向量a,b的夾角為,|a|,|b|2,則a(a2b)_.解析:a(a2b)a22ab2226.答案:65(xx江西白鷺洲中學(xué)調(diào)研)已知在直角三角形ABC中,ACB90,ACBC2,點P是斜邊AB上的中點,則_.解析:由題意可建立如圖所示的坐標系可得A(2,0),B(0,2),P(1,1),C(0,0),則(1,1)(0,2)(1,1)(2,0)224.答案:4對點練(二)平面向量數(shù)量積的應(yīng)用1已知向量a,b滿足ab0,|a|1,|b|2,則|ab|()A0B1 C2D.解析:選D|ab|.2(xx云南民族中學(xué)一模)已知向量(x,1)(x0),(1,2),|,則,的夾角為()A. B. C.D.解析:選C因為(1x,1),所以|2(1x)215,即x22x30,解得x3或x1(舍)設(shè),的夾角為,則cos ,所以.故選C.3(xx廣東五校協(xié)作體一模)已知向量a(,1),b(2,1)若|ab|ab|,則實數(shù)的值為()A1B2C1D2解析:選A根據(jù)題意,對于向量a,b,若|ab|ab|,則|ab|2|ab|2,變形可得a22abb2a22abb2,即ab0.又由向量a(,1),b(2,1),得(2)10,解得1.故選A.4已知向量a(,1),b(0,1),c(k,),若a2b與c垂直,則k()A3B2C1D1解析:選A因為a2b與c垂直,所以(a2b)c0,即ac2bc0,所以k20,解得k3.5(xx吉林三模)已知平面向量a,b的夾角為120,且ab1,則|ab|的最小值為()A. B. C.D1解析:選A由題意可知1ab|a|b|cos 120,所以2|a|b|,即|a|2|b|24,當且僅當|a|b|時等號成立,|ab|2a22abb2a2b22426,所以|ab|,所以|ab|的最小值為.6(xx河北石家莊一模)已知三個向量a,b,c共面,且均為單位向量,ab0,則|abc|的取值范圍是()A1,1B1, C, D1,1解析:選A法一:因為ab0,所以|ab|2a22abb22,所以|ab|.所以|abc|2a2b2c22ab2(ab)c32(ab)c.當c與(ab)同向時,(ab)c最大,|abc|2最小,此時(ab)c|ab|c|cos 0,|abc|232(1)2,所以|abc|min1;當c與(ab)反向時,(ab)c最小,|abc|2最大,此時(ab)c|ab|c|cos ,|abc|232(1)2,所以|abc|max1.所以|abc|的取值范圍為1,1故選A.法二:由題意不妨設(shè)a(1,0),b(0,1),c(cos ,sin )(02)則abc(1cos ,1sin ),|abc|,令t32sin,則32t32,故|abc|1,1對點練(三)平面向量與其他知識的綜合問題1(xx豐臺期末)在ABC中,若2,則的值為()A. B. C.D.解析:選A設(shè)ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,由2,得ac2bcab,化簡可得ac.由正弦定理得.2(xx吉林質(zhì)檢)已知A(2,0),B(2,0),動點P(x,y)滿足x2,則動點P的軌跡為()A橢圓B雙曲線C拋物線D兩條平行直線解析:選D因為動點P(x,y)滿足x2,所以(2x,y)(2x,y)x2,所以點P的軌跡方程為y24,即y2,所以動點P的軌跡為兩條平行的直線3已知點M(1,0),A,B是橢圓y21上的動點,且0,則的取值范圍是()A. B.C.D.解析:選C由0,可得()2, 設(shè)A(2cos ,sin ),則2(2cos 1)2sin23cos24cos 232,所以當cos 時,2取得最小值,當cos 1時,2取得最大值9,故的取值范圍為.4.已知點G是ABC的外心, , 是三個單位向量,且20,ABC的頂點B,C分別在x軸的非負半軸和y軸的非負半軸上移動,如圖所示,點O是坐標原點,則|的最大值為()A1B2C3D4解析:選B因為點G是ABC的外心,且20,所以點G是BC的中點,ABC是直角三角形,且BAC是直角又,是三個單位向量,所以BC2,又ABC的頂點B,C分別在x軸的非負半軸和y軸的非負半軸上移動,在RtBOC中,OG是斜邊BC上的中線,則|OG|BC|1,所以點G的軌跡是以原點為圓心、1為半徑的圓弧又|1,所以當OA經(jīng)過BC的中點G時,|取得最大值,且最大值為2|2.5已知a,b滿足|a|,|b|1,且對任意的實數(shù)x,不等式|axb|ab|恒成立,設(shè)a,b的夾角為,則tan 2_.解析:如圖所示,當(ab)b時,對任意的實數(shù)x,axb或axb,因為在直角三角形中,斜邊大于直角邊恒成立,數(shù)形結(jié)合知,不等式|axb|ab|恒成立,因為(ab)b,a,b滿足|a|,|b|1,所以(ab)b0,abb20,tan ,tan 22.答案:21(xx江西南昌三校聯(lián)考)已知A,B,C是ABC的內(nèi)角,a,b,c分別是其對邊長,向量m(,cos A1),n(sin A,1),mn.(1)求角A的大??;(2)若a2,cos B,求b的值解:(1)mn,mnsin A(cos A1)(1)0,sin Acos A1,sin.0A,A,A,A.(2)在ABC中,A,a2,cos B,sin B .由正弦定理知,b,b. 2.已知向量a(cos ,sin ),b(cos ,sin ),c(1,0)(1)求向量bc的模的最大值;(2)設(shè),且a(bc),求cos 的值解:(1)bc(cos 1,sin ),則|bc|2(cos 1)2sin22(1cos )因為1cos 1,所以0|bc|24,即0|bc|2.當cos 1時,有|bc|2,所以向量bc的模的最大值為2.(2)若,則a.又由b(cos ,sin ),c(1,0)得a(bc)(cos 1,sin )cos sin .因為a(bc),所以a(bc)0,即cos sin 1,所以sin 1cos ,平方后化簡得cos (cos 1)0,解得cos 0或cos 1.經(jīng)檢驗cos 0或cos 1即為所求3已知平面上一定點C(2,0)和直線l:x8,P為該平面上一動點,作PQl,垂足為Q,且0.(1)求動點P的軌跡方程;(2)若EF為圓N:x2(y1)21的任意一條直徑,求的最值解:(1)設(shè)P(x,y),則Q(8,y) 由0,得|2|20,即(2x)2(y)2(8x)20,化簡得1.所以動點P在橢圓上,其軌跡方程為1.(2)易知, ,且0,由題意知N(0,1),所以22(x)2(1y)2116(y1)21y22y16(y3)219.因為2y2,所以當y3時,取得最大值19,當y2時, 取得最小值124.綜上,的最大值為19,最小值為124.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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