全国通用版2019版高考数学一轮复习第七单元平面向量高考达标检测二十二平面向量的数量积及应用（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 高考达标检测（二十二） 平面向量的数量积及应用 一、选择题 1 (2018 江西八校联考 )已知两个非零向量 a， b 满足 a( a b) 0，且 2|a| |b|，则 a， b ( ) A 30 B 60 C 120 D 150 解析：选 B 由题知 a2 a b，而 cos a， b a b|a| b| |a|22|a|212，所以 a， b 60. 2.如图，在圆 C 中，点 A， B 在圆上，则 AB AC 的值 ( ) A只与圆 C 的半径有关 B既与圆 C 的半径有关，又与弦 AB 的长度有关 C只与弦 AB 的长度有关 D是与圆 C 的半径和弦

2、 AB 的长度均无关的定值 解析：选 C 如图，过圆心 C 作 CD AB，垂足为 D， 则 AB AC | AB | AC | cos CAB 12| AB |2. AB AC 的值只与弦 AB 的长度有关 3已知圆 O： x2 y2 4 上的三点 A， B， C，且 OA BC ，则 AC BA ( ) A 6 B 2 3 C 6 D 2 3 解析：选 C 如图， OA BC ， 四边形 OACB 为平行四边形， 则 | OA | |OB | | OC | | BC | 2. 四边形 OACB 为菱形，且 AOB 120 ， 则 AC BA OB ( OA OB ) OB OA |OB |

3、2 22 ? ? 12 4 6. 4在 ABC 中， AB 3， AC 2， BC 10，则 BA AC 的值为 ( ) A 32 B 23 C. 23 D. 32 =【 ;精品教育资源文库 】 = 解析：选 A 在 ABC 中，由余弦定理得 cos A AC2 AB2 BC22 AC AB 22 32 10 2223 14， 所以 BA AC | BA | AC |cos( A) | BA | AC | cos A 32 14 32. 5 (2017 浙江高考 )如图，已知平面四边形 ABCD， AB BC， AB BC AD 2， CD 3， AC 与 BD 交于点 O.记 I1 OA O

4、B ， I2 OB OC ，I3 OC OD ，则 ( ) A I1I3，作 AG BD 于 G，又 AB AD， OB OC OD ，即 I1I3， I30， nm. 从而 DBC45 ，又 BCO 45 ， BOC 为锐角 从而 AOB 为钝角故 I10. 又 OA1)， OC 2 OA ( 21)， 从而 I3 OC OD 1 2 OA OB 1 2I1， =【 ;精品教育资源文库 】 = 又 1 21， I10， I30， I3I1， I3I1I2. 6已知菱形 ABCD 的边长为 6， ABD 30 ，点 E， F 分别在边 BC， DC 上， BC 2BE，CD CF .若 AE

5、BF 9，则 的值为 ( ) A 2 B 3 C 4 D 5 解析：选 B 依题意得 AE AB BE 12 BC BA ， BF BC 1 BA ， 因此 AE BF ? ?12 BC BA ? ?BC 1 BA 12 BC 2 1 BA 2 ? ?12 1BC BA ， 于是有 ? ?12 1 6 2 ? ?12 1 6 2 cos 60 9，由此解得 3. 7 (2018 石家庄模拟 )已知向量 a， b， c 共面，且均为单位向量， a b 0，则 |a b c|的取值范围是 ( ) A 2 1， 2 1 B 1， 2 C 2， 3 D 2 1,1 解析：选 A 因为 a b 0，所以

6、 |a b|2 a2 2a b b2 2， 所以 |a b| 2，所以 |a b c|2 a2 b2 c2 2a b 2(a b) c 3 2(a b) c. 当 c 与 (a b)同向时， (a b) c 最大， |a b c|2 最小，此时 (a b) c |ab|c| cos 0 2， |a b c|2 3 2 2，所以 |a b c|min 2 1. 当 c与 (a b)反向时， (a b) c最小， |a b c|2最大，此时 (a b) c |a b|c|cos 2， |a b c|2 3 2 2，所以 |a b c|max 2 1. 所以 |a b c|的取值范围为 2 1， 2

7、 1 8 (2018 银川调研 )已知 AB AC ， | AB | 1t， | AC | t，若点 P 是 ABC 所在平面内的一点，且 AP AB | AB | 4 AC | AC |，则 PB PC 的最大值等于 ( ) A 13 B 15 C 19 D 21 解析：选 A 建立如图所示的平面直角坐标系， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则 B? ?1t， 0 ， C(0， t)， AB ? ?1t， 0 ， AC (0， t)， AP AB | AB | 4 AC | AC | t? ?1t， 0 4t(0， t) (1,4)， P(1,4)， PB PC ? ?1t 1， 4 (

8、1， t 4) 17 ? ?1t 4t 17 2 1t4 t13，当且仅当 t 12时，取 “ ” 故 PB PC 的最大值为 13. 二、填空题 9已知向量 a (1， x)， b (1， x 1)，若 (a 2b) a，则 |a 2b| _. 解析： a 2b ( 1,2 x)，且 (a 2b) a， (a 2b) a 1 x(2 x) x2 2x 1 0， x 1， a 2b ( 1,1)， |a 2b| 2. 答案： 2 10已知向量 ， 是平面内两个互相垂直的单位向量，若 (5 2 )(12 2 ) 0，则 | |的最大值是 _ 解析：因为 0， | | | | 1， 所以 (5 2

9、 )(12 2 ) 60 10 24 4 2 0， 即 2| |2 5 12 (5 12 ) ， 当 与 5 12 共线时， | |最大， 所以 4| |2 (5 12 )2 25| |2 120 144| |2 25 144 169， 所以 | | 132. 答案： 132 11已知 O 为 ABC 内一点， AOB 120 ， OA 1， OB 2，过点 O 作 OD AB 于点 D，E 为线段 OD 的中点，则 OE EA 的值为 _ 解析：如图， AOB 120 ， OA 1， OB 2， OD AB， E 为线段 OD的中点，则 OD AD 0， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所

10、以 OE EA OD 2 ( AE ) 12 OD AO AD 2 OD AO OD AD 4 OA OD 4 | OA | OD |cos AOD4 | OD |24 . 在 AOB 中，由余弦定理可得 AB 7， 因为 S AOB 12 AB OD 12OA OBsin 120 ， 即 12 7 OD 1212 32 ， 所以 OD 217 ，所以 OE EA 328. 答案： 328 12.如图，在梯形 ABCD 中， | DA | 2， CDA 3 ， DA 2 CB ， E 为AB 的中点， DP DC (0 1) 若 | DC | t(t 为大于零的常数 )，当 | PE |取得最

11、小值时，实数 _. 解析： DP DC ， PC (1 ) DC ， PE PC CB BE (1 ) DC 12 DA 14 DA 12 DC ? ?12 DC 34 DA ， DC DA 2tcos 3 t， DC 2 t2， DA 2 4， PE 2 ? ?12 2t2 94 32? ?12 t ? ? ?12 t 34 2 2716， 当 ? ?12 t 34，即 12 34t时， PE 2取得最小值 2716. | PE |的最小值为 3 34 ，此时 12 34t. 答案： 12 34t =【 ;精品教育资源文库 】 = 三、解答题 13已知 a (3， 1)， a b 5， c

12、xa (1 x)b. (1)若 a c，求实数 x 的值； (2)若 |b| 5，求 |c|的最小值 解： (1) a (3， 1)， |a| 10， 又 a b 5， c xa (1 x)b，且 a c， a c a( xa (1 x)b) 0， 即 x|a|2 (1 x)a b 10x 5(1 x) 0， 解得 x 13. (2)由 c xa (1 x)b，得 |c|2 xa (1 x)b2 x2|a|2 2x(1 x)a b (1 x)2|b|2 10x2 10x(1 x) 5(1 x)2 5(5x2 4x 1) 25? ?x 25 2 1. 当 x 25时， |c|2min 1，则 |

13、c|的最小值为 1. 14已知向量 m ? ?3sin x4， 1 ， n ? ?cosx4， cos2x4 . (1)若 mn 1，求 cos? ?23 x 的值； (2)记 f(x) mn ，在 ABC 中，角 A， B， C 的对边分别是 a， b， c，且满足 (2a c)cos B bcos C，求函数 f(A)的取值范围 解： mn 3sinx4cosx4 cos2x4 32 sinx2 12cosx2 12 sin? ?x2 6 12. (1) mn 1， sin? ?x2 6 12， cos? ?x 3 1 2sin2? ?x2 6 12， cos? ?23 x cos? ?x 3 12. (2) (2a c)cos B bcos C，由正弦定理得 (2sin A sin C)co