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- 2021-05-13 发布
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高考数学二轮复习之平面向量
一.选择题
(1) 若,且,则向量与的夹角为 ( )
A 30° B 60° C 120° D 150°
(2) P是△ABC所在平面上一点,若,则P是△ABC的( )
A 外心 B 内心 C 重心 D 垂心
(3)已知平行四边形ABCD中, =(3, 7 ), =(-2, 3 ), 对角线AC, BD交于点O, 则的坐标为 ( )
A (-, 5) B (-, -5) C (, -5) D (, 5)
(4) 已知向量( )
A 30° B 60° C 120° D 150°
(5)为了得到函数y=sin(2x-)的图像,可以将函数y=cos2x的图像 ( )
A 向右平移个单位长度 B 向右平移个单位长度
C 向左平移个单位长度 D 向左平移个单位长度
(6) 点P在平面上作匀速直线运动,速度向量=(4,-3)(即点P的运动方向与v相同,且每秒移动的距离为||个单位.设开始时点P的坐标为(-10,10),则5秒后点P的坐标为 ( )
A (-2,4) B (-30,25) C (10,-5) D (5,-10)
(7) 在△ABC中,∠C=90°,则k的值是 ( )
A 5 B -5 C D
(8) 已知、均为单位何量,它们的夹角为60°,那么| + 3 | = ( )
A B C D 4
(9) 已知点A(,1),B(0,0)C(,0).设∠BAC的平分线AE与BC相交于E,那么有等于 ( )
A 2 B C -3 D -
(10) 已知向量≠,||=1,对任意t∈R,恒有|-t|≥|-|,则 ( )
A ⊥ B ⊥(-) C ⊥(-) D (+)⊥(-)
二.填空题
(11)已知向量,且A、B、C三点共线,则k=___
(12)已知向量与的夹角为120°,且||=2, ||=5,则(2-)·= .
(13已知向量不超过5,则k的取值范围是_______
(14) 直角坐标平面中,若定点与动点满足,则点P的轨迹方程是__________
三.解答题
(15) 已知向量.
是否存在实数若存在,则求出x的值;若不存在,则证明之.
(16)如图,在Rt△ABC中,已知BC=a,若长为2a的线段PQ以点A为中点,问
A
B
C
a
与的夹角θ取何值时,·的值最大?并求出这个最大值.
(17)已知两点M(-1,0), N(1, 0), 且点P使成公差小于零的等差数列.
(Ⅰ)点P的轨迹是什么曲线?
(Ⅱ)若点P的坐标为(x0, y0), 记θ为,的夹角, 求tanθ.
(18)中,内角的对边分别是,已知成等比数列,且
(Ⅰ)求的值
(Ⅱ)设,求的值。
答案
一选择题:
1.C
[解析]:若,设向量与的夹角为
∵,∴,则
∴
2.D
[解析]:∵,则由得
同理,即P是垂心
3.B
[解析]:=(3, 7 ), =(-2, 3 ), ,
则
4.C
[解析]:,∵,∴
5.B
[解析]:y=sin(2x-)=cos(2x-)=cos2(x- ),故选B
6.C
[解析]:5秒后点P的坐标为(-10,10)+5(4,-3)= (10,- 5)
7.A
[解析]: ∠C=90°,则∵∠C=90°
∴
8.C
[解析]:已知、均为单位何量,它们的夹角为60°,那么=
∴| + 3 |2=
9.C
[解析]:设∠BAC的平分线AE与BC相交于E,
那么
10.C
[解析]:已知向量≠,||=1,对任意t∈R,恒有|-t|≥|-|
即 |-t|2≥|-|2 ∴
即
二填空题:
11.
[解析]:向量,
∴
又A、B、C三点共线
故(4-k,- 7)= (- 2k,- 2)
∴k=
12. 13
[解析]: (2-)·=22- ·=2
13. [-6,2]
[解析]:
5 ∴
14. x+2y-4=0
[解析]:∴(1,2)·(x,y)=4,∴x+2y-4=0
三解答题
(15) 已知向量.
当则2cosx=0
答:时,.
(16)解法一:∵⊥,∴·=0.
A
B
C
Q
P
∵= -,=-,=-,
∴·=(-)·(-)
=·-·-·+·
= -a2-·+·
= -a2-·(-)
= -a2+·
= -a2+ a2cosθ.
故当cosθ=1,即θ=0 (与方向相同)时, ·最大,最大值为0.
解法二:以直角顶点为坐标原点,两直角边所在直线为坐标轴建立如图所示的平面直角
x
y
C
Q
A
B
P
坐标系.
设|AB|=c,|AC|=b,则A(0,0),B(0,0),C(0,0).
且|PQ|=2a,|BC|=a.
设点P的坐标为(x,y),则Q(-x, -y),
∴=(x-c, y),=( -x, -y- b).
=(-c, b), =(-2x, -2y).
·=( x-c)(-x)+ y(-y- b)= - (x2+y2)+ c x- b y .
∵cosθ=,
∴c x- b y= a2 cosθ.
∴·= -a2+ a2cosθ.
故当cosθ=1,即θ=0 (与方向相同)时, ·最大,最大值为0.
(17)解(Ⅰ)记P(x, y), 由M(-1,0), N(1, 0)得= -=(-1-x, -y) = -=(1-x, -y),
= -=(2, 0),
∴·=2(1+x), ·=x2+y2-1, ·=2(1-x).
于是成公差小于零的等差数列等价于
x2+y2-1=[2(1+x)+ 2(1-x)],且2(1-x)- 2(1+x)<0, 解得x2+y2=3 (x>0).
所以点P的轨迹是以原点为圆心, 半径为的右半圆.
(Ⅱ) 点P的坐标为(x0, y0), ·=x02+y02-1=2,
||·||=.
∴cosθ=. ∵0< x0≤, ∴< cosθ≤1, 0≤θ<.
∵sinθ=, ∴tanθ=|y0|.
(18) 解:(Ⅰ)由得
由及正弦定理得
于是
(Ⅱ)由得,由可得,即
由余弦定理 得
∴