第3讲刷好题练能力(2)

1、刷好题龜d基础达标1.已知A, B, C为平面上不共线的三点，若向量 AB = (1, 1), n= (1, 1)，且n Ac =2,则n BC等于()A.C.B . 2D. 2或一2解析：选 B. n BC = n (BA+ Ac)= n bA+ n AC= (1, 1) ( 1, 1) + 2 = 0 + 2= 2.2.(2019温州市十校联合体期初)设正方形 ABCD的边长为1，则|AB BC + AC|等于( )A.C.B .迈 D . 22解析：选 C.正方形 ABCD 的边长为 1 ,则 |Ab BC + AC|2= |Db + AC|2= |Db|2 + |aC|2 +2DB A

2、c= 12+12+ 12 + 12= 4,所以 |Ab BC + AC|= 2,故选 C.3.(2019温州市十校联合体期初)已知平面向量a,b,c满足c= xa + yb(x,y R)，且a c>0, b c>0.(A .若B .若C.若D .若)a b<0 贝U x>0, a b<0 则 x<0, a b>0 则 x<0, a b>0 贝U x>0,y>0y<0y<0y>0解析:选 A.由 a c>0 , b c>0 ,若 a b <0,可举 a= (1, 1), b= (-2, 1),

3、c= (0,1),则 a c= 1>0, b c= 1>0, a b= 1<0,由 c= xa+ yb,即有 0= x 2y, 1 = x+ y,21解得x=T, y=1,则可排除B ；33若 a b>0 ,可举 a = (1, 0), b= (2, 1), c= (1, 1),则 a c= 1>0, b c= 3>0 , a b= 2>0,由 c= xa+ yb,即有 1 = x+ 2y, 1 = y,解得 x= 1, y= 1,则可排除C, D.故选A.4.在 ABC 中，（BC+ BA） AC = |AC|2，则 ABC 的形状一定是0,A .等

4、边三角形C.直角三角形B .等腰三角形D .等腰直角三角形解析：选 c.由(BC+ BA) AC= |Ac|2,得AC (BC + Baac)= 0,即AC (BC+BA+ CA)=所以2AC BA= 0,所以AC丄AB.所以/ A = 90°又因为根据条件不能得到|aI|=|AC|故选C.5.已知正方形ABCD的边长为2,点F是AB的中点，点 E是对角线 AC上的动点,则DE FC的最大值为A. 1C. 3解析：选B.以A为坐标原点，AB、Ad方向分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系（图略），贝y F（1 , 0）, C（2 , 2）,D(0, 2)，设 E(人；)(0 W

5、疋 2)，则 De =(入入一2), FC =(1 , 2),所以 DE FC = 3 入一4< 2.所以De FC的最大值为2.故选B.6. （2019金华市东阳二中高三月考）若a, 迈_3b是两个非零向量，且 a|=|b|=”a + b|,入,1贝U b与ab的夹角的取值范围是( )A.n3，3 JB .N 5n -3，6 J2 n、D .5n )C.，nLt，n解析:选 B.因为 a|=|b|=/|a + b|,入便，a不妨设a + b|= 1,则|a 1= |b|=入令OA= a, OB = b,以OA、OB为邻边作平行四边形 OACB ,则平行四边形OACB为菱形.故有 OAB

6、为等腰三角形，故有/ OAB = / OBA= 0,且 0<而由题意可得，b与a b的夹角，即OB与BA的夹角，等于n 0,OAC 中，由余弦定理可得 |OC|2= 1 = |OA|2 + |AC|2 2|OA| |AC| cos2 吐；2十；2 2 X-?cos2 0,111解得cos 2 0= 1 亍.2 CIn 5n _3 , 6J-再由舌3WCC 1 ,可得1 < 2 3，所以cos 2 0< 2,所以 n 2 0< y,所以 n 0< n，故n 0< M 即b与a b的夹角n- 0的取值范围是367. （2019温州市十校联合体期初）已知平面向量a

7、与b的夹角为120。，且|a|= |b|= 4, 那么 |a 2b|=.解析：因为平面向量a与b的夹角为120。，且|a|= |b|= 4,所以a b= 4 4 cos 120°=7所以 |a 2b|=p (a- 2 b) 2 =寸 a2 - 4a b+ 4b2 =yj 16 4 ( 8)+ 4 16 = /1t2 = 4/7. 答案：4申、'/8. (2019嘉兴一中高考适应性考试 )设ei, e为单位向量，其中 a = 2® + e?, b=氐 且 a在b上的投影为2,贝U a - b=, e1与e?的夹角为 .解析：设ei, e2的夹角为0,因为a在b上的投影

8、为2,a b(2e1 + e?) G21n所以 Ibp =两=2e1e2+|e2|= 2|e1|e2|cos0+1 = 2,解得 cos 0= ?,贝0= 3.a b= (2ei + e?) e2=2ei e2 + |e2| = 2|ei| |e2|cos 0+ 1 = 2.9. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，点Q为边CD上一个动点，CQ =CD，点P为线段BQ （含端点）上一个动点.若 C= 1，则PA PD的取值范围为解析：当C= 1时，Q为CD的中点.设AB= m, AD = n, BP= pBQ(0W 产 1).易知 BQ = 2m+ n, AP = AB + BP = m+ j

9、一 2m+ n( 一 2 m + 血,+ (厂 1)n,2(j 1) n 卜彳1 2 j+ 4 j j 1)DP = AP AD = ( 1"+ ji n=所以 PA PD=AP dp = ( 1 =2|AD|AC| cos/CAD 2|AD|AB| -cos/BAD =十心2- 2|AB|2 = 2b2 2c2=2 2(2b b2)(因为 c2= 2b b2) =b2-b= (b - 2) 4. jjm + rn d2 =5 jj2 8 叶 4.44根据二次函数性质可知，当 尸5时上式取得最小值4 ；当j= 0时上式取得最大值 4.所T Tr4以PA PD的取值范围为5, 4答案:

10、4,4；AB CD的取值范围是10. (2019温州市十五校联合体联考 )已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足AC= (1 , 羽)，BD = (y/3,1),则凸四边形ABCD的面积为解析：由AC = (1 , J3), BD =(羽,1)得AC丄 BD ,且 AC|= 2, |BD|= 2,所以凸四边1形ABCD的面积为 尹2X 2= 2;因为ABCD为凸四边形，所以AC与BD交于四边形内一点， 记为 M,则Ab cd = (MB mA) (- MD Mc) = MB mid + mA mc MB Mc MA md ,> >>> >>> >设

11、AM = ；AC,BM =pBD ,贝U 人 氏(0,1),且MA =応，MC = (1 T)AC ,MB =屈,MD = (1 "BD,所以 AB CD = 4 M1M 4心一为 2, 0),所以有 = j= 1时，AB CD取到最小值一 2.答案：2 2, 0)11. 已知 m = (sin n) 1) n = (cos x, 1).(1)若 m / n，求 tan x 的值；若函数f(x)= m n, x 0 , n,求f(x)的单调递增区间.解：(1)由 m/ n 得，sin &5-cos x=0，展开变形可得，sin x=>/3cos x,即 tan x=寸3

12、.(2)f(x)= m n = 2si nx-4即AO bC的取值范围是-42）nn7+ kn<xw； + k n, kCZ.63, nn n由一2+ 2k nW 2x 2 + 2 k n, k Z 得，又x 0 , n所以当x 0 , n时，-5 n-6 , nnnf(x)的单调递增区间为0, 3和"6,12. (2019金华市东阳二中高三月考)设O是 ABC的三边中垂线的交点，a, b, c分<) <) 别为角A, B, C对应的边，已知 b2 2b+ c = 0,求BC AO的取值范围.解：因为O是 ABC的三边中垂线的交点,故O是三角形外接圆的圆心如图所示,

13、延长AO交外接圆于点D.AD因为AD是O O的直径，所以/ ACD = / ABD = 90 °ACAB所以 cos/CAD = AC, cos/BAD = AD.所以 Ao bc= 1 因为 c2= 2b b2>0 ,解得 0<b<2.令 f(b) = (b 2>- 4.1 1所以当b = 2时，f(b)取得最小值一-又 f(0) = 0, f(2) = 2.所以-产f(b)<2.Ad (Ac AB)1 - 1 -=2AD AC 2AD AB能力提升1 一1. （2019嘉兴市高考模拟）已知平面向量a、b满足|a|= |b|= 1, a b=2，若向量

14、c满足a b+ C|w 1,则|c|的最大值为()A. 1c. 731解析：选D.由平面向量 a、b满足|a|= |b|= 1, a b=-,1可得 |a| lb I cos a, b>= 1 1 cos a, b>= ,由 0w a, b> w n,可得a, b= n，3设 a = (1, 0), b=,c=(X, y),(2+ X, y爭 即为£+ f-当卜1,则 |a b+ c|w 1,即有故|a b+ c|w 1的几何意义是在以（一2 当圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c|的几何意义是表示向量 c的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为

15、2.2.a, a > b(2019温州市高考模拟)记maxa, b=，已知向量a, b, c满足|a|= 1, |b|lb, a < b-b= 0, c=扫+山(入>0,且 H 尸1),则当 maxc a, c b取最小值时，|c| )5C.B巫B.3D .专解析：选 A.如图，设oA = a, OB= b,贝U a= (1, 0), b= (0, 2),因为 入0 ,入+ i=1,所以Ow入w 1.又 c=；a+(1),所以 c a= (?a + b?b)a= X; c b= (?a + b?b)b= 4 4 入4由 X= 4 4 X 得 X=-.5f X,所以 max c

16、 a , c b = 14 4 X4X 4 wXw 1 令 f( X =44 4 人 0W.则 f(X4X 44，14所以f( Xmin =7 ,此时5X 41X= 5，尸 5，所以 c=5a +1 b= §，所以|c|=A.3. (2019瑞安市龙翔咼中咼三月考)向量 m=，平)n= (sin x, cos x), x (0, n若 m II n，贝U tan x=m与n的夹角为-,则x =解析： m=俘,乎 n = (sin x , cos x) , x(0 , n) m II n,得乎cos x+ sin x= 0,即 si；)= 0 ,由因为rcr-.w n n 5 n 血

17、,n0<x< n ,所以 4<x+ 4<4,贝y X + 4 = n3x = - n所以 tan x= 1.由nm与n的夹角为n，得2 Sin x 2 cos xnrp 郛(-乎 J vsnxrosx=sinf法2，因为 0<x<n ,所以一n<x咅则x-n= n，5nx= 12.答案：1If4. (2019宁波市余姚中学高三期中)已知向量CA , cB的夹角为60° , |CA|= 2 , |oB| =2也,O>P =?5A+QB.若入+也尸 2 ,则|Op|的最小值是,此时c>P , O>A夹角的大小为解析：向量oA ,

18、 O>B的夹角为60° ,|O>A|= 2, OB|= 23,即有 OA Ob= |OA| |Ob| cos 60°=2X 2a/5x 1= 2品 若 H 賈尸 2,可得 匸 2 3 q则 |OP|= |?Oa + mOb|=、/ ?2oA2 + QoB2 + 2 入 OA oB=、y 4 + 12 f + 43 入=寸4 ( H Q 2 -43 入卩=尸12+ 12 > 2眾,2当尸誓,匕1时，|OP|的最小值为2晶由oP= oA+智 oB ,可得 Op OA= OA2+ OA Ob= 4+申 23 = 6,贝U cos OP, OA=OP OA 6 並

19、|oP|OA| 2换 2 2由 0°w Op, OAw 180° 可得Op, OA= 30°答案：2©30°5. (2019绍兴市柯桥区高三期中检测 )已知平面向量 a, b, c满足|a = 4, |b|= 3, |c|= 2, b - c= 3,求(a- b)2(a- c)2- (a- b) (a- c)2的最大值.解：设OA= a, OB= b, OC= c, a- b与 a- c所成夹角为 0 则(a b)2(a- c)2- (a- b) (a -c)2=|AB|2|AC|2 |AB|2|AC|2cos2 0=|AB|2|AC|2sin2 0= AB|2|AC|2sin2/CAB= 4Sabc,因为|b|= 3, |c|= 2, bc= 3,所以b, c的夹角为60°设 B(3, 0), C(1, 73),则|BC|=V7,所以 S皿=3X 2 X sin 6°。型3设O到BC的距离为h,则1 BC h=