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专题06 向量专题(新定义)(解析版)

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专题06向量专题(新定义)一、单选题1.(2023·全国·高三专题练习)定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下:对任意的.令,下面说法错误的是(   )A.若与共线,则B.C.对任意的,,D.【答案】B【分析】根据给出的运算“⊙”的新定义,结合已知的向量的数量积公式及模长公式逐项判断即可.【详解】若与共线,则有,故A正确;,而,,故选项B错误;对任意的,,又,,故C正确;,又,故D正确.故选:B.2.(2022春·湖南邵阳·高一统考期中)定义.若向量,向量为单位向量,则的取值范围是(    )A.B.C.D.【答案】B【分析】求得,设,整理可得为关于的关系式,进而求解.【详解】因为,所以, 设,,由向量为单位向量,所以,因为,所以,故选:B3.(2021春·云南昆明·高一云南师大附中校考期中)平面内任意给定一点和两个不共线的向量,,由平面向量基本定理,平面内任何一个向量都可以唯一表示成,的线性组合,,则把有序数组称为在仿射坐标系下的坐标,记为,在仿射坐标系下,,为非零向量,且,,则下列结论中(    )①②若,则③若,则   ④一定成立的结论个数是(    )A.1B.2C.3D.4【答案】B【分析】利用向量的新定义结合向量的性质逐个分析判断即可【详解】在仿射坐标系下,设,因为,,所以,,所以,所以,①正确;若,则,所以,,故②不一定正确;因为,所以存在唯一的实数,使得,则,所以,,所以,所以③正确;,由②知,,所以④不一定正确,所以正确的有2个,故选:B 4.(2022·高一单元测试)若对于一些横纵坐标均为整数的向量,它们的模相同,但坐标不同,则称这些向量为“等模整向量”,例如向量,即为“等模整向量”,那么模为的“等模整向量”有(    )A.4个B.6个C.8个D.12个【答案】D【分析】把,分别写出向量即可.【详解】因为所以模为的等模整向量有,,,,,,,,,所以模为的等模整向量共有12个.故选:【点睛】在求向量模的有关问题时通常的处理方法有:(1)a2=a·a=|a|2或;(2)==;(3)若a=(x,y),则|a|=.5.(2017·四川广元·统考三模)对于个向量,若存在个不全为0的示数,使得:成立;则称向量是线性相关的,按此规定,能使向量,,线性相关的实数,则的值为(    )A.B.0C.1D.2【答案】B【分析】由题可得,结合条件可得,即得.【详解】由题可知,,,, 所以,两等式两边相加可得.故选:B.6.(2022秋·内蒙古鄂尔多斯·高三统考期中)对任意两个非零的平面向量,定义,若平面向量满足,的夹角,且和都在集合中,则=(    )A.B.1C.D.【答案】C【分析】由题意可可设,,,,得,对,进行赋值即可得出,的值,进而得出结论.【详解】解:,故.又由,可设,,令,,且又夹角,所以,对,进行赋值即可得出所以.故选:C.7.(2023·全国·高三专题练习)互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系,但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直,则这样的坐标系称为“斜坐标系”.如图,在斜坐标系中,过点P作两坐标轴的平行线,其在x轴和y轴上的截距a,b分别作为点P的x坐标和y坐标,记,则在x轴正方向和y轴正方向的夹角为的斜坐标系中,下列选项错误的是(    ) A.当时与距离为B.点关于原点的对称点为C.向量与平行的充要条件是D.点到直线的距离为【答案】D【分析】根据“斜坐标系”的定义,结合向量运算对选项进行分析,从而确定正确答案.【详解】设轴正方向的单位向量为,轴正方向的单位向量为,对于A选项:由已知得,所以.由及斜坐标的定义可知,,故A选项正确;对于B选项:根据“斜坐标系”的定义可知:点,则,设关于原点的对称点为,则,由于不共线,所以,故B选项正确;对于C选项:,若是零向量,则成立,同时,所以成立,此时; 若是非零向量,则存在非零常数,使,所以.故C选项正确;对于D选项:设直线上的动点为,,因为,所以,设,则点在直线上,所以直线过点,因为,则,,由于,所以.所以,所以,所以点A到直线的距离为,故D选项错误.故选:D8.(2022春·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考阶段练习)如图所示,设Ox,Oy是平面内相交成角的两条数轴,分别是与x,y轴正方向同向的单位向量,则称平面坐标系xOy为斜坐标系,若 ,则把有序数对叫做向量的斜坐标,记为.在的斜坐标系中,﹒则下列结论中,错误的是(    )①;②;③;④在上的投影为A.②③B.②④C.③④D.②③④【答案】D【分析】借鉴单位向量夹角为时的情况,注意夹角为;;;数量积为;在上的投影为.【详解】对于①.,所以,故①正确;对于②.,故②错误;对于③.,故③错误; 对于④.在上的投影为,故④错误.故选:D9.(2021春·上海浦东新·高一华师大二附中校考阶段练习)如图,定义、的向量积,为当、的起点相同时,由的方向逆时针旋转到与方向相同时,旋转过的最小角,对于,,的向量积有如下的五个结论:①;            ②;③;            ④;⑤;其中正确结论的个数为(    )A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【分析】结合题目中的新定义的概念逐项分析即可得出结论.【详解】①至少有一个为0时,显然成立;都不为0时,若,则;若,则;综上:,故①正确;②,所以,故②错误; ③,故③正确;            ④由③知:,故④正确;⑤与不一定相等,故⑤错误;故选:C.10.(2022春·山西朔州·高一校考阶段练习)定义为两个向量,间的“距离”,若向量,满足下列条件:(ⅰ);(ⅱ);(ⅲ)对于任意的,恒有,现给出下面结论的编号,①.②.③.④.⑤.则以上正确的编号为(    )A.①③B.②④C.③④D.①⑤【答案】B【分析】根据题意可得,转化为对于任意的恒成立,即,整理得,再利用向量的数量积逐一判断即可.【详解】由于,又对于,恒有,显然有,即,则对于任意的恒成立,显然有成立,即,则,故序号①错误,进而,∵,于是,得,即序号④正确.再由得,得,∴,显然序号②正确.从而序号③错误, 再由②,故序号⑤错误.综上知本题正确的序号为②④.故选:B.【点睛】本题命制是以新定义为背景,考查向量长度及数量积等知识概念,同时考查了等价转换、不等式恒成立问题,符合以生考熟的高考理念,考查知识内容源于教材,试题面向全体考生,不同思维能力层次的考生度可以利用熟悉的通法来解决问题,从而增强考生的自信心,有利于考生正常发挥,属于中档题.11.(2018·湖南·统考一模)在实数集中,我们定义的大小关系“”为全体实数排了一个“序”,类似的,我们这平面向量集合上也可以定义一个称为“序”的关系,记为“”.定义如下:对于任意两个向量,,当且仅当“”或“且”,按上述定义的关系“”,给出下列四个命题:①若,,,则;②若,,则;③若,则对于任意的,;④对于任意的向量,其中,若,则.其中正确的命题的个数为(    )A.4B.3C.2D.1【答案】B【分析】按照新定义,对每一个命题进行判断.【详解】对于①,由定义可知①是正确的;对于②,中,满足已知,则,只要有一个没有等号,则一定,若,则,都满足,正确;对于③,∵,∴命题正确,对于④,中若,则,但,错误,因此有①②③正确.故选:B.【方法点睛】新定义问题,关键是正确理解新概念,并掌握解决新概念下问题的方法,有一定的难度.本题中新概念关系“>”与向量的坐标之间的大小关系联系在一起,由实数大小关系的传递性可得新关系“>”的传 递性,但向量的数量积与新关系“>”之间没有必然的联系,这可通过举反例说明.实际上举反例说明一个命题是错误的,是数学中一个常用的方法.12.(2017秋·河南郑州·高三郑州一中阶段练习)若非零向量的夹角为锐角,且,则称被“同余”.已知被“同余”,则在上的投影是(   )A.B.C.D.【答案】A【分析】首先根据“同余”的定义得,再根据投影公式,列式求解.【详解】根据被“同余”,则有,所以,在上的投影为:,故选:A.13.(2022春·陕西榆林·高一榆林市第一中学校考期中)设定义一种向量积:.已知,,点在的图象上运动,点Q在的图象上运动,且满足(其中O为坐标原点),则的最大值A及最小正周期T分别为(  )A.2,πB.2,4πC.,4πD.,π【答案】C【分析】根据题意,设出Q的坐标,根据的运算得到P、Q坐标间的关系,从而得到的解析式,即可求得最大值和最小正周期.【详解】由题意知可设,则根据可得 即所以而P在的图象上运动,满足所以,即所以最大值为,即A=最小正周期为故选:C.14.(2023·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习)设向量与的夹角为,定义.已知向量为单位向量,,,则(    )A.B.C.D.【答案】C【分析】由平面向量数量积的运算律求出向量与的夹角,代入新定义求解即可.【详解】由题意得,解得,又,所以,所以.故选:C15.(2022春·浙江金华·高一浙江金华第一中学校考期中)记,设,为平面内的非零向量,则(  )A.B.C.D.【答案】D 【分析】根据向量加法减法的几何意义和向量数量积运算,结合排除法解题.【详解】对于A选项:考虑,根据向量加法减法法则几何意义知:,所以A错误;B选项:根据平面向量数量积可知:不能保证恒成立,,所以它们的较小者一定小于等于,所以B错误D正确;C选项:考虑,所以C错误.故选:D【点睛】此题考查向量相关新定义问题,其本质考查向量加减法运算的几何意义,平面向量数量积的运算和辨析,综合性较强,解题中结合排除法得选项.16.(2021·全国·高三专题练习)对于向量,把能够使得取到最小值的点称为的“平衡点”.如图,矩形的两条对角线相交于点,延长至,使得,联结,分别交于两点.下列的结论中,正确的是(     )A.的“平衡点”为.B.的“平衡点”为的中点.C.的“平衡点”存在且唯一.D.的“平衡点”必为【答案】D【分析】利用“平衡点”的定义、三角形中两边之和大于第三边,对选项进行一一验证.【详解】对,、的“平衡点”为线段上的任意一点,故错误;对,、、的“平衡点”为三角形内部对3条边的张角均为的点,故错误;对,、、、的“平衡点”是线段上的任意一点,故错误;对,因为矩形的两条对角线相交于点,延长至,使得,联结,分别交、 于、两点,所以、、、的“平衡点”必为,故正确.故选:.【点睛】本题考查“平衡点”的求法,考查对新定义的理解与应用,求解时要注意平面向量知识的合理运用.二、多选题17.(2022春·浙江·高一期中)如图所示,在平面上取定一点O和两个以点O为起点的不共线向量,,称为平面上的一个仿射坐标系,记作,向量与有序数组之间建立了一一对应关系,有序数组称为在伤射坐标系下的坐标,记作.已知,是夹角为的单位向量,,,则下列结论中正确的有(    )A.B.C.D.在方向上的投影向量为【答案】ABD【分析】根据向量线性运算的坐标表示,向量数量积的定义,运算律及投影向量的概念,逐项分析即得.【详解】由题可知,,∴,故A正确;因为,是夹角为的单位向量,所以,∴,故B正确;∴,故C错误; ∴在方向上的投影向量为,故D正确.故选:ABD.18.(2022春·河南·高一校联考阶段练习)对任意两个非零向量,定义新运算:.已知非零向量满足且向量的夹角,若和都是整数,则的值可能是(    )A.2B.C.3D.4【答案】BC【分析】由题意可得、,利用的范围,可得从而定点答案.【详解】由题意可得,因为所以,因为,所以,所以,即,解得,因为,所以,所以,则,故,因为,所以,因为0,所以,所以,所以,则即.故选:BC.19.(2023·全国·高三专题练习)已知向量,是平面内的一组基向量,O为内的定点,对于内任意一点P,当时,则称有序实数对为点P的广义坐标.若点A,B的广义坐标分别为, ,关于下列命题正确的是(    )A.线段A,B的中点的广义坐标为B.A,B两点间的距离为C.若向量平行于向量,则D.若向量垂直于向量,则【答案】AC【分析】由题目给的定义结合向量的线性运算、向量的模长、向量的平行及垂直依次判断4个选项即可.【详解】根据题意得,设A,B的中点为,则,故线段A,B的中点的广义坐标为,A正确;,故,当向量,是相互垂直的单位向量时,A,B两点间的距离为,否则距离不为,B错误;与平行,当与存在时,结论显然成立,当与都不为时,设,则,即,,,所以,故C正确;,当与为相互垂直的单位向量时,与垂直的充要条件是,故D不正确.故选:AC.20.(2022·江苏南京·统考模拟预测)设是大于零的实数,向量,其中,定义向量,记,则(    )A.B. C.D.【答案】BCD【分析】根据定义求出和,再根据平面向量的数量的坐标运算,结合恒等变换公式可求出,由此可判断A和B选项;利用向量加减法的坐标运算、模长公式以及基本不等式,可判断C和D选项.【详解】因为向量,所以是一个实数,不是向量,所以A不正确,B正确;因为,所以,当且仅当时,取得等号,所以,故C正确;因为,所以 ,当且仅当时,取得等号,所以,故D正确.故选:BCD21.(2022·浙江温州·高一永嘉中学统考竞赛)设、、是平面上任意三点,定义向量的运算:,其中由向量以点为旋转中心逆时针旋转直角得到(若为零向量,规定也是零向量).对平面向量、、,下列说法正确的是(    )A.B.对任意,C.若、为不共线向量,满足,则,D.【答案】BD【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可判断A选项;利用A选项中的结论结合题中定义可判断B选项;利用平面向量数量积的运算性质可判断C选项;对、是否共线进行分类讨论,结合题中定义可判断D选项.【详解】设向量、在平面直角坐标系中的坐标分别为,,设,则,同理可得,所以,,,则,A错;对任意的,由A选项可知,,当、不共线时,,,B对;因为,所以,, 所以,,同理可得,C错;当、不共线时,由C选项可知,,所以,,所以,.任取两个向量、,对任意的实数,,当、共线时,设存在使得,且,所以,,综上所述,,D对.故选:BD.【点睛】关键点点睛:本题考查平面向量中的新定义,解题的关键在于理解题中运算的含义,结合平面向量的线性运算与数量积运算逐项判断即可.22.(2023春·湖北武汉·高一华中师大一附中校考阶段练习)对任意两个非零的平面向量和,定义,若平面向量满足与的夹角,且和都在集合中.给出以下命题,其中一定正确的是(    )A.若时,则B.若时,则C.若时,则的取值个数最多为7D.若时,则的取值个数最多为【答案】AC【分析】由新定义可知,再对每个命题进行判断,即可得出结论. 【详解】对A,若时,,两式相乘得,又,,即,,即,故A正确;对B,若时,则,同理,相乘得到,又,所以,即,则取值时符合,此时,故B错误;对C,若时,则,同理,相乘得,又,,,又,得,,,,的取值个数最多为7个,故C正确;对D,若时,由上面推导方法可知,,,,的取值个数最多为,故D错误.故选:AC.【点睛】数学中的新定义题目解题策略:①仔细阅读,理解新定义的内涵;②根据新定义,对对应知识进行再迁移. 23.(2023·全国·高三专题练习)定义平面向量的一种运算“”如下:对任意的两个向量,,令,下面说法一定正确的是(    )A.对任意的,有B.存在唯一确定的向量使得对于任意向量,都有成立C.若与垂直,则与共线D.若与共线,则与的模相等【答案】AD【分析】由表示出和,即可判断A;假设存在唯一确定的向量使得对于任意向量,都有成立,即方程组,对任意恒成立,解方程可判断B;若与垂直,则,设,分别表示出与即可判断C;若与共线,则,设,分别表示出与即可判断D.【详解】设向量,,对于A,对任意的,有,故A正确;对于B,假设存在唯一确定的向量使得对于任意向量,都有成立,即恒成立,即方程组,对任意恒成立,而此方程组无解,故B不正确;对于C,若与垂直,则,设,则, ,其中,故C不正确;对于D,若与共线,则,设,,,所以与的模相等,故D正确.故选:AD.【点睛】本题在平面向量的基础上,加以创新,属于创新题,考查平面向量的基础知识以及分析问题、解决问题的能力.三、填空题24.(2023春·江苏泰州·高一靖江高级中学校考阶段练习)设向量与的夹角为,定义与的“向量积”,是一个向量,它的模等于,若,,则______.【答案】2【分析】分别计算两个向量的模长及夹角,代入计算即可.【详解】,,则,则,则,故答案为:225.(2018春·安徽芜湖·高一芜湖一中校考阶段练习)在平面斜坐标系中,,平面上任一点关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的:若(其中,分别为,轴方向相同的单位向量),则的坐标为,若关于斜坐标系的坐标为,则______【答案】【分析】由斜坐标定义用,表示,然后平方转化为数量积求得模. 【详解】由题意,,故答案为:.26.(2019春·安徽芜湖·高一校联考期中)定义,若,,则与方向相反的单位向量的坐标为______________.【答案】【分析】先求得,然后求得与方向相反的单位向量的坐标.【详解】,所以与方向相反的单位向量的坐标为.故答案为:27.(2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习)已知对任意平面向量,把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量.如图所示,顶角的等腰三角形PQR的顶点P、Q的坐标分别为、,则顶点R的坐标为______.【答案】 【分析】设,表示出,根据已知列出式子即可求出.【详解】设,则,因为,所以,解得,即顶点R的坐标为.故答案为:.28.(2022春·北京海淀·高一校考期中)设平面中所有向量组成集合,为中的一个单位向量,定义.则下列结论中正确的有___________(只需填写序号).①若、,则;②若,,则;③若,,,则有唯一解.【答案】①②【分析】根据所给定义及向量数量积的运算律计算可得;【详解】解:因为,所以,,所以即,故①正确; 对于②,,,,所以,所以,故②正确;对于③,设,则,,,所以,所以,因为,所以,所以,解得或,所以或,故③错误;故答案为:①②29.(2022春·江苏南通·高一海安市曲塘中学校考期中)小顾同学在用向量法研究解三角形面积问题时有如下研究成果:若,,则.试用上述成果解决问题:已知,,,则___________.【答案】1【分析】计算的坐标,结合结论求三角形的面积.【详解】因为,,,所以,又当,时,,所以,故答案为:1.30.(2022春·上海宝山·高一上海交大附中校考阶段练习)关于任意平面向量可实施以下6种变换,包括2 种v变换和4种w变换:模变为原来的倍,同时逆时针旋转90°;:模变为原来的倍,同时顺时针旋转90°;:模变为原来的倍,同时逆时针旋转45°;:模变为原来的倍,同时顺时针旋转45°;:模变为原来的倍,同时逆时针旋转135°;:模变为原来的倍,同时顺时针旋转135°.记集合,若每次从集合S中随机抽取一种变换.经过n次抽取,依次将第i次抽取的变换记为,即可得到一个n维有序变换序列,记为,则以下判断中正确的序号是______.①单位向量经过2022次v变换后所得向量一定与向量垂直;②单位向量经过2022次w变换后所得向量一定与向量平行;③单位向量经过变换后得到向量,则中有且只有2个v变换;④单位向量经过变换后不可能得到向量;⑤存在n,使得单位向量经过次变换后,得到.【答案】①③【分析】按照给出的变换以及向量的平行和垂直依次判断即可.【详解】对于①,先考虑单位向量经过2次v变换,若经过2次变换得到的向量为,若经过2次变换得到的向量为,若经过1次变换1次变换得到的向量为,因此所得向量均和共线,故经过2022次v变换后所得向量也和共线,即和向量垂直,①正确;对于②,若依次按照,,,的顺序变换2022次,易知所得向量方向不改变,即和向量同向,②错误;对于③,可知向量的模长没有变化,设中有个v变换,则,即,解得, 即有2个v变换,其中一个变换可以为,,,,,,③正确;对于④,由③知单位向量经过变换后可以得到向量,再经过一次变换即可得到向量,④错误;对于⑤,易知向量的模长变为了原来的倍,若存在n,设其中有个v变换,则,且,可得,化简得,显然不存在整数使上式成立,⑤错误.故答案为:①③.31.(2022春·湖南株洲·高一株洲二中校考阶段练习)设V是已知平面M上素有向量的集合,对于映射,记的象为.若映射满足:对所有及任意实数都有,则f称为平面M上的线性变换,现有下列命题:①设f是平面M上的线性变换,,则;②若是平面M上的单位向量,对,设,则f是平面M上的线性变换;③对,设,则f是平面M上的线性变换;④设f是平面M上的线性变换,,则对任意实数k均有.其中的真命题是______(写出所有真命题的编号).【答案】①③④【分析】取,可判断①;取,可判断④;根据线性变换的定义验证即可判断②③.【详解】取,可知①为真;因为,所以,,当时,,所以②为假;因为,所以,,所以,故③正确;取,可知④为真.故答案为:①③④32.(2021春·重庆南岸·高一重庆第二外国语学校校考阶段练习)定义平面非零向量之间的一种运算“※” ,记,其中是非零向量的夹角,若,均为单位向量,且,则向量与的夹角的余弦值为_________.【答案】【分析】根据已知得出,,即可根据定义得出与,再根据数量积的定义可求出.【详解】,,则,,,设向量与的夹角为,则.故答案为:.33.(2021春·陕西宝鸡·高一统考期末)设、是平面内相交成角的两条数轴,,分别是与轴,轴正方向同向的单位向量,若向量,则把有序数对叫做在坐标系中的坐标.假设,则的大小为________.【答案】【分析】先依题意判断和,再计算即可.【详解】依题意,,,由,知,所以.故答案为:2.34.(2018春·浙江台州·高一台州中学校考期中)已知向量及向量序列:满足如下条件:,且,当且时,的最大值为__________. 【答案】【分析】由可得,进而得,结合二次函数的性质即可求得的最大值.【详解】解:,又,,==,根据二次函数的性质可得,当,有最大值.故答案为:.35.(2017春·北京东城·高二统考期末)已知平面向量,平面向量,(其中).定义:.若,,则=_____________;若,且,,则_________,__________(写出一组满足此条件的和即可).【答案】    (0,5)        【详解】本题自定义:,,(其中),已知若,,则=.又,且,,则,,不妨在内任取两组数和,为了满足,即,取和,此时恰好满足,则.36.(2014·安徽·高考真题)已知两个不相等的非零向量两组向量和 均由2个和3个排列而成.记,表示所有可能取值中的最小值.则下列命题的是_________(写出所有正确命题的编号).①有5个不同的值.②若则与无关.③若则与无关.④若,则.⑤若,则与的夹角为【答案】②④【详解】试题分析:由题意有三种结果,如下:;;.故①错误;∵,∴中最小为.若,则与无关,故②正确;若//,则与有关,故③错误;若,则,故④正确;若,,∴,∴,故⑤错误.所以正确的编号为②④.考点:1.平面向量的运算;2.平面向量的数量积.37.(2021春·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考阶段练习)定义:对于实数和两个定点、,在某图形上恰有个不同的点,使得,称该图形满足“度囧合”,若在边长为的正方形中,,,且该正方形满足“度囧合”,则实数的取值范围是_________.【答案】【分析】以点为坐标原点,、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系,设点,求出点的轨迹方程为,分析可知,圆与正方形有 个交点,数形结合可得出关于实数的不等式,由此可解得实数的取值范围.【详解】以点为坐标原点,、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系,则、、、,因为,,则、,设,,,则,整理可得,则,可得,所以,点的轨迹是以点为圆心,半径为的圆,因此,只需圆与正方形有个交点即可,当时,即当时(图中从内往外第一个圆),此时圆与正方形有个交点,当动圆在图中第二个圆与第三个圆之间(从内往外)时,圆与正方形有个交点, 此时,解得.综上所述,实数的取值范围是.故答案为:.【点睛】关键点点睛:求解本题的关键在于求出点的轨迹方程,将问题转化为动圆与正方形有个交点来处理.38.(2022·全国·高三专题练习)定义两个向量组的运算,设为单位向量,向量组分别为的一个排列,则的最小值为_______.【答案】##【分析】讨论、且、且或2或3,根据的定义及向量数量积的运算律,分别求最小值,即可得结果.【详解】当且时,;当且、时,则,当且仅当时等号成立;同理且、或且、时,的最小值也为;当时,则,由,设,则,所以,当时等号成立.综上,的最小值为.故答案为:.【点睛】关键点点睛:应用分类讨论,注意中向量不同的排列情况下对应的表达式,结合向量数量积运算律和几何关系求最值.39.(2022·北京顺义·统考二模)向量集合,对于任意,,以及任意 ,都有,则称集合是“凸集”,现有四个命题:①集合是“凸集”;②若为“凸集”,则集合也是“凸集”;③若都是“凸集”,则也是“凸集”;④若都是“凸集”,且交集非空,则也是“凸集”.其中,所有正确的命题的序号是_____________________.【答案】①②④【分析】理解新定义,对结论逐一判断【详解】由题意得,若对于任意,线段上任意一点,都有,则集合是“凸集”,由此对结论逐一分析对于①,,若对于任意满足,则,由函数的图象知,对线段上任意一点,都有,即,故为“凸集”,①正确对于②,若为“凸集”,则对于任意,此时,其中对于任意,,故为“凸集”,②正确对于③,可举反例,若,易知都是“凸集”,而不是“凸集”,故③错误对于④,若都是“凸集”,则对于任意,任意则,且,故,故也是“凸集”故答案为:①②④四、解答题40.(2022秋·河北沧州·高二校考开学考试)平面内一组基底及任一向量,若点在直线上或在平行于的直线上,我们把直线以及与直线 平行的直线称为“等和线”,此时为定值,请证明该结论.【答案】见解析【分析】如图,为直线上的点,若,过点作直线,再根据平面向量共线定理及推理即可得出结论.【详解】解:如图,为直线上的点,若,那么,从而有,即,另一方面,过点作直线,在上任作一点,连接,则,以为基底时,,所以,即,综上,为定值.41.(2022秋·上海嘉定·高二上海市嘉定区第一中学校考阶段练习)已知在平面直角坐标系中,为坐标原点,定义非零向量的“相伴函数”为,向量称为函数的“相伴向量”;记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为(1)已知,,若函数为集合中的元素,求其“相伴向量”的模的取值范围;(2)已知点满足条件:,,若向量的“相伴函数”在处取得最大值,当在区间变化时,求的取值范围;(3)当向量时,“相伴函数”为,若,方程存在4个不相等的实数根,求实数的取值范围. 【答案】(1)(2)(3)【分析】(1)把化为形式得“相伴向量”,求出模后可得其范围;(2)写出“相伴函数”,根据辅助角公式得最大值及最大值点,由的范围得的范围,再得出的范围后可得的取值范围;(3)由定义得并化简(化为一个角的一个三角函数形式),解方程得或,求得两根,然后作出函数,的图象,由图象可得且有两根的的范围.【详解】(1),∴函数的相伴向量,,∴时,;时,.∴的取值范围为[1,3](2)的相伴函数其中,.当,,即,时,取得最大值,∴,∵,∴,∴,∴.∴.(3),当时,,由,得:, ∴或,由,即,而,解得或,即∴在上有两个根,方程在上存在4个不相等的实数根,当且仅当且在上有两个不等实根,在同一坐标系内作出函数在上的图像和直线,如图,方程在上有两个不等实根,当且仅当函数在上的图像和直线有两个公共点,观察图像知:或,解得或,所以实数的取值范围是.42.(2022春·上海奉贤·高一校考期末)对于一个向量组,令,如果存在,使得,那么称是该向量组的“好向量”(1)若是向量组的“好向量”,且,求实数的取值范围;(2)已知,,均是向量组的“好向量”,试探究的等量关系并加以证明.【答案】(1) (2),证明见解析.【分析】(1)由题意,用坐标表示向量的模,解之可得;(2)由“好向量”的定义得三个不等式,平方转化为向量的数量积,三式相加整理后可得.【详解】(1)由题意,而,,,,所以,解得,所以的范围是;(2)的等量关系是,证明如下:由题意是向量组的“好向量”,所以,则,即,所以,同理,,三式相加并整理得,所以,所以.43.(2021春·山西临汾·高一统考阶段练习)如图,在正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F,G分别是AD,BC的二等分点.(1)EF,EG有什么关系?用向量方法证明你的结论.(2)已知对任意平面向量,把绕其起点沿逆时针旋转角得到向量,叫做把点N绕点M沿逆时针方向旋转角得到点P.已知正方形ABCD中,点,点,把点G绕点E沿顺时针方向旋转后得到点P,求点P的坐标. 【答案】(1)EF,EG互相垂直,证明见解析;(2).【分析】(1)利用向量的垂直的定义即可判断;(2)利用题意得到,再利用坐标运算公式求出的坐标,即可求解.【详解】(1)EF,EG互相垂直,因为,,所以,即EF,EG互相垂直;(2)点G绕点E沿顺时针方向旋转,即点G绕点E沿逆时针方向旋转,由此得到,而,所以,设点P的坐标为,因为点E是AB的中点,点,点,所以.所以,所以,所以点P为.44.(2021春·四川成都·高一四川省成都市盐道街中学校考阶段练习)定义非零向量的“相伴函数”为,向量称为函数的“相伴向量”(其中为坐标原点).记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为.(1)设,请问函数是否存在相伴向量,若存在,求出与共线的单位向量;若不存在,请说明理由.(2)已知点满足:,向量的“相伴函数”在处取得最大值,求 的取值范围.【答案】(1)存在,或(2)【分析】(1)由题知,进而根据相伴向量的定义求解即可;(2)根据三角函数的性质得,进而结合二倍角公式得,再令,进而结合函数值域求解即可.【详解】(1)因为,所以,函数存在相伴向量,,所以,与共线的单位向量为或.(2)的“相伴函数”,因为在处取得最大值,所以,当,即时,有最大值,所以,,所以,因为,, 所以,所以,令,则,因为均为上的单调递减函数,所以在上单调递减,所以,所以,,所以,的取值范围为.

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发布时间:2024-02-27 11:15:01 页数:41
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文章作者:180****8757

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