步步高浙江新高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)配套練習(xí)54平面向量應(yīng)用舉例(含答案詳析)

第4講平面向量應(yīng)用舉例一、選擇題→→→1．△ABC的三個(gè)內(nèi)角成等差數(shù)列，且(AB＋AC)·BC＝0，則△ABC必然是()．A．等腰直角三角形B．非等腰直角三角形C．等邊三角形D．鈍角三角形剖析△ABC中BC邊的中線又是BC邊的高，故△ABC為等腰三角形，又A，B，C成等差數(shù)列，故B＝π3.答案C半圓的直徑AB＝4，O為圓心，C是半圓上不同樣于A、B的任意一點(diǎn)，若P為半徑OC的中點(diǎn)，則→→→(PA＋PB·PC的值是())A．－2B．－1C．2D．無(wú)法確定，與C點(diǎn)地址有關(guān)→→→→→剖析(PA＋PB)·PC＝2PO·PC＝－2.答案A函數(shù)ππ→→→＝3.的部分圖象以下列圖，則(OA＋OB·y＝tan4x－2)AB()．A．4B．6C．1D．2剖析由條件可得B(3,1)，A(2,0)，→→→→→→→→2→2＝10∴(OA＋OB)·AB＝(OA＋OB)·(OB－OA)＝OB－OA－4＝6.答案B4．在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝1，E，F(xiàn)為邊BC的三均分點(diǎn)，則→→)．AE·AF＝(551015A.3B.4C.9D.8→1→→→剖析法一依題意，不如設(shè)BE＝2EC，BF＝2FC，→→1→→→2→1→則有AE－AB＝2(AC－AE)，即AE＝3AB＋3AC；→→→→→1→2→AF－AB＝2(AC－AF)，即AF＝3AB＋3AC.→→2→1→1→2→所以AE·AF＝3AB＋3AC·3AB＋3AC1→→→→＝9(2AB＋AC)·(AB＋2AC)1→2→2→→＝9(2AB＋2AC＋5AB·AC)1225＝9(2×2＋2×1＋5×2×1×cos60)°＝3，選A.法二由∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝1可得∠ACB＝90°，23如圖建立直角坐標(biāo)系，則A(0,1)，E－3，0，3F－3，0，→→－23·－3＝－2332＋1∴AE·AF＝3，－13，－13·＋(－1)·(－1)＝－335＝3，選A.答案A5．以下列圖，已知點(diǎn)G是△ABC的重心，過(guò)G作直線與AB，AC兩邊分別交于M，→→→→x·yN兩點(diǎn)，且AM＝xAB，AN＝y(tǒng)AC，則的值為()．x＋yA．3B.1C．2D.132剖析(特例法)利用等邊三角形，過(guò)重心作平行于底邊BC的直線，易得x·yx＋y13.答案B．△的外接圓圓心為，半徑為→→→→→，則→O＋AB＋AC＝0，且|OA＝CA6ABC2，OA||AB|→()．在CB方向上的投影為A．1B．2C.3D．3剖析如圖，由題意可設(shè)D為BC的中點(diǎn)，→→→→→→由OA＋AB＋AC＝0，得OA＋2AD＝0，即AO＝→→→2AD，∴A，O，D共線且|AO|＝2|AD|，又O為△ABC的外心，∴AO為BC的中垂線，→→→→∴|AC|＝|AB|＝|OA|＝2，|AD|＝1，→→→3.∴|CD|＝3，∴CA在CB方向上的投影為答案C二、填空題7.△ABO三極點(diǎn)坐標(biāo)為A，B，O，Px，y是坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，(1,0)(0,2)(0,0)()→→→→→→滿足AP·OA≤，BP·OB≥，則OP·AB的最小值為_(kāi)_______．00→→x－，y·＝x－≤，∴x≤，∴－x≥－，剖析∵AP·OA＝(1,0)(1)1011→→x，y－·＝y(tǒng)－≥，∴y≥∵BP·OB＝(2)(0,2)2(2)2.0→→x，y·－＝y(tǒng)－x≥∴OP·AB＝((1,2)3.)2答案3π8．已知平面向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，a與b的夾角為3.以a，b為鄰邊作平行四邊形，則此平行四邊形的兩條對(duì)角線中較短的一條的長(zhǎng)度為_(kāi)_______．剖析∵a＋b2－a－b2＝a·b＝abπ＝＞，||||44||||cos340∴a＋b＞a－b，又a－b2＝a2＋b2－a·b＝，∴a－b＝3.||||||23||答案39．已知向量a＝(x－1,2)，b＝(4，y)，若a⊥b，則9x＋3y的最小值為_(kāi)_______．剖析若a⊥b，則4(x－1)＋2y＝0，即2x＋y＝2.xy2xy≥2×32x＋y＝×2＝6.9＋3＝3＋3231當(dāng)且僅當(dāng)x＝2，y＝1時(shí)獲取最小值．答案6131210．已知|a|＝2|b|≠0，且關(guān)于x的函數(shù)f(x)＝3x＋2|a|x＋a·bx在R上有極值，則a與b的夾角范圍為_(kāi)_______．剖析由題意得：f′(x)＝x2＋|a|x＋·必有可變號(hào)零點(diǎn)，即＝2－·，ab|a|4ab>0221即4|b|－8|b|cos〈a，b〉>0，即－1≤cos〈a，b〉<2.所以a與b的夾角范圍π為3，π.π答案3，π三、解答題11．已知A(2,0)，B(0,2)，C(cosθ，sinθ)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)1AC·BC＝－3，求sin2θ的值．若|OA＋OC|＝7，且θ∈(－π，0)，求OB與OC的夾角．解(1)AC＝(cosθ，sinθ)－(2,0)(cosθ－2，sinθ)BC＝(cos

θ，sin

θ)－(0,2)

＝(cos

θ，sin

θ－2)．AC·BC＝cos2

θ(cos

2

θ－2)＋sin

θ(sin

θ－2)cosθ－2cosθ＋sinθ－2sinθ11－2(sinθ＋cosθ)＝－3.2∴sinθ＋cosθ＝3，41＋2sinθcosθ＝9，45sin2θ＝9－1＝－9.(2)∵OA＝(2,0)，OC＝(cosθ，sinθ)，OA＋OC＝(2＋cosθ，sinθ)，即4＋4cosθ＋cos2θ＋sin2θ＝7.14cosθ＝2，即cosθ＝2.π∵－π<θ<0，∴θ＝－3.又∵OB＝(0,2)，OC＝1，－3，22|OB·OC|0－33∴cos〈OB，OC〉＝|OB|·|OC|＝2＝－2.5π∴〈OB，OC〉＝6.π3π12．已知A，B，C的坐標(biāo)分別為A(3,0)，B(0,3)，C(cosα，sinα)，α∈2，2.→→(1)若|AC|＝|BC|，求角α的值；→→2sin2α＋sin2α(2)若AC·BC＝－1，求1＋tanα的值．解→→(1)∵AC＝(cosα－3，sinα)，BC＝(cosα，sinα－3)，→2(cosα－3)22∴AC＝＋sinα＝10－6cosα，→222α，BC＝cosα＋(sinα－3)＝10－6sin→→，可得→2→2，由|AC＝AC＝BC||BC|即10－6cosα＝10－6sinα，得sinα＝cosα.π3π5π又α∈2，2，∴α＝4.→→(2)由AC·BC＝－1，得(cosα－3)cosα＋sinα(sinα－3)＝－1，∴sinα＋cosα＝2①3.2sin2α＋sin2α2sin2α＋2sinαcosα又1＋tanα＝sinα＝2sinαcosα.1＋cosα4由①式兩邊分別平方，得1＋2sinαcosα＝9，5∴2sinαcosα＝－9.2sin2α＋sin2α5∴1＋tanα＝－9.13．已知向量a＝(cosx，sinx)，b＝(－cosx，cosx)，c＝(－1,0)．若x＝π6，求向量a與c的夾角；9π當(dāng)x∈2，8時(shí)，求函數(shù)f(x)＝2a·b＋1的最大值，并求此時(shí)x的值．解(1)設(shè)a與c夾角為θ，當(dāng)x＝π時(shí)，a＝31，62，231cosa·c2－＋2×0θ＝|a||c|＝3212222＋2×－＋035π＝－2.∵θ∈[0，π]，∴θ＝6.(2)fx)ab－cos2x＋sinxcosx)＋1＝2sinxcosx－(2cos2x(＝2·＋1＝2(－1)＝sin2x－cos2x＝2sin2x－π，4π9ππ3π∵x∈2，8，∴2x－4∈4，2π，故sin2x－π∈－，2，∴當(dāng)2x－π＝3π，41244π即x＝2時(shí)，f(x)max＝1.x14．已知向量m＝3sin4，1，x2xn＝cos4，cos4.2π(1)若m·n＝1，求cos3－x的值；(2)記f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且滿足(2ac)cosB＝bcosC，求函數(shù)f(A)的取值范圍．解(1)m·n＝3sinx4·cosx4＋cos24xx3x1＋cos2xπ1＝2sin2＋2＝sin2＋6＋2，xπ1∵m·n＝1，∴sin2＋6＝2.cosx＋π2xπ13＝1－2sin＋6＝，222π＋πcos3－x＝－3＝－1cosx2.(2)∵(2a－c)cosB＝bcosC，由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，2sinAc