2024屆一輪復習人教A版 平面向量 作業(yè)（四）

平面向量（四）學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．在中，，向量在上的投影的數量為，則A． B． C． D．2．已知向量，，且，則m的值為（

）A． B．2 C． D．43．已知，，則的最小值為（

）A．-2 B．-4 C．-6 D．-14．已知向量，，若，則（

）A． B． C． D．5．設D為△ABC所在平面內一點，，若，則λ-μ=（）A． B． C． D．6．如果，，，則的值是A． B． C． D．7．若向量與的夾角為，，，則＝（

）A． B．1 C．4 D．38．在正三角形中，是上的動點，且,則的最小值為(

)A．9 B． C． D．二、多選題9．已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的單位向量，，記，，，則下列說法正確的是（

）A．若，則O，A，B，C四點在同一個圓上B．若，則的最大值為2C．若，則的最大值為D．若，則的最小值為10．已知點P是的中線BD上一點（不包含端點）且，則下列說法正確的是（

）A． B．C． D．11．已知點A是圓C:上的動點，O為坐標原點，，且,，，三點順時針排列，下列選項正確的是（

）A．點的軌跡方程為B．的最大距離為C．的最大值為D．的最大值為12．已知在邊長為2的等邊中，向量滿足，則下列式子正確的是（

）A． B． C． D．三、填空題13．在平面直角坐標系中，為坐標原點，，，若點滿足，其中，則點的軌跡方程是________．14．在中，為的外心，若，其中.則點的軌跡所對應圖形的面積是__________．15．已知，，則__________.16．已知向量、的夾角為，，，則__________．四、解答題17．已知點在橢圓：上，是橢圓的一個焦點.（1）求橢圓的方程；（2）橢圓上不與點重合的兩點，關于原點對稱，直線，分別交軸于，兩點.求證：以為直徑的圓被直線截得的弦長是定值.18．某公園有一塊邊長為3百米的正三角形空地，擬將它分割成面積相等的三個區(qū)域，用來種植三種花卉.方案是：先建造一條直道將分成面積之比為的兩部分（點D，E分別在邊，上）；再取的中點M，建造直道（如圖）.設，，（單位：百米）.（1）分別求，關于x的函數關系式；（2）試確定點D的位置，使兩條直道的長度之和最小，并求出最小值.19．已知邊長為的等邊三角形的一個頂點位于原點，另外兩個頂點在拋物線：（）上.（1）求拋物線的方程；（2）直線交拋物線于，兩點，交拋物線的準線于點，交軸于點，若.證明：直線過定點，并求出定點坐標.20．已知正三角形的三個頂點都在拋物線上，其中為坐標原點，設圓是的外接圓（點為圓心）（1）求圓的方程；（2）設圓的方程為，過圓上任意一點分別作圓的兩條切線，切點為，求的最大值和最小值．21．已知向量，，角，，為的內角，其所對的邊分別為，，.（1）當取得最大值時，求角的大??；（2）在（1）成立的條件下，當時，求的取值范圍.22．已知直線l：，M為平面內一動點，過點M作直線l的垂線，垂足為N，且（O為坐標原點）．(1)求動點M的軌跡E的方程；(2)已知點P(0，2)，直線與曲線E交于A，B兩點，直線PA，PB與曲線E的另一交點分別是點C，D，證明：直線CD的斜率為定值．參考答案：1．C【解析】由向量在上的投影的數量為可得，由可得，于是可得，然后再根據余弦定理可求得的長度．【詳解】∵向量在上的投影的數量為，∴．①∵，∴，∴．②由①②得，∵為的內角，∴，∴．在中，由余弦定理得，∴．故選C．【點睛】本題考查向量數量積的幾何意義和解三角形，解題的關鍵是根據題意逐步得到運用余弦定理時所需要的條件，考查轉化和計算能力，屬于中檔題．2．A【分析】利用向量平行的坐標，即可求解.【詳解】，，，，解得：.故選：A3．A【分析】設，求得所以，結合三角函數的有界性，即可求解.【詳解】由題意，因為，，設，則，所以，因為，所以，因為不能同時取等號，所以，又當時，，可排除B、C、D選項.故選：A.【點睛】本題主要考查了向量的數量積的坐標運算及三角函數的有界性的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題.4．D【分析】根據平面向量的坐標運算求出，利用平行向量的坐標表示計算即可.【詳解】因為，，所以，因為，所以，解得．故選：D5．A【分析】本題可知B、C、D三點在同一直線上，然后結合圖形和向量運算找出λ、μ的值．【詳解】解：由，可知，B、C、D三點在同一直線上，圖形如下：根據題意及圖形，可得：∴λ-μ=．故選A．【點睛】本題主要考查向量共線的知識以及向量的數乘和線性運算，屬基礎題．6．B【詳解】分析：利用平面向量的數量積的運算公式和向量模的運算，即可求解結果．詳解：由，則，故選B．點睛：本題主要考查了平面向量的數量積的運算和模的計算，其中熟記向量的數量積的運算公式和向量的模的計算公式是解答的關鍵，著重考查了學生的推理與運算能力．7．B【分析】對兩邊平方，化簡可求出【詳解】因為，所以，又因為，所以，解得（舍去），故選：B．【點睛】此題考查向量的數量積運算，由數量積求模，屬于基礎題8．D【分析】以為原點，為軸正半軸，建立坐標系，設，將表示成的函數，利用單調性求解即可.【詳解】以為原點，為軸正半軸，建立坐標系，則，設，則，又關于t的一次函數單調遞減，所以當時，函數取得最小值，為，即的最小值為.故選：D.9．AD【分析】對于A選項，，后由可得答案.對于B選項，由A分析可知，O，A，B，C四點在同一個圓上.又，則其長度為圓上弦的長度.對于C選項，由題可得A，B，C均在以為圓心、1為半徑的圓上，設，又，則.表示出后可得答案.對于D選項，由結合C選項分析，得，又由，可得，后由重要不等式可得答案.【詳解】對于A選項，如圖，若，則，所以，又，所以，所以O，A，B，C四點在同一個圓上，故A正確；對于B選項，若，由A選項知，O，A，B，C四點在同一個圓上，又，則其長度為圓上弦的長度.當線段為該圓的直徑時，最大，且最大值等于，故B錯誤；對于C選項，由題可得A，B，C均在以為圓心、1為半徑的圓上，設，又，則.其中.則，當時取等號.故C錯誤.對于D選項，由C選項分析結合可知.又，則，則由重要不等式有：.得，當且僅當時取等號.故D正確.故選：AD【點睛】關鍵點點睛：本題涉及向量，三角函數.判斷A，B選項關鍵為能由得到，從而可以得到O，A，B，C四點在同一個圓上.判斷C，D選項關鍵，為利用A，B，C在單位圓上設出其坐標，后利用向量坐標表示結合三角函數，不等式知識解決問題.10．AC【分析】可以證明.所以選項A正確，選項B錯誤；利用基本不等式證明選項C正確；利用基本不等式和對數函數的運算和性質證明選項D錯誤.【詳解】解：因為，所以,又三點共線，所以.所以選項A正確，選項B錯誤；，所以（當且僅當時等號成立），所以選項C正確；因為，（當且僅當時等號成立）所以，所以選項D錯誤.故選：AC11．BD【分析】如圖，過O點作，設點，利用相關點代入法，可求得軌跡方程為，可判斷A；根據點到圓上距離的最值求解，可判斷B；設，將向量的數量積表示成關于的函數，可判斷C，D；【詳解】如圖，過O點作則點，設點，設，則，設，所以，，，所以，，，即點，因為，設點，可得，解得，因為點在圓上，所以，將代入方程可得，整理可得，所以A是錯的，所以的最大距離為，B是對的，設，所以的最大值為2，D是對的.故選：BD12．ABD【分析】先把向量，用三角形的三條邊的向量進行表示，再對選項進行一一判斷，即可得到答案；【詳解】，對A，，故A正確；對B，，故B正確；對C，，故C錯誤；對D，，故D正確；故選：ABD13．【解析】設，由平面向量坐標運算可得，消去后整理可得軌跡方程.【詳解】設，則，消去得：，即點軌跡方程為故答案為：【點睛】本題考查動點軌跡方程的求解，關鍵是能夠利用平面向量坐標運算，利用參數表示出動點坐標，消去參數后可得軌跡方程.14．【分析】畫出圖形，根據余弦定理即可求出cosA，從而得出A，再根據正弦定理即可求出OB，據題意可知，點P的軌跡為以OB，OC為鄰邊的平行四邊形及內部，從而可求出該軌跡所對應圖形的面積．【詳解】由余弦定理得，,所以.因此由題意知，點的軌跡對應圖形是邊長為的菱形,于是這個菱形的面積是故答案為【點睛】考查正弦定理及余弦定理，向量加法的平行四邊形法則，以及向量數乘的幾何意義，考查三角形外心的應用，屬于中檔題．15．【解析】根據平面向量的坐標運算可得，再利用平面向量模的坐標運算公式即可求出結果.【詳解】由題意可知，，所以.故答案為：.【點睛】本題主要考查了平面向量模的坐標運算公式，屬于基礎題.16．【分析】將兩邊平方，再根據數量積的定義即可求解.【詳解】解：由，兩邊平方得，即，又，所以，解得．故答案為：．17．（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）利用橢圓的定義求解即可；（2）由題意可知，兩點與點不重合，設出，兩點的坐標，求出直線和，設以為直徑的圓與直線交于，兩點，利用，可得出弦長為定值．【詳解】（1）依題意，橢圓的另一個焦點為，且.因為，所以，，所以橢圓的方程為.（2）證明：由題意可知，兩點與點不重合.因為，兩點關于原點對稱，所以設，，，設以為直徑的圓與直線交于，兩點，所以直線：當時，，所以直線：當時，，所以所以，，因為，所以，所以.因為，即，，所以，所以，所以，，所以.所以以為直徑的圓被直線截得的弦長是定值.【點睛】本題考查橢圓的標準方程，考查直線與橢圓的位置關系，考查定值問題，考查數量積的坐標表示，屬于中檔題．18．（1），.，.（2）當百米時，兩條直道的長度之和取得最小值百米.【解析】（1）由，可解得.方法一：再在中，利用余弦定理，可得關于x的函數關系式；在和中，利用余弦定理，可得關于x的函數關系式.方法二：在中，可得，則有，化簡整理即得；同理，化簡整理即得.（2）由（1）和基本不等式，計算即得.【詳解】解：（1），是邊長為3的等邊三角形，又，，.由，得.法1：在中，由余弦定理，得.故直道長度關于x的函數關系式為，.在和中，由余弦定理，得①②因為M為的中點，所以.由①②，得，所以，所以.所以，直道長度關于x的函數關系式為，.法2：因為在中，，所以.所以，直道長度關于x的函數關系式為，.在中，因為M為的中點，所以.所以.所以，直道長度關于x的函數關系式為，.（2）由（1）得，兩條直道的長度之和為（當且僅當即時取“”）.故當百米時，兩條直道的長度之和取得最小值百米.【點睛】本題考查了余弦定理和基本不等式，第一問也可以利用三角形中的向量關系進行求解，屬于中檔題.19．（1）；（2）證明見解析；定點.【分析】（1）利用拋物線的對稱性，可知點在拋物線上，將點代入拋物線方程，求出值，進而得解；（2先求出拋物線的準線方程，設出直線的方程，求出點和點坐標，設出點和點坐標，聯立直線的方程與拋物線方程，得到，，然后進行向量數量積的坐標運算，化簡，并將韋達定理代入，可得，求出的值，進而得解.【詳解】（1），因為邊長為的等邊三角形的一個頂點位于原點，另外兩個頂點在拋物線：（）上，并且，該拋物線關于軸對稱，所以點在拋物線上，所以，解得，所以拋物線的方程為.（2）證明：由（1）得拋物線的準線的方程為.設直線的方程為（），令，解得，所以，，解得，所以，由得，得，其中.設，，則，，則，，，，.由，得，解得，所以直線的方程為，因此直線過定點.【點睛】本題考查拋物線標準方程的求解及直線過定點問題，其中涉及到拋物線的準線方程和向量數量積的坐標運算，考查整體運算的思想方法，考查計算能力，屬于中檔題.在處理直線與拋物線的位置關系的題時，一般要用到根與系數的關系.20．（1）圓C的方程為；（2）的最大值為，最小值為.【分析】（1）設A、B兩點坐標,根據△為等邊三角形，求出A、B兩點的坐標，再求出圓心和半徑，進而求出圓的方程；（2）設，表示出數量積，數量積有，，確定的范圍，可求出數量積的最值.【詳解】（1）∵為坐標原點，△為正三角形，∴A、B兩點坐標關于軸對稱，∴直線的傾斜角為，設A、B兩點坐標分別為，，由題意可知，解得，則A點的坐標為或，點B的坐標為或，設圓心C的坐標為，則，則圓C的方程為.（2）設，則，在△中,,由圓的幾何性質得,,∴，∴，故的最大值為，最小值為.21．（1）（2）【詳解】分析：（1）由兩向量的坐標，利用平面向量的數量積運算列出關系式，利用誘導公式及二倍角的余弦函數公式化簡，整理后得到關于的二次函數，由的范圍求出的范圍，利用正弦函數的圖象與性質得出此時的范圍，利用二次函數的性質即可求出取得最大值時的度數；（2）由及的值，利用正弦定理表示出，再利用三角形的內角和定理用表示出，將表示出的代入中，利用二倍角的余弦函數公式化簡，整理后利用兩角和與差的正弦函數公式化為一個角的正弦函數，由的范圍求出這個角的范圍，利用正弦函數的圖象與性質求出此時正弦函數的值域，即可確定出的取值范圍．詳解：（1），令，，原式，當，即，時，取得最大值.（2）當時，，.由正弦定理得：（為的外接圓半徑）于是.由，得，于是，，所以的范圍是.點睛：本題考查正弦定理，平面向量的數量積運算，正弦函數的定義域與性質，以及三角