課時(shí)規(guī)范練47　平面向量的綜合應(yīng)用-高考一輪復(fù)習(xí)人教A版(適用于新高考新教材)

課時(shí)規(guī)范練47平面向量的綜合應(yīng)用基礎(chǔ)鞏固練1.已知點(diǎn)P為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),且AP=13AB+tAC(t∈R),若點(diǎn)P落在△ABC的內(nèi)部,則實(shí)數(shù)tA.(0,34) B.(1C.(0,1) D.(0,232.(2024·廣東珠海模擬)P是△ABC所在平面上一點(diǎn),滿足|PB?PC|-|PB+PC-2PA|=0,則△ABCA.等腰直角三角形 B.直角三角形C.等腰三角形 D.等邊三角形3.(2022·北京,10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P為△ABC所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),且PC=1,則PA·PB的取值范圍是(A.[-5,3] B.[-3,5]C.[-6,4] D.[-4,6]4.(2024·北京昌平高三期末)已知向量a,b,c滿足|a|=2,|b|=1,<a,b>=π4,(c-a)·(c-b)=0,則|c|的最大值是(A.2-1 B.5C.5+12 D.25.在△ABC中,AB=3,AC=4,點(diǎn)P是△ABC的外心,則AP·BC=(A.3 B.72C.4 D.96.已知點(diǎn)A,B,C在圓x2+y2=4上運(yùn)動(dòng),且AB⊥BC,若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,0),則|PA+PB+PC|7.(2020·天津,15)如圖,在四邊形ABCD中,∠B=60°,AB=3,BC=6,且AD=λBC,AD·AB=-32,則實(shí)數(shù)λ的值為,若M,N是線段BC上的動(dòng)點(diǎn),且|MN|=1,則綜合提升練8.(2024·湖南益陽模擬)如圖所示,邊長為2的等邊三角形ABC,以BC的中點(diǎn)O為圓心,BC為直徑在點(diǎn)A的另一側(cè)作半圓弧BC,點(diǎn)P在圓弧上運(yùn)動(dòng),則AB·AP的取值范圍為(A.[2,23] B.[2,5]C.[2,4] D.[4,33]9.(2024·河北唐山模擬)如圖,在△ABC中,D是線段BC上的一點(diǎn),且BC=4BD,過點(diǎn)D的直線分別交直線AB,AC于點(diǎn)M,N,若AM=λAB,AN=μAC(λ>0,μ>0),則μ-1λ的最小值是A.23-43C.233-7 D創(chuàng)新應(yīng)用練10.(2022·浙江,17)設(shè)點(diǎn)P在單位圓的內(nèi)接正八邊形A1A2…A8的邊A1A2上,則PA12+PA22

課時(shí)規(guī)范練47平面向量的綜合應(yīng)用1.D解析因?yàn)辄c(diǎn)P落在△ABC的內(nèi)部,所以A,P兩點(diǎn)在直線BC的同一側(cè),所以13+t<1,且t>0,所以0<t<23.2.B解析由|PB?PC|-|PB+PC-2PA|=0,可得|CB|=|PB+PC-2PA|,即|CB|=|AB+AC|,|AB?AC|=|AC+AB|,把等式|AB?AC|=|AC+AB|兩邊平方,化簡得AB3.D解析依題意建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系,則C(0,0),A(3,0),B(0,4),因?yàn)镻C=1,所以點(diǎn)P在以C為圓心,1為半徑的圓上運(yùn)動(dòng).設(shè)P(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π],則PA=(3-cosθ,-sinθ),PB=(-cosθ,4-sinθ),所以PA·PB=(-cosθ)×(3-cosθ)+(4-sinθ)×(-sinθ)=cos2θ-3cosθ-4sinθ+sin2θ=1-3cosθ-4sinθ=1-5sin(θ+φ),其中sinφ=35,cosφ=45.因?yàn)?1≤sin(θ+φ)≤1,所以-4≤1-5sin(θ+φ)≤6,即4.C解析把a(bǔ),b平移到共起點(diǎn),以b的起點(diǎn)為原點(diǎn),b所在的直線為x軸,與b所在直線垂直的直線為y軸,建立如圖所示坐標(biāo)系,設(shè)OB=b,OA=a,OC=c,則c-a=AC,c-b=BC.又(c-a)·(c-b)=0,所以AC⊥BC,則點(diǎn)C的軌跡為以AB為直徑的圓,又因?yàn)閨a|=2,|b|=1,<a,b>=π4,所以B(1,0),A(1,1),故以AB為直徑的圓的方程為(x-1)2+(y-12)2=14,所以|c|的最大值就是以AB5.B解析取BC的中點(diǎn)D,連接AD,PD(圖略),則PD⊥BC.AP=AD+DP,AD=12(AB+AC),BC=AC?AB6.[1,5]解析因?yàn)锳B⊥BC,所以AC為圓的直徑.以AC中點(diǎn)O為原點(diǎn),建立平面直角坐標(biāo)系(圖略).設(shè)B(x,y)(-2≤x≤2),則PO=(-1,0),PB=(x-1,y),所以PA+PB+PC=2PO+PB=(x-3,y),故|PA+PB+PC|=|2PO+PB|=(x-3)2+y2=7.16132解析∵AD=λBC,∴AD·AB=λBC·AB=λ|BC||AB|·cos120°=λ×6×3×-12=-32,∴λ=16.令BM=μBC(0<μ≤56),則BN=BM+MN=μBC+16BC=μ+16BC,DM=DA+AB+BM=-16BC+AB+μBC=μ-16BC?BA,DN=DA+AB+BN=-18.B解析過點(diǎn)O作OD∥AB交半圓弧于點(diǎn)D,連接AO,OP,如圖.因?yàn)椤鰽BC是正三角形,則∠BOD=π3,令OP,AB夾角為θ,當(dāng)點(diǎn)P在弧BD上時(shí),0≤θ≤π3,當(dāng)點(diǎn)P在弧CD上時(shí),0≤θ≤2π3,于是-12≤cosθ≤1,顯然AO=3,OP=1,∠OAB=π6,AP=AO+OP,所以AB·AP=AB·(AO+OP)=AB·AO+AB·OP=|9.A解析因?yàn)镸,D,N三點(diǎn)共線,所以可設(shè)MD=tDN(t∈R),則AD?AM=t(AN?AD),又AD=AB+BD=AB+14BC=AB+14(AC?AB)=34AB+14AC,所以34AB+14AC?AM=t(AN?34AB?14AC),又AM=λAB,AN=μAC,所以34AB+14AC-λAB=t(μAC?34AB?14AC),所以(34-λ)10.[12+22,16]解析如圖,以圓心為原點(diǎn),A3A7所在直線為x