【决胜高考】2016高考数学专题复习导练测 第五章 第4讲 平面向量应用举例 理 新人教A版

一、选择题

→

A．等腰直角三角形 C．等边三角形

→

→

1．△ABC的三个内角成等差数列，且(AB＋AC)·BC＝0，则△ABC一定是( )．

B．非等腰直角三角形 D．钝角三角形

解析 △ABC中BC边的中线又是BC边的高，故△ABC为等腰三角形，又A，B，C成等π

差数列，故B＝.

3答案 C

2. 半圆的直径AB＝4，O为圆心，C是半圆上不同于A、B的任意一点，若P为半径OC的中→→→

点，则(PA＋PB)·PC的值是( ) A．－2 B．－1 C．2

D．无法确定，与C点位置有关 →→→→→

解析 (PA＋PB)·PC＝2PO·PC＝－2. 答案 A

ππ→→→

3. 函数y＝tanx－的部分图象如图所示，则(OA＋OB)·AB＝

42

( )．

A．4 C．1

B．6 D．2

解析 由条件可得B(3,1)，A(2,0)，

→→→→→→→→2→2

∴(OA＋OB)·AB＝(OA＋OB)·(OB－OA)＝OB－OA＝10－4＝6. 答案 B

→→

4．在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝1，E，F为边BC的三等分点，则AE·AF＝( )． 5A. 3

5

B. 4

10

C. 9

D.15 8

→1→→→

解析 法一 依题意，不妨设BE＝EC，BF＝2FC，

2→→1→→→2→1→则有AE－AB＝(AC－AE)，即AE＝AB＋AC；

233

1

→

AF－AB＝2(AC－AF)，即AF＝AB＋AC.

→→2→1→1→2→所以AE·AF＝AB＋AC·AB＋AC

33331→→→→

＝(2AB＋AC)·(AB＋2AC) 9

1→2→2→→＝(2AB＋2AC＋5AB·AC) 9

1522

＝(2×2＋2×1＋5×2×1×cos 60°)＝，选A. 93法二 由∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝1可得∠ACB＝90°，

→→→→

1→2→

33

23

如图建立直角坐标系，则A(0,1)，E－，0，

3

F－



3，0， 3

323→→

∴AE·AF＝－，－1·－，－1＝

3325323

－·－＋(－1)·(－1)＝3＋1＝3，选A. 33答案 A

5．如图所示，已知点G是△ABC的重心，过G作直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，

→

→→

→

且AM＝xAB，AN＝yAC，则

x·y的值为( )． x＋y

A．3

1

B.

3

C．2

1 D. 2

解析 (特例法)利用等边三角形，过重心作平行于底边BC的直线，易得答案 B

x·y1

＝. x＋y3

→→→→→→→

6．△ABC的外接圆圆心为O，半径为2，OA＋AB＋AC＝0，且|OA|＝|AB|，则CA在CB方向上的投影为 A．1

( )．

D．3

B．2 C.3

→→

解析 如图，由题意可设D为BC的中点，由OA＋AB→→→→→

＋AC＝0，得OA＋2AD＝0，即AO＝2AD，∴A，O，D

2

→→

共线且|AO|＝2|AD|，又O为△ABC的外心， ∴AO为BC的中垂线，

→→→→

∴|AC|＝|AB|＝|OA|＝2，|AD|＝1， →→→

∴|CD|＝3，∴CA在CB方向上的投影为3. 答案 C 二、填空题

→→

7. △ABO三顶点坐标为A(1,0)，B(0,2)，O(0,0)，P(x，y)是坐标平面内一点，满足AP·OA→→→→

≤0，BP·OB≥0，则OP·AB的最小值为________．

→→

解析 ∵AP·OA＝(x－1，y)·(1,0)＝x－1≤0，∴x≤1，∴－x≥－1， →→

∵BP·OB＝(x，y－2)·(0,2)＝2(y－2)≥0，∴y≥2. →→

∴OP·AB＝(x，y)·(－1,2)＝2y－x≥3. 答案 3

π

8．已知平面向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角为.以a，b为邻边作平行四边

3形，则此平行四边形的两条对角线中较短的一条的长度为________． π22

解析 ∵|a＋b|－|a－b|＝4a·b＝4|a||b|cos＝4＞0，

3∴|a＋b|＞|a－b|，又|a－b|＝a＋b－2a·b＝3，∴|a－b|＝3. 答案

3

xy2

2

2

9．已知向量a＝(x－1,2)，b＝(4，y)，若a⊥b，则9＋3的最小值为________． 解析 若a⊥b，则4(x－1)＋2y＝0，即2x＋y＝2. 9＋3＝3＋3≥2×3

xy2xy2x＋y＝2×3＝6.

21

当且仅当x＝，y＝1时取得最小值．

2答案 6

1312

10．已知|a|＝2|b|≠0，且关于x的函数f(x)＝x＋|a|x＋a·bx在R上有极值，则a32与b的夹角范围为________．

解析 由题意得：f′(x)＝x＋|a|x＋a·b必有可变号零点，即Δ＝|a|－4a·b>0，即1π22

4|b|－8|b|cos〈a，b〉>0，即－1≤cos〈a，b〉<.所以a与b的夹角范围为，π.

23

2

2

π答案 ，π

3

3

三、解答题

11．已知A(2,0)，B(0,2)，C(cos θ，sin θ)，O为坐标原点

1

(1) AC·BC＝－，求sin 2θ的值．

3

(2)若|OA＋OC|＝7，且θ∈(－π，0)，求OB与OC的夹角．

解 (1) AC＝(cos θ，sin θ)－(2,0)

＝(cos θ－2，sin θ)

BC＝(cos θ，sin θ)－(0,2)＝(cos θ，sin θ－2)． AC·BC＝cos θ(cos θ－2)＋sin θ(sin θ－2)

＝cosθ－2cos θ＋sinθ－2sin θ 1

＝1－2(sin θ＋cos θ)＝－.

32

∴sin θ＋cos θ＝，

34

∴1＋2sin θcos θ＝，

945

∴sin 2θ＝－1＝－. 99

2

2

(2)∵OA＝(2,0)，OC＝(cos θ，sin θ)， ∴OA＋OC＝(2＋cos θ，sin θ)，

22

∴|OA＋OC|＝2＋cos θ＋sinθ＝7.

即4＋4cos θ＋cosθ＋sinθ＝7. 1

∴4cos θ＝2，即cos θ＝.

2π

∵－π<θ<0，∴θ＝－. 3

2

2

13又∵OB＝(0,2)，OC＝，－，

22|OB·OC|0－33

＝∴cos 〈OB，OC〉＝＝－.

22|OB|·|OC|5π

∴〈OB，OC〉＝. 6

π3π12．已知A，B，C的坐标分别为A(3,0)，B(0,3)，C(cos α，sin α)，α∈，.

22

→→

(1)若|AC|＝|BC|，求角α的值；

4

2sinα＋sin 2α→→

(2)若AC·BC＝－1，求的值．

1＋tan α

→→

解 (1)∵AC＝(cos α－3，sin α)，BC＝(cos α，sin α－3)， →222

∴AC＝(cos α－3)＋sinα＝10－6cos α， →2

2

BC＝cos2α＋(sin α－3)2＝10－6sin α，

→→→2→2

由|AC|＝|BC|，可得AC＝BC，

即10－6cos α＝10－6sin α，得sin α＝cos α. 又α∈

π，3π，∴α＝5π.

242

→→

(2)由AC·BC＝－1，

得(cos α－3)cos α＋sin α(sin α－3)＝－1， 2

∴sin α＋cos α＝.①

3

2sinα＋sin 2α2sinα＋2sin αcos α又＝＝2sin αcos α.

1＋tan αsin α

1＋

cos α4

由①式两边分别平方，得1＋2sin αcos α＝，

95

∴2sin αcos α＝－.

92sinα＋sin 2α5∴＝－.

1＋tan α9

13．已知向量a＝(cos x，sin x)，b＝(－cos x，cos x)，c＝(－1,0)． π

(1)若x＝，求向量a与c的夹角；

6

22

2

π9π(2)当x∈，时，求函数f(x)＝2a·b＋1的最大值，并求此时x的值．

82

π31

解 (1)设a与c夹角为θ，当x＝时，a＝，，

622

a·ccos θ＝＝|a||c|

31×－1＋×022

321222＋2×－1＋02

＝－35π.∵θ∈[0，π]，∴θ＝. 26

2

2

(2)f(x)＝2a·b＋1＝2(－cosx＋sin xcos x)＋1＝2sin xcos x－(2cosx－1)＝sin 2x

5

π－cos 2x＝2sin2x－， 4

π3ππ9π∵x∈，，∴2x－∈，2π，

8442ππ3π2故sin2x－∈－1，，∴当2x－＝， 4442π

即x＝时，f(x)max＝1.

2

14．已知向量m＝3sin ，1，

4

x2xn＝cos ，cos .

x

4

4

(1)若m·n＝1，求cos

2π－x的值；

3

(2)记f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cos

B＝bcos C，求函数f(A)的取值范围．

解 (1)m·n＝3sin ·cos ＋cos 4441＋cos 23xxπ1

＝sin ＋＝sin＋＋， 222262

xx2

xxxπ1∵m·n＝1，∴sin＋＝. 262

π1π2xcosx＋＝1－2sin＋＝，

3262cos

2π－x＝－cosx＋π＝－1. 323

(2)∵(2a－c)cos B＝bcos C，

由正弦定理得(2sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C， ∴2sin Acos B－sin Ccos B＝sin Bcos C. ∴2sin Acos B＝sin(B＋C)．

∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sin A≠0. 1π2π

∴cos B＝，∵0＜B＜π，∴B＝，∴0＜A＜.

233πAππAπ1∴＜＋＜，sin＋∈，1.

6262262

xπ1Aπ1又∵f(x)＝sin＋＋，∴f(A)＝sin＋＋.

262262

6

3故函数f(A)的取值范围是1，. 2

7