（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復(fù)習 第五章 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 考點規(guī)范練25 平面向量的應(yīng)用

《（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復(fù)習 第五章 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 考點規(guī)范練25 平面向量的應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復(fù)習 第五章 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 考點規(guī)范練25 平面向量的應(yīng)用（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練25　平面向量的應(yīng)用 基礎(chǔ)鞏固組 1.已知a=(3,4),b=(sin θ,cos θ),若a∥b,則sinθ+cosθsinθ-cosθ=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.7 B.17 C.-17 D.-7 答案D 解析因為a∥b,所以3cosθ-4sinθ=0,即tanθ=34,所以sinθ+cosθsinθ-cosθ=tanθ+1tanθ-1=34+134-1=-7.故選D. 2.已知|a|=2|b|,|b|≠0,且關(guān)于x的方程x2+|a|x-a·b=0有兩個相等的實數(shù)根,則向量a與b的夾角是(　　) A.-π6 B.-π3 C.π3 D.2

2、π3 答案D 解析設(shè)向量a與b的夾角為θ.由已知可得Δ=|a|2+4a·b=0,即4|b|2+4×2|b|2cosθ=0,∴cosθ=-12.又0≤θ≤π, ∴θ=2π3. 3.在△ABC中,已知向量AB與AC滿足AB|AB|　+AC|AC|　·BC=0且AB|AB|　·AC|AC|　=12,則△ABC為(　　) A.三邊均不相等的三角形 B.直角三角形 C.等腰非等邊三角形 D.等邊三角形 答案D 解析設(shè)∠BAC的角平分線為AD,則AB|AB|　+AC|AC|　=λAD.由已知得AD⊥BC,∴△ABC為等腰三角形.又AB|AB|　·AC|AC|　=12,即cosA=12,∴A

3、=60°,∴△ABC為等邊三角形.故選D. 4. 在△ABC中,AB=8,AC=6,AD垂直BC于點D,E,F分別為AB,AC的中點,若DE·DF=6,則BC=(　　) A.213 B.10 C.237 D.14 答案A 解析令BC=a,則由條件可知,DE·DF=12(DB+DA)·12(DC+DA)=14(DB·DC+DA2)=6. DA2-DB(BC-DB)=24①,又在Rt△ADC,Rt△ADB中有BD2+DA2=64②,(BC-BD)2+DA2=36③,聯(lián)立①②③解得BC2=52.∴a=213.故選A. 5.已知三個向量m=a,cosA2,n=b,cosB2,p=c

4、,cosC2共線,其中a,b,c,A,B,C分別是△ABC的三條邊及相對三個角,則△ABC的形狀是(　　) A.等腰三角形 B.等邊三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 答案B 解析∵m=a,cosA2與n=b,cosB2共線,∴acosB2=bcosA2.由正弦定理,得sinAcosB2=sinBcosA2. ∵sinA=2sinA2cosA2,sinB=2sinB2cosB2, ∴2sinA2cosA2cosB2=2sinB2cosB2cosA2, 化簡,得sinA2=sinB2. 又0

5、B2與p=c,cosC2共線得到B=C, ∴在△ABC中,A=B=C,可得△ABC是等邊三角形. 故選B. 6.(2017北京高考)已知點P在圓x2+y2=1上,點A的坐標為(-2,0),O為原點,則AO·AP的最大值為　　　　　.? 答案6 解析AO·AP=|AO|·|AP|cosθ≤|AO|·|AP|≤2×(2+1)=6.所以最大值是6. 7.平面上有三個點A(-2,y),B0,y2,C(x,y),若AB⊥BC,則動點C的軌跡方程為　　　　　　　　　　　.? 答案y2=8x(x≠0) 解析由題意得AB=2,-y2,BC=x,y2. 又AB⊥BC,所以AB·BC=0, 即

6、2,-y2·x,y2=0,化簡得y2=8x(x≠0). 8.在平面直角坐標系xOy中,A為直線l:y=2x上在第一象限內(nèi)的點,B(5,0),以AB為直徑的圓C與直線l交于另一點D.若AB·CD=0,則點A的橫坐標為　　　　　.? 答案3 解析由題意可知,點D在以AB為直徑的圓上, 所以∠ADB=90°,即BD⊥AD,所以kAD·kBD=-1. 又因為A,D均在直線y=2x上,kAD=2,所以kBD=-12. 又因為B(5,0),所以BD的直線方程為y=-12x+52. 聯(lián)立y=2x,y=-12x+52,解得x=1,y=2.所以D(1,2). 設(shè)A(a,2a),則Ca+52,a.

7、 則AB=(5-a,-2a),CD=-a+32,2-a. 由AB·CD=0,得-(5-a)a+32-2a(2-a)=0, 整理得a2-2a-3=0,解得a=3或a=-1. 由于點A在第一象限,則a>0,即a=3,即點A的橫坐標為3. 能力提升組 9.已知函數(shù)f(x)=sin(πx+φ)的部分圖象如圖所示,點B,C是該圖象與x軸的交點,過點C的直線與該圖象交于D,E兩點,則(BD+BE)·(BE-CE)的值為(　　) A.-1 B.-12 C.12 D.2 答案D 解析f(x)=sin(πx+φ)的周期為2.∴|BC|=1.D,E關(guān)于點C對稱,∴C是線段DE的中點,∴(B

8、D+BE)·(BE-CE)=2BC·(BE+EC)=2BC2=2.故選D. 10.已知△ABD是等邊三角形,且AB+12AD=AC,|CD|=3,那么四邊形ABCD的面積為(　　) A.32 B.323 C.33 D.923 答案B 解析如圖所示,CD=AD-AC=12AD-AB, ∴CD2=12AD-AB2, 即3=14AD2+AB2-AD·AB. ∵|AD|=|AB|,∴54|AD|2-|AD||AB|cos60°=3. ∴|AD|=2.又BC=AC-AB=12AD, ∴|BC|=12|AD|=1.∴|BC|2+|CD|2=|BD|2.∴BC⊥CD. ∴S四邊形AB

9、CD=S△ABD+S△BCD=12×22×sin60°+12×1×3=323,故選B. 11.設(shè)P為△ABC所在平面上一點,且滿足3PA+4PC=mAB(m>0).若△ABP的面積為8,則△ABC的面積為(　　) A.7 B.8 C.14 D.16 答案C 解析由3PA+4PC=mAB得37PA+47PC=m7AB,設(shè)PD=37PA+47PC=m7AB,(如圖所示)于是可得點D在邊AC上,AB∥PD,且3AD=4DC,則|DA||CA|=47,由AB∥PD,所以S△ABP=S△ABD,所以S△ABD=8.又因為S△ABDS△ABC=|DA||CA|, 所以8S△ABC=47,則S

10、△ABC=14. 12.在△ABC中,D是BC中點,AD=m,BC=n,則AB·AC等于(　　) A.m2-14n2 B.m2+14n2 C.14m2+n2 D.14m2-n2 答案A 解析由已知BD=DC=n2,DC=-DB,AB·AC=(AD+DB)·(AD+DC)=(AD+DB)·(AD-DB)=AD2-DB2=m2-n22=m2-14n2.故選A. 13.設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點為F,過點(-2,0)且斜率為23的直線與C交于M,N兩點,則FM·FN=(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 答案D 解析根據(jù)題意,過點(-2,0)且斜率為23的直線方程為y=23(

11、x+2),與拋物線方程聯(lián)立y=23(x+2),y2=4x,消元整理得,y2-6y+8=0,解得M(1,2),N(4,4),又F(1,0),所以FM=(0,2),FN=(3,4),則FM·FN=0×3+2×4=8,故選D. 14.已知△ABC的面積是4,∠BAC=120°,點P滿足BP=3PC,過點P作邊AB,AC所在直線的垂線,垂足分別是M,N.則PM·PN=　　　　　.? 答案338 解析不妨令△ABC為等腰三角形,∵∠BAC=120°, ∴B=C=30°,∴b=c.∴S△ABC=12bcsinA=4,∴b2=c2=163.由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA=483=16

12、3. ∵BP=3PC, ∴|PC|=14|BC|=a4,|BP|=34|BC|=3a4. 過點P作邊AB,AC所在直線的垂線,垂足分別是M,N, 故|PM|=|BP|·sinB=3a8,|PN|=|PC|sinC=a8. ∵∠MPN=180°-A=60°, ∴PM·PN=|PM|·|PN|cos60°=3a8·a8·12=3a2128=338.故答案為338. 15.在?ABCD中,∠BAD=60°,AB=1,AD=3,P為?ABCD內(nèi)一點,且AP=32,若AP=λAB+μAD(λ,μ∈R),則λ+3μ的最大值為　　　　　.? 答案1 解析∵AP=λAB+μAD,∴|AP|2

13、=(λAB+μAD)2, 即322=λ2|AB|2+μ2|AD|2+2λμAB·AD. 又AB=1,AD=3,∠BAD=60°, ∴AB·AD=|AB||AD|cos60°=32. ∴34=λ2+3μ2+3λμ. ∴(λ+3μ)2=34+3λμ≤34+λ+3μ22. ∴(λ+3μ)2≤1. ∴λ+3μ的最大值為1,當且僅當λ=12,μ=36時取等號. 16.(2017浙江高考)已知向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,則|a+b|+|a-b|的最小值是　　　　　,最大值是　　　　　.? 答案4　25 解析設(shè)向量a,b的夾角為θ, 由余弦定理有:|a-b|=12+22-2×

14、1×2×cosθ=5-4cosθ,|a+b|=12+22-2×1×2×cos(π-θ)=5+4cosθ, 則|a+b|+|a-b|=5+4cosθ+5-4cosθ, 令y=5+4cosθ+5-4cosθ, 則y2=10+225-16cos2θ∈[16,20], 據(jù)此可得:(|a+b|+|a-b|)max=20=25,(|a+b|+|a-b|)min=16=4,即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是25. 17.已知a=(2cos x,2sin x),b=sinx-π6,cosx-π6,函數(shù)f(x)=cos. (1)求函數(shù)f(x)零點; (2)若銳角三角形ABC的

15、三內(nèi)角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且f(A)=1,求b+ca的取值范圍. 解(1)由條件可知,a·b=2cosx·sinx-π6+2sinx·cosx-π6=2sin2x-π6, ∴f(x)=cos=a·b|a|·|b|=2sin2x-π62=sin2x-π6. ∴函數(shù)f(x)零點滿足sin2x-π6=0,由2x-π6=kπ,k∈Z,解得x=kπ2+π12,k∈Z. (2)由正弦定理得b+ca=sinB+sinCsinA,由(1)f(x)=sin2x-π6,又f(A)=1,即sin2A-π6=1,∴2A-π6=2kπ+π2,k∈Z,又A∈(0,π),∴A=π3, ∵A

16、+B+C=π,∴C=2π3-B.代入上式化簡得,b+ca=sinB+sin2π3-BsinA=32sinB+32cosBsinA=3sinB+π6sinA=2sinB+π6,又在銳角三角形ABC中,有0

17、,y),則Q(8,y). 由PC+12PQ·PC-12PQ=0, 得|PC|2-14|PQ|2=0,即(x-2)2+y2-14(x-8)2=0, 化簡得x216+y212=1. 所以點P在橢圓上,其方程為x216+y212=1. (2)因PE·PF=(NE-NP)·(NF-NP)=(-NF-NP)·(NF-NP)=NP2-NF2=NP2-1, P是橢圓x216+y212=1上的任一點,設(shè)P(x0,y0), 則有x0216+y0212=1,即x02=16-4y023,又N(0,1), 所以NP2=x02+(y0-1)2=-13y02-2y0+17=-13(y0+3)2+20.因y0∈[-23,23],所以當y0=-3時,NP2取得最大值20,故PE·PF的最大值19. 當y0=23時,NP2取得最小值13-43(此時x0=0), 故PE·PF的最小值為12-43. 7