2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 第27講 平面向量的應(yīng)用舉例課時作業(yè) 新人教B版

《2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 第27講 平面向量的應(yīng)用舉例課時作業(yè) 新人教B版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 第27講 平面向量的應(yīng)用舉例課時作業(yè) 新人教B版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)(二十七)　[第27講　平面向量的應(yīng)用舉例] (時間：45分鐘　分值：100分) 1．若向量＝(2，2)，＝(－2，3)分別表示兩個力F1與F2，則|F1＋F2|為(　　) A．2.5 B．4 C．2 D．5 2．在四邊形ABCD中，＝，且·＝0，則四邊形ABCD是(　　) A．矩形 B．菱形 C．直角梯形 D．等腰梯形 3．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若＝a1＋a200，且A，B，C三點共線(該直線不過原點)，則S200＝(　　) A．100 B．101 C．200 D．201 4．平面直角坐標(biāo)系xOy中，若定點A(1，2)與動點P(

2、x，y)滿足·＝4，則點P的軌跡方程是________． 5．[2012·昆明一中一摸] 已知a＝(m，1)，b＝(1，n－1)(其中m，n為正數(shù))，若a·b＝0，則＋的最小值是(　　) A．2 B．2 C．4 D．8 6．[2012·石家莊質(zhì)檢] 在△ABC中，∠C＝90°，且CA＝CB＝3，點M滿足＝2，則·＝(　　) A．18 B．3 C．15 D．12 7．直線ax＋by＋c＝0與圓x2＋y2＝9相交于兩點M，N，若c2＝a2＋b2，則· (O為坐標(biāo)原點)等于(　　) A．－7 B．－14 C．7 D．14 8．[2013·湖南十二校聯(lián)考

3、] 設(shè)△ABC的三個內(nèi)角為A，B，C，向量m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，若m·n＝1＋cos(A＋B)，則C＝(　　) A. B. C. D. 9．已知a，b，c為△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊，向量m＝(，－1)，n＝(cosA，sinA)．若m⊥n，且acosB＋bcosA＝csinC，則角A，B的大小分別為(　　) A.， B.， C.， D.， 10．已知M是△ABC內(nèi)的一點，且·＝2，∠BAC＝30°，若△MBC，△MCA和△MAB的面積分別為，x，y，則＋的最小值是________． 11．已知在平面直角坐標(biāo)系中，O(0，

4、0)，M(1，1)，N(0，1)，Q(2，3)，動點P(x，y)滿足不等式0≤·≤1，0≤·≤1，則z＝·的最大值為________． 12．在△ABC中，AB＝，BC＝2，∠A＝90°，如果不等式|－t|≥||恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是________________． 13．在四邊形ABCD中，＝＝(1，1)，＋＝，則四邊形ABCD的面積為________． 14．(10分)已知圓C：(x－3)2＋(y－3)2＝4及點A(1，1)，M是圓C上的任意一點，點N在線段MA的延長線上，且＝2，求點N的軌跡方程． 15．(13分)在△A

5、BC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知m＝cos，sin，n＝cos，sin，且滿足|m＋n|＝. (1)求角A的大?。? (2)若||＋||＝||，試判斷△ABC的形狀． 16．(12分)[2012·杭州二模] 在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，設(shè)向量m＝a，，n＝(cosC，c－2b)，且m⊥n. (1)求角A的大小； (2)若a＝1，求△ABC的周長的取值范圍． 課時作業(yè)(二十七) 【基礎(chǔ)熱身】 1．D　[解析] ∵F1＋F2＝(2，2)＋(－2，3)＝(0，5)，∴|F1＋F2|＝＝5. 2

6、．B　[解析] 由＝知四邊形ABCD為平行四邊形， 又因為·＝0， 即?ABCD的兩條對角線垂直， 所以四邊形ABCD為菱形． 3．A　[解析] 依題意，a1＋a200＝1，S200＝＝100. 4．x＋2y－4＝0　[解析] ∵·＝4，∴(x，y)·(1，2)＝4，∴x＋2y－4＝0. 【能力提升】 5．C　[解析] 因為a·b＝0，所以m×1＋1×(n－1)＝0， 即m＋n＝1.又m，n為正數(shù)， 所以＋＝(m＋n) ＝2＋＋≥2＋2＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即m＝n＝時等號成立． 故＋的最小值是4. 6．A　[解析]由題意，如圖建立直角坐標(biāo)系，則A(3，0)，B(0，3

7、)， ∵＝2，∴A是BM的中點，∴M(6，－3)， ＝(6，－3)，＝(3，0)，·＝18. 7．A　[解析] 記，的夾角為2θ.依題意得，圓心(0，0)到直線ax＋by＋c＝0的距離等于＝1，∴cosθ＝，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝2×－1＝－，∴·＝3×3cos2θ＝－7，選A. 8．C　[解析] 依題意得sinAcosB＋cosAsinB＝1＋cos(A＋B)，sin(A＋B)＝1＋cos(A＋B), sinC＋cosC＝1，2sin＝1，sin＝.又＜C＋＜，因此C＋＝，C＝. 9．C　[解析] 方法一：∵m⊥n，∴cosA－sinA＝0， ∴cos＝0，又∵0<

8、A<π，∴A＋＝，∴A＝. 在△ABC中，結(jié)合正弦定理得sinAcosB＋sinBcosA＝sin2C， ∴sin(A＋B)＝sin2C，又sin(A＋B)＝sinC≠0，∴sinC＝1， ∴C＝，故B＝. 方法二：接方法一中，A＝，在△ABC中，由余弦定理得 a·＋b·＝csinC， ∴＝c＝csinC，∴sinC＝1，∴C＝，故B＝. 10．18　[解析] ∵·＝2，∴bccosA＝2， ∵∠BAC＝30°，∴bc＝4， ∴S△ABC＝1，∴x＋y＝， ＋＝＋＝＋10≥18. 等號成立時，∴x＝，y＝， ∴當(dāng)x＝且y＝時，＋取得最小值18. 11．3　[解析] 由

9、題意＝ (x，y)，＝(1，1)，＝(0，1)， ∴·＝x＋y，·＝y(tǒng)，即在條件下，求z＝·＝2x＋3y的最大值，由線性規(guī)劃知當(dāng)x＝0，y＝1時有最大值3. 12.∪[1，＋∞)　[解析] 由AB＝，BC＝2，∠A＝90°可知∠B＝30°，則由題意知||2＋t2||2－2t·≥||2，即4t2－6t＋2≥0，解得t≥1或t≤. 13.　[解析] 已知＋＝，由單位向量得(如圖)∠ABC＝60°. ∵＝＝(1，1)，∠ABC＝60°，AC⊥BD， ∴S＝2××()2＝. 14．解：設(shè)M(x0，y0)，N(x，y)． 由＝2得(1－x0，1－y0)＝2(x－1，y－1)， ∴

10、∵點M(x0，y0)在圓C上， ∴(x0－3)2＋(y0－3)2＝4， 即(3－2x－3)2＋(3－2y－3)2＝4.∴x2＋y2＝1. ∴所求點N的軌跡方程是x2＋y2＝1. 15．解：(1)由|m＋n|＝，得m2＋n2＋2m·n＝3， 即1＋1＋2＝3， ∴cosA＝， ∵0＜A＜π，∴A＝. (2)∵||＋||＝||， ∴b＋c＝a， ∴sinB＋sinC＝sinA， ∴sinB＋sin＝×， 即sinB＋cosB＝， ∴sin＝，又∵0＜B＜， ∴＜B＋＜， ∴B＋＝或，故B＝或， 當(dāng)B＝時，C＝；當(dāng)B＝，C＝. 故△ABC是直角三角形． 【難點突破

11、】 16．解：(1)由題意知：acosC＋c＝b， 結(jié)合正弦定理得sinAcosC＋sinC＝sinB. 又sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC， 所以sinC＝cosAsinC. 因為sinC≠0，所以cosA＝. 又因為0a>1，所以l＝a＋b＋c>2. 故△ABC的周長l的取值范圍為(2，3]．