（浙江專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第六章 平面向量、復(fù)數(shù) 6.4 平面向量的應(yīng)用（第1課時(shí)）講義（含解析）.docx

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6.4　平面向量的應(yīng)用 最新考綱 考情考向分析 會(huì)用向量方法解決某些簡(jiǎn)單的平面幾何問(wèn)題. 主要考查平面向量與函數(shù)、三角函數(shù)、不等式、數(shù)列、解析幾何等綜合性問(wèn)題，求參數(shù)范圍、最值等問(wèn)題是考查的熱點(diǎn)，一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，偶爾會(huì)出現(xiàn)在解答題中，屬于中檔題. 1．向量在平面幾何中的應(yīng)用 (1)用向量解決常見(jiàn)平面幾何問(wèn)題的技巧： 問(wèn)題類(lèi)型 所用知識(shí) 公式表示 線平行、點(diǎn)共線等問(wèn)題 共線向量定理 a∥b?a＝λb?x1y2－x2y1＝0， 其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，b≠0 垂直問(wèn)題 數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì) a⊥b?ab＝0?x1x2＋y1y2＝0， 其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，且a，b為非零向量 夾角問(wèn)題 數(shù)量積的定義 cosθ＝(θ為向量a，b的夾角)，其中a，b為非零向量 長(zhǎng)度問(wèn)題 數(shù)量積的定義 |a|＝＝， 其中a＝(x，y)，a為非零向量 (2)用向量方法解決平面幾何問(wèn)題的步驟 平面幾何問(wèn)題向量問(wèn)題解決向量問(wèn)題解決幾何問(wèn)題． 2．向量在解析幾何中的應(yīng)用 向量在解析幾何中的應(yīng)用，是以解析幾何中的坐標(biāo)為背景的一種向量描述．它主要強(qiáng)調(diào)向量的坐標(biāo)問(wèn)題，進(jìn)而利用直線和圓錐曲線的位置關(guān)系的相關(guān)知識(shí)來(lái)解答，坐標(biāo)的運(yùn)算是考查的主體． 3．向量與相關(guān)知識(shí)的交匯 平面向量作為一種工具，常與函數(shù)(三角函數(shù))、解析幾何結(jié)合，常通過(guò)向量的線性運(yùn)算與數(shù)量積，向量的共線與垂直求解相關(guān)問(wèn)題． 概念方法微思考 1．根據(jù)你對(duì)向量知識(shí)的理解，你認(rèn)為可以利用向量方法解決哪些幾何問(wèn)題？ 提示　(1)線段的長(zhǎng)度問(wèn)題．(2)直線或線段平行問(wèn)題．(3)直線或線段垂直問(wèn)題．(4)角的問(wèn)題等． 2．如何用向量解決平面幾何問(wèn)題？ 提示　用向量表示問(wèn)題中涉及的幾何元素，將平面幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為向量問(wèn)題然后通過(guò)向量運(yùn)算，研究幾何元素之間的關(guān)系，如距離、夾角等問(wèn)題，最后把運(yùn)算結(jié)果“翻譯”成幾何關(guān)系． 題組一　思考辨析 1．判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“”) (1)若∥，則A，B，C三點(diǎn)共線．(　√　) (2)在△ABC中，若<0，則△ABC為鈍角三角形．(　　) (3)若平面四邊形ABCD滿(mǎn)足＋＝0，(－)＝0，則該四邊形一定是菱形．(　√　) (4)已知平面直角坐標(biāo)系內(nèi)有三個(gè)定點(diǎn)A(－2，－1)，B(0，10)，C(8,0)，若動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足：＝＋t(＋)，t∈R，則點(diǎn)P的軌跡方程是x－y＋1＝0.(　√　) 題組二　教材改編 2．[P108A組T5]已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(3，4)，B(5,2)，C(－1，－4)，則該三角形為(　　) A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．等腰直角三角形 答案　B 解析?。?2，－2)，＝(－4，－8)，＝(－6，－6)， ∴||＝＝2，||＝＝4， ||＝＝6， ∴||2＋||2＝||2， ∴△ABC為直角三角形． 3．[P113A組T1]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若定點(diǎn)A(1,2)與動(dòng)點(diǎn)P(x，y)滿(mǎn)足＝4，則點(diǎn)P的軌跡方程是____________． 答案　x＋2y－4＝0 解析　由＝4，得(x，y)(1,2)＝4，即x＋2y＝4. 題組三　易錯(cuò)自糾 4．在△ABC中，已知＝(2,3)，＝(1，k)，且△ABC的一個(gè)內(nèi)角為直角，則實(shí)數(shù)k的值為_(kāi)_______________． 答案　－或或 解析?、偃鬉＝90，則有＝0， 即2＋3k＝0， 解得k＝－； ②若B＝90，則有＝0， 因?yàn)椋剑?－1，k－3)， 所以－2＋3(k－3)＝0，解得k＝； ③若C＝90，則有＝0， 即－1＋k(k－3)＝0， 解得k＝. 綜上所述，k＝－或或. 5．在四邊形ABCD中，＝(1,2)，＝(－4,2)，則該四邊形的面積為_(kāi)_______． 答案　5 解析　依題意得＝1(－4)＋22＝0， 所以⊥，所以四邊形ABCD的面積為 ||||＝＝5. 6．已知點(diǎn)P在圓x2＋y2＝1上，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－2,0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則的最大值為_(kāi)_______． 答案　6 解析　方法一　由題意知，＝(2,0)， 令P(cosα，sinα)，則＝(cosα＋2，sinα)． ＝(2,0)(cosα＋2，sinα)＝2cosα＋4≤6， 故的最大值為6. 方法二　由題意知，＝(2,0)，令P(x，y)，－1≤x≤1， 則＝(2,0)(x＋2，y)＝2x＋4≤6， 故的最大值為6. 第1課時(shí)　平面向量在幾何中的作用 題型一　向量在平面幾何中的應(yīng)用 命題點(diǎn)1　向量和平面幾何知識(shí)的綜合 例1(1)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，若＝2，則＝________. 答案　12 解析　(1)方法一　因?yàn)椋?， 所以－＝， 所以＝. 因?yàn)锳B∥CD，CD＝2，∠BAD＝， 所以2||＝||||cos，化簡(jiǎn)得||＝2. 故＝(＋)＝||2＋ ＝(2)2＋22cos＝12. 方法二　如圖，建立平面直角坐標(biāo)系xAy. 依題意，可設(shè)點(diǎn)D(m，m)， C(m＋2，m)，B(n,0)， 其中m>0，n>0， 則由＝2， 得(n,0)(m＋2，m)＝2(n,0)(m，m)， 所以n(m＋2)＝2nm，化簡(jiǎn)得m＝2. 故＝(m，m)(m＋2，m)＝2m2＋2m＝12. (2)(2018浙江聯(lián)盟校聯(lián)考)已知?jiǎng)狱c(diǎn)P是邊長(zhǎng)為的正方形ABCD的邊上任意一點(diǎn)，MN是正方形ABCD的外接圓O的一條動(dòng)弦，且MN＝，則的取值范圍是________． 答案　 解析　如圖，取MN的中點(diǎn)H，連接PH，則＝＋＝－，＝＋，因?yàn)镸N＝，所以＝2－2＝2－≥－，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)P，H重合時(shí)取到最小值．當(dāng)P，H不重合時(shí)，連接PO，OH，易得OH＝，則2＝(＋)2＝2＋2＋2＝2＋－2||||cos∠POH＝2＋－||cos∠POH≤2＋＋||≤＋，當(dāng)且僅當(dāng)P，O，H三點(diǎn)共線，且P在A，B，C，D其中某一點(diǎn)處時(shí)取到等號(hào)，所以＝2－≤＋1，故的取值范圍為. 命題點(diǎn)2　三角形的“四心” 例2已知O是平面上的一定點(diǎn)，A，B，C是平面上不共線的三個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足＝＋λ(＋)，λ∈(0，＋∞)，則點(diǎn)P的軌跡一定通過(guò)△ABC的(　　) A．內(nèi)心 B．外心 C．重心 D．垂心 答案　C 解析　由原等式，得－＝λ(＋)，即＝λ(＋)，根據(jù)平行四邊形法則，知＋是△ABC的中線AD(D為BC的中點(diǎn))所對(duì)應(yīng)向量的2倍，所以點(diǎn)P的軌跡必過(guò)△ABC的重心． 引申探究 1．在本例中，若動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足＝＋λ，λ∈(0，＋∞)，則如何選擇？ 答案　A 解析　由條件，得－＝λ， 即＝λ，而和分別表示平行于，的單位向量，故＋平分∠BAC， 即平分∠BAC，所以點(diǎn)P的軌跡必過(guò)△ABC的內(nèi)心． 2．在本例中，若動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足＝＋λ，λ∈(0，＋∞)，則如何選擇？ 答案　D 解析　由條件，得＝λ， 從而＝λ ＝λ＋λ ＝0， 所以⊥， 則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡一定通過(guò)△ABC的垂心． 命題點(diǎn)3　平面向量與解三角形 例3(1)O是△ABC的外心(三角形外接圓的圓心)．若＝＋，則∠BAC等于(　　) A．30B．45C．60D．90 答案　C 解析　取BC的中點(diǎn)D，連接AD，則＋＝2. 由題意得3＝2， ∴AD為BC的中線且O為重心．又O為外心， ∴△ABC為正三角形， ∴∠BAC＝60，故選C. (2)在△ABC中，AB＝8，AC＝6，AD垂直BC于點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，若＝6，則BC等于(　　) A．2 B．10 C．2 D．14 答案　A 解析　由題意，知DE＝AE＝4，DF＝AF＝3， ∵＝||||cos∠EDF ＝|||| ＝＝＝6， ∴||＝，∴BC＝2. 思維升華向量與平面幾何綜合問(wèn)題的解法 (1)坐標(biāo)法 把幾何圖形放在適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系中，則有關(guān)點(diǎn)與向量就可以用坐標(biāo)表示，這樣就能進(jìn)行相應(yīng)的代數(shù)運(yùn)算和向量運(yùn)算，從而使問(wèn)題得到解決． (2)基向量法 適當(dāng)選取一組基底，溝通向量之間的聯(lián)系，利用向量間的關(guān)系構(gòu)造關(guān)于未知量的方程進(jìn)行求解． 跟蹤訓(xùn)練1 (1)(2018杭州二模)設(shè)P為△ABC所在平面上一點(diǎn)，且滿(mǎn)足3＋4＝m(m＞0)．若△ABP的面積為8，則△ABC的面積為_(kāi)_______． 答案　14 解析　由3＋4＝m， 可得＋＝， 可設(shè)＝＋， 則D，A，C共線，且D在線段AC上， 可得＝， ∴D分AC的比為4∶3， ∴C到直線AB的距離等于P到直線AB的距離的倍， 故S△ABC＝S△ABP＝8＝14. (2)(2018浙江十校聯(lián)盟適應(yīng)性考試)已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，且DE＝EA，CF＝2FB，如果對(duì)于常數(shù)λ，在正方形ABCD的四條邊上(不含頂點(diǎn))有且僅有2個(gè)不同的點(diǎn)P，使得＝λ，則λ的取值范圍為_(kāi)_______． 答案　 解析　由題意作出圖形如圖所示，連接EF，取EF的中點(diǎn)G，連接PG，則＝(＋)(＋)＝(＋)(－)＝2－2＝2－2＝2－.由已知和圖形可得以點(diǎn)G為圓心，PG為半徑的圓只能與AB相交，與BC，AD，CD相離，得PG∈，易得λ∈. 題型二　向量在解析幾何中的應(yīng)用 命題點(diǎn)1　向量共線的應(yīng)用 例4 (1)已知向量＝(k,12)，＝(4,5)，＝(10，k)，且A，B，C三點(diǎn)共線，當(dāng)k<0時(shí)，若k為直線的斜率，則過(guò)點(diǎn)(2，－1)的直線方程為_(kāi)_______________． (2)已知梯形ABCD，其中AB∥CD，且DC＝2AB，三個(gè)頂點(diǎn)A(1,2)，B(2,1)，C(4,2)，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為_(kāi)_______． 答案　(1)2x＋y－3＝0　(2)(2,4) 解析　(1)∵＝－＝(4－k，－7)， ＝－＝(6，k－5)，且∥， ∴(4－k)(k－5)＋67＝0， 解得k＝－2或k＝11. 由k<0可知k＝－2，則過(guò)點(diǎn)(2，－1)且斜率為－2的直線方程為y＋1＝－2(x－2)，即2x＋y－3＝0. (2)∵在梯形ABCD中，DC＝2AB，AB∥CD，∴＝2. 設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(x，y)， 則＝(4,2)－(x，y)＝(4－x,2－y)， ＝(2,1)－(1,2)＝(1，－1)， ∴(4－x,2－y)＝2(1，－1)，即(4－x,2－y)＝(2，－2)， ∴解得 故點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2,4)． 命題點(diǎn)2　解析幾何中的最值問(wèn)題 例5 (1)(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知點(diǎn)P在雙曲線－＝1上，點(diǎn)A滿(mǎn)足＝(t－1)(t∈R)，且＝64，＝(0,1)，則||的最大值為(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　∵＝(t－1)，∴＝t， ∴(xA，yA)＝t(xP，yP)．又點(diǎn)(xP，yP)在雙曲線上， ∴－＝1，∴x＝＋16t2，① ∵＝64，∴||||＝|t|||2＝64， ∴|t|＝64，將①代入上式整理得 ＋16|t|＝64， 即64＝＋16|t|≥2＝|yA|， 當(dāng)且僅當(dāng)|t|＝時(shí)取等號(hào)，∴|yA|≤， ||＝|(0,1)(xA，yA)|＝≤. ∴||的最大值為. (2)(2018紹興市適應(yīng)性考試)已知正三角形ABC的邊長(zhǎng)為4，O是平面ABC內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且∠AOB＝，則的最大值為_(kāi)_______． 答案　 解析　設(shè)△ABC的外接圓為⊙O′，則⊙O′的直徑，2R＝＝，∴R＝， 以O(shè)′為原點(diǎn)，以O(shè)′C為y軸建立平面坐標(biāo)系如圖所示， 則＝(4,0)，∵∠AOB＝∠ACB＝，∴O的軌跡為優(yōu)弧，設(shè)＝(a，b)，顯然當(dāng)O為圓O′與x軸負(fù)半軸的交點(diǎn)時(shí)，a取得最大值.∴＝4a≤，即的最大值為. 命題點(diǎn)3　平面向量與幾何動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題 例6 (1)(2018杭州二中交流卷)已知矩形ABCD的面積為2，M，N分別是AD，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P為線段MN上的動(dòng)點(diǎn)，則P＋2的最小值是________． 答案　 解析　分別以AB，AD所在直線為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，A為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)B(m,0)，M(0，n)，P(x，n)(m>0，n>0)， 則mn＝1，＝(－x，－n)，＝(m－x，－n)． ＋2＝x2－mx＋n2＋m2 ＝2＋n2＋m2≥n2＋m2， 而n2＋m2≥mn＝， 故當(dāng)x＝且n＝m，即當(dāng)m＝，n＝， x＝時(shí)，＋2取最小值. (2)(2018紹興、諸暨期末)已知△ABC，滿(mǎn)足＋＝，點(diǎn)D為線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，若的最小值為－3，則△ABC的面積S等于(　　) A．9B．9C．18D．18 答案　D 解析　因?yàn)椋剑? 所以由平面向量的基本定理得＝＝，記||＝3m，||＝2m(其中m>0)，則由|＋|＝m，得cosA＝，設(shè)＝t(－1≤t≤0)，故＝t(t＋)＝3m2(3t2＋t)≥－m2＝－3，即m2＝12， 因此S△ABC＝||||sinA＝18，故選D. 思維升華向量在解析幾何中的“兩個(gè)”作用 (1)載體作用：向量在解析幾何問(wèn)題中出現(xiàn)，多用于“包裝”，解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是利用向量的意義、運(yùn)算脫去“向量外衣”，導(dǎo)出曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)之間的關(guān)系，從而解決有關(guān)距離、斜率、夾角、軌跡、最值等問(wèn)題． (2)工具作用：利用a⊥b?ab＝0(a，b為非零向量)，a∥b?a＝λb(b≠0)，可解決垂直、平行問(wèn)題，特別地，向量垂直、平行的坐標(biāo)表示對(duì)于解決解析幾何中的垂直、平行問(wèn)題是一種比較簡(jiǎn)捷的方法． 跟蹤訓(xùn)練2 (1)已知點(diǎn)A在橢圓＋＝1上，點(diǎn)P滿(mǎn)足＝(λ－1)(λ∈R)(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，且＝72，則線段OP在x軸上投影的最大值為_(kāi)_______． 答案　15 解析　因?yàn)椋?λ－1)，所以＝λ， 即O，A，P三點(diǎn)共線，因?yàn)椋?2， 所以＝λ||2＝72， 設(shè)A(x，y)，OA與x軸正方向的夾角為θ，線段OP在x軸上的投影為|||cosθ|＝|λ||x|＝＝＝≤＝15， 當(dāng)且僅當(dāng)|x|＝時(shí)取等號(hào)． (2)(2018浙江寧波高三適應(yīng)性考試)已知點(diǎn)M為單位圓x2＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A在直線x＝2上，則的最小值為_(kāi)_______． 答案　2 解析　由題意得＝(＋)＝||2＋＝||2＋||cosθ，其中θ為向量和的夾角，因?yàn)辄c(diǎn)A在直線x＝2上，所以||≥2，則由二次函數(shù)的性質(zhì)易得當(dāng)||＝2時(shí)，＝||2＋||cosθ取得最小值4＋2cosθ，則當(dāng)cosθ＝－1，即向量和方向相反時(shí)，取得最小值2. 1．在△ABC中，(＋)＝||2，則△ABC的形狀一定是(　　) A．等邊三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 答案　C 解析　由(＋)＝||2， 得(＋－)＝0， 即(＋＋)＝0,2＝0，∴⊥， ∴A＝90.又根據(jù)已知條件不能得到||＝||， 故△ABC一定是直角三角形． 2．已知點(diǎn)A(－2,0)，B(3,0)，動(dòng)點(diǎn)P(x，y)滿(mǎn)足＝x2，則點(diǎn)P的軌跡是(　　) A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線 答案　D 解析　∵＝(－2－x，－y)，＝(3－x，－y)， ∴＝(－2－x)(3－x)＋y2＝x2， ∴y2＝x＋6，即點(diǎn)P的軌跡是拋物線． 3．(2018湖州質(zhì)檢)已知O是△ABC的外心，∠C＝45，若＝m＋n(m，n∈R)，則m＋n的取值范圍是(　　) A．[－，] B．[－，1) C．[－，－1) D．(1，] 答案　B 解析　∵O是△ABC的外心，∠C＝45， ∴∠AOB＝90，又＝m＋n， 兩邊平方可得m2＋n2＝1，∴(m＋n)2≤2(m2＋n2)＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時(shí)，等號(hào)成立，∴－≤m＋n≤. 又由題意可知，m，n不能同時(shí)為正，∴m＋n＜1， 故m＋n的取值范圍是[－，1)． 4．(2018溫州高考適應(yīng)性測(cè)試)如圖，已知△ABC的邊BC的垂直平分線交BC于點(diǎn)Q，交AC于點(diǎn)P，若||＝1，||＝2，則的值為(　　) A．3 B. C. D. 答案　B 解析　連接AQ，因?yàn)镻Q垂直平分BC，所以⊥，＝(＋)，所以＝(＋)＝＝(＋)(－)＝(2－2)＝(22－12)＝.故選B. 5．過(guò)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F的直線l與拋物線在第一象限的交點(diǎn)為A，與拋物線的準(zhǔn)線的交點(diǎn)為B，點(diǎn)A在拋物線的準(zhǔn)線上的射影為C，若＝，＝48，則拋物線的方程為(　　) A．y2＝8x B．y2＝4x C．y2＝16x D．y2＝4x 答案　B 解析　如圖所示，由＝，得F為線段AB的中點(diǎn)， ∵|AF|＝|AC|，∴∠ABC＝30， 由＝48，得|BC|＝4. 則|AC|＝4，∴由中位線的性質(zhì)， 有p＝|AC|＝2， 故拋物線的方程為y2＝4x.故選B. 6．(2018浙江六校協(xié)作體聯(lián)考)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，＝(3,1)，||＝，當(dāng)△AOB的面積取得最大值時(shí)，等于(　　) A．(－2，－4) B．(－4,2) C．(－2，－4)或(－4,2) D．(－2，－4)或(4,2) 答案　C 解析　方法一　由于||＝，則點(diǎn)B在以點(diǎn)O(0,0)為圓心，為半徑的圓上，由數(shù)形結(jié)合易知，要使△AOB的面積取得最大值，則需滿(mǎn)足⊥.設(shè)＝(a，b)，則解得或 當(dāng)時(shí)，＝(1，－3)， 則＝－＝(1，－3)－(3,1)＝(－2，－4)； 當(dāng)時(shí)，＝(－1,3)， 則＝－＝(－1,3)－(3,1)＝(－4,2)． 綜上，＝(－2，－4)或(－4,2)．故選C. 方法二　由于||＝，則點(diǎn)B在以點(diǎn)O(0,0)為圓心，為半徑的圓上，由數(shù)形結(jié)合易知，要使△AOB的面積取得最大值，則需滿(mǎn)足⊥.在平面直角坐標(biāo)系中，畫(huà)出向量，， 當(dāng)如圖1所示時(shí)，過(guò)點(diǎn)A作AA′⊥x軸于點(diǎn)A′，過(guò)點(diǎn)B作BB′⊥x軸于點(diǎn)B′，則∠OBB′＝∠AOA′，又||＝||，所以Rt△AOA′≌Rt△OBB′，則|OB′|＝|AA′|＝1，|BB′|＝|OA′|＝3，所以B(1，－3)，＝(1，－3)，＝(1，－3)－(3,1)＝(－2，－4)， 當(dāng)如圖2所示時(shí)，同理可得B(－1,3)，＝(－1,3)，＝(－1,3)－(3,1)＝(－4,2)， 綜上，＝(－2，－4)或(－4,2)．故選C. 7．已知向量＝(3，－4)，＝(0，－3)，＝(5－m，－3－m)，若點(diǎn)A，B，C能構(gòu)成三角形，則實(shí)數(shù)m滿(mǎn)足的條件是________． 答案　m≠ 解析　由題意得＝(－3,1)，＝(2－m,1－m)，若A，B，C能構(gòu)成三角形，則，不共線，則－3(1－m)≠1(2－m)，解得m≠. 8．(2009浙江改編)設(shè)向量a，b滿(mǎn)足：|a|＝3，|b|＝4，ab＝0，以a，b，a－b的模為邊長(zhǎng)構(gòu)成三角形，則它的邊與半徑為1的圓的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)最多為_(kāi)_______． 答案　4 解析　由|a|＝3，|b|＝4及ab＝0知a⊥b，故a，b，a－b構(gòu)成直角三角形，且|a－b|＝5.又其內(nèi)切圓半徑為＝1.如圖所示．將內(nèi)切圓向上或向下平移可知該圓與該直角三角形最多有4個(gè)交點(diǎn)． 9．已知圓C：(x－2)2＋y2＝4，圓M：(x－2－5cosθ)2＋(y－5sinθ)2＝1(θ∈R)，過(guò)圓M上任意一點(diǎn)P作圓C的兩條切線PE，PF，切點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，則的最小值是________． 答案　6 解析　圓C：(x－2)2＋y2＝4的圓心為C(2,0)，半徑等于2，圓M：(x－2－5cosθ)2＋(y－5sinθ)2＝1， 圓心M(2＋5cosθ，5sinθ)，半徑等于1. ∵|CM|＝5>2＋1，∴兩圓相離． 如圖所示，設(shè)直線CM和圓M交于H，G兩點(diǎn)， 則的最小值是. |HC|＝|CM|－1＝5－1＝4， |HE|＝|HF|＝＝＝2， sin∠CHE＝＝， ∴cos∠EHF＝cos2∠CHE＝1－2sin2∠CHE＝， ∴＝||||cos∠EHF ＝22＝6. 10．已知點(diǎn)D為△ABC所在平面上一點(diǎn)，且滿(mǎn)足＝－，若△ACD的面積為1，則△ABD的面積為_(kāi)_______． 答案　4 解析　由＝－，得5＝＋4， 所以－＝4(－)，即＝4. 所以點(diǎn)D在邊BC上，且||＝4||， 所以S△ABD＝4S△ACD＝4. 11．已知直線2x＋y＋2＝0與x軸、y軸的交點(diǎn)分別為A，B，橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)F1和上頂點(diǎn)D，若＝0，則該橢圓的離心率e＝________. 答案　 解析　因?yàn)橹本€2x＋y＋2＝0與x軸、y軸的交點(diǎn)分別為A，B，所以A(－1,0)，B(0，－2)，又F1(－c,0)，D(0，b)， 所以＝(－c,2)，＝(1，b)．因?yàn)椋?， 所以－c＋2b＝0，所以＝，即＝，所以＝， 所以該橢圓的離心率e＝＝. 12.如圖，設(shè)正△BCD的外接圓O的半徑為R，點(diǎn)A在BD下方的圓弧上，則的最小值為_(kāi)_______． 答案?。? 解析　因?yàn)? ＝＝||2－|| ＝(||－1)2－， 因?yàn)镽≤||≤2R，而0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，且滿(mǎn)足||＝a，(＋)＝0，線段PF2與雙曲線C交于點(diǎn)Q，若＝5，則雙曲線C的漸近線方程為(　　) A．y＝x B．y＝x C．y＝x D．y＝x 答案　B 解析　由(＋)＝0， 可得||＝||＝2c，|QF1|＝a，|QF2|＝， 在△QF1F2中，由余弦定理得， cos∠F1F2Q＝＝， 即＝，∴c＝a，b＝a，∴雙曲線的漸近線方程為y＝x. 14．(2018浙江杭州市地區(qū)聯(lián)考)在△ABC中，AB＝5，AC＝4，∠BAC＝60，M為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，S△MAB∶S△MCB∶S△MAC＝1∶2∶3，則等于(　　) A.B．－C.D．－ 答案　C 解析　如圖，延長(zhǎng)BM交AC于點(diǎn)D，由S△MAB∶S△MCB∶S△MAC＝1∶2∶3，可得S△MAC＝S△CAB，所以M為BD的中點(diǎn)，設(shè)＝＝＝k，則S△ABD＝kS△CBD，S△AMD＝kS△CMD， 兩式相減得S△MAB＝kS△MCB，故k＝. 所以＝＋＝－ ＝－＝－－， ＝＋＝＋ ＝＋＝－. 所以＝ ＝－2＋2－ ＝－16＋25－54＝. 15．(2018杭州市高級(jí)中學(xué)仿真測(cè)試)記min{a，b}＝已知向量a，b，c滿(mǎn)足|a|＝1，|b|＝2，且ab＝1，若c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋2μ＝1)，則當(dāng)min{ac，bc}取最大值時(shí)，|c|＝________. 答案　1 解析　設(shè)向量a與b的夾角為θ，則ab＝|a||b|cosθ＝2cosθ＝1，所以cosθ＝，所以θ＝60，不妨設(shè)a＝(1,0)，b＝(1，)，則c＝(λ＋μ，μ)＝(1－μ，μ)，所以ac＝1－μ，bc＝1＋2μ.由μ≥0，得1－μ≤1＋2μ，所以min{ac，bc}＝1－μ，因?yàn)棣耍?－2μ≥0，解得μ≤，所以μ∈，所以當(dāng)μ＝0時(shí)，min{ac，bc}取得最大值，此時(shí)c＝(1,0)，則|c|＝1. 16．(2018臺(tái)州質(zhì)檢)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，點(diǎn)P是其外接圓O上的任意一點(diǎn)，若a＝2，b＝c＝，則2＋2＋2的最大值為_(kāi)_____． 答案　 解析　以BC的中點(diǎn)O′為原點(diǎn)，以所在方向?yàn)閤軸正方向，所在方向?yàn)閥軸正方向，建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0,2)，B(－，0)，C(，0)，可得外接圓的圓心O為，半徑為，所以圓O的方程為x2＋2＝.設(shè)P， 則＝， ＝， ＝， 所以2＋2＋2＝2＋2＋2＋2＋2＋2＝－sinα≤＋＝.