《新編浙江高考數學理二輪專題復習檢測:第一部分 專題整合高頻突破 專題三 三角函數、解三角形、平面向量 專題能力訓練8 Word版含答案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《新編浙江高考數學理二輪專題復習檢測:第一部分 專題整合高頻突破 專題三 三角函數、解三角形、平面向量 專題能力訓練8 Word版含答案(8頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
1、
專題能力訓練8 平面向量及其綜合應用
(時間:60分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分)
1.設m,n為非零向量,則“存在負數λ,使得m=λn”是“m·n<0”的( )
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充分必要條件
D.既不充分也不必要條件
2.若等邊△ABC的邊長為3,平面內一點M滿足,則的值為( )
A.2 B.- C. D.-2
3.已知向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,a-b=(),則|a+2b|=( )
A.2 B. C. D.2
4.已知平面向量a
2、,b,c滿足c=xa+yb(x,y∈R),且a·c>0,b·c>0.( )
A.若a·b<0,則x>0,y>0
B.若a·b<0,則x<0,y<0
C.若a·b>0,則x<0,y<0
D.若a·b>0,則x>0,y>0
5.△ABC所在平面上的動點P滿足=λ(tan B+tan C),其中λ>0,則動點P一定經過△ABC的( )
A.重心 B.內心 C.外心 D.垂心
6.(20xx浙江鎮(zhèn)海中學5月模擬)已知△ABC的外接圓半徑為2,D為該圓上一點,且,則△ABC的面積的最大值為( )
A.3 B.4 C.3 D.4
7.如圖,三個邊長為2的等邊三角形有一條邊在同一
3、直線上,邊B3C3上有10個不同的點P1,P2,…,P10,記mi=(i=1,2…,10),則m1+m2+…+m10的值為( )
A.15 B.45 C.60 D.180
8.
如圖,扇形OAB中,OA=1,∠AOB=90°,M是OB的中點,P是弧AB上的動點,N是線段OA上的動點,則的最小值為( )
A.0 B.
C. D.1-
二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)
9.在邊長為1的正方形ABCD中,2,BC的中點為F,=2,則= .?
10.若平面向量a,b,e滿足|e|=1,a·e=1,b·e=2,|a-b|=2,則a·b的最小值為
4、 .?
11.已知向量a,b及實數t滿足|a+tb|=3.若a·b=2,則t的最大值是 .?
12.
如圖,在同一個平面內,向量的模分別為1,1,的夾角為α,且tan α=7,的夾角為45°.若=m+n(m,n∈R),則m+n= .?
13.(20xx浙江杭州二模)設P為△ABC所在平面上一點,且滿足3+4=m(m>0).若△ABP的面積為8,則△ABC的面積為 .?
14.
如圖,平面內有三個向量,其中的夾角為120°,的夾角為30°,且||=||=2,||=4,若=λ+μ(λ,μ∈R),則λ+μ的值為 .?
三、解答題(本大題共2小
5、題,共30分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
15.(本小題滿分15分)
如圖,在平面四邊形ABCD中,AB=13,AC=10,AD=5,cos∠DAC==120.
(1)求cos∠BAD;
(2)設=x+y,求x,y的值.
16.(本小題滿分15分)
如圖,在△ABC中,D是BC的中點,,
(1)若=4,=-1,求的值;
(2)若P為AD上任一點,且恒成立,求證:2AC=BC.
6、
參考答案
專題能力訓練8 平面向量及其綜合應用
1.A 解析 m,n為非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即兩向量反向,夾角是180°,則m·n=|m||n|cos 180°=-|m||n|<0.反過來,若m·n<0,則兩向量的夾角為(90°,180°],并不一定反向,即不一定存在負數λ,使得m=λn.故選A.
2.A 解析 因為,則,即=2-=2.
3.B 解析 向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,a-b=(),可得|a-b|2=5,即|a|2+|b|2-2a·b=5,解得a·b=0.|a+2b|2=|a|2+4
7、|b|2+4a·b=1+16=17,所以|a+2b|=.故選B.
4.A
5.D 解析 ∵=λ(·tan B+tan C)
=λ[||·||cos (π-B)tan B+||·||cos Ctan C]
=λ||(-||sin B+||sin C),
由正弦定理得||sin C=||sin B,∴=0.
∴AP⊥BC,故動點P一定經過△ABC的垂心.
6.B 解析 由知,ABDC為平行四邊形,又A,B,C,D四點共圓,
∴ABDC為矩形,即BC為圓的直徑,
∴當AB=AC時,△ABC的面積取得最大值×2×4=4.
7.D 解析 因為AB2與B3C3垂直,設垂足為C,所以上的
8、投影為AC,mi==|AB2|×|AC|=2×3=18,從而m1+m2+…+m10的值為18×10=180.
8.D 解析 建立如圖所示平面直角坐標系,設P(cos t,sin t),M,N(m,0),則=(m-cos t,- sin t),故=1-,因為0≤m≤1,所以=1-≥1-;又因為1-=1-sin(t+φ)=1-sin(t+φ)(tan φ=2),所以1-=1-sin(t+φ)≥1-(當且僅當sin(t+φ)=1時取等號).故選D.
9.- 解析 如下圖,建立平面直角坐標系,則E,G,B(1,0),D(0,1),則=(-1,1),則=1×(-1)+×1=-.
10.
9、11. 解析 ∵a·b=2?|a||b|cos θ=2(θ為a,b的夾角),∴|a+tb|=3?9=a2+t2b2+4t=a2++4t≥4t≥8t,∴t≤.
12.3 解析 ||=||=1,||=,由tan α=7,α∈[0,π]得0<α<,sin α>0,cos α>0,tan α=,sin α=7cos α,又sin2α+cos2α=1,得sin α=,cos α==1,=cos=-,得方程組解得所以m+n=3.
13.14 解析
由3+4=m,
可得,
可設,
則D,A,C共線,且D在線段AC上,
可得,
即有D分AC的比為4∶3,
即有C到直線AB的距離等于P到
10、直線AB的距離的倍,
故S△ABC=S△ABP=×8=14.
14.6 解析 由已知根據向量數量積的定義可得=-2,=12,=0,在=λ+μ兩邊分別乘,
得
即所以λ+μ=6.
15.解 (1)設∠CAB=α,∠CAD=β,
則cos α=,cos β=,
從而可得sin α=,sin β=,
故cos∠BAD=cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=.
(2)由=x+y,得
即解得
16.解 (1)∵,∴E,F為AD的四等分點.
以BC為x軸,以D為原點建立平面直角坐標系,
設B(-a,0),C(a,0),A(m,n),則E,F,
∴=(
11、m+a,n),=(m-a,n),.
∵=4,=-1,
∴解得m2+n2=,a2=.
∴-a2+(m2+n2)-a2=.
(2)∵P為AD上任一點,設P(λm,λn),則=((1-λ)m,(1-λ)n), =(a-λm,-λn),
,
∴=(1-λ)m(a-λm)-(1-λ)λn2=(1-λ)·(ma-λm2-λn2),.
∵恒成立,
∴ma+(m2+n2)≥0恒成立,即(m2+n2)λ2-(m2+n2+ma)λ+(m2+n2)+ma≥0恒成立,
∴Δ=(m2+n2+ma)2-4(m2+n2)·≤0,
即(m2+n2)2-ma(m2+n2)+m2a2≤0,
∴≤0,
∴(m2+n2)=ma,即m2-2ma=-n2,
∴AC==a,
又BC=2a,∴2AC=BC.