【名校資料】高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫(kù)第五章 第4講 平面向量的綜合應(yīng)用

《【名校資料】高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫(kù)第五章 第4講 平面向量的綜合應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【名校資料】高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫(kù)第五章 第4講 平面向量的綜合應(yīng)用（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、◆+◆◆二〇一九高考數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)資料◆+◆◆ 第4講　平面向量的綜合應(yīng)用 一、填空題 1．在△ABC中，＝a，＝b，＝c，且|a|＝1，|b|＝2，|c|＝，則a·b＋b·c＋c·a＝________. 解析　由|a|＝1，|b|＝2，|c|＝，可得||2＝||2＋||2，∠B＝90°，∠C＝60°，∠A＝30°，所以a·b＋b·c＋c·a＝2cos 120°＋2cos 150°＋0＝－4. 答案?。? 2．在△ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，若·＝·＝1，那么c＝________. 解析　由題知·＋·＝2，即·－·＝·(＋)＝2＝2?c＝||＝. 答案　 3．已

2、知△ABO三頂點(diǎn)的坐標(biāo)為A(1,0)，B(0,2)，O(0,0)，P(x，y)是坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，且滿足·≤0，·≥0，則·的最小值為________． 解析　由已知得·＝(x－1，y)·(1,0)＝x－1≤0，且·＝(x，y－2)·(0,2)＝2(y－2)≥0，即x≤1，且y≥2，所以·＝(x，y)·(－1,2)＝－x＋2y≥－1＋4＝3. 答案　3 4．已知平面上有四個(gè)互異點(diǎn)A、B、C、D，若(＋－2)·(－)＝0，則△ABC的形狀為________． 解析　由(＋－2)·(－)＝0， 得[(－)＋(－)]·(－)＝0， 所以(＋)·(－)＝0.所以||2－||2＝0， ∴||

3、＝||，故△ABC是等腰三角形． 答案　等腰三角形 5. 如圖，△ABC的外接圓的圓心為O，AB＝2，AC＝3， BC＝，則·＝________. 解析　·＝·(－) ＝·－·， 因?yàn)镺A＝OB，所以在上的投影為||，所以·＝||·||＝2， 同理·＝||·||＝， 故·＝－2＝. 答案　 6．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，點(diǎn)D，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，且·＝·，則a2，b2，c2成________數(shù)列． 解析　由·＝·，得(－)·(＋)＝(－)·(＋)，即2－2＝2－2，所以a2－b2＝b2－c2，所以a2，b2，c2成等差數(shù)列． 答案　

4、等差 7．已知點(diǎn)P是邊長(zhǎng)為2的正三角形ABC邊BC上的動(dòng)點(diǎn)，則·(＋)＝________. 解析　如圖，因?yàn)椋剑?，△ABC為正三角形，所以四邊形ABDC為菱形，BC⊥AO，所以在向量上的投影為. 又||＝，所以·(＋)＝||·||＝6. 答案　6 8．已知△ABC為等邊三角形，AB＝2.設(shè)點(diǎn)P，Q滿足＝λ，＝(1－λ)，λ∈R，若·＝－，則λ＝________. 解析　以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，則B(2,0)，C(1，)，由＝λ，得P(2λ，0)，由＝(1－λ)，得Q(1－λ，(1－λ))，所以·＝(－λ－1，(1－λ))·(2λ－1，－)＝－(λ

5、＋1)(2λ－1)－×(1－λ)＝－，解得λ＝. 答案　 9．設(shè)＝，＝(0,1)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P(x，y)滿足0≤·≤1,0≤·≤1，則z＝y(tǒng)－x的最小值是________． 解析　由題得 所以可行域如圖所示，所以當(dāng)直線y－x＝z經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(1,0)時(shí)，zmin＝－1. 答案?。? 10．對(duì)任意兩個(gè)非零的平面向量α和β，定義α°β＝.若平面向量a，b滿足|a|≥|b|>0，a與b的夾角θ∈，且a°b和b°a都在集合中，則a°b＝________. 解析　根據(jù)題中給定的兩個(gè)向量的新運(yùn)算可知a°b＝＝＝，b°a＝，又由θ∈可得0可得0<≤1

6、，于是0<<1，即b°a∈(0,1)，又由于b°a∈，所以＝，即|a|＝2|b|cos θ.① 同理>，將①代入后得2cos2θ>，又由于a°b∈，所以a°b＝2cos2θ＝(n∈Z)，于是1<<2，故n＝3，∴cos θ＝，|a|＝|b|，∴a°b＝×＝. 答案　 二、解答題 11．已知在銳角△ABC中的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，定義向量m＝(sin B，－)，n＝，且m∥n. (1)求函數(shù)f(x)＝sin 2xcos B－cos 2xsin B的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)若b＝1，求△ABC的面積的最大值． 解　(1)因?yàn)閙∥n，所以sin B＋cos 2B＝2sin

7、 B cos B＋cos 2B＝sin 2B＋cos 2B＝2sin＝0，所以B＝. 所以f(x)＝sin(2x－B)＝sin. 于是由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，k∈Z. (2)當(dāng)b＝1時(shí)，由余弦定理，得1＝a2＋c2－2accos ＝a2＋c2－ac≥ac，所以S△ABC＝acsin≤，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝1時(shí)等號(hào)成立，所以(S△ABC)max＝. 12．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且(2a＋c)··＋c·＝0. (1)求角B的大?。? (2)若b＝2，試求·的最小值． 解　(1)因?yàn)?2a＋c)·＋c·＝0， 所

8、以(2a＋c)accos B＋abccos C＝0， 即(2a＋c)cos B＋bcos C＝0， 所以(2sin A＋sin C)cos B＋sin Bcos C＝0， 即2sin Acos B＋sin(B＋C)＝0， 因?yàn)閟in(B＋C)＝sin A≠0， 所以cos B＝－，所以B＝. (2)因?yàn)閎2＝a2＋c2－2accos，所以12＝a2＋c2＋ac≥3ac，即ac≤4，所以·＝accos＝－ac≥－2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時(shí)等號(hào)成立，所以·的最小值為－2. 13．已知A，B，C的坐標(biāo)分別為A(3,0)，B(0,3)，C(cos α，sin α)，α∈. (1)若||＝

9、||，求角α的值； (2)若·＝－1，求的值． 解　(1)∵＝(cos α－3，sin α)，＝(cos α，sin α－3)， ∴2＝(cos α－3)2＋sin2α＝10－6cos α， 2＝cos2α＋(sin α－3)2＝10－6sin α，由||＝||， 可得2＝2，即10－6cos α＝10－6sin α，得sin α＝cos α. 又α∈，∴α＝. (2)由·＝－1， 得(cos α－3)cos α＋sin α(sin α－3)＝－1， ∴sin α＋cos α＝.① 又＝＝2sin αcos α.由①式兩邊分別平方，得1＋2sin αcos α＝，∴2sin

10、 αcos α＝－. ∴＝－. 14．已知M(0，－2)，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)B在y軸的正半軸上，點(diǎn)P在直線AB上，且滿足＝，·＝0. (1)當(dāng)A點(diǎn)在x軸上移動(dòng)時(shí)，求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程； (2)過(guò)(－2,0)的直線l與軌跡C交于E、F兩點(diǎn)，又過(guò)E、F作軌跡C的切線l1、l2，當(dāng)l1⊥l2時(shí)，求直線l的方程． 解　(1)設(shè)P(x，y)，A(xA,0)，B(0，yB)， 則＝(x－xA，y)，＝(－x，yB－y)． 由＝得xA＝2x，yB＝2y. 又＝(xA,2)，＝(x－xA，y)， 即＝(2x,2)，＝(－x，y)． 由·＝0得x2＝y(tǒng)(y>0)． (2)易知直線l的斜率必存在， 故設(shè)其直線方程為y＝k(x＋2)， 設(shè)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)， 因?yàn)閥′＝2x，故兩切線的斜率分別為2x1、2x2. 由方程組得x2－kx－2k＝0， x1＋x2＝k，x1x2＝－2k. 由l1⊥l2時(shí)，4x1x2＝－1，∴k＝. ∴直線l的方程是y＝(x＋2). 高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品 高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品