《（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第五章 平面向量、數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入 考點規(guī)范練25 平面向量的應用.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第五章 平面向量、數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入 考點規(guī)范練25 平面向量的應用.docx（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
考點規(guī)范練25 平面向量的應用
基礎鞏固組
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,且關于x的方程x2+|a|x-ab=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.2π3
答案D
解析設向量a與b的夾角為θ.由已知可得Δ=|a|2+4ab=0,即4|b|2+42|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∠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=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DEDF=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,DEDF=12(DB+DA)12(DC+DA)=14(DBDC+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,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
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關于點C對稱,∴C是線段DE的中點,∴(BD+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-ADAB.
∵|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ABCD=S△ABD+S△BCD=1222sin60+1213=323,故選B.
11.設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△ABC=14.
12.在△ABC中,D是BC中點,AD=m,BC=n,則ABAC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,ABAC=(AD+DB)(AD+DC)=(AD+DB)(AD-DB)=AD2-DB2=m2-n22=m2-14n2.故選A.
13.設拋物線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FMFN=( )
A.5 B.6 C.7 D.8
答案D
解析根據題意,過點(-2,0)且斜率為23的直線方程為y=23(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FMFN=03+24=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PMPN= .
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=163.
∵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,
∴PMPN=|PM||PN|cos60=3a8a812=3a2128=338.故答案為338.
15.在?ABCD中,∠BAD=60,AB=1,AD=3,P為?ABCD內一點,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=(λAB+μAD)2,
即322=λ2|AB|2+μ2|AD|2+2λμABAD.
又AB=1,AD=3,∠BAD=60,
∴ABAD=|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
解析設向量a,b的夾角為θ,
由余弦定理有:|a-b|=12+22-212cosθ=5-4cosθ,|a+b|=12+22-212cos(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的三內角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,ab=2cosxsinx-π6+2sinxcosx-π6=2sin2x-π6,
∴f(x)=cos=ab|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+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
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第五章
平面向量、數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入
考點規(guī)范練25
平面向量的應用
浙江
專用
2020
高考
數(shù)學
一輪
復習
第五
平面
向量
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復數(shù)
引入
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