2022届-数学一轮(理科)人教B版-第五章-平面向量-5-4.docx

第4讲 平面对量的应用

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．已知点A(－2，0)，B(3，0)，动点P(x，y)满足·＝x2，则点P的轨迹是
(　　)
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
解析　＝(－2－x，－y)，＝(3－x，－y)，
∴·＝(－2－x)(3－x)＋y2＝x2，∴y2＝x＋6.
答案　D
2．在△ABC中，(＋)·＝||2，则△ABC的外形肯定是 (　　)
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
解析　由(＋)·＝||2，
得·(＋－)＝0，
即·(＋＋)＝0，2·＝0，
∴⊥，∴A＝90°.
又依据已知条件不能得到||＝||，
故△ABC肯定是直角三角形．
答案　C
3．(2022·大连调研)在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，则·＝ (　　)
A．2 B．2 C．－2 D．－2
解析　由余弦定理得
cos A＝
＝＝－，
所以·＝||·||cos A
＝2×2×＝－2，故选D.
答案　D
4．已知|a|＝2|b|，|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有两相等实根，则向量a与b的夹角是 (　　)
A．－ B．－ C. D.
解析　由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b＝0，
即4|b|2＋4×2|b|2cos θ＝0，
∴cos θ＝－，又∵0≤θ≤π，∴θ＝.
答案　D
5．(2021·青岛质量检测)设O是△ABC的外心(三角形外接圆的圆心)．若＝＋，则∠BAC的度数等于 (　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析　取BC的中点D，连接AD，则＋＝2 .由题意得3＝2，∴AD为BC的中线且O为重心．又O为外心，∴△ABC为正三角形，
∴∠BAC＝60°，故选C.
答案　C
二、填空题
6．(2021·广州综合测试)在△ABC中，若·＝·＝2，则边AB的长等于________．
解析　由题意知·＋·＝4，即·(＋)＝4，即·＝4，∴||＝2.
答案　2
7．(2022·天津十二区县重点中学联考)在边长为1的正方形ABCD中，M为BC的中点，点E在线段AB上运动，则·的最大值为________．
解析　以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则C(1，1)，M，设E(x，0)，x∈[0，1]，则·＝(1－x，1)·＝(1－x)2＋，x∈[0，1]单调递减，当x＝0时，·取得最大值.
答案　
8．(2021·太原模拟)已知向量a＝(cos θ，sin θ)，向量b＝(，－1)，则
|2a－b|的最大值与最小值的和为________．
解析　由题意可得a·b＝cos θ－sin θ＝2cos，则|2a－b|＝＝＝∈[0，4]，所以|2a－b|的最大值与最小值的和为4.
答案　4
三、解答题
9．(2021·江西五校联考)已知向量m＝，n＝.
(1)若m·n＝1，求cos的值；
(2)记f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cos B＝bcos C，求函数f(A)的取值范围．
解　m·n＝sin cos ＋cos2
＝sin ＋×cos ＋
＝sin＋.
(1)∵m·n＝1，∴sin＝，
cos＝1－2sin2＝，
cos＝－cos＝－.
(2)∵(2a－c)cos B＝bcos C，由正弦定理得
(2sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，
∴2sin Acos B＝sin Ccos B＋sin Bcos C，
∴2sin Acos B＝sin(B＋C)．
∵A＋B＋C＝π，
∴sin(B＋C)＝sin A，且sin A≠0，
∴cos B＝，B＝.
∴0＜A＜.∴＜＋＜，
＜sin＜1.
又∵f(x)＝m·n＝sin＋，
∴f(A)＝sin＋，
故1＜f(A)＜.
故函数f(A)的取值范围是.
10．(2022·陕西卷)在直角坐标系xOy中，已知点A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，点P(x，y)在△ABC三边围成的区域(含边界)上．
(1)若＋＋＝0，求||；
(2)设＝m＋n(m，n∈R)，用x，y表示m－n，并求m－n的最大值．
解　(1)法一　∵＋＋＝0，
又＋＋＝(1－x，1－y)＋(2－x，3－y)＋(3－x，2－y)＝(6－3x，6－3y)，
∴解得
即＝(2，2)，故||＝2.
法二　∵＋＋＝0，
则(－)＋(－)＋(－)＝0，
∴＝(＋＋)＝(2，2)，
∴||＝2.
(2)∵＝m＋n，
∴(x，y)＝(m＋2n，2m＋n)，
∴
两式相减得，m－n＝y－x，
令y－x＝t，由图知，当直线y＝x＋t过点B(2，3)时，t取得最大值1，
故m－n的最大值为1.
力量提升题组
(建议用时：25分钟)
11．(2022·衡水中学一调)已知|a|＝2|b|≠0，且关于x的函数f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx在R上有极值，则向量a与b的夹角的范围是 (　　)
A. B.
C. D.
解析　设a与b的夹角为θ.
∵f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx.
∴f′(x)＝x2＋|a|x＋a·b.
∵函数f(x)在R上有极值，
∴方程x2＋|a|x＋a·b＝0有两个不同的实数根，
即Δ＝|a|2－4a·b＞0，∴a·b＜，
又∵|a|＝2|b|≠0，
∴cos θ＝＜＝，即cos θ＜，
又∵θ∈[0，π]，∴θ∈，故选C.
答案　C
12．△ABC外接圆的半径等于1，其圆心O满足＝(＋)，||＝||，则向量在方向上的投影等于 (　　)
A．－ B.
C. D．3
解析　由＝(＋)可知O是BC的中点，即BC为外接圆的直径，所以||＝||＝||，
又由于||＝||＝1，故△OAC为等边三角形，
即∠AOC＝60°，
由圆周角定理可知∠ABC＝30°，且||＝，
所以在方向上的投影为||·cos ∠ABC＝×cos 30°＝，故选C.
答案　C
13．在△ABC中，∠A＝90°，AB＝1，AC＝2，设点P，Q满足＝λ，＝(1－λ)，λ∈R.若·＝－2，则λ＝________．
解析　∵＝－＝(1－λ)－，
＝－＝λ－，
∴·＝－2⇒[(1－λ)－]·[λ－]＝－2，
化简得(1－λ)λ·－(1－λ)2－λ2＋·
＝－2，又由于·＝0，2＝4，2＝1，所以解得λ＝.
答案　
14．如图所示，已知点F(1，0)，直线l：x＝－1，P为平面上的一动点，过P作直线l的垂线，垂足为点Q，且·＝·.

(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线交轨迹C于A，B两点，交直线l于点M.已知＝λ1，＝λ2，求λ1＋λ2的值．
解　(1)设点P(x，y)，则Q(－1，y)，
由·＝·，得
(x＋1，0)·(2，－y)＝(x－1，y)·(－2，y)，化简得P的轨迹C的方程为y2＝4x.
(2)设直线AB的方程为x＝my＋1(m≠0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又M(－1，－)，
联立方程消去x，得
y2－4my－4＝0，Δ＝(－4m)2＋16>0，
故
由＝λ1，＝λ2，得
y1＋＝－λ1y1，y2＋＝－λ2y2，整理，得
λ1＝－1－，λ2＝－1－，
所以λ1＋λ2＝－2－(＋)＝－2－·
＝－2－·＝0.