【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2022屆-數(shù)學(xué)一輪(理科)人教B版-第五章-平面向量-5-4

第4講平面對(duì)量的應(yīng)用基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．已知點(diǎn)A(－2，0)，B(3，0)，動(dòng)點(diǎn)P(x，y)滿(mǎn)足eq\o(PA,\s\up8(→))·eq\o(PB,\s\up8(→))＝x2，則點(diǎn)P的軌跡是()A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線解析eq\o(PA,\s\up8(→))＝(－2－x，－y)，eq\o(PB,\s\up8(→))＝(3－x，－y)，∴eq\o(PA,\s\up8(→))·eq\o(PB,\s\up8(→))＝(－2－x)(3－x)＋y2＝x2，∴y2＝x＋6.答案D2．在△ABC中，(eq\o(BC,\s\up8(→))＋eq\o(BA,\s\up8(→)))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝|eq\o(AC,\s\up8(→))|2，則△ABC的外形肯定是 ()A．等邊三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形解析由(eq\o(BC,\s\up8(→))＋eq\o(BA,\s\up8(→)))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝|eq\o(AC,\s\up8(→))|2，得eq\o(AC,\s\up8(→))·(eq\o(BC,\s\up8(→))＋eq\o(BA,\s\up8(→))－eq\o(AC,\s\up8(→)))＝0，即eq\o(AC,\s\up8(→))·(eq\o(BC,\s\up8(→))＋eq\o(BA,\s\up8(→))＋eq\o(CA,\s\up8(→)))＝0，2eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(BA,\s\up8(→))＝0，∴eq\o(AC,\s\up8(→))⊥eq\o(BA,\s\up8(→))，∴A＝90°.又依據(jù)已知條件不能得到|eq\o(AB,\s\up8(→))|＝|eq\o(AC,\s\up8(→))|，故△ABC肯定是直角三角形．答案C3．(2022·大連調(diào)研)在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2eq\r(3)，則eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝ ()A．2eq\r(3) B．2 C．－2eq\r(3) D．－2解析由余弦定理得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(22＋22－（2\r(3)）2,2×2×2)＝－eq\f(1,2)，所以eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝|eq\o(AB,\s\up8(→))|·|eq\o(AC,\s\up8(→))|cosA＝2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－2，故選D.答案D4．已知|a|＝2|b|，|b|≠0，且關(guān)于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有兩相等實(shí)根，則向量a與b的夾角是 ()A．－eq\f(π,6) B．－eq\f(π,3) C.eq\f(π,3) D.eq\f(2π,3)解析由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b＝0，即4|b|2＋4×2|b|2cosθ＝0，∴cosθ＝－eq\f(1,2)，又∵0≤θ≤π，∴θ＝eq\f(2π,3).答案D5．(2021·青島質(zhì)量檢測(cè))設(shè)O是△ABC的外心(三角形外接圓的圓心)．若eq\o(AO,\s\up8(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up8(→))，則∠BAC的度數(shù)等于 ()A．30° B．45° C．60° D．90°解析取BC的中點(diǎn)D，連接AD，則eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→))＝2eq\o(AD,\s\up8(→)).由題意得3eq\o(AO,\s\up8(→))＝2eq\o(AD,\s\up8(→))，∴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.答案C二、填空題6．(2021·廣州綜合測(cè)試)在△ABC中，若eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(CB,\s\up8(→))＝2，則邊AB的長(zhǎng)等于________．解析由題意知eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(AC,\s\up8(→))＋eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(CB,\s\up8(→))＝4，即eq\o(AB,\s\up8(→))·(eq\o(AC,\s\up8(→))＋eq\o(CB,\s\up8(→)))＝4，即eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(AB,\s\up8(→))＝4，∴|eq\o(AB,\s\up8(→))|＝2.答案27．(2022·天津十二區(qū)縣重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中，M為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在線段AB上運(yùn)動(dòng)，則eq\o(EC,\s\up8(→))·eq\o(EM,\s\up8(→))的最大值為_(kāi)_______．解析以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD所在直線分別為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則C(1，1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，設(shè)E(x，0)，x∈[0，1]，則eq\o(EC,\s\up8(→))·eq\o(EM,\s\up8(→))＝(1－x，1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x，\f(1,2)))＝(1－x)2＋eq\f(1,2)，x∈[0，1]單調(diào)遞減，當(dāng)x＝0時(shí)，eq\o(EC,\s\up8(→))·eq\o(EM,\s\up8(→))取得最大值eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)8．(2021·太原模擬)已知向量a＝(cosθ，sinθ)，向量b＝(eq\r(3)，－1)，則|2a－b|的最大值與最小值的和為_(kāi)_______．解析由題意可得a·b＝eq\r(3)cosθ－sinθ＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，則|2a－b|＝eq\r(（2a－b）2)＝eq\r(4|a|2＋|b|2－4a·b)＝eq\r(8－8cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))∈[0，4]，所以|2a－b|的最大值與最小值的和為4.答案4三、解答題9．(2021·江西五校聯(lián)考)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4))).(1)若m·n＝1，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))的值；(2)記f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且滿(mǎn)足(2a－c)cosB＝bcosC，求函數(shù)f(A)的取值范圍．解m·n＝eq\r(3)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(1,2)×coseq\f(x,2)＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2).(1)∵m·n＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2).(2)∵(2a－c)cosB＝bcosC，由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，∴2sinAcosB＝sinCcosB＋sinBcosC，∴2sinAcosB＝sin(B＋C)．∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0，∴cosB＝eq\f(1,2)，B＝eq\f(π,3).∴0＜A＜eq\f(2π,3).∴eq\f(π,6)＜eq\f(A,2)＋eq\f(π,6)＜eq\f(π,2)，eq\f(1,2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))＜1.又∵f(x)＝m·n＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∴f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，故1＜f(A)＜eq\f(3,2).故函數(shù)f(A)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).10．(2022·陜西卷)在直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，點(diǎn)P(x，y)在△ABC三邊圍成的區(qū)域(含邊界)上．(1)若eq\o(PA,\s\up8(→))＋eq\o(PB,\s\up8(→))＋eq\o(PC,\s\up8(→))＝0，求|eq\o(OP,\s\up8(→))|；(2)設(shè)eq\o(OP,\s\up8(→))＝meq\o(AB,\s\up8(→))＋neq\o(AC,\s\up8(→))(m，n∈R)，用x，y表示m－n，并求m－n的最大值．解(1)法一∵eq\o(PA,\s\up8(→))＋eq\o(PB,\s\up8(→))＋eq\o(PC,\s\up8(→))＝0，又eq\o(PA,\s\up8(→))＋eq\o(PB,\s\up8(→))＋eq\o(PC,\s\up8(→))＝(1－x，1－y)＋(2－x，3－y)＋(3－x，2－y)＝(6－3x，6－3y)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6－3x＝0，,6－3y＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2，))即eq\o(OP,\s\up8(→))＝(2，2)，故|eq\o(OP,\s\up8(→))|＝2eq\r(2).法二∵eq\o(PA,\s\up8(→))＋eq\o(PB,\s\up8(→))＋eq\o(PC,\s\up8(→))＝0，則(eq\o(OA,\s\up8(→))－eq\o(OP,\s\up8(→)))＋(eq\o(OB,\s\up8(→))－eq\o(OP,\s\up8(→)))＋(eq\o(OC,\s\up8(→))－eq\o(OP,\s\up8(→)))＝0，∴eq\o(OP,\s\up8(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up8(→))＋eq\o(OB,\s\up8(→))＋eq\o(OC,\s\up8(→)))＝(2，2)，∴|eq\o(OP,\s\up8(→))|＝2eq\r(2).(2)∵eq\o(OP,\s\up8(→))＝meq\o(AB,\s\up8(→))＋neq\o(AC,\s\up8(→))，∴(x，y)＝(m＋2n，2m＋n)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m＋2n，,y＝2m＋n，))兩式相減得，m－n＝y(tǒng)－x，令y－x＝t，由圖知，當(dāng)直線y＝x＋t過(guò)點(diǎn)B(2，3)時(shí)，t取得最大值1，故m－n的最大值為1.力量提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)11．(2022·衡水中學(xué)一調(diào))已知|a|＝2|b|≠0，且關(guān)于x的函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|x2＋a·bx在R上有極值，則向量a與b的夾角的范圍是 ()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2,3)π))解析設(shè)a與b的夾角為θ.∵f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|x2＋a·bx.∴f′(x)＝x2＋|a|x＋a·b.∵函數(shù)f(x)在R上有極值，∴方程x2＋|a|x＋a·b＝0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即Δ＝|a|2－4a·b＞0，∴a·b＜eq\f(a2,4)，又∵|a|＝2|b|≠0，∴cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＜eq\f(\f(a2,4),\f(a2,2))＝eq\f(1,2)，即cosθ＜eq\f(1,2)，又∵θ∈[0，π]，∴θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))，故選C.答案C12．△ABC外接圓的半徑等于1，其圓心O滿(mǎn)足eq\o(AO,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))，|eq\o(AO,\s\up8(→))|＝|eq\o(AC,\s\up8(→))|，則向量eq\o(BA,\s\up8(→))在eq\o(BC,\s\up8(→))方向上的投影等于 ()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(3,2) D．3解析由eq\o(AO,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))可知O是BC的中點(diǎn)，即BC為外接圓的直徑，所以|eq\o(OA,\s\up8(→))|＝|eq\o(OB,\s\up8(→))|＝|eq\o(OC,\s\up8(→))|，又由于|eq\o(AO,\s\up8(→))|＝|eq\o(AC,\s\up8(→))|＝1，故△OAC為等邊三角形，即∠AOC＝60°，由圓周角定理可知∠ABC＝30°，且|eq\o(AB,\s\up8(→))|＝eq\r(3)，所以eq\o(BA,\s\up8(→))在eq\o(BC,\s\up8(→))方向上的投影為|eq\o(BA,\s\up8(→))|·cos∠ABC＝eq\r(3)×cos30°＝eq\f(3,2)，故選C.答案C13．在△ABC中，∠A＝90°，AB＝1，AC＝2，設(shè)點(diǎn)P，Q滿(mǎn)足eq\o(AP,\s\up8(→))＝λeq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(AQ,\s\up8(→))＝(1－λ)eq\o(AC,\s\up8(→))，λ∈R.若eq\o(BQ,\s\up8(→))·eq\o(CP,\s\up8(→))＝－2，則λ＝________．解析∵eq\o(BQ,\s\up8(→))＝eq\o(AQ,\s\up8(→))－eq\o(AB,\s\up8(→))＝(1－λ)eq\o(AC,\s\up8(→))－eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(CP,\s\up8(→))＝eq\o(AP,\s\up8(→))－eq\o(AC,\s\up8(→))＝λeq\o(AB,\s\up8(→))－eq\o(AC,\s\up8(→))，∴eq\o(BQ,\s\up8(→))·eq\o(CP,\s\up8(→))＝－2?[(1－λ)eq\o(AC,\s\up8(→))－eq\o(AB,\s\up8(→))]·[λeq\o(AB,\s\up8(→))－eq\o(AC,\s\up8(→))]＝－2，化簡(jiǎn)得(1－λ)λeq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(AB,\s\up8(→))－(1－λ)eq\o(AC,\s\up8(→))2－λeq\o(AB,\s\up8(→))2＋eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝－2，又由于eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(AB,\s\up8(→))＝0，eq\o(AC,\s\up8(→))2＝4，eq\o(AB,\s\up8(→))2＝1，所以解得λ＝eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)14．如圖所示，已知點(diǎn)F(1，0)，直線l：x＝－1，P為平面上的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作直線l的垂線，垂足為點(diǎn)Q，且eq\o(QP,\s\up8