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- 2021-06-23 发布
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第 3 讲 平面向量
「考情研析」1.考查平面向量的基本定理及基本运算,多以熟知的平面图形
为背景进行考查,多为选择题、填空题,难度为中低档. 2.考查平面向量的数
量积,以选择题、填空题为主,难度为低档;向量作为工具,还常与三角函数、
解三角形、不等式、解析几何结合,以解答题形式出现.
核心知识回顾
1.平面向量的数量积
(1)若 a,b 为非零向量,夹角为 θ,则 a·b=□01
|a||b|·cosθ.
(2)设 a=(x1,y1),b=(x2,y2),则 a·b=□02
x1x2+y1y2.
2.两个非零向量平行、垂直的充要条件
若 a=(x1,y1),b=(x2,y2),则
(1)a∥b⇔□01
a=λb(b≠0)⇔□02
x1y2-x2y1=0.
(2)a⊥b⇔□03
a·b=0⇔□04
x1x2+y1y2=0.
3.利用数量积求长度
(1)若 a=(x,y),则|a|=□01
a·a=□02
x2+y2.
(2)若 A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB
→
|
=□03
(x2-x1)2+(y2-y1)2.
4.利用数量积求夹角
若 a=(x1,y1),b=(x 2,y2),θ 为 a 与 b 的夹角,则 cosθ= □01
a·b
|a||b|
=□02
x1x2+y1y2
x21+y21 x22+y22.
5.三角形“四心”向量形式的充要条件
设 O 为△ABC 所在平面上一点,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,则
(1)O 为△ABC 的外心⇔□01
|OA
→
|=|OB
→
|=|OC
→
|= a
2sinA.
(2)O 为△ABC 的重心⇔□02
OA
→
+OB
→
+OC
→
=0.
(3)O 为△ABC 的垂心⇔□03
OA
→
·OB
→
=OB
→
·OC
→
=OC
→
·OA
→
.
(4)O 为△ABC 的内心⇔□04
aOA
→
+bOB
→
+cOC
→
=0.
热点考向探究
考向 1 平面向量的概念及运算
例 1 (1)已知向量 a=(1,2),b=(-2,3),若 ma-nb 与 2a+b 共线(其中 m,
n∈R 且 n≠0),则m
n
=( )
A.-2 B.2
C.-1
2 D.1
2
答案 A
解析 因为 ma-nb=(m+2n,2m-3n),2a+b=(0,7),ma-nb 与 2a+b 共
线,所以 m+2n=0,即m
n
=-2.故选 A.
(2)(2019·云南第二次统考)已知点 O(0,0),A(-1,3),B(2,-4),OP
→
=OA
→
+m
AB
→
.若点 P 在 y 轴上,则实数 m 的值为( )
A.1
3 B.1
4 C.1
5 D.1
6
答案 A
解析 由题意,可得OA
→
=(-1,3),AB
→
=(3,-7),
所以OP
→
=OA
→
+mAB
→
=(3m-1,3-7m),
点 P 在 y 轴上,即 3m-1=0,m=1
3.故选 A.
(3)(2019·贵州南白中学(遵义县一中)高一联考)已知 D 是△ABC 的边 AB 上
的中点,则向量CD
→
等于( )
A.BC
→
+1
2BA
→
B.-BC
→
-1
2BA
→
C.BC
→
-1
2BA
→
D.-BC
→
+1
2BA
→
答案 D
解析 ∵D 是△ABC 的边 AB 的中点,∴CD
→
=1
2(CA
→
+CB
→
),CA
→
=BA
→
-BC
→
,
CD
→
=1
2(BA
→
-BC
→
-BC
→
)=-BC
→
+1
2BA
→
.故选 D.
平面向量的线性运算有几何运算和坐标运算两种形式,几何运算主要是利用
三角形法则和平面向量的基本定理,坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算
的法则进行求解.解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则.
1.(2019·四川巴中高三诊断)向量AB
→
=(2,3),AC
→
=(4,7),则BC
→
=( )
A.(-2,-4) B.(2,4)
C.(6,10) D.(-6,-10)
答案 B
解析 BC
→
=AC
→
-AB
→
=(2,4).故选 B.
2.(2019·四川宜宾高三二诊)在平行四边形 ABCD 中,M 是 DC 的中点,向
量DN
→
=2NB
→
,设AB
→
=a,AD
→
=b,则MN
→
=( )
A.1
6a-2
3b B.-1
6a+1
3b
C.1
6a+7
6b D.1
6a-1
3b
答案 A
解析 根据题意画图,如图所示,则DM
→
=1
2DC
→
=1
2AB
→
=1
2a,DN
→
=2
3DB
→
=2
3(AB
→
-AD
→
)=2
3AB
→
-2
3AD
→
=2
3a-2
3b,∴MN
→
=DN
→
-DM
→
=2
3a-2
3b-1
2a=1
6a-2
3b,故选
A.
3.(2019·陕西高三一模)如图,在▱OACB 中,E 是 AC 的中点,F 是 BC 上
的一点,且 BC=3BF,若OC
→
=mOE
→
+nOF
→
,其中 m,n∈R,则 m+n 的值为( )
A.1 B.3
2 C.7
5 D.7
3
答案 C
解析 在平行四边形中OA
→
=BC
→
,OB
→
=AC
→
,OC
→
=OA
→
+OB
→
,因为 E 是 AC
的中点,所以AE
→
=1
2AC
→
=1
2OB
→
,所以OE
→
=OA
→
+AE
→
=OA
→
+1
2OB
→
,因为 BC=3BF,
所以BF
→
=1
3BC
→
=1
3OA
→
,所以OF
→
=OB
→
+BF
→
=OB
→
+1
3OA
→
,因为OC
→
=mOE
→
+nOF
→
,
所以OC
→
=(m+1
3n)OA
→
+(1
2m+n)OB
→
,在▱OACB 中,OC
→
=OA
→
+OB
→
,所以
Error!解得Error!所以 m+n=7
5.故选 C.
考向 2 平面向量的数量积
例 2 (1)(2019·辽宁鞍山一中三模)设 a,b 是夹角为 60°的单位向量,则 2a+
b 和 3a-2b 的夹角为( )
A.30° B.60°
C.120° D.150°
答案 B
解析 由题意,因为 a,b 是夹角为 60°的单位向量,
∴a·b=|a||b|cos60°=1
2
,则(2a+b)·(3a-2b)=6a 2-2b2-a·b=6-2-1
2
=7
2
,
|2a+b|= (2a+b)2= 4a2+4a·b+b2= 4+2+1= 7,|3a-2b|= (3a-2b)2=
9a2-12a·b+4b2= 9-12 × 1
2
+4= 13-6= 7,设 2a+b 和 3a-2b 的夹角
为 α,则 cosα=
(2a+b)·(3a-2b)
|2a+b||3a-2b|
=
7
2
7 × 7
=1
2
,即 α=60°.故选 B.
(2)如图,在△ABC 中,AB=BC=4,∠ABC=30°,AD 是 BC 边上的高,则
AD
→
·AC
→
=( )
A.0 B.4
C.8 D.-4
答案 B
解析 因为 AB=BC=4,∠ABC=30°,AD 是 BC 边上的高,所以 AD=
4sin30°=2,所以AD
→
·AC
→
=AD
→
·(AB
→
+BC
→
)=AD
→
·AB
→
+AD
→
·BC
→
=AD
→
·AB
→
=2×4×1
2
=4.
故选 B.
(3)(2019·安徽黄山高三二模)已知向量 a,b 满足|a|=2,|b|=2,且 a⊥(a+2b),
则 b 在 a 方向上的投影为( )
A.1 B.- 2
C. 2 D.-1
答案 D
解析 因为 a⊥(a+2b),所以 a·(a+2b)=0,∴4+2a·b=0,a·b=-2,因
此 b 在 a 方向上的投影为a·b
|a|
=-1.选 D.
(1)向量数量积有两种不同形式的计算公式:一是夹角公式 a·b=|a||b|cosθ;
二是坐标公式 a·b=x1x2+y1y2.
(2)用数量积求长度的方法:|a|= a·a;|a±b|= a2 ± 2a·b+b2;若 a=(x,y),
则|a|= x2+y2.
(3)用数量积公式求夹角:cosθ= a·b
|a||b|.
1.已知向量 a 与 b 的夹角为 30°,且|a|=2,|2a-b|=2,则|b|=( )
A.2 3 B. 3
C. 2 D.3 2
答案 A
解析 ∵a·b=|a||b|cos30°= 3|b|,|2a-b|2=4a2-4a·b+b2=16-4 3|b|+|b|2
=4,∴|b|=2 3.故选 A.
2.(2019·贵州省南白中学(遵义县一中)高二联考)已知|AB
→
|=1,|BC
→
|=2,若
AB
→
·BC
→
=0,AD
→
·DC
→
=0,则|BD
→
|的最大值为( )
A.2 5
5 B.2
C. 5 D.2 5
答案 C
解析 由题意可知,AB⊥BC,CD⊥AD,
故四边形 ABCD 为圆内接四边形,且圆的直径为 AC,由勾股定理可得 AC=
AB2+BC2= 5,因为 BD 为上述圆的弦,而圆的最长的弦为其直径,故|BD
→
|的
最大值为 5.故选 C.
3.如图,在△ABC 中,O 为 BC 的中点,若 AB=1,AC=4,〈AB
→
,AC
→
〉=
60°,则|OA
→
|=________.
答案 21
2
解析 因为〈AB
→
,AC
→
〉=60°,所以AB
→
·AC
→
=|AB
→
|·|AC
→
|cos60°=1×4×1
2
=2.又
AO
→
=1
2(AB
→
+AC
→
),所以 AO
→
2=1
4(AB
→
+AC
→
)2=1
4(AB
→
2+2AB
→
·AC
→
+AC
→
2),即 AO
→
2=1
4
×(1+4+16)=21
4
,所以|OA
→
|= 21
2 .
考向 3 平面向量与三角函数
例 3 (1)(2019·贵州遵义航天高级中学四模)在△ABC 中,角 A,B,C 的对
边分别为 a,b,c,B=π
4
,cosA=3
5
,BA
→
·BC
→
=28,则 b 的值为( )
A.3 B.5
2
C.4 D.5
答案 D
解析 由题意可知,BA
→
·BC
→
=28,∴ac=28 2,在△ABC 中,∵cosA=3
5
,∴
sinA= 1-cos2A=4
5
,sinC=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=7 2
10
,
由正弦定理可得, a
sinA
= b
sinB
= c
sinC
,即a
4
5
=b
2
2
=c
7 2
10
,∴a=4 2
5 b,c=7
5
b,代入 ac=28 2中,得(4 2
5 b)·(7
5b )=28 2,得 b2=25,
∴b=5.故选 D.
(2) 在 △ ABC 中 , 角 A , B , C 所 对 的 边 分 别 为 a , b , c , 设 m =
(2cos(π
6
+A),cos2A-cos2B),n=(1,cos(π
6
-A)),且 m∥n.
①求角 B 的值;
②若△ABC 为锐角三角形,且 A= π
4
,外接圆半径 R=2,求△ABC 的周
长.
解 ①由 m∥n,得 cos2A-cos2B=2cos(π
6
+A)·cos(π
6
-A),即 2sin2B-2sin2A
=2(3
4cos2A-1
4sin2A),化简得 sinB= 3
2
,故 B=π
3
或2π
3 .
②易知 B=π
3
,则由 A=π
4
,得 C=π-(A+B)=5π
12.
由正弦定理 a
sinA
= b
sinB
= c
sinC
=2R,得 a=4sinπ
4
=2 2,b=4sinπ
3
=2 3,c=
4sin5π
12
=4sin(π
4
+π
6)=4×( 2
2 × 3
2
+1
2 × 2
2 )= 6+ 2,所以△ABC 的周长为
6+2 3+3 2.
平面向量作为解决问题的工具,具有代数形式和几何形式的“双重型”,高
考常在平面向量与三角函数的交汇处命题,通过向量运算作为题目条件,通常利
用向量的平行与垂直进行转化.
1.(2019·安徽宣城二调)在直角三角形 ABC 中,∠A=90°,AB=2,AC=4,
P 在△ABC 斜边 BC 的中线 AD 上,则AP
→
·(PB
→
+PC
→
)的最大值为( )
A.25
8 B.5
2 C.25
4 D.25
2
答案 B
解析 以 A 为坐标原点,以AB
→
,AC
→
方向分别为 x 轴、y 轴正方向建立平面
直角坐标系,则 B(2,0),C(0,4),中点 D(1,2),设 P(x,2x),所以AP
→
=(x,2x),PD
→
=
(1-x,2-2x),AP
→
·(PB
→
+PC
→
)=AP
→
·(2PD
→
)=2[x(1-x)+2x·(2-2x)]=-10(x2-x),
当 x=1
2
时,AP
→
·(PB
→
+PC
→
)的最大值为5
2.故选 B.
2.(2019·贵州南白中学(遵义县一中)高一下学期第一次联考)已知在△ABC
中,C=2A,cosA=3
4
,且 2BA
→
·CB
→
=-27.
(1)求 cosB 的值;
(2)求△ABC 的周长.
解 (1)∵C=2A,∴cosC=cos2A=2cos2A-1=1
8
,
∴sinC=3 7
8
,sinA= 7
4
,
∴cosB=-cos(A+C)=sinAsinC-cosAcosC= 9
16.
(2)∵ AB
sinC
= BC
sinA
,∴AB=3
2BC,
∵2BA
→
·CB
→
=-27,cosB= 9
16
,
∴BC·AB=24,∴BC=4,AB=6,
∴AC= BC2+AB2-2BC·AB·cosB
= 16+36-2 × 4 × 6 × 9
16
=5,
∴C△ABC=AB+AC+BC=15,
∴△ABC 的周长为 15.
真题 押题
『真题模拟』
1. (2019·山西吕梁模拟)如图,|OA
→
|=2,|OB
→
|= 2,|OC
→
|=4,OA
→
与OB
→
的夹角
为 135°,若OC
→
=λOA
→
+4OB
→
,则 λ=( )
A.1 B.2
C.3 D.4
答案 B
解析 ∵|OA
→
|=2,|OB
→
|= 2,|OC
→
|=4,OA
→
与OB
→
的夹角为 135°,
∴OA
→
·OB
→
=2× 2×(- 2
2 )=-2,若OC
→
=λOA
→
+4OB
→
,则 OC
→
2=λ2OA
→
2+16OB
→
2+8λOA
→
·OB
→
∴16=4λ2+16×2+8λ×(-2),∴λ=2,故选 B.
2.(2019·厦门模拟)已知△ABC 是正三角形,O 是△ABC 的中心,D 和 E 分
别为边 AB 和 AC 的中点,若OA
→
=xOD
→
+yOE
→
,则 x+y=( )
A.-4 B.4
C.2 D.-2
答案 B
解析 ∵O 是△ABC 的中心,D 和 E 分别是边 AB,AC 的中点,∴OA
→
=OD
→
+DA
→
=OD
→
+1
2BA
→
=OD
→
+1
2(OA
→
-OB
→
),∴OA
→
=2OD
→
-OB
→
,同理可得:OA
→
=2OE
→
-
OC
→
.∴2OA
→
=2OD
→
+2OE
→
-(OB
→
+OC
→
),∵O A
→
+O B
→
+O C
→
=0,∴OA
→
=2OD
→
+2OE
→
-(OB
→
+OC
→
+OA
→
)=2OD
→
+2OE
→
,∴x=y=2,∴x+y=4.
3.(2019·贵州遵义航天高级中学四模)已知向量 a=(2,-1),b=(1,7),则
下列结论正确的是( )
A.a⊥b B.a∥b
C.a⊥(a-b) D.a⊥(a+b)
答案 D
解析 a·b=-5≠0,A 不正确;a=(2,-1),b=(1,7),2×7+1=15≠0,
B 不正确;a·(a-b)=(2,-1)·(1,-8)=10≠0,C 不正确;a+b=(3,6),a·(a+
b)=6-6=0,即 a⊥(a+b).故选 D.
4.(2019·安徽宣城二调)已知平面向量 a,b,满足|a|=2,|b|=1,a 与 b 的
夹角为 60°,若(a+λb)⊥b,则实数 λ 的值为________.
答案 -1
解析 ∵|a|=2,|b|=1,a 与 b 的夹角为 60°,∴a·b=|a||b|cos60°=1.∵(a+
λb)⊥b,∴b·(a+λb)=0,
∴λ|b|2+a·b=0,即 λ+1=0,解得 λ=-1.
5.(2019·全国卷Ⅲ)已知 a,b 为单位向量,且 a·b=0,若 c=2a- 5b,则 cos
〈a,c〉=________.
答案 2
3
解析 由题意,得 cos〈a,c〉=a·(2a- 5b)
|a|·|2a- 5b|
= 2a2- 5a·b
|a|· |2a- 5b|2
= 2
1 × 4+5
=2
3.
6.(2019·浙江高考)已知正方形 ABCD 的边长为 1,当每个 λ i(i=1,2,3,4,5,6)
取遍±1 时,|λ1AB
→
+λ2BC
→
+λ3CD
→
+λ4DA
→
+λ5AC
→
+λ6BD
→
|的最小值是_______,最大
值是_______.
答案 0 2 5
解析 如图,以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴建立平
面直角坐标系,则
AB
→
=(1,0),AD
→
=(0,1).
设 a=λ1AB
→
+λ2BC
→
+λ3CD
→
+λ4DA
→
+λ5AC
→
+λ6BD
→
=λ1AB
→
+λ2AD
→
-λ3AB
→
-λ4AD
→
+λ5(AB
→
+AD
→
)+λ6(AD
→
-AB
→
)
=(λ1-λ3+λ5-λ6)AB
→
+(λ2-λ4+λ5+λ6)AD
→
=(λ1-λ3+λ5-λ6,λ2-λ4+λ5+λ6).
故|a|= (λ1-λ3+λ5-λ6)2+(λ2-λ4+λ5+λ6)2.
∵λi(i=1,2,3,4,5,6)取遍±1,
∴当 λ1-λ3+λ5-λ6=0,λ2-λ4+λ5+λ6=0 时,
|λ1AB
→
+λ2BC
→
+λ3CD
→
+λ4DA
→
+λ5AC
→
+λ6BD
→
|取得最小值 0.
考虑到 λ5-λ6,λ5+λ6 有相关性,要确保所求模最大,只需使|λ1-λ3+λ5-
λ6|,|λ2-λ4+λ5+λ6|尽可能取到最大值,
即当 λ1-λ3+λ5-λ6=2,λ2-λ4+λ5+λ6=4 或 λ1-λ3+λ5-λ6=4,λ2-λ4+λ5
+λ6=2 时可取到最大值,
∴|λ1AB
→
+λ2BC
→
+λ3CD
→
+λ4DA
→
+λ5AC
→
+λ6BD
→
|的最大值为 4+16=2 5.
『金版押题』
7.已知AB
→
⊥AC
→
,|AB
→
|=1
t
,|AC
→
|=t,若点 P 是△ABC 所在平面内的一点,
且AP
→
=
AB
→
|AB
→
|
+
4AC
→
|AC
→
|
,则PB
→
·PC
→
的最大值等于( )
A.13 B.15
C.19 D.21
答案 A
解析 建立如图所示的直角坐标系,则 B(1
t
,0),C(0,t),
AB
→
=(1
t
,0),AC
→
=(0,t), AP
→
=
AB
→
|AB
→
|
+
4AC
→
|AC
→
|
=t(1
t
,0)+4
t(0,t)=(1,4),即
P(1,4),PB
→
·PC
→
=
(1
t
-1,-4)·(-1,t-4)=17-(1
t
+4t)≤17-2 1
t·4t=13,当且仅当 t=1
2
时取
“=”.
8.已知在△ABC 中,D 是 BC 的中点,过点 D 的直线分别交直线 AB,AC
于 E , F 两 点 , 若 AB
→
= λAE
→
(λ>0) , AC
→
= μAF
→
(μ>0) , 则 1
λ
+ 4
μ
的 最 小 值 是
________.
答案 9
2
解析 由题意得,AB
→
+AC
→
=2AD
→
=λAE
→
+μAF
→
,所以AD
→
=λ
2AE
→
+μ
2AF
→
,又 D,
E,F 在同一条直线上,可得λ
2
+μ
2
=1.所以1
λ
+4
μ
=(λ
2
+μ
2)·(1
λ
+4
μ)=5
2
+2λ
μ
+ μ
2λ
≥5
2
+
2=9
2
,当且仅当 2λ=μ 时取等号.
配套作业
一、选择题
1.(2019·安徽毛坦厂中学高三校区 4 月联考)如图所示,在梯形 ABCD 中,AB
∥CD,CD
→
=-2AB
→
,点 E 是 AD 的中点,若AB
→
=a,CE
→
=b,则BE
→
=( )
A.-3a-b B.2a-b
C.-3a-2b D.2a-2b
答案 A
解析 ∵CD
→
=-2AB
→
,∴DC
→
=2AB
→
,∵点 E 是 AD 的中点,∴AE
→
=ED
→
.∴BE
→
=AE
→
-AB
→
=ED
→
-AB
→
=CD
→
-CE
→
-AB
→
=-2a-b-a=-3a-b.故选 A.
2.(2019·陕西榆林三模)已知向量 a 与向量 b 的模均为 2,若|a-3b|=2 7,
则向量 a 与向量 b 的夹角是( )
A.60° B.30° C.120° D.150°
答案 A
解析 ∵|a-3b|2=|a|2-6a·b+9|b| 2=40-24cos〈a,b〉=28,∴cos〈a,
b〉=1
2
,∴〈a,b〉=60°,故选 A.
3.如图,在△OAB 中,P 为线段 AB 上的一点,OP
→
=xOA
→
+yOB
→
,且BP
→
=2
PA
→
,则( )
A.x=2
3
,y=1
3
B.x=1
3
,y=2
3
C.x=1
4
,y=3
4
D.x=3
4
,y=1
4
答案 A
解析 由题意知OP
→
=OB
→
+BP
→
,又BP
→
=2PA
→
,所以OP
→
=OB
→
+2
3BA
→
=OB
→
+2
3
(OA
→
-OB
→
)=2
3OA
→
+1
3OB
→
,易知 x=2
3
,y=1
3.
4.(2019·新疆维吾尔族自治区二模)O 是△ABC 的外接圆圆心,且OA
→
+AB
→
+
AC
→
=0,|OA
→
|=|AB
→
|=1,则CA
→
在BC
→
方向上的投影为( )
A.-1
2 B.- 3
2
C.1
2 D. 3
2
答案 B
解析 由OA
→
+AB
→
+AC
→
=0,得 OB
→
=CA
→
,所以四边形 ABOC 是平行四边
形.又 O 是△ABC 的外接圆圆心,所以 OA=OB=OC,所以四边形 ABOC 是菱
形,且∠ACO=60°,CB 平分∠ACO,所以∠ACB=30°,即 CA
→
与BC
→
的夹角为
150°,因为|OA
→
|=|AB
→
|=1,所以CA
→
在BC
→
方向上的投影为|CA
→
|cos150°=- 3
2 .故选
B.
5.已知AB
→
=(2,1),点 C(-1,0),D(4,5),则向量AB
→
在CD
→
方向上的投影为( )
A.-3 5 B.-3 5
5
C.3 2
2 D.3 5
答案 C
解析 ∵点 C(-1,0),D(4,5),∴CD
→
=(5,5).又AB
→
=(2,1),∴向量AB
→
在CD
→
方向上的投影为|AB
→
|cos〈AB
→
,CD
→
〉=
AB
→
·CD
→
|CD
→
|
= 15
5 2
=3 2
2 .
6.在△ABC 中,(BC
→
+BA
→
)·AC
→
=|AC
→
|2,则△ABC 的形状一定是( )
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
答案 C
解析 由(BC
→
+BA
→
)·AC
→
=|AC
→
|2,得AC
→
·(BC
→
+BA
→
-AC
→
)=0,即AC
→
·(BC
→
+BA
→
+
CA
→
)=0,∴AC
→
·2BA
→
=0,∴AC
→
⊥BA
→
.
∴∠A=90°,选 C.
7.(2019·山东师范大学附属中学五模)已知 O 是△ABC 所在平面上的一定点,
若动点 P 满足OP
→
=OA
→
+λ( AB
→
|AB|sinB
+
AC
→
|AC|sinC),λ∈(0,+∞),则点 P 的轨迹一
定通过△ABC 的( )
A.内心 B.外心
C.重心 D.垂心
答案 C
解析 ∵|AB|sinB=|AC|sinC,设它们等于 t,∴OP
→
=OA
→
+λ·1
t(AB
→
+AC
→
),如
图,设 BC 的中点为 D,则AB
→
+AC
→
=2AD
→
,λ·1
t(AB
→
+AC
→
)表示与AD
→
共线的向量
AP
→
,而点 D 是 BC 的中点,即 AD 是△ABC 的中线,所以点 P 的轨迹一定通过
三角形的重心.故选 C.
8.平面向量 a,b 满足|a|=4,|b|=2,a+b 在 a 上的投影为 5,则|a-2b|为
( )
A.2 B.4
C.8 D.16
答案 B
解析 根据条件,|a+b|cos〈(a+b),a〉=|a+b|·
(a+b)·a
|a+b||a|
=a2+a·b
|a|
=16+a·b
4
=5,所以 a·b=4,所以(a-2b)2=a2-4a·b+4b2=16-16+16=16,所以|a-2b|
=4.故选 B.
二、填空题
9.(2019·辽宁沈阳郊联体高三一模)若平面向量 e1,e2 满足|e1|=|3e1+e2|=2,
则 e1 在 e2 方向上的投影的最大值为________.
答案 -4 2
3
解析 因为|e1|=|3e1+e2|=2,所以|e1|2=4,9|e1|2+|e2|2+6e1·e2=4,
e1 在 e2 方向上的投影为e1·e2
|e2|
=2cosθ,其中 θ 为 e1,e2 的夹角.
又 36+|e2|2+12|e2|cosθ=4,故|e2|2+12|e2|cosθ+32=0.
设 t=|e2|,则 t2+12tcosθ+32=0 有非负解,
故Error!故 cosθ≤-2 2
3
,
故e1·e2
|e2|
≤-4 2
3
,
即 e1 在 e2 方向上的投影的最大值为-4 2
3 .
10.向量 a,b 满足|a|=2,|b|=1,且|a-2b|∈(2,2 3],则 a,b 的夹角 θ
的取值范围是________.
答案 (π
3
,2π
3 ]
解析 ∵|a-2b|∈(2,2 3],∴(a-2b)2∈(4,12],
即 a2+4b2-4a·b=4+4-8cosθ∈(4,12],
∴cosθ∈[-1
2
,1
2),故 θ∈(π
3
,2π
3 ].
11.(2019·四川成都外国语学校高三一模)如图所示,在△ABC 中,AD=
DB,点 F 在线段 CD 上,设AB
→
=a,AC
→
=b,AF
→
=xa+yb,则1
x
+ 4
y+1
的最小值
为_______,此时 x=________.
答案 3+2 2 2-1
解析 AF
→
=xa+yb=2xAD
→
+yAC
→
.
∵C,F,D 三点共线,
∴2x+y=1.即 y=1-2x.由图可知 x>0.
∴1
x
+ 4
y+1
=1
x
+ 2
1-x
=x+1
x-x2.
令 f(x)=x+1
x-x2
,得 f′(x)=x2+2x-1
(x-x2)2
,
令 f′(x)=0,得 x= 2-1 或 x=- 2-1(舍去).
当 0 2-1 时,f′(x)>0.
∴当 x= 2-1 时,f(x)取得最小值
f( 2-1)= 2
( 2-1)-( 2-1)2
=3+2 2.
三、解答题
12.已知向量 a=(sinx,cosx),b=(cos(x+π
6)+sinx,cosx),函数 f(x)=a·b.
(1)求 f(x)的单调递增区间;
(2)若 α∈(0,π
2),且 cos(α+ π
12)=1
3
,求 f(α).
解 (1)f(x)=sinxcos(x+π
6)+1= 3
2 sinxcosx-1
2sin2x+1= 3
4 sin2x+1
4cos2x+3
4
=1
2sin(2x+π
6)+3
4.
令 2kπ-π
2
≤2x+π
6
≤2kπ+π
2
,k∈Z,
解得 kπ-π
3
≤x≤kπ+π
6
,k∈Z.
故 f(x)的单调递增区间为[kπ-π
3
,kπ+π
6],k∈Z.
(2)f(α)=1
2sin(2α+π
6)+3
4
=sin(α+ π
12)cos(α+ π
12)+3
4
,
又 cos(α+ π
12)=1
3
,且 α∈(0,π
2),
∴sin(α+ π
12)=2 2
3
,∴f(α)=2 2
9
+3
4.
13.已知△ABC 的面积为 S,且BA
→
·BC
→
=S.
(1)求 tan2B 的值;
(2)若 cosA=3
5
,且|CA
→
-CB
→
|=2,求 BC 边上的中线 AD 的长.
解 (1)由已知BA
→
·BC
→
=S 有 accosB=1
2acsinB,可得 tanB=2,所以 tan2B=
2tanB
1-tan2B
=-4
3.
(2)由|CA
→
-CB
→
|=2 可得|BA
→
|=2,由(1)知 tanB=2,
解得 sinB=2 5
5
,cosB= 5
5
,又 cosA=3
5
,所以 sinA=4
5
,sinC=sin(A+B)=
sinAcosB+cosAsinB=2 5
5 .
因为 sinB=sinC,所以 B=C,所以 AB=AC=2,
所以中线 AD 也为 BC 边上的高,
所以 AD=ABsinB=2×2 5
5
=4 5
5 .
14.(2019·湘赣十四校高三第二次联考)在△ABC 中,已知内角 A,B,C 所
对的边分别为 a,b,c,a=3 2,b=3,cosA=cos2B.
(1)求边 c 的长;
(2)若 D 为直线 BC 上的一点,且|CD
→
|=2|BD
→
|,求|AD
→
|.
解 (1)解法一:∵a=3 2,b=3,
∴sinA= 2sinB. ①
又 cosA=cos2B, ②
所以①与②平方相加得 2sin2B+cos22B=1,
即 cos22B-cos2B=0,∴cos2B=0 或 cos2B=1.
又 a>b,∴B 为锐角,∴0°<2B<180°,
∴cos2B=0,B=45°.
∴sinA= 2sinB=1,∴A=90°,所以△ABC 为等腰直角三角形,∴c=b=
3.
解法二:∵a>b,∴B 为锐角,∴0°<2B<180°,
∵cosA=cos2B,∴A=2B.
∴sinA=sin2B=2sinBcosB,
由正弦定理与余弦定理得,a=2b·a2+c2-b2
2ac
,
又∵a=3 2,b=3,∴c2-6c+9=0,即 c=3.
(2)解法一:①当CD
→
=-2 BD
→
时,
AD
→
=AC
→
+CD
→
=AC
→
+2
3CB
→
=AC
→
+2
3AB
→
-2
3AC
→
=2
3AB
→
+1
3AC
→
,
∴|AD
→
|= 4
9AB
→
2+2·
2
3AB
→
·
1
3AC
→
+1
9AC
→
2= 5;
②当CD
→
=2 BD
→
时,
AD
→
=AC
→
+CD
→
=AC
→
+2CB
→
=AC
→
+2AB
→
-2AC
→
=2AB
→
-AC
→
,
∴|AD
→
|= 4AB
→
2-2·2AB
→
·AC
→
+AC
→
2=3 5.
解法二:①当CD
→
=-2 BD
→
时,在△ACD 中,AC=3,CD=2 2,∠ACD=
45°,∴AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos45°=5,
∴|AD
→
|= 5;
②当CD
→
=2 BD
→
时,在△ACD 中,AC=3,CD=6 2,∠ACD=45°,∴AD2=
AC2+CD2-2AC·CDcos45°=45,|AD
→
|=3 5.
15.已知向量 a=(2cos
ωx
2
, 3),b=(3cos
ωx
2
,sinωx),ω>0,设函数 f(x)=a·b
-3 的部分图象如图所示,A 为图象的最低点,B,C 为图象与 x 轴的交点,且△
ABC 为等边三角形,其高为 2 3.
(1)求 ω 的值及函数 f(x)的值域;
(2)若 f(x0)=8 3
5
,且 x0∈(-10
3
,2
3),求 f(x0+1)的值.
解 (1)由已知可得 f(x)=a·b-3=6cos2ωx
2
+ 3sinωx-3=2 3sin(ωx+π
3),
由正△ABC 的高为 2 3,可得 BC=4,
所以函数 f(x)的最小正周期 T=4×2=8,
即2π
ω
=8,得 ω=π
4
,故 f(x)=2 3sin(πx
4
+π
3),
所以函数 f(x)的值域为[-2 3,2 3].
(2)由(1)有 f(x0)=2 3sin(πx0
4
+π
3),
又 f(x0)=8 3
5
,故 sin(πx0
4
+π
3)=4
5
,
由 x0∈(-10
3
,2
3),得πx0
4
+π
3
∈(-π
2
,π
2),
所以 cos(πx0
4
+π
3)= 1-(4
5 )2=3
5
,
故 f(x0+1)=2 3sin(πx0
4
+π
4
+π
3)
=2 3sin[(πx0
4
+π
3)+π
4]
=2 3× 2
2 [sin(πx0
4
+π
3)+cos(πx0
4
+π
3)]
= 6×(4
5
+3
5)=7 6
5 .
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