《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第四單元 專題探究2 平面向量的綜合應(yīng)用練習(xí) 文（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第四單元 專題探究2 平面向量的綜合應(yīng)用練習(xí) 文（含解析）新人教A版（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題探究2　平面向量的綜合應(yīng)用 1.[2018·株州模擬] 在△ABC中,(BC+BA)·AC=|AC|2,則△ABC的形狀一定是 (　　) 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 2.[2018·揭陽模擬] 已知點(diǎn)A(-2,0),B(3,0),動(dòng)點(diǎn)P(x,y)滿足PA·PB=x2,則點(diǎn)P的軌跡是 (　　) A.圓 B.橢圓 C.雙曲線 D.拋物線 3.△ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,且(AB+AC)·BC=0,則△ABC的形狀為 (　　) A.鈍角三角形 B.等邊三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 4.已知O是坐標(biāo)原

2、點(diǎn),點(diǎn)A(-2,1),若點(diǎn)M(x,y)為平面區(qū)域x+y≥2,x≤1,y≤2內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),則OA·OM的取值范圍是 (　　) A.[-1,0] B.[-1,2] C.[0,1] D.[0,2] 5.在菱形ABCD中,若AC=4,則CA·AB=　　　　.? 6.[2018·成都龍泉一中、新都一中等九校聯(lián)考] 已知向量m=(1,cosθ),n=(sinθ,-2),且m⊥n,則sin2θ+6cos2θ的值為 (　　) A.12 B.2 C.22 D.-2 7.在△ABC中,D為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),且AD=13AB+12AC,則S△BCDS△ABD等于 (　　) A.16 B.1

3、3 C.12 D.23 8.[2018·臺(tái)州實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬] 已知F1,F2分別為橢圓C:x29+y28=1的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)E是橢圓C上的動(dòng)點(diǎn),則EF1·EF2的最大值、最小值分別為 (　　) A.9,7 B.8,7 C.9,8 D.17,8 9.[2018·安徽師大附中模擬] 已知函數(shù)f(x)=3sinωx(ω>0)的部分圖像如圖Z2-1所示,A,B分別是圖像上的最高點(diǎn)、最低點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),若OA·OB=0,則函數(shù)f(x+1)是 (　　) 圖Z2-1 A.周期為4的奇函數(shù) B.周期為4的偶函數(shù) C.周期為2π的奇函數(shù) D.周期為2π的偶函數(shù) 10.[2018·資陽4

4、月模擬] 如圖Z2-2所示,在直角梯形ABCD中,AB⊥AD,AB∥DC,AB=2,AD=DC=1,圖中圓弧所在圓的圓心為點(diǎn)C,半徑為12,且點(diǎn)P在圖中陰影部分(包括邊界)內(nèi)運(yùn)動(dòng).若AP=xAB+yBC,其中x,y∈R,則4x-y的取值范圍是 (　　) 圖Z2-2 A.2,3+324 B.2,3+52 C.3-24,3+52 D.3-172,3+172 11.[2018·山西四大名校聯(lián)考] 設(shè)F為拋物線y2=4x的焦點(diǎn),A,B,C為該拋物線上三點(diǎn),若FA+FB+FC=0,則|FA|+|FB|+|FC|=　　　　.? 12.已知向量a=(1,1),b=(1,-1),c=(2cosθ

5、,2sinθ),實(shí)數(shù)m,n滿足ma+nb=c,則(m-1)2+(n-1)2的最小值為　　　　.? 13.已知點(diǎn)P(0,-3),點(diǎn)A在x軸上,點(diǎn)Q在y軸的正半軸上,點(diǎn)M滿足PA·AM=0,AM=-32MQ,當(dāng)點(diǎn)A在x軸上移動(dòng)時(shí),求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程. 14.[2018·酒泉質(zhì)檢] 在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且滿足(2a-c)BA·BC=cCB·CA. (1)求角B的大小; (2)若|BA-BC|=6,求△ABC的面積的最大值. 15.[2018·大慶一模] 已知共面向量a,b,c滿足|a|=3,b+c=2a,且|b|=|b-c|.若對

6、每一個(gè)確定的向量b,記|b-ta|(t∈R)的最小值為dmin,則當(dāng)b變化時(shí),dmin的最大值為 (　　) A.43 B.2 C.4 D.6 16.在平面直角坐標(biāo)系中,O為坐標(biāo)原點(diǎn),正三角形ABC內(nèi)接于圓O:x2+y2=4,直線l:x-ky=0交邊AB于點(diǎn)P,交邊AC于點(diǎn)Q,且PQ∥BC,則BQ·CP的值為　　　　.? 專題集訓(xùn)(二) 1.C　[解析] 由(BC+BA)·AC=|AC|2,得AC·(BC+BA-AC)=0,即AC·(BC+BA+CA)=0,2AC·BA=0,∴AC⊥BA,∴A=90°.又根據(jù)已知條件不能得到|AB|=|AC|,故△ABC一定是直角三角形

7、. 2.D　[解析]∵PA=(-2-x,-y),PB=(3-x,-y),∴PA·PB=(-2-x)(3-x)+y2=x2,∴y2=x+6,即點(diǎn)P的軌跡是拋物線. 3.B　[解析] 由內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,得B=60°,由(AB+AC)·BC=0,可得△ABC為等腰三角形.綜上可得,△ABC為等邊三角形. 4.B　[解析]OA·OM=-2x+y,畫出不等式組x+y≥2,x≤1,y≤2表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示.平移直線y=2x易知,當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,1)時(shí),OA·OM取得最小值-1,當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,2)時(shí),OA·OM取得最大值2.故選B. 5.-8　[解析] 設(shè)∠CA

8、B=θ,AB=BC=a,由余弦定理得a2=16+a2-8acosθ,∴acosθ=2,∴CA·AB=4·a·cos(π-θ)=-4acosθ=-8. 6.B　[解析] 由題意可得m·n=sinθ-2cosθ=0,cosθ≠0,則tanθ=2,所以sin2θ+6cos2θ=2sinθcosθ+6cos2θsin2θ+cos2θ=2tanθ+6tan2θ+1=2.故選B. 7.B　[解析] 如圖,由已知構(gòu)造?AFDE,可得點(diǎn)D在△ABC中與AB平行的中位線上,且在靠近BC邊的三等分點(diǎn)處,從而有S△ABD=12S△ABC,S△ACD=13S△ABC,S△BCD=1-12-13S△ABC=16S△

9、ABC,所以S△BCDS△ABD=13. 8.B　[解析] 由題意可知橢圓的左、右焦點(diǎn)坐標(biāo)分別為F1(-1,0),F2(1,0),設(shè)E(x,y)(-3≤x≤3),則EF1=(-1-x,-y),EF2=(1-x,-y),所以EF1·EF2=x2-1+y2=x2-1+8-89x2=x29+7.當(dāng)x=0時(shí),EF1·EF2有最小值7,當(dāng)x=±3時(shí),EF1·EF2有最大值8,故選B. 9.B　[解析] 由題圖可得Aπ2ω,3,B3π2ω,-3,由OA·OB=0得3π24ω2-3=0,又ω>0,所以ω=π2,所以f(x)=3sinπ2x,所以f(x+1)=3sinπ2(x+1)=3cosπ2x,它

10、是周期為4的偶函數(shù).故選B. 10.B　[解析] 以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),AD,AB的方向?yàn)閥軸、x軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系(圖略),設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m,n),A(0,0),B(2,0),C(1,1).由題意可知AP=x(2,0)+y(-1,1),據(jù)此可得m=2x-y,n=y,則x=m+n2,y=n.設(shè)z=4x-y,則z=2m+n,其中z為直線n=-2m+z的縱截距,當(dāng)直線與圓相切時(shí),目標(biāo)函數(shù)z取得最大值3+52,當(dāng)直線過點(diǎn)12,1時(shí),目標(biāo)函數(shù)z取得最小值2,則4x-y的取值范圍是2,3+52. 11.6　[解析] 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),F(1,0),所以FA

11、+FB+FC=(x1+x2+x3-3,y1+y2+y3)=0,得x1+x2+x3=3.由拋物線定義可得|FA|+|FB|+|FC|=(x1+1)+(x2+1)+(x3+1)=6. 12.3-22　[解析] 因?yàn)閙a+nb=c,所以m(1,1)+n(1,-1)=(2cosθ,2sinθ),所以m+n=2cosθ,m-n=2sinθ,則(m+n)2+(m-n)2=2,即m2+n2=1,所以點(diǎn)P(m,n)在以原點(diǎn)O為圓心,1為半徑的圓上,(m-1)2+(n-1)2是圓上的點(diǎn)P到點(diǎn)M(1,1)的距離的平方,由圓的性質(zhì)知(m-1)2+(n-1)2的最小值是(2-1)2=3-22. 13.解:設(shè)M(x

12、,y)為所求軌跡上任一點(diǎn), 設(shè)A(a,0),Q(0,b)(b>0), 則PA=(a,3),AM=(x-a,y),MQ=(-x,b-y), 由PA·AM=0,得a(x-a)+3y=0①. 由AM=-32MQ,得(x-a,y)=-32(-x,b-y)=32x,32y-32b, ∴x-a=32x,y=32y-32b,∴a=-x2,b=y3. ∵b>0,∴y>0, 把a(bǔ)=-x2代入①中,得-x2x+x2+3y=0, 整理得y=14x2(x≠0). ∴動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為y=14x2(x≠0). 14.解:(1)由題意得(2a-c)cosB=bcosC. 根據(jù)正弦定理得(2sinA-

13、sinC)cosB=sinBcosC, 所以2sinAcosB=sin(C+B), 即2sinAcosB=sinA. 因?yàn)锳∈(0,π),所以sinA>0, 所以cosB=22,又B∈(0,π),所以B=π4. (2)因?yàn)閨BA-BC|=6,所以|CA|=6, 即b=6,根據(jù)余弦定理及基本不等式,得6=a2+c2-2ac≥2ac-2ac=(2-2)ac(當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí)取等號),即ac≤3(2+2), 故△ABC的面積S=12acsinB≤32+32, 即△ABC的面積的最大值為32+32. 15.B　[解析] 固定向量a=(3,0),則向量b,c分別在以(3,0)為圓心,r

14、為半徑的圓上的直徑兩端運(yùn)動(dòng),其中,OA=a,OB=b,OC=c,如圖,易得點(diǎn)B(rcosθ+3,rsinθ).因?yàn)閨b|=|b-c|,所以O(shè)B=BC,即(rcosθ+3)2+r2sin2θ=4r2,整理為r2-2rcosθ-3=0,可得cosθ=r2-32r.令OH=ta,則HB=b-ta,當(dāng)BH⊥OA時(shí),|b-ta|取得最小值,所以dmin=rsinθ=-r4+10r2-94=4-(r2-5)24≤2,所以dmin的最大值是2,故選B. 16.-223　[解析](1)因?yàn)閳A心O為正三角形ABC的中心,所以△ABC的邊長為23,由于直線l:x-ky=0交邊AB于點(diǎn)P,交邊AC于點(diǎn)Q,且PQ∥BC,因此由三角形重心的性質(zhì)可得,AP=23AB,AQ=23AC,BQ·CP=(BA+AQ)·(CA+AP)=BA+23AC·CA+23AB=BA·CA+49AC·AB+23AC·CA+23AB·BA=6+83-8-8=-223. 6