专题能力训练8 平面向量及其综合应用
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)
1.设m,n为非零向量,则“存在负数λ,使得m=λn”是“m·n<0”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
2.若等边△ABC的边长为3,平面内一点M满足,则的值为( ) A.2 B.- C. D.-2 3.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,a-b=(),则|a+2b|=( ) A.2 B. C. D.2
4.已知平面向量a,b,c满足c=xa+yb(x,y∈R),且a·c>0,b·c>0.( ) A.若a·b<0,则x>0,y>0 B.若a·b<0,则x<0,y<0 C.若a·b>0,则x<0,y<0 D.若a·b>0,则x>0,y>0
5.△ABC所在平面上的动点P满足=λ(tan B+tan C),其中λ>0,则动点P一定经过△ABC的( ) A.重心 B.内心 C.外心 D.垂心
6.(2017浙江镇海中学5月模拟)已知△ABC的外接圆半径为2,D为该圆上一点,且,则△ABC的面积的最大值为( ) A.3 B.4 C.3 D.4
7.如图,三个边长为2的等边三角形有一条边在同一直线上,边B3C3上有10个不同的点P1,P2,…,P10,记mi=(i=1,2…,10),则m1+m2+…+m10的值为( )
A.15 8.
B.45
C.60
D.180
如图,扇形OAB中,OA=1,∠AOB=90°,M是OB的中点,P是弧AB上的动点,N是线段OA上的动点,则的最小值为( ) A.0 B. C. D.1-
二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
9.在边长为1的正方形ABCD中,2,BC的中点为F,=2,则= .
10.若平面向量a,b,e满足|e|=1,a·e=1,b·e=2,|a-b|=2,则a·b的最小值
为 .
11.已知向量a,b及实数t满足|a+tb|=3.若a·b=2,则t的最大值是 . 12.
如图,在同一个平面内,向量的模分别为1,1,的夹角为α,且tan α=7,的夹角为45°.若=m+n(m,n∈R),则m+n= .
13.(2017浙江杭州二模)设P为△ABC所在平面上一点,且满足3+4=m(m>0).若△ABP的面积为8,则△ABC的面积为 . 14.
如图,平面内有三个向量,其中的夹角为120°,的夹角为30°,且||=||=2,||=4,若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ的值为 .
三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(本小题满分15分)
如图,在平面四边形ABCD中,AB=13,AC=10,AD=5,cos∠DAC==120. (1)求cos∠BAD;
(2)设=x+y,求x,y的值.
16.(本小题满分15分)
如图,在△ABC中,D是BC的中点,, (1)若=4,=-1,求的值;
(2)若P为AD上任一点,且恒成立,求证:2AC=BC.
参考答案
专题能力训练8 平面向量及其综合应用
1.A 解析 m,n为非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即两向量反向,夹角是180°,则m·n=|m||n|cos 180°=-|m||n|<0.反过来,若m·n<0,则两向量的夹角为(90°,180°],并不一定反向,即不一定存在负数λ,使得m=λn.故选A.
2.A 解析 因为,则,即=2-=2.
222
3.B 解析 向量a,b满足|a|=1,|b|=2,a-b=(),可得|a-b|=5,即|a|+|b|-2a·b=5,解
222
得a·b=0.|a+2b|=|a|+4|b|+4a·b=1+16=17,所以|a+2b|=.故选B.
4.A
5.D 解析 ∵=λ(·tan B+tan C)
=λ[||·||cos (π-B)tan B+||·||cos Ctan C] =λ||(-||sin B+||sin C),
由正弦定理得||sin C=||sin B,∴=0.
∴AP⊥BC,故动点P一定经过△ABC的垂心.
6.B 解析 由知,ABDC为平行四边形,又A,B,C,D四点共圆, ∴ABDC为矩形,即BC为圆的直径,
∴当AB=AC时,△ABC的面积取得最大值×2×4=4.
7.D 解析 因为AB2与B3C3垂直,设垂足为C,所以上的投影为AC,mi==|AB2|×|AC|=2×3=18,从而m1+m2+…+m10的值为18×10=180.
8.D 解析 建立如图所示平面直角坐标系,设P(cos t,sin t),M,N(m,0),则=(m-cos t,-sin t),故=1-,因为0≤m≤1,所以=1-≥1-;又因为1-=1-sin(t+φ)=1-sin(t+φ)(tan φ=2),所以1-=1-sin(t+φ)≥1-(当且仅当sin(t+φ)=1时取等号).故选D.
9.- 解析 如下图,建立平面直角坐标系,则E,G,B(1,0),D(0,1),则=(-1,1),则=1×(-1)+×1=-.
10.
11. 解析 ∵a·b=2?|a||b|cos θ=2(θ|a+tb|=3?9=a2+t2b2+4t=a2++4t≥4t≥8t,∴t≤.
为
a,b
的夹角),∴12.3 解析 ||=||=1,||=,由tan α=7,α∈[0,π]得0<α<,sin α>0,cos α>0,tan α=,sin α=7cos α,又sin2α+cos2α=1,得sin α=,cos α==1,=cos=-,得方程组解得所以m+n=3.
13.14 解析
由3+4=m, 可得, 可设,
则D,A,C共线,且D在线段AC上, 可得,
即有D分AC的比为4∶3,
即有C到直线AB的距离等于P到直线AB的距离的倍, 故S△ABC=S△ABP=×8=14.
14.6 解析 由已知根据向量数量积的定义可得=-2,=12,=0,在=λ+μ两边分别乘, 得
即所以λ+μ=6.
15.解 (1)设∠CAB=α,∠CAD=β, 则cos α=,cos β=,
从而可得sin α=,sin β=,
故cos∠BAD=cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=. (2)由=x+y,得 即解得
16.解 (1)∵,∴E,F为AD的四等分点.
以BC为x轴,以D为原点建立平面直角坐标系, 设B(-a,0),C(a,0),A(m,n),则E,F, ∴=(m+a,n),=(m-a,n),. ∵=4,=-1,
∴解得m2+n2=,a2=. ∴-a2+(m2+n2)-a2=.
(2)∵P为AD上任一点,设P(λm,λn),则=((1-λ)m,(1-λ)n),=(a-λm,-λn), ,
∴=(1-λ)m(a-λm)-(1-λ)λn2=(1-λ)·(ma-λm2-λn2),. ∵恒成立,
∴ma+(m2+n2)≥0恒成立,即(m2+n2)λ2-(m2+n2+ma)λ+(m2+n2)+ma≥0恒成立, ∴Δ=(m2+n2+ma)2-4(m2+n2)·≤0,
2222222
即(m+n)-ma(m+n)+ma≤0, ∴≤0,
∴(m2+n2)=ma,即m2-2ma=-n2, ∴AC==a,
又BC=2a,∴2AC=BC.
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