备考2024届高考数学一轮复习好题精练第六章平面向量复数突破1平面向量中的综合问题

突破1平面向量中的综合问题1.[2023湖北部分学校联考]圆的内接四边形ABCD中，AD＝2，CD＝4，BD是圆的直径，则AC·BD＝（　B　）A.12B.－12C.20D.－20解析　由题知∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝2，CD＝4，所以AC·BD＝（AD＋DC）·BD＝AD·BD＋DC·BD＝｜AD｜｜BD｜cos∠BDA－｜DC｜｜BD｜·cos∠BDC＝｜AD｜2－｜DC｜2＝4－16＝－12.故选B.2.[2023山东济南检测]已知非零向量AB，AC满足AB·BC｜AB｜＝AC·CB｜AC｜，且AB｜AB｜·AC｜AC｜＝12，则△ABC为（　D　）A.钝角三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等边三角形解析　由AB｜AB｜·AC｜AC｜＝12，得cosA＝12，又0＜A＜π，∴A＝π3.由AB·BC｜AB｜＝AC·CB｜AC｜，得（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）·BC＝0，∴角A的平分线垂直于BC，∴AB＝AC，∴△ABC是等边三角形.故选D.3.[2024河北石家庄二中月考]已知向量a，b，c共面，且均为单位向量，a·b＝0，则｜a＋b＋c｜的取值范围是（　A　）A.[2－1，2＋1]B.[1，2]C.[2，3]D.[2－1，1]解析　设a＝OA，b＝OB，c＝OC，由题意可得｜OA｜＝｜OB｜＝｜OC｜＝1，且OA⊥OB，以OA，OB为邻边作正方形OADB，连接OD，如图所示，则｜a＋b｜＝｜OD｜＝2，｜a＋b＋c｜＝｜OD＋OC｜，当OD与OC方向相同时，｜a＋b＋c｜最大，为2＋1；当OD与OC方向相反时，｜a＋b＋c｜最小，为2－1.故选A.4.[2023豫南名校三模]如图，这是用来构造无理数2，3，5，…的图形，已知P是平面四边形ABCD内（包含边界）一点，则CB·CP的取值范围是（　D　）A.[－22，2]B.[－1，2]C.[22，1]D.[－22，1]解析　如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E.（CP在CB上的投影向量与CB可能是同向的，也可能是反向的，所以延长BC以保障情况研究全面） 因为DE⊥BC，DC＝1，∠DCE＝45°，所以CE＝22.由图可知当P在线段AB上时，｜CP｜cos∠PCB有最大值1，当P在点D处时，｜CP｜cos∠PCB有最小值－22，（寻找｜CP｜cos∠PCB的最大值和最小值时，最值往往在图形的边界和顶点处取到）又｜CB｜＝1，所以CB·CP的取值范围是[－22，1].故选D.5.已知AM，BN分别为圆O1：（x＋1）2＋y2＝1与O2：（x－2）2＋y2＝4的直径，则AB·MN的取值范围为（　A　）A.[0，8]B.[0，9]C.[1，8]D.[1，9]解析　如图，AB·MN＝（AO1＋O1O2＋O2B）·（MO1＋O1O2＋O2N）＝[O1O2＋（AO1＋O2B）]·[O1O2－（AO1＋O2B）]＝｜O1O2｜2－｜AO1＋O2B｜2＝9－｜AO1＋O2B｜2，其中｜AO1＋O2B｜∈[2－1，2＋1]＝[1，3]，所以AB·MN∈[9－32，9－12]＝[0，8].故选A.6.若点G是△ABC的重心，A（0，－1），B（0，1），在x轴上有一点M满足｜MA｜＝｜MC｜，GM＝λAB（λ∈R），则点C的轨迹方程为（　C　）A.x23＋y2＝1B.x23－y2＝1C.x23＋y2＝1（x≠0）D.x23－y2＝1（x≠0）解析　设点C（x，y），则G（x3，y3）.由已知可得点C不与A，B共线，所以x≠0.（易错：注意寻找变量的范围）设M（x0，0），则MA＝（－x0，－1），MC＝（x－x0，y）（x≠0），GM＝（x0－x3，－y3）（x≠0），AB＝（0，2），由GM＝λAB（λ∈R），得（x0－x3，－y3）＝λ（0，2），所以x0＝x3（x≠0）　①，由｜MA｜＝｜MC｜，得x02+1＝（x－x0）2＋y2（x≠0），即x02＋1＝（x－x0）2＋y2（x≠0）　②，将①代入②得x23＋y2＝1（x≠0）.故选C. 7.[情境创新]已知△ABC中，AB＝4，AC＝43，BC＝8，动点P自点C出发沿线段CB运动，到达点B时停止，动点Q自点B出发沿线段BC运动，到达点C时停止，且动点Q的速度是动点P的2倍.若二者同时出发，且一个点停止运动时，另一个点也停止运动，则该过程中AP·AQ的最大值是（　C　）A.72B.4C.492D.23解析解法一　因为AB＝4，AC＝43，BC＝8，所以AB2＋AC2＝BC2，△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，∠ABC＝60°.如图，分别以AC，AB所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设｜CP｜＝t，则｜BQ｜＝2t，且0≤2t≤8，即0≤t≤4，则A（0，0），Q（3t，4－t），P（43－32t，12t），AQ＝（3t，4－t），AP＝（43－32t，12t），所以AP·AQ＝3t（43－32t）＋12t（4－t）＝－2t2＋14t（0≤t≤4），当t＝72时，AP·AQ取得最大值，最大值为492，故选C.解法二　因为AB＝4，AC＝43，BC＝8，所以AB2＋AC2＝BC2，△ABC是直角三角形，且∠A＝90°，∠C＝30°，∠B＝60°.设CP＝t，则BQ＝2t，且0≤2t≤8，即0≤t≤4，BQ与AC的夹角为30°，CP与AB的夹角为60°，所以AP·AQ＝（AC＋CP）·（AB＋BQ）＝AC·AB＋AC·BQ＋CP·AB＋CP·BQ＝43×2t×cos30°＋4×t×cos60°－2t2＝－2t2＋14t（0≤t≤4），当t＝72时，AP·AQ取得最大值，最大值为492，故选C.8.已知AB⊥AC，｜AB｜＝1t，｜AC｜＝t，若点P是△ABC所在平面内一点，且AP＝AB｜AB｜＋9AC｜AC｜，则PB·PC的最大值是（　D　）A.16B.4C.82D.76解析　以A为坐标原点，可建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），（1t，0），C（0，t）（t＞0），则AB＝（1t，0），AC＝（0，t），∴AP＝t（1t，0）＋9t（0，t）＝（1，9），即P（1，9），∴PB＝（1t－1，－9），PC＝（－1，t－9），∴PB·PC＝1－1t－9t＋81＝82－（9t＋1t）.∵t＞0，∴9t＋1t≥29t·1t＝6（当且仅当9t＝1t，即t＝13时取等号），∴PB·PC≤82－6＝76.故选D. 9.[2024辽宁鞍山月考]设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，P是△ABC所在平面上的一点，PA·PB＝cbPA·PC＋b－cbPA2＝caPB·PC＋a－caPB2，则点P是△ABC的（　C　）A.重心B.外心C.内心D.垂心解析　因为PA·PB＝cbPA·PC＋b－cbPA2＝caPB·PC＋a－caPB2，所以PA·PB－PA2＝cbPA·（PC－PA），PA·PB－PB2＝caPB·（PC－PB），即PA·AB＝cbPA·AC，BA·PB＝caPB·BC，所以｜PA｜ccos∠PAB＝cb｜PA｜bcos∠PAC，｜PB｜ccos∠PBA＝ca｜PB｜a·cos∠PBC，所以∠PAB＝∠PAC，∠PBA＝∠PBC，所以AP在∠BAC的角平分线上，BP在∠ABC的角平分线上，所以点P是△ABC的内心.故选C.10.[2023河北石家庄一中等校联考]已知点列{Pn}中的所有点都在△ABC内部，△ABPn的面积与△ACPn的面积比值为13.在数列{an}中，a1＝1，若∀n∈N*且n≥2，APn＝3anAB＋（4an－1＋3）AC恒成立，那么a4＝（　D　）A.15B.31C.63D.127解析　如图，延长APn交BC于D，则S△ABPnS△ABD＝S△ACPnS△ACD＝APnAD.又△ABPn的面积与△ACPn的面积比值为13，∴S△ABDS△ACD＝13，∴BDCD＝13，∴点D是边BC上最靠近点B的四等分点.AD＝AB＋BD＝AB＋14BC＝AB＋14（AC－AB）＝34AB＋14AC，又APn＝3anAB＋（4an－1＋3）AC，AD∥APn，∴3an34＝4an－1+314，∴an＝4an－1＋3（n≥2）.由a1＝1，依次计算得到a2＝7，a3＝31，a4＝4×31＋3＝127.故选D.11.[考法创新]如图所示，A，B，C，D是正弦函数y＝sinx图象上四个点，且在A，C两点函数值最大，在B，D两点函数值最小，则（OA＋OB）·（OC＋OD）＝　12π2　.解析　由题图知，A，B关于点（π，0）对称，设M（π，0），连接AB，CD，则M为线段AB的中点，同理可知C，D关于点（3π，0）对称，设N（3π，0），则N为线段CD的中点，所以（OA＋OB）·（OC＋OD）＝2OM·（2ON）＝4OM·ON＝12π2. 12.[2023上海虹口区一模]在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cosA＝15，O是△ABC的外心，若OP＝xOB＋yOC，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为　49624　.解析　因为AB＝5，AC＝6，cosA＝15，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcosA＝25＋36－2×5×6×15＝49，则BC＝7，又sinA＝1－cos2A＝265，所以由正弦定理得7sinA＝7265＝2OB，可得OB＝35624.由题意知OP＝xOB＋yOC，其中x，y∈[0，1]，OB＝OC，即点P的轨迹所覆盖图形为以OB，OC为相邻两边的菱形，又∠BOC＝2∠BAC，所以该菱形的面积为2S△BOC＝2×12OB2×sin2A＝（35624）2×2×265×15＝49624.13.[2024云南昆明测评]在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BCD＝60°，BC＝CD＝23，点M是边BC上的动点，则AM·DM的最小值为　214　.解析　如图，连接AC，因为AB⊥BC，AD⊥CD，BC＝CD＝23，则△ABC≌△ADC.又因为∠BCD＝60°，所以∠ACB＝∠ACD＝30°，AC＝4，AB＝AD＝2.设E为AD的中点，分别过E，D作BC的垂线，垂足为H，N，易得DN＝3.又四边形ADNB为直角梯形，E为AD的中点，则EH＝12（AB＋DN）＝52.连接ME，则AM·DM＝MA·MD＝14[（MA＋MD）2－（MA－MD）2]＝ME2－14AD2＝ME2－1≥EH2－1＝214.14.[2024广西八校联考]已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足（a－c）·（b－2c）＝0，则｜c｜的最大值是　52　.解析　建立平面直角坐标系xOy（O是坐标原点，图略），由题意不妨设a＝（1，0），b＝（0，1），c＝（x，y），则a－c＝（1－x，－y），b－2c＝（－2x，1－2y）.由（a－c）·（b－2c）＝0，得（1－x）（－2x）＋（－y）（1－2y）＝0，即x2＋y2－x－12y＝0，即（x－12）2＋（y－14）2＝516，则c的始点为O，终点在以点A（12，14）为圆心、半径r＝54的圆上.连接OA.｜c｜＝x2＋y2，其几何意义为圆A上任意一点P（x，y）到原点O（0，0）的距离，所以｜c｜的最大值为｜OA｜＋r＝（12）2＋（14）2＋54＝52.