新课标2022届高考数学二轮复习专题能力训练8平面向量及其综合应用理

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.2B.-C.D.-23.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,a-b=(),则|a+2b|=(　　)A.2B.C.D.24.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>0B.若a·b<0,则x<0,y<0C.若a·b>0,则x<0,y<0D.若a·b>0,则x>0,y>05.△ABC所在平面上的动点P满足=λ(tanB+tanC),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.(2022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.3B.4C.3D.47.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.15B.45C.60D.1808.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.0B.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·b5\n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tanα=7,的夹角为45°.若=m+n(m,n∈R),则m+n=　　　　　. 13.(2022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.5\n5\n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|cos180°=-|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-=2.3.B　解析向量a,b满足|a|=1,|b|=2,a-b=(),可得|a-b|2=5,即|a|2+|b|2-2a·b=5,解得a·b=0.|a+2b|2=|a|2+4|b|2+4a·b=1+16=17,所以|a+2b|=.故选B.4.A5.D　解析∵=λ(·tanB+tanC)=λ[||·||cos(π-B)tanB+||·||cosCtanC]=λ||(-||sinB+||sinC),由正弦定理得||sinC=||sinB,∴=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(cost,sint),M,N(m,0),则=(m-cost,-sint),故=1-,因为0≤m≤1,所以=1-≥1-;又因为1-=1-sin(t+φ)=1-sin(t+φ)(tanφ=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|cosθ=2(θ为a,b的夹角),∴|a+tb|=3⇒9=a2+t2b2+4t=a2++4t≥4t≥8t,∴t≤.5\n12.3　解析||=||=1,||=,由tanα=7,α∈[0,π]得0<α<,sinα>0,cosα>0,tanα=,sinα=7cosα,又sin2α+cos2α=1,得sinα=,cosα==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cosα=,cosβ=,从而可得sinα=,sinβ=,故cos∠BAD=cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ=.(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,即(m2+n2)2-ma(m2+n2)+m2a2≤0,∴≤0,∴(m2+n2)=ma,即m2-2ma=-n2,∴AC==a,又BC=2a,∴2AC=BC.5