【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第5章 第4节 向量的应用及向量与其他知识的综合问题（含解析）新人教A版

【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第5章第4节向量的应用及向量与其他知识的综合问题新人教A版一、选择题1．(文)如图，在△ABC中，AB＝5，BC＝3，CA＝4，且O是△ABC的外心，则·＝(　　)A．6　　　B．－6　　C．8　　　D．－8[答案]　D[解析]　∵AB2＝AC2＋BC2，∴∠ACB为直角，∵O为△ABC外心，∴·＝－·＝－(＋)·＝－||2－·＝－8.(理)在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，∠B＝45°，AB＝2CD＝2，M为腰BC的中点，则·＝(　　)A．1　　　B．2　　　C．3　　　D．4[答案]　B[解析]　由条件知AB＝2，CD＝1，BC＝，∴MB＝MC＝，∴·＝||·||·cos45°＝×2×＝1，·＝||·||·cos135°-13-\n＝×1×＝－，∴·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝－2＋＋1＋2×1＝2，故选B．2．(2022·东营模拟)设a，b是不共线的两个向量，其夹角是θ，若函数f(x)＝(xa＋b)·(a－xb)(x∈R)在(0，＋∞)上有最大值，则(　　)A．|a|<|b|，且θ是钝角B．|a|<|b|，且θ是锐角C．|a|>|b|，且θ是钝角D．|a|>|b|，且θ是锐角[答案]　D[解析]　∵f(x)＝(－a·b)x2＋(|a|2－|b|2)x＋a·b在(0，＋∞)上有最大值，∴∴∴|a|>|b|且θ为锐角．3．(文)如果A是抛物线x2＝4y的顶点，过点D(0,4)的直线l交抛物线x2＝4y于B、C两点，那么·等于(　　)A．　B．0　C．－3　D．－[答案]　B[解析]　由题意知A(0,0)，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，直线l：y＝kx＋4，由消去y得，x2－4kx－16＝0，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－16，∴y1·y2＝(kx1＋4)(kx2＋4)＝k2x1x2＋4k(x1＋x2)＋16＝－16k2＋16k2＋16＝16，∴·＝x1x2＋y1y2＝0.(理)(2022·山西大学附中二模)过抛物线x2＝2py的焦点作直线l交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，则△AOB为(　　)A．锐角三角形　B．直角三角形C．钝角三角形　D．不确定[答案]　C[解析]　设直线l的方程为y＝kx＋，由，得x2－2pkx－p2＝0，∴x1x2＝－p2，y1y2-13-\n＝＝，＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，·＝x1x2＋y1y2＝－p2＋＝－p2<0，∴∠AOB为钝角，故选C．4．(文)(2022·湖南十二校联考)设△ABC的三个内角为A，B，C，向量m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，若m·n＝1＋cos(A＋B)，则C＝(　　)A．　B．　C．　D．[答案]　C[解析]　m·n＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝1＋cos(A＋B)即sinC＝1－cosC，所以sin(C＋)＝，又因为C为△ABC的内角，所以C＋＝，即C＝.(理)已知A、B、C是锐角△ABC的三个内角，向量p＝(sinA,1)，q＝(1，－cosB)，则p与q的夹角是(　　)A．锐角　B．钝角　C．直角　D．不确定[答案]　A[解析]　解法1：p·q＝sinA－cosB，若p与q夹角为直角，则p·q＝0，∴sinA＝cosB，∵A、B∈，∴A＝B＝，则C＝，与条件矛盾；若p与q夹角为钝角，则p·q<0，∴sinA<cosB＝sin，∵y＝sinx在上为增函数，∴A<－B，∴A＋B<，∴C>这与条件矛盾，∴p与q的夹角为锐角．解法2：由题意可知A＋B>⇒A>－B⇒sinA>sin(－B)＝cosB⇒p·q＝sinA－cosB>0，又显然p、q不同向，故p与q夹角为锐角．5．(文)(2022·广州梅州二模)已知向量＝(2,2)，＝(4,1)，在x轴上有一点P，使·有最小值，则P点坐标为(　　)A．(－3,0)　B．(3,0)C．(2,0)　D．(4,0)-13-\n[答案]　B[解析]　设P(x,0)，则＝(x－2，－2)，＝(x－4，－1)，·＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1，∴当x＝3时·有最小值，∴P(3,0)．(理)直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝9相交于两点M、N，若c2＝a2＋b2，则·(O为坐标原点)等于(　　)A．－7　B．－14　C．7　D．14[答案]　A[解析]　记、的夹角为2θ.依题意得，圆心(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离等于＝1，∴cosθ＝，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝2×()2－1＝－，∴·＝3×3cos2θ＝－7，选A．6．(2022·荆州市质检)在△ABC中，AB＝2，AC＝4，若点P为△ABC的外心，则·的值为(　　)A．2　B．4　C．6　D．8[答案]　C[解析]　∵cos∠BAP＝＝＝，∴·＝||·||cos∠BAP＝，同理·＝，∵＝－，∴·＝·－·＝－＝－＝6.二、填空题7．(文)在平行四边形ABCD中，已知AB＝2，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点，则·＝________.[答案]　－-13-\n[解析]　·＝(＋)·(－)＝||2－||2－·＝1－2－×1×2·cos60°＝－.(理)如图，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A、B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(＋)·的最小值为________．[答案]　－[解析]　设PC＝x，则0≤x≤3.(＋)·＝2·＝－2x×(3－x)＝2x2－6x＝2(x－)2－，所以(＋)·的最小值为－.8．(文)(2022·晋江调研)已知平面向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角为.以a，b为邻边作平行四边形，则此平行四边形的两条对角线中较短的一条的长度为________．[答案]　[解析]　∵|a＋b|2－|a－b|2＝4a·b＝4|a||b|cos＝4>0，∴|a＋b|>|a－b|，又|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝3，∴|a－b|＝.(理)(2022·南京盐城二模)已知||＝1，||＝2，∠AOB＝，＝＋，则与的夹角大小为________．[答案]　[解析]　令＝，＝，因为||＝1，||＝2，所以||＝||，由＝＋＝＋，可知四边形OA1CB1为菱形．因为菱形对角线平分所对角，因为∠AOB＝，所以∠AOC＝.9．(2022·江西南昌二模)关于平面向量a，b，c，有下列三个命题：①若a·b＝a·c，则b＝c；-13-\n②若a＝(1，k)，b＝(－2,6)，a∥b，则k＝－3；③非零向量a和b满足|a|＝|b|＝|a－b|，则a与a＋b的夹角为60°.其中真命题的序号为________．(写出所有真命题的序号)[答案]　②[解析]　由a·b＝a·c得a·(b－c)＝0，∴(b－c)⊥a，∴命题①错误．由两向量平行的充要条件得1×6＋2k＝0，k＝－3，故命题②正确．由|a|＝|b|＝|a－b|，再结合平行四边形法则可得a与a＋b的夹角为30°，命题③错误．三、解答题10．(文)(2022·漳县二中月考)已知向量a＝(sinθ，cosθ)与b＝(，1)，其中θ∈(0，)．(1)若a∥b，求sinθ和cosθ的值；(2)若f(θ)＝(a＋b)2，求f(θ)的值域．[解析]　(1)∵a∥b，∴sinθ·1－cosθ＝0，求得tanθ＝.又∵θ∈(0，)，∴θ＝.∴sinθ＝，cosθ＝.(注：本问也可以结合sin2θ＋cos2θ＝1或化为2sin(θ－)＝0来求解)(2)f(θ)＝(sinθ＋)2＋(cosθ＋1)2＝2sinθ＋2cosθ＋5＝4sin(θ＋)＋5，又∵θ∈(0，)，θ＋∈(，)，<sin(θ＋)≤1，∴7<f(θ)≤9，即函数f(θ)的值域为(7,9]．(理)(2022·福建福州质检)△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(2sinB，－)，n＝(cos2B,2cos2－1)，且m∥n.(1)求锐角B的大小；(2)如果b＝2，求S△ABC的最大值．[解析]　(1)∵m∥n，∴2sinB(2cos2－1)＝－cos2B，∴sin2B＝－cos2B，即tan2B＝－.又∵B为锐角，∴2B∈(0，π)，∴2B＝，∴B＝.-13-\n(2)∵B＝，b＝2，由余弦定理cosB＝，得a2＋c2－ac－4＝0.又a2＋c2≥2ac，代入上式，得ac≤4，当且仅当a＝c＝2时等号成立．故S△ABC＝acsinB＝ac≤，当且仅当a＝c＝2时等号成立，即S△ABC的最大值为.一、选择题11．(文)设F1、F2为椭圆＋y2＝1的左、右焦点，过椭圆中心任作一直线与椭圆交于P、Q两点，当四边形PF1QF2面积最大时，·的值等于(　　)A．0　　　B．2　　　C．4　　　D．－2[答案]　D[解析]　由题意得c＝＝，又S四边形PF1QF2＝2S△PF1F2＝2××F1F2·h　(h为F1F2边上的高)，所以当h＝b＝1时，S四边形PF1QF2取最大值，此时∠F1PF2＝120°.所以·＝||·||·cos120°＝2×2×(－)＝－2.(理)(2022·襄阳一中检测)过双曲线－＝1(a>0，b>0)的一个焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为点A，且与另一条渐近线交于点B，若＝2，则此双曲线的离心率为(　　)A．　B．　C．　D．2[答案]　D[解析]　设∠FOA＝α，∵OA⊥FB，且＝2，∴OA为FB的中垂线，∴∠FOB＝2α，∵-13-\ntanα＝，tan2α＝－，∴＝－，∴()2＝3，∴＝3，∴e＝＝2.12．(2022·江南十校一模)已知向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)，c＝(cosθ，sinθ)，实数m，n满足ma＋nb＝c，则(m－1)2＋(n－1)2的最小值为(　　)A．－1　B．1C．　D．3－2[答案]　D[解析]　因为ma＋nb＝c，所以m(1,1)＋n(1，－1)＝(cosθ，sinθ)，所以则(m＋n)2＋(m－n)2＝2，即m2＋n2＝1，所以点P(m，n)在以原点O为圆心，以1为半径的圆上，(m－1)2＋(n－1)2是圆上的点P到点M(1,1)的距离的平方，由圆的性质知(m－1)2＋(n－1)2的最小值是(－1)2＝3－2.13．(2022·四川成都五校联考)如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD＝DC＝1，AB＝3，点P是BC的中点，设＝α＋β(α，β∈R)，则α＋β等于(　　)A．　B．　C．　D．[答案]　D[解析]　建立如图所示的坐标系，B(3,0)，D(0,1)，C(1,1)．∵P为BC的中点，∴P(2，)．-13-\n∵＝α＋β，∴(2，)＝α(0,1)＋β(3,0)＝(3β，α)，∴3β＝2，α＝，∴α＋β＝，故选D．14．(2022·安徽)在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足||＝||＝·＝2，则点集{P|＝λ＋μ，|λ|＋|μ|≤1，μ∈R}所表示的平面区域的面积是(　　)A．2　B．2　C．4　D．4[答案]　D[解析]　由||＝||＝·＝2知〈，〉＝.设＝(2,0)，＝(1，)，＝(x，y)，则解得由|λ|＋|μ|≤1得|x－y|＋|2y|≤2.作可行域如图．则所求面积S＝2××4×＝4.二、填空题15．(2022·兰州名校检测)设向量a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，定义一种向量积a⊗b＝(a1b1，a2b2)，已知向量m＝(2，)，n＝(，0)，点P(x，y)在y＝sinx的图象上运动．Q是函数y＝f(x)图象上的点，且满足＝m⊗＋n(其中O为坐标原点)，则函数y＝f(x)的值域是________．[答案]　[－，]-13-\n[解析]　令Q(c，d)，由新的运算可得＝m⊗＋n＝(2x，sinx)＋(，0)＝(2x＋，sinx)，，消去x得d＝sin(c－)，所以y＝f(x)＝sin(x－)，易知y＝f(x)的值域是[－，]．16．(文)已知M是△ABC内的一点，且·＝2，∠BAC＝30°，若△MBC、△MCA和△MAB的面积分别为、x、y，则＋的最小值是________．[答案]　18[解析]　∵·＝2，∴bccosA＝2，∵∠BAC＝30°，∴bc＝4，∴S△ABC＝1，∴x＋y＝，＋＝＋＝(＋)＋10≥18.等号成立时，∴x＝，y＝，∴在时，＋取得最小值18.(理)过双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点F(－c，0)(c>0)，作圆x2＋y2＝的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若＝(＋)，则双曲线的离心率为________．[答案]　[解析]　∵PF与圆x2＋y2＝相切，∴OE⊥PF，且OE＝，∵＝(＋)，∴E为PF的中点，又O为FF2的中点，∴|PF2|＝2|OE|＝a，由双曲线定义知，|PF|＝|PF2|＋2a＝3a，在Rt△PFF2中，|PF|2＋|PF2|2＝|FF2|2，∴a2＋9a2＝4c2，∴e2＝，∵e>1，∴e＝.三、解答题17．已知两点M(－1,0)、N(1,0)，且点P使·，·，·-13-\n成公差小于零的等差数列．(1)点P的轨迹是什么曲线？(2)若点P的坐标为(x0，y0)，记θ为与的夹角，求tanθ.[分析]　(1)求点P的轨迹，先设P(x，y)，由点P满足的条件建立方程，整理化简后指出曲线的形状．(2)由P在(1)中的曲线上，得P点坐标满足的关系式，由向量的夹角公式，可得cosθ，再由同角关系可求tanθ.[解析]　(1)设P(x，y)，则＝－＝(－1－x，－y)，＝－＝(1－x，－y)，＝－＝(2,0)，∴·＝2(1＋x)，·＝x2＋y2－1，·＝2(1－x)，由题意得，化简得，所以点P的轨迹是以原点为圆心，为半径的右半圆(不含端点)．(2)点P的坐标为(x0，y0)，而·＝x＋y－1＝2.又||·||＝·＝2.所以cosθ＝＝，∵0<x0≤，∴<cosθ≤1，∴0≤θ<，∴sinθ＝＝，故tanθ＝＝＝＝|y0|.18．(文)(2022·衡水中学六模)在平面直角坐标系中，已知点A(，0)，向量e＝(0,1)，点B为直线x＝－上的动点，点C满足2＝＋，点M满足·e＝0，·＝0.-13-\n(1)试求动点M的轨迹E的方程；(2)设点P是轨迹E上的动点，点R、N在y轴上，圆(x－1)2＋y2＝1内切于△PRN，求△PRN的面积的最小值．[解析]　(1)设M(x，y)，B(－，m)，则＝(x＋，y－m)，∵2＝＋＝(，0)＋(－，m)＝(0，m)，∴C(0，)，e＝(0,1)，＝(x，y－)，＝(－1，m)，由·e＝0，·＝0得消去m得y2＝2x.所以动点M的轨迹E的方程为y2＝2x.(2)设P(x0，y0)，R(0，b)，N(0，c)，且b>c，∴lPR：y＝x＋b，即lPR：(y0－b)x－x0y＋x0b＝0，由直线PR与圆相切得，＝1，注意到x0>2，化简得(x0－2)b2＋2y0b－x0＝0，同理得(x0－2)c2＋2y0c－x0＝0，所以b，c是方程(x0－2)x2＋2y0x－x0＝0的两根，所以|b－c|＝＝，有S△PRN＝··x0＝(x0－2)＋＋4≥8，当x0＝4时△PRN的面积的最小值为8.(理)(2022·哈尔滨九中月考)如图，已知直线l与抛物线x2＝4y相切于点P(2,1)，且与x轴交于点A，O为坐标原点，定点B的坐标为(2,0)．(1)若动点M满足·＋||＝0，求点M的轨迹C；(2)若过点B的直线l′(斜率不等于零)与(1)中的轨迹C交于不同的两点E、F(E在B、F之间)，试求△OBE与△OBF面积之比的取值范围．-13-\n[解析]　(1)由x2＝4y得y＝x2，∴y′＝x.∴直线l的斜率为y′|x＝2＝1，故直线l的方程为y＝x－1，∴点A坐标为(1,0)．设M(x，y)，则＝(1,0)，＝(x－2，y)，＝(x－1，y)，由·＋||＝0得(x－2)＋y·0＋·＝0，整理，得＋y2＝1.∴动点M的轨迹C为以原点为中心，焦点在x轴上，长轴长为2，短轴长为2的椭圆．(2)由题意知直线l′的斜率存在且不为零，设l′的方程为y＝k(x－2)(k≠0)①，将①代入＋y2＝1中，整理得(2k2＋1)x2－8k2x＋(8k2－2)＝0，由Δ>0得0<k2<.设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则②令λ＝，则λ＝，由此可得＝λ·，λ＝，且0<λ<1.由②知(x1－2)＋(x2－2)＝，(x1－2)·(x2－2)＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＝，∴＝，即k2＝－.∵0<k2<，∴0<－<，解得3－2<λ<3＋2.又∵0<λ<1，∴3－2<λ<1，∴△OBE与△OBF面积之比的取值范围是(3－2，1)．-13-