1、第第 2222 讲讲 平面向量综合问题平面向量综合问题 A A 组组 一、选择题 1.1.在ABC中，已知D是AB边上一点，若123ADDBCDCACBuuu ruuu r uuu ruu u ruuu r，则（ ） A23 B13 C13 D23 解析：在ABC 中，已知 D 是 AB 边上一点，若AD=2DB，CD=CBCA31，则22()33CDCAADCAABCACBCAuuu ruu u ruuu ruu u ruuu ruu u ruuu ruu u r1233CACBuuu ruuu r=32， 2. 2. 设，ab是非零向量，若函数( )() ()f xxxgabab的图象是一
2、条直线，则必有（ ） Aab Bab C| |ab D| |ab 解析222( )() ()(| )f xxxxx gggababa baba b,若函数( )f x 的图象是一条直线，即其二次项系数为 0， ga b=0 ab. 3.3. 已知ABACuuu ruuur，|t|1ABuuu r，|ACtuuu r，若P点是ABC所在平面内一点，且4ABACAPABACuuu ruuu ruuu ruuuu ruuu r，PB PCuuu r uuu rg的最大值等于( ) A13 B15 C19 D21 解析：以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示， 则B1t，0 ，C()0，t，AP
3、(1，0)4(0，1)(1，4)，即P(1，4)，所以1-1 -4tPBuuu r，( 14)PCtuuu r， ，因此111416 174ttPB PCttuuu r uuu r ，因为114244,ttttg 所以PB PCuuu r uuu r的最大值等于 13，当14tt，即12t时取等号 4. 4. 如图，在四边形 ABCD 中，| 4,0,ABBDDCAB BDBD DC 4|DCBDBDAB，则ACDCAB)(的值为（ ） A.2 B. 22 C.4 D.24 DDCCBBAA解析：2()() ()(|) .AB DCACAB DCABBDDCABDCuuu ruuu ruuu
4、ruuu ruuu r | 4,| 2.|(|)4,ABBDDCABDCBDABDCuuu ruuu rQ ()4.AB DCAC 二、填空题 5. 5. 如图，在ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点MN，若ABmAMuuu ruuuu r，ACnANuuu ruuu r，则mn的值为 解析： 由 MN 的任意性可用特殊位置法： 当 MN 与 BC 重合时知 m=1， n=1， 故 m+n=2， 6.6.给定两个长度为 1 的平面向量和，它们的夹角为.如图所示，点 C 在以 O 为圆心的圆弧上变动.若其中,则的最大值是_. 解析 设 ，即 三、解答题 7.7
5、. 已知ABC 三个顶点的直角坐标分别为 A(3，4)、B(0，0)、C(c，0)(1)若0AB AC g，求c的值；(2)若5c ，求 sinA 的值 解: (1) ( 3, 4)AB uuu r (3, 4)ACcuuu r 由 3(3)162530AB ACcc uuu r uuu rg 得 253c (2) ( 3, 4)AB uuu r (2, 4)AC uuu r 6 161cos5 205AB ACAAB AC uuu r uuu rguuu r uuu rg 22 5sin1 cos5AA OAuuu rOBuuu r120oABuuu v,OCxOAyOBuuu ruuu r
6、uuu r, x yRxyAOC,OC OAxOA OAyOB OAOC OBxOA OByOB OBuuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu vuuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu v01cos21cos(120)2xyxy 02coscos(120)cos3sin2sin()26xy8.8.已知向量321,OPOPOP满足条件0321OPOPOP，1321OPOPOP， 求证：321PPP是正三角形 解：令 O 为坐标原点，可设333222111sin,cos,sin,cos,sin,cosPPP 由321OPOPOP，即 332211sincossin
7、,cossin,cos 321321sinsinsincoscoscos 两式平方和为11cos2121，21cos21， 由此可知21的最小正角为0120，即1OP与2OP的夹角为0120， 同理可得1OP与3OP的夹角为0120，2OP与3OP的夹角为0120， 这说明321,PPP三点均匀分部在一个单位圆上，所以321PPP为等腰三角形. 9.9.已知两点M(1，0)，N(1，0)，且点P使NPNMPNPMMNMP,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坐标为(x0,y0),Q为PM与PN的夹角，求 tan. 解： (1)设P(x,y） ,由M(1， 0）
8、，N(1， 0） 得，PM =MP=(1x,y） ,NPPN =(1x,y),MN =NM=(2,0),MPMN=2(1+x), PMPN=x2+y21,NPNM =2(1x).于是，NPNMPNPMMNMP,是公差小于零的等差数列，等价于 03 0)1 (2)1 (2)1 (2)1 (2211222xyxxxxxyx即 所以，点P的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆. (2)点P的坐标为(x0,y0) ,30 , 1cos21, 3041|cos42)24)(24()1 ()1 (| , 21020200020202022020 xxPNPMPNPMxxxyxyxPNPMyxPNPM |3
9、cossintan,411cos1sin020202yxx 10.10. 已知ABC 的角 A、B、C 所对的边分别是 a、b、c，设向量， ， . （1） 若/ ，求证：ABC 为等腰三角形； （2） 若，边长 c = 2，角 C = ，求ABC 的面积 . 证明： （1） 即，其中 R 是三角形 ABC 外接圆半径， 为等腰三角形 解（2）由题意可知 由余弦定理可知， 11.11.在中，记的夹角为. （）求的取值范围； （）求函数的最大值和最小值. 解 (1)由余弦定理知：，又， 所以，又即为的取值范围； （），因为 ，所以，因此，. B B 组组 一、选择题 ( , )ma bu r(s
10、in,sin)nBAr(2,2)pbau rmu rnrmu rpu r3/ ,sinsin,mnaAbBu vvQ22ababRRabABC/0,(2)(2)0mpa bb au vu v即abab 2224()3abababab2()340abab即4(1)abab舍去11sin4 sin3223SabC ABC1,2, 3, 5ABACBCuuu ruuu ruuu rABACuuu ruuu r与2( )2sin ()3cos24f2222125cos2 1 24aa 3, 5a10cos20,3 2 （ ， ）2( )2sin ()3cos22sin(2)143f2,23 233 3
11、2sin(2)123max( )3f( )31fmin1.1.把函数exy 的图像按向量(2)，0a平移， 得到( )yf x的图像， 则( )f x （ ） Ae2x Be2x C2ex D2ex 解把函数y=ex的图象按向量ar=(2,3)平移，即向右平移 2 个单位，向上平移 3个单位，平移后得到y=f(x)的图象，f(x)= 23xe，选 C。 2.2.设a=(4,3),a在b上的投影为225,b在x轴上的投影为 2,且|b|1,则b为 （） A.(2,14) B.(2,- 72) C.(-2, 72) D.(2,8) 解析：设a在b的夹角为，则有|a|cos=225，=45，因为b在
12、x轴上的投影为 2,且|b|1,结合图形可知选 B 3.3.设两个向量22(2,cos)ar和( ,sin),2mbmr其中, ,m为实数.若2 ,abrr则m的取值范围是 ( ) A. 6,1 B.4,8 C.(,1 D. 1,6 解析由22(2,cos)ar,( ,sin),2mbmr2 ,abrr可得2222cos2sinmm，设km代入方程组可得22222cos2sinkmmk mm消去m化简得2222cos2sin22kkk， 再化简得22422cos2sin022kk再令12tk代入上式得222(sin1)(16182)0tt可得2(16182) 0,4tt解不等式得1 1,8t
13、因而11128k 解得61k . 4.4.在直角坐标系xOy中，, i jr r分别是与x轴，y轴平行的单位向量， 若直角三角形ABC中，2ABijuuu rrr，3ACik juuu rrr，则k的可能值有 A、1 个 B、2 个 C、3 个 D、4 个 【解析】【解析】解法一：解法一：23(1)BCBAACijik jikj uuu ruu u ruuu rrrrrrr （1） 若A为直角，则(2)(3)606AB ACijik jkk uuu r uuu rrrrr； （2） 若B为直角，则(2)(1) 101AB BCij ikjkk uuu r uuu rrr rr； （3） 若C为
14、直角，则2(3)(1) 30AC BCik j ikjkkkuuu r uuu rrr rr。 所以 k 的可能值个数是2，选B 解法二：解法二：数形结合如图，将 A 放在坐标原点，则 B 点坐标为(2,1)，C 点坐标为(3,k)， 所以 C 点在直线 x=3 上， 由图知， 只可能 A、 B 为直角， C 不可能为直角 所以 k 的可能值个数是 2，选 B 二、填空题 5.5. 如图， 在ABC中，120 ,2,1,BACABACD是边BC上一点，2,DCBD则AD BC uuu r uuu rg. 【分析】法一：由余弦定理得222222cos22ABACBCABADBDBABACABBD
15、可得7BC 13,3AD ， 又,AD BCuuu r uuu r夹角大小为ADB，2223298cos294 13791BDADABADBBDAD， 所以AD BC uuu r uuu rg8cos3ADBCADB. 法二：根据向量的加减法法则有:BCACABuuu ruuu ruuu r 时 112()333ADABBDABACABACABuuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r,此2212122()()33333AD BCACAB ACABACAC ABABuuu r uuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r uuu
16、ruuu r 18183333 . 6.6.如图 2，两块斜边长相等的直角三角板拼在一起，若， 则 ， . _ADxAByACuuu ruuu ruuu rxy 图 2 解析 作,设，, 由解得故 三、解答题 7.7.已知点O是，内的一点，0090BOC150AOBABC ,OAcOCbOBa设且, 3, 1, 2cba试用.,cba表示和 解：以 O 为原点，OC，OB 所在的直线为x轴和y轴建立如图 3 所示的坐标系. 由 OA=2，0120AOx，所以,31-A,120sin2 ,120cos200，即A， 易求3,0C1-0B，设 .31-3-331-3,01-031-,OA21122
17、121，即OCOB cba313 . 8.8.已知向量且，函数 （I）求函数的最小正周期及单调递增区间； （II）若，分别求及的值。 （I）解； 得到的单调递增区间为 （II） DFAB12ABACBCDE 60DEBoQ6,2BD45DBFo623,222DFBF31,2x 3.2y sin ,cos,3cos ,cosaxxbxxrr0br 21f xa b r r f xa brrPtan x cos21xf x 2cos212 3sin cos2cos13sin2212 3sin2cos22sin 26222,262xf xxxxxxxxTkxkkZ 令,36kkkZ 9.9.已知是
18、x,y 轴正方向的单位向量，设 =, =,且满足| |+|=4. 求点 P(x,y)的轨迹 C 的方程. 如果过点 Q(0，m)且方向向量为 =(1,1) 的直线 l 与点 P 的轨迹交于 A，B 两点，当AOB 的面积取到最大值时，求 m 的值。 解：(1) =, |=,且| |+|=4. 点 P(x,y)到点(,0)，(-,0)的距离这和为 4，故点 P 的轨迹方程为 (2)设 A(),B()依题意直线 AB 的方程为 y=x+m.代入椭圆方程，得，则+=- m, = 因此， 当时，即 m=时， 10.10.已知向量与互相垂直，其中 （1）求和的值； （2）若，求的值 解 （1） 与 互相
19、垂直，则，即，代入得，又， . （2），则， 2222,sin3cos ,cos0tan3cos2cossin1tan1 31142 3sin cos2cos2 3tan22 332a bxxxxxxxxf xxxxx rrP则ji,aj yix)3(bj yix)3(abcaj yix)3(bj yix)3(ab331422 yx11,yx22, yx0448522mmxx1x2x581x2x) 1(254m225221)5(mmdABSAOB225mm 2101maxS)2,(sina)cos, 1 (b(0,)2sincos10sin(),0102cosab0cos2sinbacos2s
20、in1cossin2255cos,552sin(0,)255cos,552sin20202210103)(sin1)cos(211.11.如图，已知ABC 中，|AC|=1,ABC=,BAC=,记。 （1） 求关于的表达式; （2） 求的值域。 解 ：（ 1 ） 由 正 弦 定 理 ， 得 （2）由，得 ，即的值域为. C C 组组 一、选择题 1. 1. 在直角ABC中，CD是斜边AB上的高，则下列等式不成立的是 （A）2ACAC ABuuu ruuu r uuu r （B） 2BCBA BCuuu ruu u r uuu r （C）2ABAC CDuuu ruuu r uuu r （D）
21、22() ()AC ABBA BCCDABuuu r uuu ruu u r uuu ruuu ruuu r 【解析】【解析】 ： 2()00ACAC ABACACABAC BCuuu ruuu r uuu ruuu ruuu ruuu ruuu r uuu r，A 是正确的，同理 B 也正确，对于 D 答案可变形为2222CDABACBCuuu ruuu ruuu ruuu r，通过等积变换判断为正确. 2.2.设 F 为抛物线 y2=4x 的焦点，A、B、C 为该抛物线上三点，若FCFBFA=0 0，则|FA|+|FB|+|FC|= (A)9 (B) 6 (C) 4 (D) 3 解设 F
22、为抛物线 y2=4x 的焦点，A、B、C 为该抛物线上三点，若FCFBFA=0 0，23( )fAB BCuuu r uuu rg( )f( )f|1|22sinsinsin()33BCAB2sin()sin2 32 33|sin ,|sin()22333sinsin33BCAB41( )| |cossinsin()3332fAB BCABBCuuu r uuu ruuu ruuu rgggg231311(cossin )sinsin2cos232266611sin(2).(0)36630352,6661sin(2)1,261110sin(2)3666( )f1(0 , 6则 F 为ABC 的
23、重心， A、B、C 三点的横坐标的和为 F 点横坐标的 3 倍，即等于 3， |FA|+|FB|+|FC|=(1)(1)(1)6ABCxxx，选 B。 3 3.设 D 是正及其内部的点构成的集合，点是的中心，若集合，则集合 S 表示的平面区域是 ( ) A三角形区域 B四边形区域 C五边形区域 D六边形区域 解析 本题主要考查集合与平面几何基础知识.本题主要考查阅读与理解、 信息迁移以及学生的学习潜力,考查学生分析问题和解决问题的能力. 属于创新题型.如图，A、B、C、D、E、F 为各边三等分点，答案是集合 S 为六边形 ABCDEF，其中， 即点 P 可以是点 A. 4.4.已知 O，N，P
24、 在所在平面内，且，且，则点 O，N，P 依次是的 ( ) A.重心 外心 垂心 B.重心 外心 内心 C.外心 重心 垂心 D.外心 重心 内心 （注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心） 解析 二、填空题 5.5.在平面直角坐标系中，O为原点，A(1,0)，B(0， 3)，C(3,0)，动点D满足|CD|1，则|OAOBOD|的最大值是_ 解析 设D(x，y)，由CD(x3，y)及|CD|1 知(x3)2y21，即动点D的轨迹为以点C为圆心的单位圆 又O AOBOD(1,0)(0， 3)(x，y)(x1，y 3)， |OAOBOD|x12y 32. 123PP P0P123PP
25、P0 |,| |,1,2,3iSP PD PPPP i021,3iP AP APA iABC,0OAOBOC NANBNCPA PBPB PCPC PAABC,0OAOBOCOABCNANBNCOABC由知为的外心；由知， 为的重心00,.PA PBPB PCPAPCPBCA PBCAPBAPBCPCQ，同理，为 ABC的垂心，选问题转化为圆(x3)2y21 上的点与点P(1， 3)间距离的最大值圆心C(3,0)与点P(1，3)之间的距离为3120 327，故x12y 32的最大值为 71. 6.6.如图，在半径为 1 的扇形AOB中，AOB60，C为弧上的动点，AB与OC交于点P，则OPBP
26、最小值是_ 解析 因为OPOBBP， 所以OPBP(OBBP)BPOBBP(BP)2.又因为AOB60，OAOB，OBA60.OB1.所以OBBP|BP|cos 12012|BP|.所以OPBP12|BP|BP|2(|BP|14)2116116.故当且仅当|BP|14时，OPBP最小值是116. 三、解答题 7.7.已知向量m m(sin x，cos x)，n n(32，32)，xR R，函数f(x)m mn n. (1)求f(x)的最大值； (2)在ABC中，设角A，B的对边分别为a，b，若B2A，且b2af(A6)，求角C的大小 解 (1)f(x)32sin x32cos x 3sin(x
27、6)， 所以f(x)的最大值为 3. (2)因为b2af(A6)，由(1)和正弦定理，得 sin B2 3sin2A. 又B2A，所以 sin 2A2 3sin2A，即 sin Acos A 3sin2A， 而A是三角形的内角，所以 sin A0，故 cos A 3sin A，tan A33， 所以A6，B2A3，CAB2. 8.8.已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若向量m m(cos B,2cos2C21)与向量n n(2ab，c)共线 (1)求角C的大小； (2)若c2 3，SABC2 3，求a，b的值 解 (1)m m(cos B，cos C)，n n(2ab，c)，m
28、 mn n， ccos B(2ab)cos C，sin Ccos B(2sin Asin B)cos C， sin A2sin Acos C，cos C12，C(0，)，C3. (2)c2a2b22abcos C，a2b2ab12， SABC12absin C2 3，ab8， 由得 a2b4或 a4b2. 9.9.在ABC中，AC10，过顶点C作AB的垂线，垂足为D，AD5，且满足AD511DB. (1)求|ABAC|； (2)存在实数t1，使得向量x xABtAC，y ytABAC，令kx xy y，求k的最小值 解 (1)由AD511DB，且A，B，D三点共线，可知|AD|511|DB|.
29、 又AD5，所以DB11.在 RtADC中，CD2AC2AD275， 在 RtBDC中，BC2DB2CD2196，所以BC14.所以|ABAC|CB|14. (2)由(1)，知|AB|16，|AC|10，|BC|14. 由余弦定理，得 cos A1021621422101612. 由x xABtAC，y ytABAC， 知kx xy y(ABtAC)(tABAC)t|AB|2(t21)ACABt|AC|2 256t(t21)161012100t80t2356t80. 由二次函数的图象，可知该函数在1，)上单调递增， 所以当t1 时，k取得最小值 516. 10.10.已知向量OP(cos x，
30、sin x), OQ33sin x，sin x，定义函数f(x)OPOQ. (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)当OPOQ时，求锐角x的值 解析：(1)f(x)33sin xcos xsin 2x123312sin 2x32cos 2x 1233sin2x3， 2k22x32k32，kZ，即k12xk712，kZ. f(x)的单调递增区间为k12，k712(kZ) (2)当OPOQ时，f(x)0，即1233sin2x30, sin2x332， 又32x343，故 2x323，故x6. 11已知向量a(sin ，2)与b(1，cos )互相垂直，其中0，2. (1)求 sin 和 cos 的值； (2)若 sin()1010，02，求 cos 的值 解析： (1)a与b互相垂直， 则a bsin 2cos 0， 即 sin 2cos ，代入 sin2 cos2 1 得 sin 2 55，cos 55， 又0，2，sin 2 55，cos 55. (2)02，02，22. cos() 1sin2（）3 1010. cos cos()cos cos()sin sin()553 10102 55101022.
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