第22讲平面向量综合问题专题提升训练（解析版）-2022届高考数学理培优

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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

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.