新編浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)：第一部分 專題整合高頻突破 專題三　三角函數(shù)、解三角形、平面向量 專題能力訓(xùn)練8 Word版含答案

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1、 專題能力訓(xùn)練8　平面向量及其綜合應(yīng)用 (時(shí)間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.設(shè)m,n為非零向量,則“存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn”是“m·n<0”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 2.若等邊△ABC的邊長(zhǎng)為3,平面內(nèi)一點(diǎn)M滿足,則的值為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2 B.- C. D.-2 3.已知向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,a-b=(),則|a+2b|=(　　) A.2 B. C. D.2 4.已知平面向量a

2、,b,c滿足c=xa+yb(x,y∈R),且a·c>0,b·c>0.(　　) A.若a·b<0,則x>0,y>0 B.若a·b<0,則x<0,y<0 C.若a·b>0,則x<0,y<0 D.若a·b>0,則x>0,y>0 5.△ABC所在平面上的動(dòng)點(diǎn)P滿足=λ(tan B+tan C),其中λ>0,則動(dòng)點(diǎn)P一定經(jīng)過△ABC的(　　) A.重心 B.內(nèi)心 C.外心 D.垂心 6.(20xx浙江鎮(zhèn)海中學(xué)5月模擬)已知△ABC的外接圓半徑為2,D為該圓上一點(diǎn),且,則△ABC的面積的最大值為(　　) A.3 B.4 C.3 D.4 7.如圖,三個(gè)邊長(zhǎng)為2的等邊三角形有一條邊在同一

3、直線上,邊B3C3上有10個(gè)不同的點(diǎn)P1,P2,…,P10,記mi=(i=1,2…,10),則m1+m2+…+m10的值為(　　) A.15 B.45 C.60 D.180 8. 如圖,扇形OAB中,OA=1,∠AOB=90°,M是OB的中點(diǎn),P是弧AB上的動(dòng)點(diǎn),N是線段OA上的動(dòng)點(diǎn),則的最小值為(　　) A.0 B. C. D.1- 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中,2,BC的中點(diǎn)為F,=2,則=　　　　　.? 10.若平面向量a,b,e滿足|e|=1,a·e=1,b·e=2,|a-b|=2,則a·b的最小值為　　

4、　　　.? 11.已知向量a,b及實(shí)數(shù)t滿足|a+tb|=3.若a·b=2,則t的最大值是　　　　　.? 12. 如圖,在同一個(gè)平面內(nèi),向量的模分別為1,1,的夾角為α,且tan α=7,的夾角為45°.若=m+n(m,n∈R),則m+n=　　　　　.? 13.(20xx浙江杭州二模)設(shè)P為△ABC所在平面上一點(diǎn),且滿足3+4=m(m>0).若△ABP的面積為8,則△ABC的面積為　　　　　.? 14. 如圖,平面內(nèi)有三個(gè)向量,其中的夾角為120°,的夾角為30°,且||=||=2,||=4,若=λ+μ(λ,μ∈R),則λ+μ的值為　　　　　.? 三、解答題(本大題共2小

5、題,共30分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15.(本小題滿分15分) 如圖,在平面四邊形ABCD中,AB=13,AC=10,AD=5,cos∠DAC==120. (1)求cos∠BAD; (2)設(shè)=x+y,求x,y的值. 16.(本小題滿分15分) 如圖,在△ABC中,D是BC的中點(diǎn),, (1)若=4,=-1,求的值; (2)若P為AD上任一點(diǎn),且恒成立,求證:2AC=BC.

6、 參考答案 專題能力訓(xùn)練8　平面向量及其綜合應(yīng)用 1.A　解析 m,n為非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即兩向量反向,夾角是180°,則m·n=|m||n|cos 180°=-|m||n|<0.反過來,若m·n<0,則兩向量的夾角為(90°,180°],并不一定反向,即不一定存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn.故選A. 2.A　解析 因?yàn)?則,即=2-=2. 3.B　解析 向量a,b滿足|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

7、|b|2+4a·b=1+16=17,所以|a+2b|=.故選B. 4.A 5.D　解析 ∵=λ(·tan B+tan C) =λ[||·||cos (π-B)tan B+||·||cos Ctan C] =λ||(-||sin B+||sin C), 由正弦定理得||sin C=||sin B,∴=0. ∴AP⊥BC,故動(dòng)點(diǎn)P一定經(jīng)過△ABC的垂心. 6.B　解析 由知,ABDC為平行四邊形,又A,B,C,D四點(diǎn)共圓, ∴ABDC為矩形,即BC為圓的直徑, ∴當(dāng)AB=AC時(shí),△ABC的面積取得最大值×2×4=4. 7.D　解析 因?yàn)锳B2與B3C3垂直,設(shè)垂足為C,所以上的

8、投影為AC,mi==|AB2|×|AC|=2×3=18,從而m1+m2+…+m10的值為18×10=180. 8.D　解析 建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系,設(shè)P(cos t,sin t),M,N(m,0),則=(m-cos t,- sin t),故=1-,因?yàn)?≤m≤1,所以=1-≥1-;又因?yàn)?-=1-sin(t+φ)=1-sin(t+φ)(tan φ=2),所以1-=1-sin(t+φ)≥1-(當(dāng)且僅當(dāng)sin(t+φ)=1時(shí)取等號(hào)).故選D. 9.-　解析 如下圖,建立平面直角坐標(biāo)系,則E,G,B(1,0),D(0,1),則=(-1,1),則=1×(-1)+×1=-. 10.

9、11.　解析 ∵a·b=2?|a||b|cos θ=2(θ為a,b的夾角),∴|a+tb|=3?9=a2+t2b2+4t=a2++4t≥4t≥8t,∴t≤. 12.3　解析 ||=||=1,||=,由tan α=7,α∈[0,π]得0<α<,sin α>0,cos α>0,tan α=,sin α=7cos α,又sin2α+cos2α=1,得sin α=,cos α==1,=cos=-,得方程組解得所以m+n=3. 13.14　解析 由3+4=m, 可得, 可設(shè), 則D,A,C共線,且D在線段AC上, 可得, 即有D分AC的比為4∶3, 即有C到直線AB的距離等于P到

10、直線AB的距離的倍, 故S△ABC=S△ABP=×8=14. 14.6　解析 由已知根據(jù)向量數(shù)量積的定義可得=-2,=12,=0,在=λ+μ兩邊分別乘, 得 即所以λ+μ=6. 15.解 (1)設(shè)∠CAB=α,∠CAD=β, 則cos α=,cos β=, 從而可得sin α=,sin β=, 故cos∠BAD=cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=. (2)由=x+y,得 即解得 16.解 (1)∵,∴E,F為AD的四等分點(diǎn). 以BC為x軸,以D為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系, 設(shè)B(-a,0),C(a,0),A(m,n),則E,F, ∴=(

11、m+a,n),=(m-a,n),. ∵=4,=-1, ∴解得m2+n2=,a2=. ∴-a2+(m2+n2)-a2=. (2)∵P為AD上任一點(diǎn),設(shè)P(λm,λn),則=((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.