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专题突破练(分值:82 分)
学生用书
P149
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是
符合题目要求的.
1.(2024·河北承德二模)在△ABC 中,D 为BC 中点,连接AD,设E 为AD 中点,且⃗BA=x,⃗BE=y,则⃗BC=(
)
A.4x+2y
B.-4x+y
C.-4x-2y
D.4y-2x
答案D
解析由于⃗BE = 1
2 (⃗BA +⃗BD)=1
2⃗BA + 1
4⃗BC,所以⃗BC=4⃗BE-2⃗BA=4y-2x.故选D.
2.(2024·江苏南京二模)已知向量a=(1,2),b=(x,x+3).若a∥b,则x=( )
A.-6
B.-2
C.3
D.6
答案C
解析由a∥b,知1·(x+3)=2·x,解得x=3.
故选C.
3.(2024·湖南长沙二模)在边长为1 的正六边形A1A2A3A4A5A6中,⃗A1 A4·⃗A3 A6的值为( )
A.2
B.-2
C.2√3
D.-2√3
答案B
解析如图,易知△A3OA4,△A1OA6为正三角形,
则|⃗A1 A4|=|⃗A3 A6|=2,<⃗A1 A4,⃗A3 A6>=2π
3
,
所以⃗A1 A4·⃗A3 A6=|⃗A1 A4||⃗A3 A6|cos<⃗A1 A4,⃗A3 A6>=2×2×(- 1
2)=-2.故选B.
4.(2024·浙江绍兴二模)已知e1,e2是单位向量,且它们的夹角是60°,若a=2e1+e2,b=λe1-e2,且a⊥b,则λ=(
)
A.2
5
B.4
5
C.1
D.2
答案B
解析由a⊥b 得,a·b=(2e1+e2)·(λe1-e2)=2λe1
2+(λ-2)e1·e2-e2
2=0,即2λ+ λ-2
2
-1=0,解得λ=4
5
.故选B.
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5.(2024·山东滨州二模)已知向量a,b,c 在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长
为1,则c·(b-a)=( )
A.4
B.1
C.-1
D.-4
答案A
解析建立平面直角坐标系如图所示,
可知a=(-1,-2),b=(-2,1),c=(2,2),则b-a=(-1,3),所以c·(b-a)=-2+6=4.
故选A.
6.(2024·江苏扬州模拟)已知向量a,b 满足|a|=1,|b|=√3,且a 与b 的夹角为5 π
6
,则|2a-b|=( )
A.1
2
B.√13
C.1
D.13
答案B
解析根据题意,a·b=|a||b|cos5 π
6
=1×√3×(- √3
2 )=-3
2
,则|2a-b|=
√(2a-b)
2=√4 a
2- 4 a·b+b
2=√4 +6+3=√13.故选B.
7.(2024·广东茂名模拟)如图,已知正六边形ABCDEF 的边长为4,对称中心为O,以O 为圆心作半径为
2 的圆,点M 为圆O 上任意一点,则⃗AD·⃗CM的取值范围为
( )
A.[-24,16]
B.[0,32]
C.[-32,0]
D.[-12√3,0]
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答案C
解析连接OM,OC,设<⃗AD ,⃗OM>=θ,依题意,AD=8,OC=4,<⃗AD ,⃗OC>=π
3
,
则⃗AD·⃗CM =⃗AD·(⃗OM -⃗OC)=⃗AD·⃗OM -⃗AD·⃗OC=8×2cos θ-8×4cosπ
3
=16cos θ-16.
由θ∈[0,π],得-1≤cos θ≤1,
所以-32≤⃗AD·⃗CM≤0.
故选C.
8.(2024·湖南邵阳一模)如图,四边形ABCD 是正方形,M,N 分别是BC,DC 的中点,若⃗AB=λ⃗AM+μ⃗AN
,λ,μ∈R,则2λ-μ 的值为( )
A.4
3
B.5
2
C.-2
3
D.10
3
答案D
解析⃗AB =⃗AM +⃗MB =⃗AM +⃗CM =⃗AM + 1
2⃗DA =⃗AM + 1
2 (⃗DN +⃗NA)=⃗AM + 1
2(
1
2⃗AB -⃗AN),
所以3
4⃗AB =⃗AM - 1
2⃗AN,
所以⃗AB = 4
3⃗AM - 2
3⃗AN,
所以λ=4
3
,μ=-2
3
,2λ-μ=8
3 + 2
3 = 10
3
.
故选D.
二、选择题:本题共2 小题,每小题6 分,共12 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目
要求,全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分.
9.(2024·浙江温州模拟预测)已知单位向量a,b,c 共面,则下列说法中正确的是( )
A.若|a+b|=|a-b|,则a∥b
B.若|a+b|=|a-b|,则a⊥b
C.若a+b+c=0,则<a,c>=π
3
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D.若a+b+c=0,则<b,c>=2π
3
答案BD
解析由|a+b|=|a-b|,可得(a+b)2=(a-b)2,即a2+b2+2a·b=a2+b2-2a·b,可得a·b=0,所以a⊥b,故A 不正
确,B 正确.
因为向量a,b,c 为单位向量,可得|a|=|b|=|c|=1.
又a+b+c=0,可得b=-(a+c),
则b2=a2+c2+2a·c,
即|b|2=|a|2+|c|2+2a·c,
可得a·c=-1
2
,
所以cos<a,c>= a·c
|a||c|
=-1
2
.
因为<a,c>∈[0,π],所以<a,c>=2π
3
,故C 错误.
由a+b+c=0,可得a=-(b+c),
则|a|2=|b|2+|c|2+2b·c,可得b·c=-1
2
,
所以cos<b,c>= b·c
|b||c|
=-1
2
.
因为<b,c>∈[0,π],所以<b,c>=2π
3
,故D 正确.
故选BD.
10.(2024·山东济宁模拟)如图2,这是一个边长为20 厘米的正六边形的软木锅垫ABCDEF,则下列选项
正确的是( )
图1
图2
A.向量⃗BF在向量⃗DE上的投影向量为-3
2⃗AB
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B.⃗AD -⃗BE +⃗CF=0
C.|⃗AC +⃗AE|=30
D.点P 是正六边形内部(包括边界)的动点,⃗AP·⃗AB的最小值为-200
答案ABD
解析以A 为原点,以AB 所在直线为x 轴,AE 所在直线为y 轴,建立平面直角坐标系,如图所示.
对于A,由图可知B(20,0),F(-10,10√3),D(20,20√3),E(0,20√3),所以⃗BF=(-30,10√3),⃗DE=(-20,0),故向
量⃗BF在向量⃗DE上的投影向量为⃗BF ·⃗DE
|⃗DE|
2
⃗DE = 600
400⃗DE = 3
2⃗DE=-3
2⃗AB,故A 正确.
对于B,由图可知A(0,0),C(30,10√3),所以⃗AD=(20,20√3),⃗BE=(-20,20√3),⃗CF=(-40,0),所以⃗
AD -⃗BE +⃗CF=(20+20-40,20√3-20√3+0)=(0,0)=0,故B 正确.
对于C,⃗AC=(30,10√3),⃗AE=(0,20√3),|⃗AC +⃗AE|=√30
2+(30√3)
2=√3 600=60,故C 错误.
对于D,设P(x,y),则⃗AP=(x,y),⃗AB=(20,0),所以⃗AP·⃗AB=20x.因为点P 是正六边形内部(包括边界)的
动点,所以-10≤x≤30,所以当x=-10 时,⃗AP·⃗AB有最小值,最小值为-200,故D 正确.
故选ABD.
三、填空题:本题共3 小题,每小题5 分,共15 分.
11.(2024·山东潍坊三模)已知向量a=(1,2),b=(4,-2),c=(1,λ),若c·(2a+b)=0,则实数λ= .
答案-3
解析2a+b=(2,4)+(4,-2)=(6,2),c·(2a+b)=(1,λ)·(6,2)=6+2λ=0,解得λ=-3.
12.(2024·湖北武汉期末)设P 为△ABC 所在平面内一点,满足⃗AP·⃗BC =⃗BP·⃗AC=0,则⃗CP·⃗AB=
.
答案0
解析由⃗AP·⃗BC=0,得⃗PA·(⃗PC -⃗PB)=0,则⃗PA ·⃗PC =⃗PA ·⃗PB.
由⃗BP·⃗AC=0,得⃗PB·(⃗PC -⃗PA)=0,则⃗PB·⃗PC =⃗PB·⃗PA,
于是⃗PA ·⃗PC =⃗PB·⃗PC,
所以⃗CP·⃗AB=-⃗PC·(⃗PB -⃗PA)=-⃗PC ·⃗PB+⃗PC ·⃗PA=0.
13.(2024·山东泰安二模)已知在矩形ABCD 中,AB=1,AD=√3,动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的
圆上,则⃗AP·⃗AD的最大值为 ;若⃗AP=m⃗AB+n⃗AD(m,n∈R),则m+n 的最大值为
.
答案9
2
3
解析如图,以B 为原点,以BC,BA 所在的直线为x 轴、y 轴,建立平面直角坐标系,
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则B(0,0),A(0,1),D(√3,1),C(√3,0),⃗AD=(√3,0).
设圆的半径为r,∵BC=√3,CD=1,
∴BD=√(√3)
2+1
2=2,
∴1
2
BC·CD=1
2
BD·r,
解得r=√3
2
,
∴圆的方程为(x-√3)2+y2=3
4
.
设∠PCE=θ,则点P 的坐标为(√3
2
cos θ+√3, √3
2
sin θ),θ∈[0,2π],则⃗AP=(√3
2
cos θ+√3, √3
2
sin θ-1),⃗
AP·⃗AD =√3( √3
2
cos θ+√3)=3
2
cos θ+3∈[3
2 , 9
2
],故⃗AP·⃗AD的最大值为9
2
.
∵⃗AP=m⃗AB+n⃗AD(m,n∈R),⃗AB=(0,-1),
∴⃗AP=(√3
2
cos θ+√3, √3
2
sin θ-1)=m(0,-1)+n(√3,0)=(√3n,-m),
∴1
2
cos θ+1=n,-√3
2
sin θ+1=m,
∴m+n=1
2
cos θ-√3
2
sin θ+2=cos(θ+π
3
)+2.∵-1≤cos(θ+π
3
)≤1,
∴1≤m+n≤3,
故m+n 的最大值为3.
四、解答题:本题共1 小题,共15 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
14.(15 分)(2024·湖南长沙一模)“费马点”是由数学家费马提出,该问题是:“在一个三角形内求作一点,
使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答,当△ABC 的三个
内角均小于120°时,使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O 即为费马点;当△ABC 有一个内角大于
或等于120°时,最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题:
已知△ABC 的内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且cos 2B+cos 2C-cos 2A=1.
(1)求A;
(2)若bc=2,设点P 为△ABC 的费马点,求⃗PA ·⃗PB+⃗PB·⃗PC +⃗PC ·⃗PA.
解(1)由cos 2B+cos 2C-cos 2A=1,得1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin2A=1,故sin2A=sin2B+sin2C.
由正弦定理可得a2=b2+c2,
故△ABC 是直角三角形,且A=π
2
.
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(2)由(1)知,A=π
2
,
所以△ABC 中的三个角都小于120°.
由费马点定义,可知∠APB=∠BPC=∠APC=120°.
设|⃗PA|=x,|⃗PB|=y,|⃗PC|=z,
由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC得,1
2
xy·√3
2 + 1
2
yz·√3
2 + 1
2
xz·√3
2 = 1
2
bc=1,
整理得xy+yz+xz=4√3
3
,则⃗P A ·⃗PB+⃗PB·⃗PC +⃗PA ·⃗PC=xy·(- 1
2)+yz·(- 1
2)+xz·(- 1
2)=-1
2 × 4√3
3
=-2√3
3
.
