高考高考数学理一轮复习真题演练第5章 54 平面向量应用举例.docx

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高考高考数学理一轮复习真题演练第5章54平面向量应用举例

真题演练集训

1．[2016·四川卷]在平面内，定点A，B，C，D满足||＝||＝||，·＝·＝·＝－2，动点P，M满足||＝1，＝，则||2的最大值是（　　）

A.B.

C.D.

答案：

B

解析：

由||＝||＝||知，D为△ABC的外心．

由·＝·＝·知，D为△ABC的内心，所以△ABC为正三角形，易知其边长为2.取AC的中点E，因为M是PC的中点，所以EM＝AP＝，所以||max＝|BE|＋＝，则||＝，故选B.

2．[2015·福建卷]已知⊥，||＝，||＝t.若点P是△ABC所在平面内的一点，且＝＋，则·的最大值等于（　　）

A．13B．15

C．19D．21

答案：

A

解析：

∵⊥，故以A为原点，AB，AC所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系．不妨设B，C（t,0），则＝＋＝（4,1），

故点P的坐标为（4,1）．

·＝·（t－4，－1）＝－4t－＋17

＝－＋17≤－2＋17＝13.

当且仅当4t＝，即t＝时（负值舍去）取得最大值13.

3．[2015·天津卷]在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°.动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝λ，＝，则·的最小值为________．

答案：

解析：

在等腰梯形ABCD中，由AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，可得AD＝DC＝1.

建立平面直角坐标系如图所示，

则A（0,0），B（2,0），C，D，

＝－（2,0）＝，

＝－＝（1,0）．

∵＝λ＝，

∴E.

∵＝＝，∴F.

∴·＝·

＝＋λ＝＋＋λ

≥＋2＝，

当且仅当＝λ，即λ＝时等号成立，符合题意．∴·的最小值为.

4．[2016·江苏卷]如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，·＝4，·＝－1，则·的值是________．

答案：

解析：

解法一：

以D为坐标原点，BC所在直线为x轴，线段BC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，

设B（－a,0），C（a,0），A（b，c），

则E，F，＝（b＋a，c），

＝（b－a，c），＝，

＝，＝，

＝，

由·＝b2－a2＋c2＝4，

·＝－a2＋＝－1，

解得b2＋c2＝，a2＝，

则·＝（b2＋c2）－a2＝.

解法二：

设＝a，＝b，则·＝（a＋3b）·（－a＋3b）＝9|b|2－|a|2＝4，·＝（a＋b）·（－a＋b）＝|b|2－|a|2＝－1，解得|a|2＝，|b|2＝，则·＝（a＋2b）·（－a＋2b）＝4|b|2－|a|2＝.

课外拓展阅读

巧解平面向量高考题的5种方法

向量是既有大小又有方向的量，具有几何和代数形式的“双重性”，常作为工具来解决其他知识模块的问题．在历年高考中都会对该部分内容进行考查，解决这些问题多可利用平面向量的有关知识进行解决．基于平面向量的双重性，一般可以从两个角度进行思考：

一是利用其“形”的特征，将其转化为平面几何的有关知识进行解决；二是利用其“数”的特征，通过坐标转化为代数中的有关问题进行解决．下面对辽宁省的一道高考试题采用5种不同的求解方法进行解答．

[典例]　若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，（a－c）·（b－c）≤0，则|a＋b－c|的最大值为（　　）

A.－1B．1

C.D．2

解法一：

目标不等式法

[思路分析]　

[解析]　因为|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，

所以|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b＝2，

故|a＋b|＝.

展开（a－c）·（b－c）≤0，得

a·b－（a＋b）·c＋c2≤0，

即0－（a＋b）·c＋1≤0，

整理，得（a＋b）·c≥1.

而|a＋b－c|2＝（a＋b）2－2（a＋b）·c＋c2＝3－2（a＋b）·c，

所以3－2（a＋b）·c≤3－2×1＝1.

所以|a＋b－c|2≤1，即|a＋b－c|≤1.

[答案]　B

解法二：

向量基底法

[思路分析]　

[解析]　取向量a，b作为平面向量的一组基底，设c＝ma＋nb.

由|c|＝1，即|ma＋nb|＝1，

可得（ma）2＋（nb）2＋2mna·b＝1，

由题意知，|a|＝|b|＝1，a·b＝0.

整理，得m2＋n2＝1.

而a－c＝（1－m）a－nb，b－c＝－ma＋（1－n）b，

故由（a－c）·（b－c）≤0，得

[（1－m）a－nb]·[－ma＋（1－n）b]≤0，

展开，得m（m－1）a2＋n（n－1）b2≤0，

即m2－m＋n2－n≤0.

又m2＋n2＝1，故m＋n≥1.

而a＋b－c＝（1－m）a＋（1－n）b，

故（a＋b－c）2＝[（1－m）a＋（1－n）b]＝（1－m）2a2＋2（1－m）（1－n）a·b＋（1－n）2b2

＝（1－m）2＋（1－n）2＝m2＋n2－2（m＋n）＋2

＝3－2（m＋n）．

又m＋n≥1，所以3－2（m＋n）≤1.

故|a＋b－c|2≤1，即|a＋b－c|≤1.

[答案]　B

解法三：

坐标法

[思路分析]　

[解析]　因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，

所以〈a，b〉＝.

设＝a，＝b，＝c，

因为a⊥b，所以OA⊥OB.

分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示，

则a＝（1,0），b＝（0,1），则A（1,0），B（0,1）．

设C（x，y），则c＝（x，y），且x2＋y2＝1.

则a－c＝（1－x，－y），b－c＝（－x,1－y），

故由（a－c）·（b－c）≤0，得

（1－x）×（－x）＋（－y）×（1－y）≤0，

整理，得1－x－y≤0，即x＋y≥1.

而a＋b－c＝（1－x,1－y），

则|a＋b－c|＝

＝.

因为x＋y≥1，

所以3－2（x＋y）≤1，即|a＋b－c|≤1.

所以|a＋b－c|的最大值为1.

[答案]　B

解法四：

三角函数法

[思路分析]　

[解析]　因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，

所以〈a，b〉＝.

设＝a，＝b，＝c，

因为a⊥b，所以OA⊥OB.

分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示，

则a＝（1,0），b＝（0,1），

则A（1,0），B（0,1）．

因为|c|＝1，设∠COA＝θ，

所以C点的坐标为（cosθ，sinθ）．

则a－c＝（1－cosθ，－sinθ），b－c＝（－cosθ，1－sinθ），故由（a－c）·（b－c）≤0，得

（1－cosθ）×（－cosθ）＋（－sinθ）×（1－sinθ）≤0，

整理，得sinθ＋cosθ≥1.

而a＋b－c＝（1－cosθ，1－sinθ），

则|a＋b－c|＝

＝.

因为sinθ＋cosθ≥1，

所以3－2（sinθ＋cosθ）≤1，即|a＋b－c|≤1.

所以|a＋b－c|的最大值为1.

[答案]　B

解法五：

数形结合法

[思路分析]　

[解析]　设＝a，＝b，＝c，

因为|a|＝|b|＝|c|＝1，

所以点A，B，C在以O为圆心、1为半径的圆上．

易知＝a－c，＝b－c，|c|＝||.

由（a－c）·（b－c）≤0，

可知·≤0，

则≤∠BCA<π（因为A，B，C在以O为圆心的圆上，所以A，B，C三点不能共线，即∠BCA≠π），

故点C在劣弧AB上．

由a·b＝0，得OA⊥OB，

设＝a＋b，如图所示，

因为a＋b－c＝－＝，

所以|a＋b－c|＝||，

即|a＋b－c|为点D与劣弧AB上一点C的距离，

显然，当点C与A或B点重合时，CD最长且为1，即|a＋b－c|的最大值为1.

[答案]　B