高考数学二轮复习 专题训练八 平面向量

福州2013年高考数学二轮复习专题训练：平面向量

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．

第Ⅰ卷(选择题 共60分)

一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60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．若A、B、C是平面内任意三点，则AB∙AC=( )

1A．2( | AB | 2 + | AC | 2 – | BC | 2 )

1B．2( | AB | 2 + | AC | 2 ) – | BC | 2

C．| AB | 2 + | AC | 2 – | BC | 2

1D．2( | AB | 2 + | AC | 2 )

【答案】A

2．已知M是△ABC的BC边上的中点，若向量AB=a, AC=b,则向量AM等于( )

11A．2(a－b) B．2(b－a)

11C．2( a＋b) D．2(a＋b)

1

【答案】C

（a2b)c3．已知a(1,2),b(3,4),c(3,2)，则=( )

A．（-15,12） B．0 C．-3 D．-11

【答案】C

4．如图，在圆O中，若弦AB＝3，弦AC＝5，则AO∙BC的值( )

A． －8

B． －1

C． 1

D． 8

【答案】D

5．已知△ABC中，ABa，CAb，当ab0时，△ABC的形状为( )

A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．无法判定

【答案】D

6．已知a,b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(ac)∙(bc)0，则|c|的最大值是( )

2

A．

2 B．2 C．1

2D．2

【答案】A

7．已知ABC的三个顶点A、B、C及平面内一点P满足：PAPBPC0，若实数 满足：

ABACAP，则的值为( )

A．

23

3B． 2

C． 2 D． 3

【答案】D

28．设点M是线段BC的中点，点A在BC外，BC16，|ABAC||ABAC|，则 |AM|( )

A．2 B．4 C．8 D．1

【答案】A

9．已知向量a = (2,1)， a∙b = 10，︱a + b ︱= 52，则︱b ︱=( )

A．5 B．10 C．5 D．25

【答案】C

10．△ABC的三内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c设向量

p(ac,b),q(ba,ca),若

p//q,则角C的大小为( )

3

2A．6

B．3 C．2

D．3

【答案】B

11．已知在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，则ABBCAC的模等于( )

A．0 B．5 C．13 D．213

【答案】D

12．下列向量是单位向量的是( )

A．

a(112,2) B．a(1,1)

C．a(1,sin)

D．a(cos,sin)

【答案】D

第Ⅱ卷(非选择题 共90分)

二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)

13．已知P为△ABC内一点，且满足3PA4PB5PC0，那么S△PAB：S△PBC：S△PCA

=_ __。

4

【答案】5：3：4

12CMCBCA6314．若等边ABC的边长为23，平面内一点M满足, 则MA•MB ．

【答案】-2

13a(,)2215．已知，b(1,3)，则|atb|(tR)的最小值等于 .

3【答案】2

16．已知则

是平面上不共线三点，设为线段的值为____________.

垂直平分线上任意一点，若，，

【答案】12

三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17．已知平面内三个已知点A(1,2),O(0,0),B(3,1)，C为线段OB上的一点，

且有(OABACA)OB，

(1)求点C的坐标.

(2)求△ABC的面积

5

【答案】 (1)由已知OB(3,1)，因为点C在线段OB上，所以OCOB(3,)

所以C(3,)，所以DA(13,2),又OA(1,2),BA(2,1)， OABACA(3,5)又

(OABACA)OB

1所以(OABACA)OB0，即5-10=0，=2

3所以C（2,12)

5(2) 2

18．已知向量m(sinx,1)，

n(3cosx,12)，函数f(x)(mn)m．

(1）求函数f(x)的最小正周期；

(2）若a，b，c是ABC的内角A，B，C的对边，a23，c22，且f(A)是函数f(x)在(0,上的最大值，求：角A，角C及b边的大小．

3【答案】（1）

f(x)(sinx3cosx,2)(sinx,1)sin2x3sinxcosx32sin(2x6)2，

T

(2）0x2，62x656，f(x)的最大值为3．

2]6

f(A)sin(2A6)23，A为三角形内角，A3

23又

sin322sinC，得

sinC2C2，AC，4

由

12b282b22122，得b22b40，b26

19．如图所示,在直角坐标系xOy中,射线OA在第一象限,且与x轴的正半轴成定角60,动点P在射线

0OA上运动,动点Q在y轴的正半轴上运动,POQ的面积为23. (Ⅰ）求线段PQ中点M的轨迹C的方程;

(Ⅱ）R1 , R2是曲线C上的动点, R1 , R2到y轴的距离之和为1,

设u为R1 , R2到x轴的距离之积.问:是否存在最大的常数m,

使um恒成立?若存在,求出这个m的值;若不存在,请说明理由.

【答案】（1）射线OA:y3x (x0).

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设M(x,y) , P(a,3a) , Q(0,b)（a0 , b0），

则a2x , 3ab2y，

又因为POQ的面积为23，所以ab43；

消去a,b得点M的轨迹C的方程为：3x2xy30（x0 , y0）. (2）设R1(x1,y1) , R2(x2,y2)，则x1x21，

1 所以

uy1y23(x1x)3(x12x)12

3(x1x122xxx1)3(xx2122)1x2x1x2x1x2

令tx1xt14，所以有u3(t22 则

0< t2)，

/则有：当

0< t14时，u3(12t2)0，

所以u3(t21t2)在(0,4]上单调递减，

所以当

t1754时，umin4，

所以存在最大的常数

m754使um恒成立.

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20． (1) 如图，D是RtABC的斜边AB上的中点，E和F分别在边AC和BC上，且EDFD，求

2222证：EFAEBF (EF表示线段EF长度的平方) (尝试用向量法证明)

3f(x)x3x图像上一点P(1,2)，过点P作直线与yf(x)图像相切，但切点异于点P，(2)已知函数

求直线的方程。

【答案】

(2）设为

(x0,y0)3f(x)x3x图象上任一点， 函数

''2ff(x)3x3易得，则(x0)3x03，

2故

(x0,y0)处切线为yy0(3x03)(xx0)

12

2又知过P(1,2)点，代入解方程得：x01（舍），

x0故所求直线的斜率

k94，从而切线方程为：9x4y10

9

21．已知向量OA(3,4),OB(6,3),OC(5x,3y)．（1）若点A,B,C不能构成三角形，求x,y应满足的条件；（2）若AC2BC，求x,y的值．

【答案】（1） 若点A,B,C不能构成三角形，则这三点共线

由OA(3,4),OB(6,3),OC(5x,3y)得

AB(3,1), AC(2x,1y),

∴3(1y)2x

∴x,y满足的条件为x3y10；

(2）BC(x1,y)，

由AC2BC得

(2x,1y)2(x1,y)

2∴x2x21y2y 解得x4y1．

22．已知点A(3,0),B(0,3),C(cos,sin)

(1）若ACBC1，求sin2的值；

(2）若

OAOC13，其中O是原点，且(0,)，求OB与OC的夹角。

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【答案】（1）AC(cos3,sin),BC(cos,sin3)

(cos3)cossin(sin3)1,得:

sincos23

上式平方,解得:

sin259

(2）

OAOC106cos13,cos12

3(0,),13333,C(2,2)cosOB,OC232,OB,OC611