鲁京津琼专用2020版高考数学大一轮复习第五章平面向量与复数5.4平面向量的综合应用教案含解析

答案 C

解析 如图所示，在边AB(或取延长线)上取点B′，使得AB′＝1，在边AC(或取延长线)上取点C′，使得AC′＝1，

由题意结合平面向量的运算法则可知 →AC→→

＝AB′，＝AC′， →→|AB||AC|→

AB→→——→而AB′－AC′＝C′B′，

——→→

据此可得C′B′＝kBC，从而BC∥B′C′， 结合平面几何知识可知

AB′AC′

＝， ABAC而AB′＝AC′，故AB＝AC. 即△ABC为等腰三角形．

1312

4．(2018·东北育才中学模拟)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，若函数f(x)＝x＋|a|x32＋a·bx＋1在R上存在极值，则a和b夹角的取值范围为( )

?π?A.?0，?

6??

C.?

?π?B.?，π?

?3??π?D.?，π? ?3?

2

?π，2π?

3??3?

答案 B

解析 f′(x)＝x＋|a|x＋a·b，设a和b的夹角为θ， 因为f(x)有极值， 所以Δ＝|a|－4a·b>0，

即Δ＝|a|－4|a|·|b|·cosθ>0， π1??即cosθ<，所以θ∈?，π?. 2?3?

5．过抛物线y＝2px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，与抛物线的→→→→

准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若AF＝FB，BA·BC＝48，则抛物线的方程为( ) A．y＝8x C．y＝16x

22

22

2

B．y＝4x D．y＝42x

13

2

2

答案 B

→→

解析 如图所示，由AF＝FB，得F为线段AB的中点，

∵|AF|＝|AC|，∴∠ABC＝30°， →→

由BA·BC＝48，得|BC|＝43. 则|AC|＝4，∴由中位线的性质， 1

有p＝|AC|＝2，

2

故抛物线的方程为y＝4x.故选B.

6．(2018·南昌测试)在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝1，AB＝BC＝2，∠BCD＝120°，动点P→→→1→→→

和Q分别在线段BC和CD上，且BP＝λBC，DQ＝DC，则AP·BQ的最大值为( )

8λA．－2 3C. 4答案 D

解析 因为AB∥CD，CD＝1，AB＝BC＝2，∠BCD＝120°， 所以ABCD是直角梯形，且CM＝3，∠BCM＝30°，

以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

3B．－

29D. 8

2

→→→1→?1?因为BP＝λBC，DQ＝DC，动点P和Q分别在线段BC和CD上，则λ∈?，1?，

8λ?8?

B(2,0)，P(2－λ，3λ)，Q?

?1，3?，

?

?8λ?

→→?1－2，3?

所以AP·BQ＝(2－λ，3λ)·??

?8λ?11

＝5λ＋－4－.

4λ8

14

11?1?令f(λ)＝5λ＋－4－且λ∈?，1?， 4λ8?8?由对勾函数性质可知，当λ＝1时可取得最大值， 119

则f(λ)max＝f(1)＝5＋－4－＝. 488

→→

7．在菱形ABCD中，若AC＝4，则CA·AB＝________. 答案 －8

解析 设∠CAB＝θ，AB＝BC＝a，

由余弦定理得a＝16＋a－8acosθ，∴acosθ＝2， →→

∴CA·AB＝4×a×cos(π－θ)＝－4acosθ＝－8.

8．已知|a|＝2|b|，|b|≠0，且关于x的方程x＋|a|x－a·b＝0有两相等实根，则向量a与b的夹角是________． 答案

2π 3

2

2

2

2

解析 由已知可得Δ＝|a|＋4a·b＝0， 122

即4|b|＋4×2|b|cosθ＝0，∴cosθ＝－. 22π

又∵θ∈[0，π]，∴θ＝. 3

→

9.如图，A是半径为5的圆C上的一个定点，单位向量AB在A点处与圆C相切，点P是圆C→→

上的一个动点，且点P与点A不重合，则AP·AB的取值范围是________．

答案 [－5,5]

解析 如图所示，以AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．

设点P(x，y)，B(1,0)，A(0,0)， →→

则AB＝(1,0)，AP＝(x，y)， →→

所以AP·AB＝(x，y)·(1,0)＝x.

15

因为点P在圆x＋(y－5)＝25上， →→

所以－5≤x≤5，即－5≤AP·AB≤5.

10．已知抛物线C：x＝4y的焦点为F，M是抛物线C上一点，若FM的延长线交x轴的正半→→

轴于点N，交抛物线C的准线l于点T，且FM＝MN，则|NT|＝________. 答案 3

解析 画出图形如图所示．由题意得抛物线的焦点F(0,1)，准线为y＝－1.

2

22

设抛物线的准线与y轴的交点为E，过M作准线的垂线，垂足为Q，交x轴于点P. 由题意得△NPM∽△NOF， →→

又FM＝MN，即M为FN的中点， 11→

∴|MP|＝|OF|＝，|OP|＝

22

1

4×＝2， 2

13→

∴|MQ|＝＋1＝，|ON|＝2|OP|＝22，

22→→3

∴|MF|＝|MN|＝. 2

→→→→|TM||TN|＋|FM||MQ|又＝＝， →→→→|TF||TN|＋2|FM||FE|→33|TN|＋223→

即＝＝，解得|TN|＝3. →24|TN|＋3

→

11．已知四边形ABCD为平行四边形，点A的坐标为(－1,2)，点C在第二象限，AB＝(2,2)，π→→→→

且AB与AC的夹角为，AB·AC＝2.

4(1)求点D的坐标；

→→→

(2)当m为何值时，AC＋mAB与BC垂直．

→

解 (1)设C(x，y)，D(a，b)，则AC＝(x＋1，y－2)． π→→→→

∵AB与AC的夹角为，AB·AC＝2，

4∴

22

＝22＝， 22

→→22＋2?x＋1?＋?y－2?|AB||AC|

16

AB·AC→→