平面向量的应用

应用）

1. (江苏省南京市2015届高三上学期9月调考数学试卷)在平面直角坐标系xOy中，已知圆

uuuruuurC：xy6x50，点A，B在圆C上，且AB=23，则|OA+OB|的最大值是________.

22【考点】平面向量的应用. 【答案】8

【分析】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB中点M(x，y).

x1x2yy2，y1 22uuuruuuruuuur∴OA+OB=(x1x2,y1y2)2OM，

∵x∵圆C：xy6x50，∴(x3)y4，圆心C(3，0)，半径CA=2. ∵点A，B在圆C上，AB=23， ∴CA2CM2(AB)2，即CM=1. 点M在以C为圆心，半径r=1的圆上. ∴OM≤OC+r=3+1=4.

∴|OM|≤4，|OA+OB|≤8.

222212uuuuruuuruuur2. 在平面直角坐标系中,O为坐标原点,已知向量a=(2,1),A(1,0),B(cosθ,t).

uuuruuuruuuruuur(1)若a∥AB,且|AB|=5OA,求向量OB的坐标.

uuur22(2)若a∥AB,求ycoscost的最小值. uuur【解析】(1)因为AB=cos1,t,

uuur又a∥AB,所以2tcos10.

所以cos12t.①

uuuruuur2又因为|AB|=5OA,所以cos1t25.②

22由①②得,5t5,所以t1.所以t1.

当t1时,cos3 (舍去), 当t1时,cos1,

uuur所以B1,1,所以OB1,1.

(2)由(1)可知t2cos1, 2(cos1)2所以ycoscos

4531561531cos2cos(cos2cos)(cos)2, 42445445531所以当cos时,ymin.

553．已知a4,b3,(2a3b)(2ab)61.

(1)求a与b的夹角θ. (2)求|a+b|.

uuuruuur(3)若ABa,BCb,求△ABC的面积.

【解析】(1)因为(2a3b)(2ab)61, 所以4a4ab3b61.

又a4,b3,所以644ab2761, 所以a·b6,所以cos22ab61.

|a||b|432又0≤θ≤π,所以θ=

222. 322(2)ababa2abb

42263213,所以|ab|13.

ruuuruuuuuur22(3)因为AB与BC的夹角θ=,所以∠ABC=.又|AB|=|a|=4,

333uuurruuur1uuu1333. |BC|=|b|=3,所以S△ABCABBCsinABC43222（x2)2 4. （15宿迁市沭阳县银河学校高三上学期开学试卷）已知圆C过点P（1，1），且与圆M：uuuruuuurPQMQ+(y2)=r（r＞0）关于直线x+y+2=0对称．若Q为圆C上的一个动点，则·的

22最小值为 ．

【考点】向量在几何中的应用．

【答案】-4

a2b22022a02【分析】设圆心C（a，b），则，解得，则圆C的方程为x2+y b2b01a2=r2，将点P的坐标代入得r2=2，故圆C的方程为x2+y=2， 设Q（x，y），则x2+y=2，

22uuuruuuur2且PQ·MQ=（x－1，y－1）（x+2，y+2）=x2+y+x+y－4=x+y－2，

令x=2cosα，y=2sinα，则x+y=2sin（α+

uuuruuuuruuuruuuur所以PQ·MQ=x+y－2≥－4，则PQ·MQ的最小值为－4.

π）≥－2 4

uuuruuuruuuruuur5.(2015·南昌模拟)已知向量OA2,2，OB4,1,在x轴上一点P使APBP有最小

值,则点P的坐标为 ( ) A.(3,0) 【答案】C

B.(2,0)

C.(3,0)

D.(4,0)

uuuruuur【分析】设点Px,0,则APx2,2,BPx4,1,故

uuuruuur2APBPx2x42x26x10x31,因此当x=3时取最小值,此时

P3,0.

6.(2015·宿州模拟)已知直线x+y=a与圆xy4相交于A,B两点且满足

22uuuruuuruuuruuurOAOBOAOB,O为原点.则正实数a的值为 ( )

B.2

【答案】B

uuuruuuruuuruuur【分析】由OAOBOAOB可得 uuuruuuruuuruuurOAOB，又OAOB2,

uuur故AB22,

所以点O到AB的距离d=2, 所以00a22得|a|=2,

又a>0,故a=2.

7.(2015·赣州模拟)已知向量a=(cosα,2),b=(sinα,1),且a∥b,则 2sinαcosα等于 ( )

B. 3

C.

4 5

D. 4 5【答案】D

【分析】由a∥b得cosα=2sinα, 所以tanα=1. 22sincos2tan4. 222sincostan15所以2sinαcosα=

8. (2015·江淮模拟)在△ABC中,已知a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,S为△ABC的面积.若向量p=(S,a+b+c),q=(a+bc,1),满足p∥q,则tanA.

C= ( ) 21 4 B.

1 2

【答案】D

【分析】由p∥q得S=abc2ababc,即

222221absinC=2ab+2abcosC,亦即21sinCCsinC=1+cosC,tan==4. 421cosC9. (2015·临沂模拟)若向量a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),则a与b一定满足 ( ) 与b的夹角等于αβ ∥b

⊥b D.(a+b)⊥(ab)

【答案】 D

【分析】因为a·b=(cosα,sinα)·(cosβ,sinβ)=cos(αβ),这表明这两个向量的夹角的余弦值为cos(αβ).

同时,也不能得出a与b的平行和垂直关系. 因为计算得到(a+b)·(ab)=0, 所以(a+b)⊥(ab).

uuuruuuur10. (2015·鹰潭模拟)已知P,M,N是单位圆上互不相同的三个点,且满足|PM|=|PN|,则

ruuuuruuuPM·PN的最小值是 ( )

A. 1 4

B. 1 2

C. 3 4

D. 1

【答案】B

【分析】根据题意,不妨设点P的坐标为(1,0),点M的坐标为(cosθ,sinθ),点N的坐标为(cosθ, sinθ),其中0<θ<π,

uuuruuuur则PM=(cosθ1,sinθ), PN=(cosθ1, sinθ), ruuuuruuu所以PM·PN=(cosθ1,sinθ)·(cosθ1, sinθ)

=(cos1)sin =cos2cos1sin

2222112=2cos2cos =2cos

22ruuuuruuu11所以当cosθ=时, PM·PN有最小值.

2211.(2015·宝鸡模拟)在平行四边形ABCD中,E,F分别是边CD和BC的中点,若

2uuuruuuruuurAC=λAE+μAF(λ,μ∈R),则log3的值为 ( )

2A. 2 【答案】A

B. 1

【分析】如图,

第11题图 zl169

uuuruuuruuur令AB=a, AD=b,则AC=a+b,①

uuuruuuruuur1AEADDEa +b,

2uuuruuuruuur1AFABBF=a+b,

2uuuruuuruuur1111所以AC=λAE+μAF=abab=ab,②

22221122由①,②得解得λ=μ=,

311222故log3log32log32.

2232312. (2015·银川模拟)已知正三角形OAB中,点O为原点,点B的坐标是(3,4),点A在第一象

2uuur限,向量m=(1,0),记向量m与向量OA的夹角为α,则sinα的值为 . 433 10uuurπ4π4【分析】设向量OB与x轴正向的夹角为β,则α+β=π+=,且有sinβ=,

335【答案】cosβ=33π13413,sinα=sin(πα)=sin=sinβcosβ=××22325525=

433. 10uuuruuuruuur13.(2015·九江模拟)在锐角△ABC中,AC=BC=2,CO=xCA+yCB(其中x+y=1),函数f(λ)=|

uuuruuuruuur3CA λCB|的最小值为,则|CO|的最小值为 .

【答案】3 【分析】如图所示:

第13题图 zl170

uuuruuur设λCB=CD,

uuuruuuruuuruuuruuur所以|CAλCB|=|CACD|=|DA|,

uuuruuuruuur由于CD=λCB,所以点D在直线BC上,所以f(λ)=|DA|,结合图形知:当AD⊥BC时,f(λ)

uuur3取最小值,即fmin=|CA|sin∠ACB=2sin∠ACB=3,所以sin∠ACB=,由于∠ACB为锐

2uuuruuuruuurπ角,所以∠ACB=,因为CA=CB,所以△ABC为等边三角形,因为CO=xCA+yCB,且x+y=1,所

3以点O,A,B三点共线,

uuur所以当CO⊥AB时,| CO|取最小值,

uuuruuurπ所以|CO|min=|CA|sin∠BAC=2sin=3.

3ruuur13uuu14. (2015·西安模拟)已知向量a=,22,OA=ab, OB=a+b,若△OAB是等边三角形,

则△OAB的面积为 . 【答案】3 3uuur13【分析】因为a=,22=ab, OB=a+b,

uuuruuur所以OA+OB=(ab)+(a+b)=2a=(1, 3),

uuuruuur所以|OA+OB|=1232=2.

所以等边三角形OAB的高为1,边长为22, 3323因此其面积为. 43315. (2015·上饶模拟)已知a=(sinx,1),b=(cosx, (1)f(x)的最小正周期及对称轴方程. (2)f(x)的单调递增区间.

(3)当x∈0,时,函数f(x)的值域.

2【解】（1）因为a=(sinx,1),b=(cosx,), 所以ab=sinxcosx,1),若f(x)=a·(ab),求: 2π123, 2所以f(x)=a·(ab)=sinx(sinxcosx)+

332=sinxsinxcosx+ 221cos2x13sin2x+ 2221=2(sin2x+cos2x)

2==22πsin2x, 24所以函数f(x)的最小正周期为T=

2π2π=π, 2ππ=+kπ(k∈Z), 42πkπ解得x=+(k∈Z),

82令2x所以函数f(x)对称轴方程为x=

πkπ+ (k∈Z). 82(2)因为f(x)=22πsin2x, 24π的单调减区间, 4所以函数f(x)的单调增区间为函数y=sin2xππ3π+2kπ≤2x+≤+2kπ(k∈Z), 242π5π即得+kπ≤x≤+kπ(k∈Z),

88令

所以函数f(x)的单调增区间为5ππkπ，kπ (k∈Z).

88(3)令2x+

ππ5π=t∈,, 44425ππsint≤t≤, 244所以原式化为f(t)=2因为t∈,π5π, 44所以2≤sint≤1, 225≤f(t) ≤, 22即得2所以函数f(x)在区间0,上的值域为2,.

22216. (2015·南昌模拟)已知向量a=(

π25311,sinx+cosx)与b=(1,y)共线,设函数y=f(x).

222(1)求函数f(x)的最小正周期及最大值.

(2)已知锐角△ABC的三个内角分别为A,B,C,若有 f A求△ABC的面积.

【解】(1)因为a与b共线, 所以

21π37 =,边BC=,sinB=,73113ysinx=0, cosx222π,所以f(x)的最小正周期T=2π, 3则y=f(x)=2sinx当x=2kπ+

π,k∈Z时, fx=2.

max6π=3, 33ππππ=3,所以sinA=.因为023323(2)因为f A所以2sinABCAC， sinAsinB又sinB=

2132133BCsinB1,所以AC==2,且sinC=,所以S△ABC =AC·BC·sinC=. 7142sinA217．(2015·成都模拟)已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量

m=(a+c,ba),n=(ac,b),且m⊥n.

(1)求角C的大小.

(2)若向量s=(0, 1),t=cosA,2cos2B,试求|s+t|的取值范围. 2222222【解】(1)由题意得m·n=(a+c,ba)·(ac,b)=acbab=0,即c=abab.

a2b2c21由余弦定理得cosC==.

2ab2因为0π. 32(2)因为s+t=cosA,2cosB1=(cosA,cosB), 222所以st=cosAcosBcosAcos因为0222π12πA=sin2A+1.

6232πππ7π,所以<2A<, 3666所以π162所以

25125. ≤st<,故≤|s+t|<

222418. (2015·九江模拟)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,m=(2a+c,b),

n=(cosB,cosC),且m·n=0.

(1)求角B的大小.

(2)设函数f(x)=sin2xcos(A+C)最大值时x的值.

【解】(1)由已知得,(2a+c)cosB+bcosC=0, 即(2sinA+sinC)cosB+sinBcosC=0, 即2sinAcosB+sinCcosB+sinBcosC=0. 所以2sinAcosB+sin(B+C)=0, 即2sinAcosB+sinA=0. 因为02πcos2x,求函数f(x)的最小正周期,最大值及当f(x)取得31. 22π. 33cos2x 2(2)因为f(x)=sin2xcos(A+C)=sin2x·cosB3cos2x 2=

31sin2xcos2x

22π. 3=sin2x故f(x)的最小正周期T=当2x2π=π. 2ππ=2kπ+,k∈Z 325π即当x=kπ+,k∈Z时,fxmax=1.

12