2011年高考一轮课时训练(理)8.4平面向量的拓展与应用 (通用版)

第四节平面向量的拓展与应用题号12345答案一、选择题1．(2010年广东卷)一质点受到平面上的三个力F1，F2，F3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态．已知F1，F2成60°角，且F1，F2的大小分别为2和4，则F3的大小为()A．6B．2C．25D．272．(2010年陕西卷)在△ABC中，M是BC的中点，AM＝1，点P在AM上且满足AP→＝2PM→，则AP→·(PB→＋PC→)等于()A.49B.43C．－43D．－493．(2010年浙江卷)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)，若向量c满足(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，则c＝()A.79，73B.－73，－79C.73，79D.－79，－734．(2010年福建卷)设a，b，c为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量，且满足a与b不共线，a⊥c，|a|＝|c|，则|b·c|的值一定等于()A．以a，b为邻边的平行四边形的面积B．以b，c为两边的三角形面积C．以a，b为两边的三角形面积D．以a，c为邻边的平行四边形的面积5．(2010年滨州模拟)已知|a|＝2|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有实根，则a与b的夹角的取值范围是()A.0，π6B.π3，πC.π3，2π3D.π6，π二、填空题6.(2009年天津卷)如右图所示，在平行四边形ABCD中，AC→＝()1，2，BD→＝()－3，2，则AD→·AC→＝__________.7.如右图所示，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1，D是边BC上一点，DC＝2BD，则AD→·BC→＝__________.8．已知△ABC中，点A、B、C的坐标依次是A(2，－1)，B(3,2)，C(－3，－1)，BC边上的高为AD，则AD→的坐标是：________.三、解答题9．(2010年湖南卷)在△ABC，已知2AB→·AC→＝3|AB→|·|AC→|＝3BC2，求角A、B、C的大小．10．(2010年广东卷)已知向量a＝(sinθ，－2)与b＝(1，cosθ)互相垂直，其中θ∈0，π2(1)求sinθ和cosθ的值；(2)若5cos(θ－φ)＝35cosφ，0＜φ＜π2，求cosφ的值．参考答案1．解析：F23＝F21＋F22－2F1F2cos(180°－60°)＝28，所以F3＝27，选D.答案：D2．解析：由AP→＝2PM→知，P为△ABC的重心，根据向量的加法，PB→＋PC→＝2PM→则AP→·(PB→＋PC→)＝2AP→·PM→＝2|AP→||PM→|cos0°＝2×23×13×1＝49.答案：A3．解析：不妨设c＝(m，n)，则a＋c＝(1＋m,2＋n)，a＋b＝(3，－1)，对于(c＋a)∥b，则有－3(1＋m)＝2(2＋n)；又c⊥(a＋b)，则有3m－n＝0，则有m＝－79，n＝－73.答案：D4．解析：设a与b的夹角为θ，|b·c|＝|b|·|c|·|cos＜b，c＞|＝|b|·|a|·|cos(90°±θ)|＝|b|·|a|·sinθ，即为以a，b为邻边的平行四边形的面积．答案：A5．解析：|a|＝2|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有实根，则|a|2－4a·b≥0，设向量a，b的夹角为θ，cosθ＝a·b|a|·|b|≤14|a|212|a|2＝12，∴θ∈π3，π，故选B.答案：B6．解析：令AB→＝a，AD→＝b，则a＋b＝1，2－a＋b＝－3，2⇒a＝(2,0)，b＝(－1,2)，所以AD→·AC→＝b·(a＋b)＝3.答案：37．解析：法一：由余弦定理得cos∠BAC＝AB2＋AC2－BC22×AB×AC，cosB＝AB2＋BC2－AC22×AB×BC＝AB2＋13BC2－AD22×AB×13BC，可得BC＝7，AD＝133，又AD→，BC→夹角大小为∠ADB，cos∠ADB＝BD2＋AD2－AB22×BD×AD＝－891，所以AD→·BC→＝AD×BC×cos∠ADB＝－83.法二：根据向量的加减法法则有：BC→＝AC→－AB→，AD→＝AB→＋BD→＝AB→＋13(AC→－AB→)＝13AC→＋23AB→，此时AD→·BC→＝13AC→＋23AB→(AC→－AB→)＝13||AC→2＋13AC→·AB→－23||AB→2＝13－13－83＝－83.答案：－838．解析：设D(x，y)，则AD→＝()x－2，y＋1，BD→＝()x－3，y－2，BC→＝()－6，－3，∵AD→⊥BC→，BD→∥BC→，∴－6()x－2－3()y＋1＝0－3()x－3＋6()y－2＝0得x＝1y＝1，所以AD→＝()－1，2.答案：(－1,2)9．解析：设BC＝a，AC＝b，AB＝c由2AB→·AC→＝3|AB→||AC→|得2bccosA＝3bc，所以cosA＝32.又A∈(0，π)，因此A＝π6.由3|AB→||AC→|＝3BC2得bc＝3a2，于是sinC·sinB＝3sin2A＝34，所以sinC·sin5π6－C＝34，sinC·12cosC＋32sinC＝34，因此2sinC·cosC＋23sin2C＝3，sin2C－3cos2C＝0，即sin2C－π3＝0.由A＝π6知0＜C＜5π6，所以－π3＜2C－π3＜4π3，从而2C－π3＝0，或2C－π3＝π，即C＝π6，或C＝2π3，故A＝π6，B＝2π3，C＝π6，或A＝π6，B＝π6，C＝2π3.10．解析：(1)∵a⊥b，∴a·b＝sinθ－2cosθ＝0，即sinθ＝2cosθ.又∵sin2θ＋cos2θ＝1，∴4cos2θ＋cos2θ＝1，即cos2θ＝15，∴sin2θ＝45.又θ∈0，π2，∴sinθ＝255，cosθ＝55.(2)∵5cos(θ－φ)＝5(cosθcosφ＋sinθsinφ)＝5cosφ＋25sinφ＝35cosφ，∴cosφ＝sinφ，∴cos2φ＝sin2φ＝1－cos2φ，即cos2φ＝12，又0＜φ＜π2，∴cosφ＝22.