1、高考资源网（） 您身边的高考专家第四节平面向量的拓展与应用题号123456答案1.若3e1，5e1 ，且|，则四边形ABCD是()A平行四边形 B菱形C等腰梯形 D不等腰梯形解析： 3e1，5e1，.，且|.又|，四边形ABCD是等腰梯形故选C.答案：C2将函数yx2的图象按向量a平移后，得到y22的图象，则()Aa BaCa Da答案：D3设A，B两点的坐标分别为(1,0)，(1,0)条件甲：0；条件乙：点C的坐标是方程x2y21的解，则甲是乙的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：设点C的坐标为(x，y)，0(x1)(x1)y20，0x2y21.甲是
2、乙的充要条件故选C.答案：C4函数ytan的部分图象如图所示，则()()A4 B6 C1 D2解析：由条件可得B(3,1)，A(2,0)，()()()221046.故选B.答案：B5平面上有四个互异的点A，B，C，D，满足()()0，则三角形ABC是()A直角三角形 B等腰三角形C等腰直角三角形 D等边三角形解析：由()()0，得()()0，即()0，()()0，即220，|，故三角形ABC为等腰三角形答案：B6(2013大纲全国卷)已知抛物线C：y28x与点M(2，2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点若0，则k()A. B. C. D2解析：抛物线的焦点坐标为(2,0)，设直线
3、l的方程为xty2，与抛物线方程联立得y28ty160.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y216，y1y28t，x1x2t(y1y2)48t24，x1x2t2y1y22t(y1y2)416t216t244.(x12，y12)(x22，y22)x1x22(x1x2)4y1y22(y1y2)4416t2841616t416t216t44(2t1)20，解得t，所以k2.答案：D7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(ac)(bc)0，则|c|的最大值是_解析：由题意，得|a|b|1，ab0.又(ac)(bc)0，所以|c|2c(ab)|c|ab|cos ，其中是c与a
4、b的夹角，所以|c|ab|cos cos ，又，所以|c|的最大值是.答案：8给出下列命题：向量a，b满足|a|b|ab|，则a与ab的夹角为30；“ab 0”是“a，b的夹角为锐角”的充要条件；将函数y|x1|的图象按向量a(1,0)平移，得到的图象对应的函数表达式为y|x|；若()0，则ABC为等腰三角形以上命题正确的是_(把你认为正确的命题的序号都填上)解析：对于，取特值零向量，则结论错误，若前提为非零向量由向量加减法的平行四边形法则与夹角的概念，结论正确；对于，取特值夹角为0，则结论错误，正确命题应为“ab0”是“a，b的夹角为锐角”的必要条件；对于，注意按向量平移的意义，就是图象向左
5、平移1个单位长度，结论正确；对于，可得|，结论正确答案：9(2013郑州一模)向量a (2,0)，b(x，y)，若b与ba的夹角等于，则|b|的最大值为_解析：如图，设a(2,0)，b(x，y)，则ba，b与ba的夹角为，即OBA30，再设|a，|x，在OAB中，根据余弦定理有：22a2x22axcos ，整理得：x2axa240，由(a)24(a24)0，得：a216，所以0a4.所以|b|的最大值为4.答案：410在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量m，n(cos C，c2b)，且mn.(1)求角A的大小； (2)若a1，求ABC的周长l的取值范围解析：(1)由题意知，
6、acos Ccb，结合正弦定理得sin Acos Csin Csin B.又sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C，所以sin Ccos Asin C.因为sin C0，所以cos A.又因为0A，所以A.(2)(法一)由正弦定理得bsin B，csin C，labc1(sin Bsin C)112sin Bcos B12sin.因为A，所以B，所以B，所以sin，2l3.故ABC的周长l的取值范围为(2,3(法二)周长labc1bc，由(1)及余弦定理a2b2c22bccos A，可得b2c2bc1，所以(bc)213bc132，解得bc2，所以l3.又bca1，所
7、以labc2.故ABC的周长l的取值范围为(2,311(2013许昌二模)在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满足(ac)c.(1)求角B的大小；(2)若|，求ABC面积的最大值解析：(1)( ac)c，可化为：(ac)|cos Bc|cos C，即：(ac)cacos Bcabcos C，(ac)cos Bbcos C，根据正弦定理有(sin Asin C)cos Bsin Bcos C，sin Acos Bsin (CB)，即sin Acos Bsin A，因为sin A0，所以cos B，即B.(2)因为|，所以|，即b26，根据余弦定理b2a2c22accos B，可得6
8、a2c2ac，由基本不等式可知6a2c2ac2acac(2)ac，即ac3(2)，故ABC的面积Sacsin Bac，即当ac时，ABC的面积的最大值为.12过抛物线x24y上不同两点A，B分别作抛物线的切线相交于点P(x0，y0)，0.(1)求y0；(2)求证：直线AB恒过定点；(3)设(2)中直线AB恒过定点为F，若()20恒成立，求的值(1)解析：设A，B(x1x2)由x24y得y，所以kPA，kPB，因为0，所以，所以kPAkPB1，即x1x24.设直线PA的方程为y(xx1)，即y，同理直线PB的方程为y，由消去x得，y01(x1，x2R)(2)证明：设直线AB的方程为ykxb，代入抛物线方程x24y得，x24kx4b0，由韦达定理得x1x24b，由(1)知x1x24，所以b1，所以直线AB的方程为ykx1，不论k取何值，该直线恒过点(0,1)(3)解析：由(1)得：，点P，x1x24，所以x1x22，()242.所以()20.故1.- 8 - 版权所有高考资源网