多维层次练31-复 数（全国百强重点中学复习资料，含答案解析）-新高考学案

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1．已知正方形ABCD的边长为1，eq \(AB,\s\up15(→))＝a，eq \(BC,\s\up15(→))＝b，eq \(AC,\s\up15(→))＝c，则a＋b＋c的模等于( )
A．0 B．2＋eq \r(2)
C．eq \r(2) D．2eq \r(2)
解析：如下图，数形结合a＋b＋c＝2c，所以|a＋b＋c|＝2|c|＝2eq \r(2).
答案：D
2．如图，已知正六边形P1P2P3P4P5P6，下列向量的数量积中最大的是( )
A.eq \(P1P2,\s\up15(→))·eq \(P1P3,\s\up15(→)) B.eq \(P1P2,\s\up15(→))·eq \(P1P4,\s\up15(→))
C.eq \(P1P2,\s\up15(→))·eq \(P1P5,\s\up15(→)) D.eq \(P1P2,\s\up15(→))·eq \(P1P6,\s\up15(→))
解析：显然eq \(P1P2,\s\up15(→))·eq \(P1P5,\s\up15(→))＝0，eq \(P1P2,\s\up15(→))·eq \(P1P6,\s\up15(→))0)上，如图，数形结合可知|a－b|min＝|eq \(CA,\s\up15(→))|－|eq \(CB,\s\up15(→))|＝eq \r(3)－1.
答案：A
4．已知非零向量eq \(AB,\s\up15(→))与eq \(AC,\s\up15(→))满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up15(→)),|\(AB,\s\up15(→))|)＋\f(\(AC,\s\up15(→)),|\(AC,\s\up15(→))|)))·eq \(BC,\s\up15(→))＝0且eq \f(\(AB,\s\up15(→)),|\(AB,\s\up15(→))|)·eq \f(\(AC,\s\up15(→)),|\(AC,\s\up15(→))|)＝eq \f(1,2)，则△ABC为( )
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰非等边三角形 D．三边均不相等的三角形
解析：由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up15(→)),|\(AB,\s\up15(→))|)＋\f(\(AC,\s\up15(→)),|\(AC,\s\up15(→))|)))·eq \(BC,\s\up15(→))＝0可知，由与eq \(AB,\s\up15(→))、eq \(AC,\s\up15(→))同向的单位向量构成的平行四边形的对角线与BC垂直，则可推出△ABC为等腰三角形，由eq \f(\(AB,\s\up15(→)),|\(AB,\s\up15(→))|)·eq \f(\(AC,\s\up15(→)),|\(AC,\s\up15(→))|)＝eq \f(1,2)，可知∠BAC＝60°，所以△ABC为等边三角形．
答案：A
5．已知圆O是△ABC的外接圆，其半径为1，且eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))＝2eq \(AO,\s\up15(→))，AB＝1，则eq \(CA,\s\up15(→))·eq \(CB,\s\up15(→))＝( )
A．eq \f(3,2) B．3
C．eq \r(3) D．2eq \r(3)
解析：因为eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))＝2eq \(AO,\s\up15(→))，所以点O是BC的中点，即BC是圆O的直径，又AB＝1，圆的半径为1，所以∠ACB＝30°，且AC＝eq \r(3)，则eq \(CA,\s\up15(→))·eq \(CB,\s\up15(→))＝|eq \(CA,\s\up15(→))|·|eq \(CB,\s\up15(→))|cs ∠ACB＝3.
答案：B
6．在△ABC中，(eq \(BC,\s\up15(→))＋eq \(BA,\s\up15(→)))·eq \(AC,\s\up15(→))＝|eq \(AC,\s\up15(→))|2，则△ABC的形状一定是( )
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
解析：由(eq \(BC,\s\up15(→))＋eq \(BA,\s\up15(→)))·eq \(AC,\s\up15(→))＝|eq \(AC,\s\up15(→))|2，
得eq \(AC,\s\up15(→))·(eq \(BC,\s\up15(→))＋eq \(BA,\s\up15(→))－eq \(AC,\s\up15(→)))＝0，
即eq \(AC,\s\up15(→))·(eq \(BC,\s\up15(→))＋eq \(BA,\s\up15(→))＋eq \(CA,\s\up15(→)))＝0，
2eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(BA,\s\up15(→))＝0，
所以eq \(AC,\s\up15(→))⊥eq \(BA,\s\up15(→))，所以A＝90°.
又根据已知条件不能得到|eq \(AB,\s\up15(→))|＝|eq \(AC,\s\up15(→))|，
故△ABC一定是直角三角形．
答案：C
7．如图，在▱ABCD中，AP⊥BD于P，AP＝3，则eq \(AP,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))的值为________．
解析：eq \(AP,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))＝eq \(AP,\s\up15(→))·(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AD,\s\up15(→)))＝eq \(AP,\s\up15(→))·eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AP,\s\up15(→))·eq \(AD,\s\up15(→))＝eq \(AP,\s\up15(→))·(eq \(AP,\s\up15(→))＋eq \(PB,\s\up15(→)))＋eq \(AP,\s\up15(→))·(eq \(AP,\s\up15(→))＋eq \(PD,\s\up15(→)))＝eq \(AP,\s\up15(→))2＋eq \(AP,\s\up15(→))·eq \(PB,\s\up15(→))＋eq \(AP,\s\up15(→))2＋eq \(AP,\s\up15(→))·eq \(PD,\s\up15(→))＝2eq \(AP,\s\up15(→))2＝2×32＝18.
答案：18
8.已知点O是△ABC内一点，∠AOB＝150°，∠BOC＝90°，设eq \(OA,\s\up15(→))＝a，eq \(OB,\s\up15(→))＝b，eq \(OC,\s\up15(→))＝c，且|a|＝2，|b|＝1，|c|＝3，试用a和b表示c＝________．
解析：如图所示，以O为原点，eq \(OA,\s\up15(→))为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系．由三角函数定义知：
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(3,2)\r(3)))，A(2，0)，
即a＝(2，0)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(3\r(3),2)))，
设c＝λ1a＋λ2b，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(3\r(3),2)))＝λ1(2，0)＋λ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))＝(2λ1－eq \f(\r(3),2)λ2，eq \f(1,2)λ2)．所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2λ1－\f(\r(3),2)λ2＝－\f(3,2)，,\f(1,2)λ2＝－\f(3\r(3),2).))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ1＝－3，,λ2＝－3\r(3).))
所以c＝－3a－3eq \r(3)b.
答案：－3a－3eq \r(3)b
9．如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，DE⊥AC于E，F是DE的中点，求证：AF⊥BE.
证明：设eq \(AB,\s\up15(→))＝a，eq \(AC,\s\up15(→))＝b，由题意知|a|＝|b|.又E为AC上，故eq \(AE,\s\up15(→))与eq \(AC,\s\up15(→))共线，可设eq \(AE,\s\up15(→))＝λeq \(AC,\s\up15(→))＝λb.
所以eq \(BE,\s\up15(→))＝eq \(AE,\s\up15(→))－eq \(AB,\s\up15(→))＝λb－a.
又因为D为BC的中点，所以eq \(AD,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b.
因为F是DE的中点，
所以eq \(AF,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up15(→))＋eq \f(1,2)eq \(AE,\s\up15(→))＝eq \f(1,4)(a＋b)＋eq \f(1,2)λb＝eq \f(1,4)a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,2)λ))b.
因为eq \(DE,\s\up15(→))⊥eq \(AC,\s\up15(→))，所以(eq \(AE,\s\up15(→))－eq \(AD,\s\up15(→)))·eq \(AC,\s\up15(→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λb－\f(1,2)a－\f(1,2)b))·b＝0，即λb2－eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)b2＝0，
所以a·b＝(2λ－1)b2.
所以eq \(AF,\s\up15(→))·eq \(BE,\s\up15(→))＝[eq \f(1,4)a＋(eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)λ)b]·(－a＋λb)＝－eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)λa·b－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,2)λ))a·b＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,2)λ))λb2＝－eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)λ(2λ－1)b2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,2)λ))·(2λ－1)b2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,2)λ))λb2＝－eq \f(1,4)a2＋(eq \f(1,2)λ2－eq \f(1,4)λ－eq \f(1,2)λ＋eq \f(1,4)－λ2＋eq \f(1,2)λ＋eq \f(1,4)λ＋eq \f(1,2)λ2)b2＝－eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)b2＝－eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)a2＝0.
所以eq \(AF,\s\up15(→))⊥eq \(BE,\s\up15(→)).所以AF⊥BE.
10．如图，给定一个平行四边形ABCD，以CD边为直径作圆P，MN为圆P的任意一条直径，问当直径MN在什么位置时，eq \(AM,\s\up15(→))·eq \(BN,\s\up15(→))取最大值？
解：连接AP、BP，则eq \(AM,\s\up15(→))·eq \(BN,\s\up15(→))＝(eq \(PM,\s\up15(→))－eq \(PA,\s\up15(→)))·(eq \(PN,\s\up15(→))－eq \(PB,\s\up15(→)))＝(eq \(PM,\s\up15(→))－eq \(PA,\s\up15(→)))·(－eq \(PM,\s\up15(→))－eq \(PB,\s\up15(→)))＝－eq \(PM,\s\up15(→))2＋eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(PB,\s\up15(→))＋eq \(PM,\s\up15(→))·(eq \(PA,\s\up15(→))－eq \(PB,\s\up15(→)))＝－eq \(PM,\s\up15(→))2＋eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(PB,\s\up15(→))＋eq \(PM,\s\up15(→))·eq \(BA,\s\up15(→)).
设AB＝2a，eq \(PM,\s\up15(→))与eq \(BA,\s\up15(→))的夹角为θ，则eq \(AM,\s\up15(→))·eq \(BN,\s\up15(→))＝－a2＋eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(PB,\s\up15(→))＋2a2cs θ.
因为eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(PB,\s\up15(→))为定值，
所以当cs θ＝1，即θ＝0时，eq \(AM,\s\up15(→))·eq \(BN,\s\up15(→))取最大值．
此时eq \(PM,\s\up15(→))∥eq \(BA,\s\up15(→))，即直径MN与DC重合．
[综合应用练]
11．在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，则下列等式不成立的是( )
A．|eq \(AC,\s\up15(→))|2＝eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(AB,\s\up15(→))
B．|eq \(BC,\s\up15(→))|2＝eq \(BA,\s\up15(→))·eq \(BC,\s\up15(→))
C．|eq \(AB,\s\up15(→))|2＝eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(CD,\s\up15(→))
D．|eq \(CD,\s\up15(→))|2＝eq \f(（\(AC,\s\up15(→))·\(AB,\s\up15(→))）×（\(BA,\s\up15(→))·\(BC,\s\up15(→))）,|\(AB,\s\up15(→))|2)
解析：选项A，eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(AB,\s\up15(→))＝|eq \(AC,\s\up15(→))||eq \(AB,\s\up15(→))|cs A＝|eq \(AC,\s\up15(→))|·|eq \(AC,\s\up15(→))|＝|eq \(AC,\s\up15(→))|2，即A成立．
选项B，eq \(BA,\s\up15(→))·eq \(BC,\s\up15(→))＝|eq \(BA,\s\up15(→))||eq \(BC,\s\up15(→))|cs B＝|eq \(BC,\s\up15(→))|2，即B成立．
利用选项A、B的结论可得选项D成立．
选项C，由于eq \(AC,\s\up15(→))与eq \(CD,\s\up15(→))所成的角为钝角，
则eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(CD,\s\up15(→))0)，则
eq \(AM,\s\up15(→))＝(x，y－b)，eq \(AQ,\s\up15(→))＝(a，－b)，eq \(AP,\s\up15(→))＝(－3，－b)．
因为∠PAQ＝90°，所以eq \(AP,\s\up15(→))⊥eq \(AQ,\s\up15(→))，即eq \(AP,\s\up15(→))·eq \(AQ,\s\up15(→))＝0，
所以－3a＋b2＝0. ①
因为|MQ|＝2|AQ|，所以eq \(AM,\s\up15(→))＝3eq \(AQ,\s\up15(→))，
所以(x，y－b)＝3(a，－b)，所以x＝3a，y－b＝－3b.
即a＝eq \f(x,3)，b＝－eq \f(y,2).
代入①式得，－3×eq \f(x,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－y,2)))eq \s\up12(2)＝0，即y2＝4x.
因为a>0，所以x>0.
故点M的轨迹方程是y2＝4x(x>0)．
答案：y2＝4x(x>0)
15．已知A，B，C分别为△ABC的三边a，b，c所对的角，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cs B，cs A)，且m·n＝sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且eq \(CA,\s\up15(→))·(eq \(AB,\s\up15(→))－eq \(AC,\s\up15(→)))＝18，求边c的长．
解：(1)由已知得m·n＝sin Acs B＋cs Asin B＝sin(A＋B)，
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
所以m·n＝sin C，
又m·n＝sin 2C，
所以sin 2C＝sin C，所以cs C＝eq \f(1,2).
又0