2021年高中数学培优练习《平面向量-最值问题》专项复习（含答案）

这是一份2021年高中数学培优练习《平面向量-最值问题》专项复习（含答案），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

设，已知两个向量，，
则向量长度的最大值是（ ）
A、 B、 C、 D、
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(a－c)·(b－c)=0，
则|c|的最大值是( )
A．1 B．2 C.eq \r(2) D．eq \f(\r(2),2)
设A，B，C是半径为1的圆O上的三点，且eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，则(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))·(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→)))的最大值是( )
A．1＋eq \r(2) B.1－eq \r(2) C.eq \r(2)－1 D．1
已知平面向量eq \(PA,\s\up7(―→))，eq \(PB,\s\up7(―→))满足|eq \(PA,\s\up7(―→))|=|eq \(PB,\s\up7(―→))|=1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))=－eq \f(1,2).若|eq \(BC,\s\up7(―→))|=1，
则|eq \(AC,\s\up7(―→))|的最大值为( )
A.eq \r(2)－1 B.eq \r(3)－1 C.eq \r(2)＋1 D．eq \r(3)＋1
如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB=eq \f(2π,3)，P是弧AB上的一点，且满足OP⊥OB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))的最大值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),2) C．1 D．eq \r(2)
如图，点C在以AB为直径的圆上，其中AB=2，过A向点C处的切线作垂线，垂足为P，
则eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的最大值是( )
A．2 B.1 C．0 D．－1
在中，，点是边上的动点，且,,
，则当取得最大值时，的值为( )
A.3.5 B.3 C.2.5 D.2.4
在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上.
若，则的最大值为（ ）

A.3 B. C. D.2
二、填空题
向量a、b满足|a|=6，|b|=10，则|a＋b|的最大值是________，最小值是________.
若a，b，c是单位向量，且a·b=0，则(a－c)·(b－c)的最大值为________．
已知向量a，b满足则的最小值是________，最大值是_______.
如图,菱形ABCD的边长为2,∠BAD=60°,M为DC的中点,若N为菱形内任意一点(含边界),
则·的最大值为 .
如图，在等腰直角三角形ABC中，点O是斜边BC的中点，过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N，若eq \(AB,\s\up10(→))=meq \(AM,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))=neq \(AN,\s\up10(→))(m＞0，n＞0)，则mn的最大值为________．
如图所示，在正方形ABCD中，已知|eq \(AB,\s\up6(→))|=2，若N为正方形内(含边界)任意一点，
则eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))的最大值是________．
已知a，b是单位向量，a·b=0，若向量c满足|c－a－b|=1，则|c|的最大值是________．
已知平面上的两个向量eq \(OA,\s\up15(→))和eq \(OB,\s\up15(→))满足|eq \(OA,\s\up15(→))|=a，|eq \(OB,\s\up15(→))|=b，且a2＋b2=1，eq \(OA,\s\up15(→))·eq \(OB,\s\up15(→))=0，若向量eq \(OC,\s\up15(→))=λeq \(OA,\s\up15(→))＋μeq \(OB,\s\up15(→))(λ，μ∈R)，且(2λ－1)2a2＋(2μ－1)2b2=4，则|eq \(OC,\s\up15(→))|的最大值为 .
三、解答题
已知向量a=(csx，sinx)，b=(3，－eq \r(3))，x∈[0，π]．
(1)若a∥b，求x的值；
(2)记f(x)=a·b，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值．
已知向量a=(ksin,cs2),b=(cs,-k),实数k为大于零的常数,函数f(x)=a·b,x∈R,且函数f(x)的最大值为.
(1)求k的值;
(2)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,若求·的最小值.
已知向量a=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(3x,2)，sin\f(3x,2)))，b=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(x,2)，－sin\f(x,2)))，且x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))．
(1)求a·b及|a＋b|；
(2)若f(x)=a·b－|a＋b|，求f(x)的最大值和最小值．
给定两个长度为1的平面向量和,它们的夹角为,如图所示.点C在以O为圆心的圆弧上运动.若=x+y,其中x,y∈R,求x+y的最大值.
\s 0 参考答案
C
答案为：C.
设a=(1,0)，b=(0,1)，c=(x，y)，则(a－c)·(b－c)=0，即(1－x，－y)·(－x,1－y)=0，
整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2=eq \f(1,2)，这是一个圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))，半径为eq \f(\r(2),2)的圆，
所求的值等价于这个圆上的点到坐标原点的最大距离．
根据图形可知，这个最大距离是eq \r(2)，即所求的最大值为eq \r(2).
答案为：A；
如图，作出eq \(OD,\s\up7(―→))，使得eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))=eq \(OD,\s\up7(―→))，则(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))·(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→)))
=eq \(OC,\s\up7(―→))2－eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))＋eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))=1－(eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)))·eq \(OC,\s\up7(―→))=1－eq \(OD,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))，
由图可知，当点C在OD的反向延长线与圆O的交点处时，eq \(OD,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))取得最小值，
最小值为－eq \r(2)，此时(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))·(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→)))取得最大值，最大值为1＋eq \r(2)，故选A.
答案为：D；
解析：因为|eq \(PA,\s\up7(―→))|=|eq \(PB,\s\up7(―→))|=1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))=－eq \f(1,2)，所以cs ∠APB=－eq \f(1,2)，即∠APB=eq \f(2π,3)，
由余弦定理可得AB=eq \r(1＋1＋1)=eq \r(3).如图，建立平面直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))，
由题设点C(x，y)在以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))为圆心，半径为1的圆上运动，
结合图形可知，点C(x，y)运动到点D时，有|AC|max=|AD|=|AB|＋1=eq \r(3)＋1.故选D.
答案为：C；
解析：∵扇形OAB的半径为1，∴|eq \(OP,\s\up7(―→)) |=1，∵OP⊥OB，∴eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))=0.
∵∠AOB=eq \f(2π,3)，∴∠AOP=eq \f(π,6)，∴eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))=(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→)))·(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(ON,\s\up7(―→)))
=eq \(PO,\s\up7(―→))2＋eq \(ON,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))
=1＋|eq \(OM,\s\up7(―→))|cs eq \f(5π,6)＋|eq \(OM,\s\up7(―→))|·|eq \(ON,\s\up7(―→))|cs eq \f(2π,3)≤1＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))=1，故选C.
答案为：B；
解析：连接BC，则∠ACB=90°.∵AP⊥PC，
∴eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))=eq \(AC,\s\up7(―→))·(eq \(PC,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)))=eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(PC,\s\up7(―→))=(eq \(AP,\s\up7(―→))＋eq \(PC,\s\up7(―→)))·eq \(PC,\s\up7(―→))=eq \(PC,\s\up7(―→))2.
依题意可证Rt△APC∽Rt△ACB，∴eq \f(|eq \(PC,\s\up7(―→))|,|eq \(CB,\s\up7(―→))|)=eq \f(|eq \(AC,\s\up7(―→))|,|eq \(AB,\s\up7(―→))|)，即|eq \(PC,\s\up7(―→))|=eq \f(|AC―→||CB―→|,2).
∵|eq \(AC,\s\up7(―→))|2＋|eq \(CB,\s\up7(―→))|2=|eq \(AB,\s\up7(―→))|2，∴|eq \(AC,\s\up7(―→))|2＋|eq \(CB,\s\up7(―→))|2=4≥2|eq \(AC,\s\up7(―→))||eq \(CB,\s\up7(―→))|，即|eq \(AC,\s\up7(―→))||eq \(CB,\s\up7(―→))|≤2，
当且仅当|eq \(AC,\s\up7(―→))|=|eq \(CB,\s\up7(―→))|时取等号，∴|eq \(PC,\s\up7(―→))|≤1，
∴eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))=eq \(PC,\s\up7(―→))2≤1，∴eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的最大值为1，故选B.
C
A
【解析】由题意，画出右图.设与切于点，连接.以为原点，为轴正半轴，
为轴正半轴建立直角坐标系，则点坐标为.
∵，.∴.∵切于点.∴⊥.
∴是中斜边上的高.即的半径为.∵在上.∴点的轨迹方程为.
设点坐标，可以设出点坐标满足的参数方程如下：
而，，.
∵∴，.
两式相加得：(其中，)
当且仅当，时，取得最大值3.
答案为：16，4；
解析：(1)当a、b不共线时，如图(1)，作eq \(AB,\s\up6(→))=a，eq \(BC,\s\up6(→))=b，则eq \(AC,\s\up6(→))=a＋b.由向量加法的几何意义知|a＋b|＜|a|＋|b|=16.当a、b共线同向时，如图(2)，作eq \(AB,\s\up6(→))=a，eq \(BC,\s\up6(→))=b，eq \(AC,\s\up6(→))=a＋b，由向量加法的几何意义可知|eq \(AC,\s\up6(→))|=|a＋b|=|a|＋|b|=16.
(2)当a、b共线反向时：如图(3)所示，作eq \(AB,\s\up6(→))=a，eq \(BC,\s\up6(→))=b，则eq \(AC,\s\up6(→))=a＋b，由向量加法的几何意义可知|a＋b|=|b|-|a|=10-6=4，∴|a＋b|的最大值为16，最小值为4.
(3)
本题也可以直接利用||a|-|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|求解.
答案为：1＋eq \r(2)；
解析：依题意可设a=(1,0)，b=(0,1)，c=(cs θ，sin θ)，
则(a－c)·(b－c)=1－(sin θ＋cs θ)=1－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，
所以(a－c)·(b－c)的最大值为1＋eq \r(2).
答案为：4，
【解析】设向量的夹角为，由余弦定理有：，
，则：
，
令，则，
据此可得：，
即的最小值是4，最大值是.
答案为:9;
解析：由平面向量的数量积的几何意义知,·等于与在方向上的投影之积,
所以(·)max=·=(+)·(+)=2+2+·=9.
答案为：1；
解析：以A为坐标原点，线段AC、AB所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设△ABC的腰长为2，则B(0,2)，C(2,0)，O(1,1)．
∵eq \(AB,\s\up10(→))=meq \(AM,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))=neq \(AN,\s\up10(→))，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,m)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)，0))，∴直线MN的方程为eq \f(nx,2)＋eq \f(my,2)=1，
∵直线MN过点O(1,1)，∴eq \f(m,2)＋eq \f(n,2)=1，即m＋n=2，
∴mn≤eq \f(m＋n2,4)=1，当且仅当m=n=1时取等号，∴mn的最大值为1.
答案为：4；
解析：∵eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))=|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AN,\s\up6(→))|·cs∠BAN，|eq \(AN,\s\up6(→))|·cs∠BAN表示eq \(AN,\s\up6(→))在eq \(AB,\s\up6(→))方向上的投影．
又|eq \(AB,\s\up6(→))|=2，∴eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))的最大值是4.
答案为：eq \r(2)＋1；
解析：
因为a，b是单位向量，a·b=0，设a=(1,0)，b=(0,1)，c=(x，y)，则c－a－b=(x－1，y－1)，
所以|c－a－b|=eq \r(x－12＋y－12)=1，即(x－1)2＋(y－1)2=1，
所以向量c的模|c|=eq \r(x2＋y2)表示圆(x－1)2＋(y－1)2=1上的动点与原点的距离，
最大值为eq \r(12＋12)＋1=eq \r(2)＋1．
答案为：1.5；
解析：设AB的中点为M，∵eq \(OA,\s\up15(→))·eq \(OB,\s\up15(→))=0且a2＋b2=1，∴|eq \(MA,\s\up15(→))|=|eq \(MB,\s\up15(→))|=|eq \(MO,\s\up15(→))|=eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up15(→))|=eq \f(1,2)，
又∵eq \(OM,\s\up15(→))=eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→)))，∴eq \(MC,\s\up15(→))=eq \(OC,\s\up15(→))－eq \(OM,\s\up15(→))=(λeq \(OA,\s\up15(→))＋μeq \(OB,\s\up15(→)))－eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→)))
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(1,2)))eq \(OB,\s\up15(→)).∴|eq \(MC,\s\up15(→))|2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(1,2)))2b2，①
又∵(2λ－1)2a2＋(2μ－1)2b2=4，整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(1,2)))2b2=1，
代入①式得|eq \(MC,\s\up15(→))|2=1，即|eq \(MC,\s\up15(→))|=1，
即点C的轨迹是以点M为圆心，1为半径的圆，
又∵|eq \(OM,\s\up15(→))|=eq \f(1,2)，∴当eq \(OM,\s\up15(→))与eq \(OC,\s\up15(→))同向时，|eq \(OC,\s\up15(→))|的值最大，此时|eq \(OC,\s\up15(→))|=eq \f(3,2)，故填eq \f(3,2).
解：
(1)因为a=(csx，sinx)，b=(3，－eq \r(3))，a∥b，所以－eq \r(3)csx=3sinx．
若csx=0，则sinx=0，与sin2x＋cs2x=1矛盾，故csx≠0，于是tanx=－eq \f(\r(3),3)．
又x∈[0，π]，所以x=eq \f(5π,6)．
(2)f(x)=a·b=(csx，sinx)·(3，－eq \r(3))=3csx－eq \r(3)sinx=2eq \r(3)csx＋eq \f(π,6)．
因为x∈[0，π]，所以x＋eq \f(π,6)∈eq \f(π,6)，eq \f(7π,6)，从而－1≤csx＋eq \f(π,6)≤eq \f(\r(3),2)．
于是，当x＋eq \f(π,6)=eq \f(π,6)，即x=0时，f(x)取到最大值3；
当x＋eq \f(π,6)=π，即x=eq \f(5π,6)时，f(x)取到最小值－2eq \r(3)．
解:
(1)由题意知, f(x)=a·b=(ksin,cs2)∙(cs,-k)=ksin·cs-kcs2
=ksin-k·=-
=sin-cs)-
=sin(-)-.
因为x∈R,所以f(x)的最大值为=,则k=1.
(2)由(1)知, f(x)=sin(-)-,所以f(A)=sin(-)-=0,
化简得sin(-)=,因为则(-)=,解得A=.
因为cs A=-==,所以b2+c2+bc=40,
则b2+c2+bc=40≥2bc+bc(当且仅当b=c时取等号),
所以bc≤=20(2-).
则·=||||cs=-bc≥20(1-),
所以·的最小值为20(1-).
解：
(1)a·b=cseq \f(3x,2)cseq \f(x,2)－sineq \f(3x,2)sineq \f(x,2)=cs2x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))．
∵a＋b=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(3x,2)＋cs\f(x,2)，sin\f(3x,2)－sin\f(x,2)))，
∴|a＋b|=eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(3x,2)＋cs\f(x,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3x,2)－sin\f(x,2)))2)=eq \r(2＋2cs2x)=2|csx|．
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))，∴csx>0，∴|a＋b|=2csx．
(2)f(x)=cs2x－2csx=2cs2x－2csx－1=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csx－\f(1,2)))2－eq \f(3,2)．
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))，∴eq \f(1,2)≤csx≤1，
∴当csx=eq \f(1,2)时，f(x)取得最小值－eq \f(3,2)；
当csx=1时，f(x)取得最大值－1．
解:解法一:如图,以O为坐标原点,OA所在的直线为x轴,的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系,则可知A(1,0),B(-,),
设C(cs α,sin α)(α∈[0,]),
则有x=cs α+sin α,y=sin α,
所以x+y=cs α+sin α=2sin(α+),
所以当α=时,x+y取得最大值2.
解法二:如图,连接AB,记OC交AB于D点.
则==x+y,
∵D,A,B三点共线,∴x+y==,
∴(x+y)max==2.