1、课时作业课时作业 31平面向量数量积的应用平面向量数量积的应用 一、选择题 1已知点 A(2,0)，B(3,0)，动点 P(x，y)满足PA PB x2，则点 P 的轨迹是(D) A圆B椭圆 C双曲线D抛物线 解析：PA (2x，y)，PB (3x，y)，PA PB (2x)(3x)y2x2，y2x6，即点 P 的轨迹是抛物线 2(2021河北石家庄段测)如图，在矩形 ABCD 中，AB2BC2，动点 M 在以点 C 为圆心且与 BD 相 切的圆上，则AM BD 的最大值是(A) A1B5 C3 5D3 5 解析： 由题意知|AC |BD | 5， 设点 C 到 BD 的距离为 d， 则有 d
2、12 5 2 5 5 ， 则 CM2 5 5 .故AM BD (AC CM )BD AC BD CM BD ，其中AC BD (AB AD )(AD AB )3.设CM ，BD 的夹角为，则 CM BD |CM |BD |cos|CM |BD |2，当且仅当CM 与BD 同向时，等号成立所以AM BD 的最大值为1. 3(2021浙江杭州月考)已知 O 是ABC 所在平面内的一点，A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， 若 aOA bOB cOC 0，则 O 是ABC 的(A) A内心B外心 C重心D垂心 解析： 因为OB AB AO ， OC AC AO ， 所以 aOA bOB cOC
3、aOA b(AB AO )c(AC AO )bAB cAC (abc)AO ，而 aOA bOB cOC 0，所以(abc)AO bAB cAC ，即AO b abcAB c abcAC ，记AB cn1，AC bn2，其中 n1，n2分别表示AB ，AC 方向上的单位向量，则AO bc abc(n 1 n2)， 由该式可以看出 AO 平分BAC， 同理可得 BO， CO 分别平分ABC， ACB， 故 O 为ABC 的内心 故 选 A. 4在ABC 中，O 为ABC 的重心若BO AB AC ，则2(D) A1 2 B1 C.4 3 D4 3 解析：如图，延长 BO 交 AC 于点 M， 点
4、 O 为ABC 的重心，M 为 AC 的中点，BO 2 3BM 2 3 1 2BA 1 2BC 1 3AB 1 3BC 1 3AB 1 3(AC AB )2 3AB 1 3AC ，又知BO AB AC ，2 3， 1 3，2 2 32 1 3 4 3，故选 D. 5(2021广东深圳测试)著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上， 且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定 理设点 O，H 分别是ABC 的外心、垂心，且 M 为 BC 的中点，则(D) A.AB AC 3HM 3MO B.AB AC 3HM 3MO C
5、.AB AC 2HM 4MO D.AB AC 2HM 4MO 解析：设 G 为ABC 的重心，因为 M 为 BC 的中点，所以AG 2GM ，所以AM 3GM ，又GO 1 2HG ， 所以HG 2 3HO ，因为HG GM HM ，HM MO HO ，所以2 3HO GM HM ，所以GM HM 2 3HO HM 2 3(HM MO )HM 2 3HM 2 3MO 1 3HM 2 3MO ，所以AB AC 2AM 6GM 6 1 3HM 2 3MO 2HM 4MO ，故选 D. 6已知 a，b，c 为ABC 的三个内角 A，B，C 的对边，向量 m( 3，1)，n(cosA，sinA)若 m
6、 n，且 acosBbcosAcsinC，则角 A，B 的大小分别为(C) A. 6， 3 B.2 3 ， 6 C. 3， 6 D. 3， 3 解析：由 mn 得 mn0，即3cosAsinA0，即 2cos A 6 0，因为 6A 60)，A，B 两点关于 x 轴对称 若 圆 C 上存在点 M，使得AM BM 0，则当 m 取得最大值时，点 M 的坐标是(C) A. 3 2， 3 2 2B. 3 2 2 ，3 2 C. 3 2， 3 3 2D. 3 3 2 ，3 2 解析：圆 C 的方程可化为(x1)2(y 3)21，由题意得 B(0，m)，设 M(x，y)，因为AM BM 0， 所以(x，
7、ym)(x，ym)0，所以 x2y2m20，所以 m2x2y2，因为 x2y2可表示圆 C 上的点到原点 距离的平方，所以连接 OC 并延长，与圆 C 相交，交点即为 M，此时 m2最大，m 也最大，且|OM|12 3，MOx60，所以 xM3cos603 2，y M3sin603 3 2 .故点 M 的坐标为 3 2， 3 3 2，故选 C. 二、填空题 11已知 G 为ABC 的重心，过点 G 的直线与边 AB，AC 分别相交于点 P，Q，若AP 3 5AB ，则ABC 与APQ 面积的比值为20 9 . 解析：设AQ AC (01)，因为 G 为ABC 的重心，所以AG 1 3(AB A
8、C )1 3 5 3AP 1 AQ 5 9AP 1 3AQ ，由 P，G，Q 三点共线，得5 9 1 31，解得 3 4，所以 SABC SAPQ 1 2ABACsinBAC 1 2APAQsinBAC ABAC 3 5AB 3 4AC 20 9 . 12(2021吉林长春一模)已知在ABC 中，向量AB (0,1)，|AC | 7，AB BC 1，则ABC 的面积为 3 2 . 解析：因为AB (0,1)，所以|AB |1.又因为AB BC |AB |BC |cos(180B)1，所以|BC |cosB1.由余 弦定理得|AC |2|AB |2|BC |22|AB |BC |cosB，所以|
9、BC |2，则 cosB1 2.因为 0B0.设 a 与 b 的夹角为， 则有|a|24|a|b|cos0， |a|4|b|cos， 又知|a|2|b|， cos |a| 4|b| 2|b| 4|b| 1 2，又知0， 3，即 a 与 b 夹角的取值范围为 3，故选 B. 18(2020江苏卷)如图，在ABC 中，AB4，AC3，BAC90，D 在边 BC 上，延长 AD 到 P， 使得 AP9，若PA mPB 3 2mPC (m 为常数)，则 CD 的长度是18 5 或 0. 解析：建立平面直角坐标系，如图，设 P(x，y)，则PA (x，y)，PB (4x，y)，PC (x,3 y)， P
10、A mPB 3 2mPC ， xm4x 3 2mx， ymy 3 2m3y， 解得 x8m， y96m， 又 AP9，(8m)2(96m)281，m0 或 m27 25，P(0,9)或 P 216 25 ，63 25 ， 直线 PA 的方程为 x0 或 y 7 24x，当直线 PA 的方程为 y 7 24x 时，又直线 BC 的方程为 x 4 y 31，故 由 y 7 24x， x 4 y 31， 解得 x72 25， y21 25， 即 D 72 25， 21 25 ， CD 72 25 2 21 253 218 5 . 当直线 PA 的方程为 x0 时，CD0. 综上，CD18 5 或 0.
