内容正文:
3.解析:设P(r,0),则AP=(r一2,
因为,点P在线段MN上运动,令MP=
又(a-b)∥c,c=(m-2,-n)
-2),BP=(x-4,-1),∴.AP·BP
AMN,A∈[0,1],则MP=(3x,-2),
.-n=2(m-2),
.2m十n=4,故C正确:
=(x-2)(x-4)+2=x2-6x十10=
所以P所i-Mi-M师-(-3以2+号))
对于D,2m十n=4,而m,n均为正数,
(x-3)2+1,故当x=3时,AP·BP
最小,此时点P的坐标为(3,0)
答案:(3,0)
P店=Mi-M-(6-3x,2x-8),
∴m=合(2m·n≤号(20士2))=
4.解:(1)当t=3时,b=(一1,3),a十b=
所以PA·PB=-3入(6-3)十
2,当且仅当2m=1,即m=1,n=2时
等号成立,∴.m1的最大值为2,故D正
(0,5),a-b=(2,-1),
确.故选C、D.
所以a+b=5,|a-b|=√5.
(2a+号)(2x-号)=1a8-20m-5
3.解析:由条件中的四边形ABCD的对
(2)由题意得a十b=(0,2十t),a-3b
=(4,2-3),
令fQ)=1x-2以-片其中AE[0.l
边分别平行,可以判断该四边形
则cos135°=(a+b)·(a-3b)
ABCD是平行四边形,
、107
a+b a-3b
当λ[0,13时f)单调递减:
设D(x,y),则有AB=DC
(2+t)(2-3t)
21
当A∈[1]时Q》单调递增。
即(6,8)-(-2,0)=(8,6)-(x,y),
解得(x,y)=(0,一2),
2+t·/16+(2-3t)2
即D点的坐标为(0,一2)
化简得32-41-4=0,解得1=2或t
所以当A=0时,)取得最大值-15,
4,
答案:(0,一2)
、2
经检验,当1=一号时,向量
即P所·P店的最大位为一只
4.解:(1)因为点A,B,C不能构成三角形,
a十b与a-3b的夹角为45°,舍去;当
所以A,B,C三点共线,所以AB∥AC
t=2时,向量a十b与a一3b的夹角为
“四翼”检测评价(九)
由题意得AB=(3,1),AC=(2-x,
135°.故t=2.
(一)基础落实
1-y),所以3(1-y)=2-x,
5.解:(1)证明:A(2,1),B(3,2),
1.D2.C3.D4.D5.1
即x-3y+1=0.
D(-1,4),.AB=(1,1),AD=(-3,3).
6.(0,2)或(30)7.日
所以x,y满足的条件为x一3y十1=0
又.AB·AD=1×(-3)+1X3=0.
(2)由题意得BC=(-x-1,-y),
8.解:由已知可得M(2.5,2.5),N(1.5,
.AB⊥AD,即AB⊥AD.
由AC=2BC得
0.5),所以AM=(2.5,2.5),CN=
(2),AB⊥AD,四边形ABCD为矩
(2-x,1-y)=2(-x-1,-y),
(-2.5,-2.5).
形,AB=DC.设C点坐标为(,y),
又2.5×(-2.5)-2.5×(-2.5)=0,
所以日2停得:
y=-1.
则AB=(1,1),DC=(x+1,y-4),
所以Ai,CN平行
即x,y的值分别为一4,-1.
9.解:(1)AB=(x,1),CD=(4,x).
5.解:(1)假设存在实数t,使得
OA十tOB=OC成立,
.C点坐标为(0,5).
因为AB,CD平行
所以x一4=0,解得x=士2.
则(31-1,41+2)=(2,1),
由于AC=(-2,4),BD=(一4,2),
则当x=士2时,两向量AB,CD平行
∴.AC·BD=8+8=16>0,|AC|=
可得:毛实安解。
2√5,|BD1=2V5.
(2)当x=-2时,BC=(6,-3).
因此不存在实数t,使得OA十tOB
AB=(-2,1),BC=-3AB.
设AC与BD夹角为0,
OC成立.
则AB∥BC,此时A,B,C三点共线,
(2)设点D的坐标为(x,y),由题意得
则co50=
AC·BD=16=4
1AC11BD20=5>0,
又AB∥CD,从而,当x=一2时,A,B
AB=2 DC.
C,D四,点在同一条直线上
即(4,2)=2(2-x,1一y),
∴.矩形ABCD的两条对角线所成的锐
当x=2时,AB=(2,1),BC=(-2,1),
角的余弦值为号
AB与BC不平行,故A,B,C,D四点不
可将任:好得98:
(三)创新发展
因此,点D的坐标为(0,0).
在同一直线上.
(3)设点E的坐标为(a,b),
解:(1)设D(.x,y),AC与DB的夹角为(二)综合应用
则AE=(a+1,b-2),
0,因为A(1,5),B(7,1),所以AB=
1.选A设D(x,y),则AD=(x