《（江蘇專(zhuān)用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第四章第3課時(shí) 平面向量的數(shù)量積課時(shí)闖關(guān)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第四章第3課時(shí) 平面向量的數(shù)量積課時(shí)闖關(guān)（含解析）（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 （江蘇專(zhuān)用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第四章第3課時(shí) 平面向量的數(shù)量積 課時(shí)闖關(guān)（含解析） [A級(jí)　雙基鞏固] 一、填空題 1．(2011·高考福建卷)若a＝(1,1)，b＝(－1,2)，則a·b＝________. 解析：a＝(1,1)，b＝(－1,2)，a·b＝1×(－1)＋1×2＝－1＋2＝1. 答案：1 2．(2011·高考江西卷)已知|a|＝|b|＝2，(a＋2b)·(a－b)＝－2，則a和b的夾角為_(kāi)_______． 解析：∵(a＋2b)·(a－b)＝|a|2－2|b|2＋a·b＝－2，且|a|＝|b|＝2.∴a·b＝2. ∴cos〈a，b〉＝＝，而

2、〈a，b〉∈[0，π]． ∴〈a，b〉＝. 答案： 3．已知向量a，b滿(mǎn)足|a|＝1，|b|＝2，a與b的夾角為60°，則|a－b|＝________. 解析：|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝1－2×1×2cos60°＋22＝3.∴|a－b|＝. 答案： 4．已知a＝(，1)，b＝(0，－1)，c＝(k，)，若a－2b與c垂直，則k＝________. 解析：a－2b＝(，1)－2(0，－1)＝(，3)，又a－2b與c垂直，∴k＋3＝0，∴k＝－3. 答案：－3 5．(2011·高考廣東卷改編)已知平面直角坐標(biāo)系xOy上的區(qū)域D由不等式組給定，若M(x，y)為D上的動(dòng)點(diǎn)，

3、點(diǎn)A的坐標(biāo)為(，1)，則z＝·的最大值為_(kāi)_______． 解析：由線(xiàn)性約束條件 畫(huà)出可行域如圖陰影部分，目標(biāo)函數(shù)z＝·＝x＋y，由圖可知，目標(biāo)函數(shù)的圖象過(guò)點(diǎn)(，2)時(shí)，z最大值為4. 答案：4 6．(2011·高考上海卷)在正三角形ABC中，D是邊BC上的點(diǎn)，AB＝3，BD＝1，則·＝________. 解析：如圖，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝32＋12－2×3×1×cos60°＝7， ∴AD＝，cos∠BAD＝＝， ∴·＝3××＝. 答案： 7．a(chǎn)，b為非零向量，“a⊥b”是“函數(shù)f(x)＝(x a＋b)·(x b－a)為一次函數(shù)”的______

4、__條件． 解析：f(x)＝x2a·b＋(b2－a2)x－a·b為一次函數(shù)?a⊥b且|a|≠|(zhì)b|. 答案：必要而不充分 8．(2012·常州質(zhì)檢)在△ABC中，有如下命題，其中正確的是________． ①－＝；②＋＋＝0；③若(＋)·(－)＝0，則△ABC為等腰三角形；④若·>0，則△ABC為銳角三角形． 解析：在△ABC中，－＝，①錯(cuò)誤；若·>0，則∠B是鈍角，△ABC是鈍角三角形，④錯(cuò)誤． 答案：②③ 二、解答題 9．(1)在等邊三角形ABC中，D為AB的中點(diǎn)，AB＝5，求·，||； (2)若a＝(3，－4)，b＝(2,1)，求(a－2b)·(2a＋3b)和|a＋2b

5、|. 解：(1)·＝||||cos〈，〉 ＝5×5cos120°＝－. ∴＝(＋)， ∴||2＝(＋)2＝(2＋2＋2·) ＝(25＋25＋2×5×5cos60°)＝， ∴||＝. (2)∵a＝(3，－4)，b＝(2,1)， ∴a－2b＝(3，－4)－(4,2)＝(－1，－6)， 2a＋3b＝(6，－8)＋(6,3)＝(12，－5)， ∴(a－2b)·(2a＋3b)＝－12＋30＝18. 又∵a＋2b＝(3，－4)＋(4,2)＝(7，－2)， ∴|a＋2b|＝＝. 10．已知兩個(gè)向量e1，e2滿(mǎn)足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夾角為60°. (1)若向量2

6、te1＋7e2與向量e1＋te2的方向相反，求實(shí)數(shù)t的值； (2)若向量2te1＋7e2與向量e1＋te2的夾角為鈍角，求實(shí)數(shù)t的取值范圍． 解：(1)由題意設(shè)2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)(λ＜0)， ∴消去λ，解得2t2＝7. 若t＝－，則λ＝－； 若t＝，則λ＝＞0，則t＝不合題意，舍去． ∴當(dāng)t＝－時(shí)，2te1＋7e2與向量e1＋te2的夾角為π，即這兩個(gè)向量方向相反． (2)因?yàn)閑＝4，e＝1，e1·e2＝2×1×cos60°＝1，所以(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＝2te＋(2t2＋7)e1·e2＋7te＝2t2＋15t＋7. 因?yàn)檫@兩個(gè)向量夾角為鈍角

7、，設(shè)夾角為θ，則有cosθ＝∈， 所以有(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＜0，且2te1＋7e2與向量e1＋te2不反向． 當(dāng)2t2＋15t＋7＜0時(shí)，解得－7＜t＜－. 又由(1)知t＝－時(shí)，這兩個(gè)向量的夾角為π. ∴t的取值范圍是∪. [B級(jí)　能力提升] 一、填空題 1．(2011·高考大綱全國(guó)卷改編)設(shè)向量a，b，c滿(mǎn)足|a|＝|b|＝1，a·b＝－，a－c和b－c的夾角為60°，則|c|的最大值為_(kāi)_______． 解析：如圖，設(shè)＝a，＝b，＝c， 則＝a－c，＝b－c. ∵|a|＝|b|＝1，∴OA＝OB＝1， 又∵a·b＝－， ∴|a||b|cos

8、∠AOB＝－，∴cos∠AOB＝－， ∴∠AOB＝120°， 又∵a－c和b－c的夾角為60°，而120°＋60°＝180°， ∴O、A、C、B四點(diǎn)共圓， ∴當(dāng)OC為圓的直徑時(shí)|c|最大，此時(shí)∠OAC＝∠OBC＝90°， ∴Rt△AOC≌Rt△BOC，　∴∠ACO＝∠BCO＝30°. ∴|OA|＝|OC|，∴|OC|＝2|OA|＝2. 答案：2 2．(2011·高考天津卷)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的動(dòng)點(diǎn)，則|＋3|的最小值為_(kāi)_______． 解析：以D為原點(diǎn)，分別以DA、DC所在直線(xiàn)為x軸、y軸建立如圖所示的

9、平面直角坐標(biāo)系，設(shè)DC＝a，DP＝x， ∴D(0,0)，A(2,0)，C(0，a)，B(1，a)，P(0，x)， ＝(2，－x)，＝(1，a－x)， ∴＋3＝(5,3a－4x)， |＋3|2＝25＋(3a－4x)2≥25， ∴|＋3|的最小值為5. 答案：5 3．(2012·蘇州調(diào)研)如圖所示，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1，D是邊BC上一點(diǎn)(包括端點(diǎn))，則·的取值范圍是________． 解析：設(shè)＝λ(0≤λ≤1)，＝－，＝＋＝＋λ＝(1－λ)＋λ，∴·＝[(1－λ)＋λ]·(－)＝λ2－(1－λ)2＋(1－2λ)·.又∵2＝1，2＝4，·＝－1，故

10、·＝λ－4(1－λ)－(1－2λ)＝7λ－5，由于0≤λ≤1，故·的取值范圍是[－5,2]． 答案：[－5,2] 4．已知A(3，)，O是原點(diǎn)，點(diǎn)P(x，y)坐標(biāo)滿(mǎn)足，則的取值范圍是________． 解析：作出可行域，和的夾角θ∈[，]，所以＝||cosθ＝2cosθ∈[－3,3]． 答案：[－3,3] 二、解答題 5．已知點(diǎn)M(－1,0)，N(1,0)，點(diǎn)P使·，·，·成等差數(shù)列，且公差小于零． (1)點(diǎn)P的軌跡是什么曲線(xiàn)？ (2)若點(diǎn)P坐標(biāo)為(x0，y0)，θ為與的夾角，求tanθ. 解：(1)設(shè)P(x，y)，由M(－1,0)，N(1,0)，得 ＝－＝(－1－x，－y

11、)，＝－＝(1－x，－y)，＝－＝(2,0)， ∴·＝2(1＋x)，·＝x2＋y2－1，·＝2(1－x)． 于是·，·，·是公差小于零的等差數(shù)列， 等價(jià)于 即所以點(diǎn)P的軌跡是以原點(diǎn)為圓心，為半徑的右半圓． (2)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，y0)，·＝x＋y－1＝3－1＝2， ||·||＝· ＝＝2， ∴cosθ＝＝， ∵0＜x0≤，∴