2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（二十五）平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用 文.doc
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2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（二十五）平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用 文 對(duì)點(diǎn)練(一) 平面向量的數(shù)量積 1．已知△ABC是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)D，E分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，連接DE并延長(zhǎng)到點(diǎn)F，使得DE＝2EF，則的值為( ) A．－ B. C. D. 解析：選B 如圖所示，＝(＋)＝＝＝－＋＝－＋＝. 2．已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，∠ABD＝30，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，DC上，BC＝2BE，CD＝λCF.若＝－9，則λ的值為( ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：選B 依題意得＝＋＝－，＝＋，因此＝＝2－2＋，于是有62＋62cos 60＝－9.由此解得λ＝3，故選B. 3．(xx嘉興一模)如圖，B，D是以AC為直徑的圓上的兩點(diǎn)，其中AB＝，AD＝，則＝( ) A．1 B．2 C．t D．2t 解析：選A 因?yàn)椋剑?，所以?－)＝－＝||||cos∠CAD－||||cos∠CAB.又AC為圓的直徑，所以連接BC，DC(圖略)，則∠ADC＝∠ABC＝，所以cos∠CAD＝，cos∠CAB＝，則＝||2－|AB|2＝t＋2－(t＋1)＝1，故選A. 4．(xx廣西質(zhì)檢)已知向量a，b的夾角為，|a|＝，|b|＝2，則a(a－2b)＝________. 解析：a(a－2b)＝a2－2ab＝2－22＝6. 答案：6 5．(xx江西白鷺洲中學(xué)調(diào)研)已知在直角三角形ABC中，∠ACB＝90，AC＝BC＝2，點(diǎn)P是斜邊AB上的中點(diǎn)，則＋＝________. 解析：由題意可建立如圖所示的坐標(biāo)系．可得A(2,0)，B(0,2)，P(1,1)，C(0,0)，則＋＝(1,1)(0,2)＋(1,1)(2,0)＝2＋2＝4. 答案：4 對(duì)點(diǎn)練(二) 平面向量數(shù)量積的應(yīng)用 1．已知向量a，b滿足ab＝0，|a|＝1，|b|＝2，則|a－b|＝( ) A．0 B．1 C．2 D. 解析：選D |a－b|＝＝＝＝. 2．(xx云南民族中學(xué)一模)已知向量＝(x,1)(x>0)，＝(1,2)，||＝，則，的夾角為( ) A. B. C. D. 解析：選C 因?yàn)椋剑?1－x,1)，所以||2＝(1－x)2＋1＝5，即x2－2x－3＝0，解得x＝3或x＝－1(舍)．設(shè)，的夾角為θ，則cos θ＝＝，所以θ＝.故選C. 3．(xx廣東五校協(xié)作體一模)已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2,1)．若|a＋b|＝|a－b|，則實(shí)數(shù)λ的值為( ) A．－1 B．2 C．1 D．－2 解析：選A 根據(jù)題意，對(duì)于向量a，b，若|a＋b|＝|a－b|，則|a＋b|2＝|a－b|2，變形可得a2＋2ab＋b2＝a2－2ab＋b2，即ab＝0.又由向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2,1)，得λ(λ＋2)＋1＝0，解得λ＝－1.故選A. 4．已知向量a＝(，1)，b＝(0,1)，c＝(k，)，若a＋2b與c垂直，則k＝( ) A．－3 B．－2 C．1 D．－1 解析：選A 因?yàn)閍＋2b與c垂直，所以(a＋2b)c＝0，即ac＋2bc＝0，所以k＋＋2＝0，解得k＝－3. 5．(xx吉林三模)已知平面向量a，b的夾角為120，且ab＝－1，則|a－b|的最小值為( ) A. B. C. D．1 解析：選A 由題意可知－1＝ab＝|a||b|cos 120，所以2＝|a||b|≤，即|a|2＋|b|2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)|a|＝|b|時(shí)等號(hào)成立，|a－b|2＝a2－2ab＋b2＝a2＋b2＋2≥4＋2＝6，所以|a－b|≥，所以|a－b|的最小值為. 6．(xx河北石家莊一模)已知三個(gè)向量a，b，c共面，且均為單位向量，ab＝0，則|a＋b－c|的取值范圍是( ) A．[－1，＋1] B．[1， ] C．[， ] D．[－1,1] 解析：選A 法一：因?yàn)閍b＝0，所以|a＋b|2＝a2＋2ab＋b2＝2，所以|a＋b|＝.所以|a＋b－c|2＝a2＋b2＋c2＋2ab－2(a＋b)c＝3－2(a＋b)c.當(dāng)c與(a＋b)同向時(shí)，(a＋b)c最大，|a＋b－c|2最小，此時(shí)(a＋b)c＝|a＋b||c|cos 0＝，|a＋b－c|2＝3－2＝(－1)2，所以|a＋b－c|min＝－1；當(dāng)c與(a＋b)反向時(shí)，(a＋b)c最小，|a＋b－c|2最大，此時(shí)(a＋b)c＝|a＋b||c|cos π＝－，|a＋b－c|2＝3＋2＝(＋1)2，所以|a＋b－c|max＝＋1.所以|a＋b－c|的取值范圍為[－1，＋1]．故選A. 法二：由題意不妨設(shè)a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(cos θ，sin θ)(0≤θ<2π)．則a＋b－c＝(1－cos θ，1－sin θ)，|a＋b－c|＝＝，令t＝3－2sin，則3－2≤t≤3＋2，故|a＋b－c|∈[－1，＋1]． 對(duì)點(diǎn)練(三) 平面向量與其他知識(shí)的綜合問題 1．(xx豐臺(tái)期末)在△ABC中，若＋2＝，則的值為( ) A. B. C. D. 解析：選A 設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，由＋2＝，得ac＋2bc＝ab，化簡(jiǎn)可得a＝c.由正弦定理得＝＝. 2．(xx吉林質(zhì)檢)已知A(－2,0)，B(2,0)，動(dòng)點(diǎn)P(x，y)滿足＝x2，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為( ) A．橢圓 B．雙曲線 C．拋物線 D．兩條平行直線 解析：選D 因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)P(x，y)滿足＝x2，所以(－2－x，－y)(2－x，－y)＝x2，所以點(diǎn)P的軌跡方程為y2＝4，即y＝2，所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為兩條平行的直線． 3．已知點(diǎn)M(1,0)，A，B是橢圓＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，且＝0，則的取值范圍是( ) A. B. C. D. 解析：選C 由＝0，可得＝(－)＝2, 設(shè)A(2cos α，sin α)，則2＝(2cos α－1)2＋sin2α＝3cos2α－4cos α＋2＝32＋，所以當(dāng)cos α＝時(shí)，2取得最小值，當(dāng)cos α＝－1時(shí)，2取得最大值9，故的取值范圍為. 4.已知點(diǎn)G是△ABC的外心， ，， 是三個(gè)單位向量，且2＋＋＝0，△ABC的頂點(diǎn)B，C分別在x軸的非負(fù)半軸和y軸的非負(fù)半軸上移動(dòng)，如圖所示，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，則||的最大值為( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選B 因?yàn)辄c(diǎn)G是△ABC的外心，且2＋＋＝0，所以點(diǎn)G是BC的中點(diǎn)，△ABC是直角三角形，且∠BAC是直角．又，，是三個(gè)單位向量，所以BC＝2，又△ABC的頂點(diǎn)B，C分別在x軸的非負(fù)半軸和y軸的非負(fù)半軸上移動(dòng)，在Rt△BOC中，OG是斜邊BC上的中線，則|OG|＝|BC|＝1，所以點(diǎn)G的軌跡是以原點(diǎn)為圓心、1為半徑的圓弧．又||＝1，所以當(dāng)OA經(jīng)過BC的中點(diǎn)G時(shí)，||取得最大值，且最大值為2||＝2. 5．已知a，b滿足|a|＝，|b|＝1，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，不等式|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，設(shè)a，b的夾角為θ，則tan 2θ＝________. 解析：如圖所示，當(dāng)(a＋b)⊥b時(shí)，對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，a＋xb＝或a＋xb＝，因?yàn)樵谥苯侨切沃?，斜邊大于直角邊恒成立，?shù)形結(jié)合知，不等式|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，因?yàn)?a＋b)⊥b，a，b滿足|a|＝，|b|＝1，所以(a＋b)b＝0，ab＋b2＝0，tan θ＝－，tan 2θ＝＝2. 答案：2 1．(xx江西南昌三校聯(lián)考)已知A，B，C是△ABC的內(nèi)角，a，b，c分別是其對(duì)邊長(zhǎng)，向量m＝(，cos A＋1)，n＝(sin A，－1)，m⊥n. (1)求角A的大??； (2)若a＝2，cos B＝，求b的值． 解：(1)∵m⊥n，∴mn＝sin A＋(cos A＋1)(－1)＝0， ∴sin A－cos A＝1， ∴sin＝. ∵0下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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