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《走向高考》2013 高三数学(人教A版)总复习同步练习5-3平面向量的数量积


5-3 平面向量的数量积 基础巩固强化 1.对于向量 a,b,c 和实数 λ,下列命题中为真命题的是( A.若 a· b=0,则 a=0 或 b=0 B.若 λa=0,则 λ=0 或 a=0 C.若 a2=b2,则 a=b 或 a=-b D.若 a· b=a· c,则 b=c [答案] B [解析] a· b=0?a⊥b, A 错; 2=b2?|a|=|b|, 故 a 得不出 a=± b, 不要与实数 x、y 满足|x|=|y|?x=± 混淆,故 C 错;a· y b=a· c?a· (b -c)=0,同 A 知 D 错,故选 B. → → → 2.(文)如图,在△ABC 中,AD⊥AB,BC= 3BD,|AD|=1,则 → → AC· =( AD ) )

A.2 3 3 C. 3 [答案] D

3 B. 2 D. 3

→ → → → → [解析] ∵AC=AB+BC=AB+ 3BD, → → → → → → → → → ∴AC· =(AB+ 3BD)· =AB· + 3BD· , AD AD AD AD

→ → 又∵AB⊥AD,∴AB· =0, AD → → → → → → ∴AC· = 3BD· = 3|BD|· |· AD AD |AD cos∠ADB → → = 3|BD|· cos∠ADB= 3· |= 3. |AD (理)(2012· 新疆维吾尔自治区检测)已知 A、B、C 是圆 O:x2+y2 → → → → → =r 上三点,且OA+OB=OC,则AB· 等于( OC
2

)

A.0 3 C.2 [答案] A

1 B.2 3 D.-2

→ → → [解析] ∵A、 C 是⊙O 上三点, B、 ∴|OA|=|OB|=|OC|=r (r>0), → → → → → → → → → → → 2 ∵OA+OB=OC, ∴AB· =(OB-OA)· +OA)=|OB| -|OA|2 OC (OB =0,故选 A. 3.(文)(2012· 山西大同调研)设非零向量 a,b,c 满足|a|=|b|=|c|, a+b=c,则 a,b 的夹角为( A.150° C.60° [答案] B [解析] 设|a|=m(m>0),a,b 的夹角为 θ,由题设知(a+b)2=c2, 1 即 2m2+2m2cosθ=m2,得 cosθ=-2.又 0° ≤θ≤180° ,所以 θ=120° , 即 a,b 的夹角为 120° ,故选 B. 3 (理)(2011· 郑州一测)若向量 a、b 满足|a|=|b|=1,(a+b)· 2, b= ) B.120° D.30°

则向量 a、b 的夹角为( A.30° C.60° [答案] C

) B.45° D.90°

3 [解析] ∵(a+b)· 2+a· b=b b=1+a· 2, b= 1 1 1 ∴a· 2,即|a||b|cos〈a,b〉=2,∴cos〈a,b〉=2, b= ∴〈a,b〉=60° ,故选 C. 4.(文)已知向量 a,b 满足|b|=2,a 与 b 的夹角为 60° ,则 b 在 a 上的射影数量是( 1 A.2 C.2 [答案] B b· a [解析] 向量 b 在 a 上的射影数量为 l= =|b|· cos60° =1. |a| (理)(2011· 天津宝坻质量调查)已知点 A、B、C 在圆 x2+y2=1 上, → → → → → → 满足 2OA+AB+AC=0(其中 O 为坐标原点), 又|AB|=|OA|, 则向量BA → 在向量BC方向上的射影数量为( A.1 1 C.2 [答案] C → → → → → → → → → [解析] 由 2OA+AB+AC=(OA+AB)+(OA+AC)=OB+OC= → → 0 得,OB=-OC,即 O、B、C 三点共线. ) B.-1 1 D.-2 ) B.1 D.3

→ → → → → 又|AB |=|OA |=1,故向量BA 在向量BC 方向上的射影数量为|BA π 1 |cos3=2. 5.(2013· 烟台市第一学期检测)已知向量 a、b,其中|a|= 2,|b| =2,且(a-b)⊥a,则向量 a 和 b 的夹角是( π A.4 3π C. 4 [答案] A [解析] 由题意知(a-b)· 2-a· a=a b=2-a· b=0,∴a· b=2.设 a π B.2 D.π )

与 b 的夹角为 θ,则 cosθ= a· b 2 π = 2 ,∴θ=4,故选 A. |a|· |b|

6.(文)在△ABC 中,a、b、c 分别是∠A,∠B,∠C 所对的边, 设向量 m=(b-c,c-a),n=(b,c+a),若 m⊥n,则∠A 的大小为 ( ) 2π A. 3 π C.2 [答案] B [解析] m· n=b(b-c)+c2-a2 =c2+b2-a2-bc=0, b2+c2-a2 1 π ∴cosA= 2bc =2,∵0<A<π,∴A=3. (理)已知向量 a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),a 与 b 的夹角为 1 60° ,直线 xcosα-ysinα=0 与圆(x-cosβ)2+(y+sinβ)2=2的位置关系 π B.3 π D.4

是(

) A.相切 C.相离 [答案] B [解析] |a|=1,|b|=1,a· b=cosαcosβ+sinαsinβ =cos(α-β), ∵〈a,b〉=60° , ∴cos60° = a· b 1 , ∴cos(α-β)=2, 圆心(cosβ, -sinβ)到直线 xcosα |a|· |b| B.相交 D.随 α,β 值的变化而变化

-ycosα=0 的距离 d= |cosβcosα+sinβsinα| 1 2 =|cos(α-β)|=2< 2 , 2 2 cos α+sin α

∴直线与圆相交. 7.(2011· 新课全国文)已知 a 与 b 为两个不共线的单位向量,k 为实数,若向量 a+b 与向量 ka-b 垂直,则 k=________. [答案] 1 [解析] 由 a+b 与 ka-b 垂直知(a+b)· (ka-b)=0,即 ka2-ab +ka· 2=0,又由|a|=|b|=1 知(k-1)(a· b-b b+1)=0,若 a· b=-1,则 a 与 b 夹角 180° ,与 a,b 不共线矛盾,∴k-1=0,∴k=1. π 8.(2011· 江西文)已知两个单位向量 e1,e2 的夹角为3,若向量 b1 =e1-2e2,b2=3e1+4e2,则 b1·2=________. b [答案] -6 π [解析] ∵〈e1,e2〉=3,|e1|=1,|e2|=1,

∴b1·2=(e1-2e2)· 1+4e2) b (3e
=3|e1|2-2e1·2-8|e1|2 e

π =3-2cos3-8=-6.

?3x-y-6≤0, ? 9. (2012· 东北三校二模)已知 M、 为平面区域?x-y+2≥0, N ?x≥0. ?
→ 内的两个动点,向量 a=(1,3),则MN· 的最大值是________. a [答案] 40 [解析] 作出不等式组表示的平面区域如图,由于 a=(1,3),直

线 AB:3x-y-6=0,显见 a 是直线 AB 的一个方向向量,由于 M、 N 是△ABC 围成区域内的任意两个点, 故当 M、 分别为 A、B 点时, N → → → → MN· 取最大值, a 求得 A(0, -6), B(4,6), ∴MN=AB=(4,12), ∴MN· a =40.

10.(文)设在平面上有两个向量 a=(cosα,sinα)(0° ≤α<360° ),b 1 3 =(-2, 2 ). (1)求证:向量 a+b 与 a-b 垂直; (2)当向量 3a+b 与 a- 3b 的模相等时,求 α 的大小.

[解析] (1)证明:因为(a+b)· (a-b)=|a|2-|b|2=(cos2α+sin2α)- 1 3 (4+4)=0, 故 a+b 与 a-b 垂直. (2)由| 3a+b|=|a- 3b|,两边平方得 3|a|2+2 3a· b+|b|2=|a|2-2 3a· b+3|b|2, 所以 2(|a|2-|b|2)+4 3a· b=0, 而|a|=|b|,所以 a· b=0, 1 3 则(-2)×cosα+ 2 ×sinα=0, 即 cos(α+60° )=0, ∴α+60° 180° =k· +90° ,即 α=k· +30° 180° ,k∈Z, 又 0° ≤α<360° ,则 α=30° α=210° 或 . (理)已知向量 a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0). (1)求向量 b+c 的长度的最大值; π (2)设 α=4,且 a⊥(b+c),求 cosβ 的值. [分析] (1)由向量坐标运算定义可求 b+c, 由模的定义得到关于 α 的三角函数关系式,化为一个角的一个三角函数,即可求得最值, 或依据向量模的三角不等式|a+b|≤|a|+|b|求解. π (2)∵α=4, 已知, a⊥(b+c)?a· ∴a 由 (b+c)=0 可得到关于 cosβ 的方程,解方程即可. [解析] (1)解法 1:b+c=(cosβ-1,sinβ),则 |b+c|2=(cosβ-1)2+sin2β=2(1-cosβ). ∵-1≤cosβ≤1,∴0≤|b+c|2≤4,即 0≤|b+c|≤2. 当 cosβ=-1 时, 有|b+c|=2, 所以向量 b+c 的长度的最大值为

2. 解法 2:∵|b|=1,|c|=1,|b+c|≤|b|+|c|=2, 当 cosβ=-1 时,有 b+c=(-2,0),即|b+c|=2. 所以向量 b+c 的长度的最大值为 2. (2)解法 1:由已知可得 b+c=(cosβ-1,sinβ), a· (b+c)=cosαcosβ+sinαsinβ-cosα =cos(α-β)-cosα. ∵a⊥(b+c),∴a· (b+c)=0, 即 cos(α-β)=cosα. π π π 由 α=4,得 cos(4-β)=cos4, π π π 即 β-4=2kπ±4(k∈Z), ∴β=2kπ+2或 β=2kπ, k∈Z, 于是 cosβ =0 或 cosβ=1. π 2 2 解法 2:若 α=4,则 a=( 2 , 2 ). 又由 b=(cosβ,sinβ), 2 2 2 2 c=(-1,0)得 a· (b+c)=( 2 , 2 )· (cosβ-1,sinβ)= 2 cosβ+ 2 2 sinβ- 2 . ∵a⊥(b+c),∴a· (b+c)=0,即 cosβ+sinβ=1. ∴sinβ=1-cosβ,平方后化简得 cosβ(cosβ-1)=0, 解得 cosβ=0 或 cosβ=1.经检验,cosβ=0 或 cosβ=1 即为所求. 能力拓展提升 11.(2013· 辽宁省沈阳四校期中联考)已知两点 A(1,0)为, B(1, 3), → → O 为坐标原点,点 C 在第二象限,且∠AOC=120° ,设OC=-2OA+

→ λOB,(λ∈R),则 λ 等于( A.-1 C.1 [答案] C

) B.2 D.-2

→ → → [解析] 由条件知, =(1,0), =(1, 3), =(λ-2, 3λ), OA OB OC ∵∠AOC=120° , → → λ-2 OA· OC cos∠AOC= → → = , ?λ-2?2+3λ2 |OA|· | |OC ∴ λ-2 1 2 2=-2,解之得 λ=1,故选 C. ?λ-2? +3λ

→ 12.(文)设 A1,A2,A3,A4 是平面上给定的 4 个不同点,则使MA1 → → → +MA2+MA3+MA4=0 成立的点 M 的个数为( A.0 C.2 [答案] B → → → [解析] 设 A1A2 中点为 P,A3A4 中点为 Q,则MA1+MA2=2MP, → → → MA3+MA4=2MQ, → → → → ∴2MP+2MQ=0,即MP=-MQ,∴M 为 PQ 中点, 所以有且只有一个点适合条件. (理)(2011· 河北冀州期末)过抛物线 y2=2px(p>0)的焦点 F 的直线 l 与抛物线在第一象限的交点为 A,与抛物线的准线的交点为 B,点 A B.1 D.4 )

→ → → → 在抛物线的准线上的射影为 C,若AF=FB,BA· =48,则抛物线的 BC 方程为( ) B.y2=4x D.y2=4 2x

A.y2=8x C.y2=16x [答案] B

[解析] 如图,△ABC 为直角三角形,

1 π 由抛物线定义及条件知,|AC|=|AF|=|FB|=2|AB|,∴∠ABC=6, 设|AC|=t,则|AB|=2t,∴|BC|= 3t, → → → → ∴BA· =|BA|· |· BC |BC cos∠ABC π =2t· 3t· 6=3t2=48, cos ∴t=4,∴p=|DF|=2, ∴抛物线方程为 y2=4x,故选 B. 13.(2011· 日照二模)在△ABC 中,AB=3,AC=2,BC= 10, → → 则AB· =( AC )

3 A.-2 2 C.3 [答案] D

2 B.-3 3 D.2

→ → → → [解析] AB· =|AB|· |· AC |AC cos∠BAC → → → → → |AB|2+|AC|2-|BC|2 3 =|AB|· |· |AC =2. → → 2|AB|· | |AC → → → 14.(文)(2011· 菏泽模拟)已知向量OA=(k,12),OB=(4,5),OC= (-k,10),且 A、B、C 三点共线,则 k=________. 2 [答案] -3 → → [解析] ∵A、B、C 三点共线,∴AB与AC共线, → → → ∵AB=OB-OA=(4-k,-7), → → → AC=OC-OA=(-2k,-2), 2 ∴-2(4-k)-(-7)· (-2k)=0,∴k=-3. → (理)若等边三角形 ABC 的边长为 2 3,平面内一点 M 满足CM= → → 1→ 2→ MB 6CB+3CA,则MA· =________. [答案] -2 [解析] 以 AB 所在的直线为 x 轴,AB 的垂直平分线为 y 轴,建 立如图所示的平面直角坐标系, A, C 三点的坐标分别为(- 3, 则 B,

→ → 0),( 3,0),(0,3).设 M 点的坐标为(x,y),则CM=(x,y-3),CB → =( 3,-3),CA=(- 3,-3),

→ 1→ 2→ 3 5 3 又CM=6CB+3CA,即(x,y-3)=(- 2 ,-2),可得 M(- 2 , → → 1 MB 2),所以MA· =-2. 15.(2011· 宁波十校联考)已知向量 a=(cosα,sinα),b=(cosβ, 2 5 sinβ),|a-b|= 5 . (1)求 cos(α-β)的值; π π 5 (2)若 0<α<2,-2<β<0,且 sinβ=-13,求 sinα 的值. 2 5 [解析] (1)由|a-b|= 5 得, 4 |a-b|2=(a-b)2=a2-2a· 2=2-2a· 5, b+b b= 3 ∴a· 5, b= 3 ∴cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ=a· 5. b= π π (2)由 0<α<2,-2<β<0 得 0<α-β<π,

4 5 12 ∴sin(α-β)=5,由 sinβ=-13得 cosβ=13, sinα=sin[(α-β)+β] =sin(α-β)cosβ+cos(α-β)sinβ 4 12 3 ? 5 ? 33 =5×13+5×?-13?=65.
? ?

16. (文)(2011· 山东青岛二模)设角 A, C 是△ABC 的三个内角, B, 已知向量 m=(sinA+sinC,sinB-sinA),n=(sinA-sinC,sinB),且 m⊥n. (1)求角 C 的大小; B? ? (2)若向量 s=(0,-1),t=?cosA,2cos2 2 ?,试求|s+t|的取值范
? ?

围. [解析] (1)由题意得 m· n=(sin2A-sin2C)+(sin2B-sinAsinB)=

0,即 sin2C=sin2A+sin2B-sinAsinB,由正弦定理得 c2=a2+b2-ab, a2+b2-c2 1 再由余弦定理得 cosC= 2ab =2. π 因为 0<C<π,所以 C=3. B ? ? (2)因为 s+t=?cosA,2cos2 2 -1?=(cosA,cosB),
? ? ?2π ? 所以|s+t|2=cos2A+cos2B=cos2A+cos2? 3 -A? ? ? ?4π ? 1+cos? 3 -2A? 1+cos2A 3 ? ? 1 = + =4cos2A- 4 sin2A+1 2 2

π? 1 ? =-2sin?2A-6?+1. ? ? 2π π π 7π 因为 0<A< 3 ,所以-6<2A-6< 6 ,则

π? ? 1 -2<sin?2A-6?≤1,
? ?

1 1 π 1 所以-2≤-2sin(2A-6)<4, 1 5 2 5 所以2≤|s+t|2<4,故 2 ≤|s+t|< 2 . A (理)(2012· 东北三校联考)已知向量 m=(2,-1),n=(sin 2 ,cos(B +C)),A、B、C 为△ABC 的内角,其所对的边分别为 a、b、c. (1)当 m· 取得最大值时,求角 A 的大小; n (2)在(1)的条件下,当 a= 3时,求 b2+c2 的取值范围. [解析] A A A (1)m· n=2sin 2 -cos(B+C)=-2sin2 2 +2sin 2 +1=-

A 1 3 2(sin 2 -2)2+2, A π A 1 ∵0<A<π,∴0< 2 <2,∴当 sin 2 =2, π 即 A=3时,m· 取得最大值. n a b c 3 (2)由sinA=sinB=sinC= π=2 得,b=2sinB,c=2sinC, sin3 2π ∵C=π-A-B= 3 -B, π ∴b2+c2=4sin2B+4sin2C=4+2sin(2B-6), 2π π π 7π ∵0<B< 3 ,∴-6<2B-6< 6 , 1 π ∴-2<sin(2B-6)≤1,∴3<b2+c2≤6, ∴b2+c2 的取值范围为(3,6].

1.已知直线 y=2x 上一点 P 的横坐标为 a,有两个点:A(-1, → → 1),B(3,3),那么使向量PA与PB夹角为钝角的一个充分但不必要的条 件是( ) B.0<a<1 D.0<a<2

A.-1<a<2 2 2 C.- 2 <a< 2 [答案] B

[解析] 由题意设 P(a,2a),由数量积的性质知,两向量的夹角为 → → 钝角的充要条件为:PA · =(-1-a,1-2a)· PB (3-a,3-2a)=5a2 - 10a<0, 且除去 P, B 三点共线这种特殊情况, A, 解得 0<a<2 且 a≠1. 分析四个选项中 a 的取值范围使得满足条件 a 的取值构成的集合只需 真包含在集合{a|0<a<2 且 a≠1}中即可,只有 B 选项符合. 2. 已知直线 ax+by+c=0 与圆 O: 2+y2=1 相交于 A、 两点, x B → → 且|AB|= 3,则OA· =( OB 1 A.2 1 C.4 [答案] B ) 1 B.-2 1 D.-4

[解析] 设 AB 中点为 P, ∵|AB|= 3, 3 ∴|AP|= 2 , π 又|OA|=1,∴∠AOP=3, 2π ∴∠AOB= 3 , → → → → ∴OA· =|OA|· |· OB |OB 2π 1 cos 3 =-2. 3.(2011· 安徽知名省级示范高中联考)已知两个单位向量 e1,e2 的夹角为 θ,则下列命题不正确的是( ... A.e1 在 e2 方向上的射影数量为 cosθ B.e2=e2 1 2 C.(e1+e2)⊥(e1-e2) D.e1·2=1 e [答案] D [解析] ∵|e1|=1,|e2|=1, 1,e2〉=θ, 〈e ∴e1 在 e2 方向上的射影数量为|e1|· cosθ=cosθ, )

∴A 正确; 又 e2=e2=1,∴B 正确; 1 2
2 2 ∵(e1+e2)· 1-e2)=e1-e2=0, (e

∴(e1+e2)⊥(e1-e2),∴C 正确; e1·2=|e1||e2|cosθ=cosθ,故 D 不成立. e 4.(2011· 海南三亚一中月考)已知两点 M(-2,0),N(2, → → → → 0),点 P 为坐标平面内的动点,满足|MN|· |+MN· =0,则 |MP NP 动点 P(x,y)的轨迹方程为( A.y2=8x C.y2=4x [答案] B → → → → [解析] |MN|· |+MN· |MP NP → → → → =|MN|· |+|MN|· |cosθ |MP |NP → → → =|MN|· |+|NP|· (|MP cosθ) → → =0(θ 为MN与NP的夹角), → → → ∵|MN|≠0,∴|MP|+|NP|· cosθ=0, → → → → ∴|MP|=|NP|·cos(π-θ),∴|MP|=|PK|, 如下图,又∵|MO|=2,∴方程为 y2=-8x,选 B. ) B.y2=-8x D.y2=-4x

5. 设向量 a=(4cosα, sinα), b=(sinβ, 4cosβ), c=(cosβ, -4sinβ) (1)若 a 与 b-2c 垂直,求 tan(α+β)的值; (2)求|b+c|的最大值; (3)若 tanαtanβ=16,求证:a∥b. [解析] (1)由 a 与 b-2c 垂直.a· (b-2c)=a· b-2a· c=0, 即 4sin(α+β)-8cos(α+β)=0,tan(α+β)=2. (2)b+c=(sinβ+cosβ,4cosβ-4sinβ), |b+c|2=sin2β+2sinβcosβ+cos2β+16cos2β-32cosβsinβ+16sin2β =17-30sinβcosβ=17-15sin2β 最大值为 32, ∴|b+c|的最大值为 4 2. (3)由 tanαtanβ=16 得 sinαsinβ=16cosαcosβ, 即 4cosα· 4cosβ-sinαsinβ=0,∴a∥b.


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