发布时间 : 星期一 文章2020版高考数学一轮复习课后限时集训26平面向量的数量积与平面向量应用举例(理)(含解析)新人教A版更新完毕开始阅读8148fccb773231126edb6f1aff00bed5b8f3731b
课后限时集训(二十六) 平面向量的数量积与平面向量应用举例
(建议用时:60分钟) A组 基础达标
一、选择题
1.(2018·陕西二模)已知向量a=(2,3),b=(x,4).若a⊥(a-b),则x=( ) 1
A.1 B. C.2
2
D.3
B [由题意,得a-b=(2-x,-1).因为a⊥(a-b),所以2×(2-x)+3×(-1)=0,解得
x=,故选B.]
2.已知向量a=(x,x+2),b=(-3,-1),c=(1,3),若a∥b,则a与c夹角为( ) ππ2π5πA. B. C. D. 6336
2
12
b·c-2332
A [cos〈b,c〉===-,又由x≥0且a∥b得a,b是反向共线,则cos
|b||c|42
〈a,c〉=-cos〈b,c〉=
3π
,〈a,c〉∈[0,π],则〈a,c〉=,故选A.] 26
3.(2019·西宁模拟)如图在边长为1的正方形组成的网格中,平行四→→
边形ABCD的顶点D被阴影遮住,请设法计算AB·AD=( ) A.10 B.11 C.12 D.13
→→
B [以A为坐标原点,建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(4,1),C(6,4),AB=(4,1),AD=→
→→
BC=(2,3),∴AB·AD=4×2+1×3=11,故选B.]
→→→→
4.(2019·银川模拟)在正方形ABCD中,点E为BC的中点,若点F满足AF=λAC,且AE·BF=0,则λ=( ) 2347A. B. C. D. 3458
A [以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系(图略),设正→→
方形ABCD的边长为2,则A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2),E(2,1),由于AF=λAC,则点→→→4
F在直线AC上,设F(a,a),那么AE·BF=(2,1)·(a-2,a)=3a-4=0,解得a=,结合AF342
=λAC,可得=2λ,解得λ=,故选A.]
33
1
5.已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=|c|=1,若a·b=,则(a+c)·(2b-c)的最小值
2
→
- 1 -
为( )
A.-2 B.-3 C.-1
D.0
1π
B [因为a·b=|a||b|·cos〈a,b〉=cos〈a,b〉=,所以〈a,b〉=.不妨设a=(1,0),
23
b=?,?1
?23?
θ),则(a+c)·(2b-c)=2a·b-a·c+2b·c-c2=1-cos ?,c=(cos θ,sin
2?
3?
sin θ?-1=3sin θ,所以(a+c)·(2b-c)的最小值为-3,故选2?
θ+2?cos θ+
B.] 二、填空题
?1
?2
6.(2019·青岛模拟)已知向量a,b满足|b|=5,|a+b|=4,|a-b|=6,则向量a在向量b上的投影为________.
-1 [设向量a,b的夹角为θ,则|a+b|=|a|+2|a||b|cos θ+|b|=|a|+10|a|cos θ+25=16,|a-b|=|a|-2|a||b|cos θ+|b|=|a|-10|a|cos θ+25=36,两式相减整理得|a|cos θ=-1,即向量a在向量b上的投影为|a|cos θ=-1.]
7.(2018·南昌一模)平面向量a=(1,m),b=(4,m),若有(2|a|-|b|)(a+b)=0,则实数
2
2
2
2
2
2
2
2
m=________.
±2 [由题意可得a+b≠0,则2|a|=|b|,即4(1+m)=16+m,解得m=4,m=±2.] 1
8.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos〈m,n〉=,若n与tm-n夹角为钝角,则实
3数t的取值范围是________.
(-∞,0)∪(0,4) [∵n与(tm-n)夹角为钝角, ∴n·(tm-n)<0且n与(tm-n)不共线.
??tm·n-n<0,∴?
?t≠0,?
2
2
2
2
32112
又m·n=|m||n|cos〈m,n〉=n×=n.
434
即n-n<0且t≠0,∴t<4且t≠0.]
4三、解答题
9.(2017·江苏高考)已知向量a=(cos x,sin x),b=(3,-3),x∈[0,π]. (1)若a∥b,求x的值;
(2)记f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值. [解] (1)因为a=(cos x,sin x),b=(3,-3),a∥b, 所以-3cos x=3sin x.
若cos x=0,则sin x=0,与sinx+cosx=1矛盾, 故cos x≠0. 于是tan x=-
3. 3
2
2
t22
- 2 -
5π
又x∈[0,π],所以x=. 6
(2)f(x)=a·b=(cos x,sin x)·(3,-3)
?π?=3cos x-3sin x=23cos?x+?.
6??
因为x∈[0,π],所以x+
π?π7π?∈?,?,
6?6?6
3?π?从而-1≤cos?x+?≤. 6?2?
ππ
于是,当x+=,即x=0时,f(x)取到最大值3;
66π5π
当x+=π,即x=时,f(x)取到最小值-23.
6610.已知|a|=2,|b|=1.
(1)若a⊥b,求(2a-b)·(a+b)的值;
(2)若不等式|a+xb|≥|a+b|对一切实数x恒成立,求a与b夹角的大小. [解] (1)∵a⊥b, ∴a·b=0,
∴(2a-b)·(a+b)=2a+a·b-b=7. (2)设向量a,b的夹角为θ,则
2
2
a·b=|a||b|cos θ=2cos θ.
不等式|a+xb|≥|a+b|两边平方可得:
a2+2a·bx+x2b2≥a2+2a·b+b2,
即:4+4xcos θ+x≥4+4cos θ+1. 整理得:
2
x2+4xcos θ-4cos θ-1≥0.(*)
因为不等式对一切实数x恒成立, 则Δ=16cosθ+4(4cos θ+1) =4(4cosθ+4cos θ+1) =4(2cos θ+1)≤0, ∴2cos θ+1=0, 1即cos θ=-.
2又θ∈[0,π], 2∴θ=π.
3
B组 能力提升
1.(2018·石家庄二模)若两个非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|=2|b|,则向量a+b与a的夹角为( )
- 3 -
2
2
2
ππ2π5πA. B. C. D. 6336
A [由|a+b|=|a-b|知,a·b=0,所以a⊥b.将|a-b|=2|b|两边平方,得|a|-2a·b+
2
a+b·a|a|
|b|=4|b|,所以|a|=3|b|,所以|a|=3|b|,所以cos〈a+b,a〉==
|a+b||a|2|b||a|2
2
2
2
2
=
3π
=,所以向量a+b与a的夹角为,故选A.]
62|b|·3|b|2
3|b|
2
2.(2018·天津高考)如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD→→
=120°,AB=AD=1.若点E为边CD上的动点,则AE·BE的最小值为( ) 21A. 1625C. 16
3B. 2D.3
A [以D为原点建立平面直角坐标系,如图所示.
连接AC,易知∠CAD=∠CAB=60°,∠ACD=∠ACB=30°, 3??3
∴D(0,0),A(1,0),B?,?,C(0,3).
?22?设E(0,y)(0≤y≤3), →
则AE=(-1,y), →
BE=?-,y-
?3?23??, 2?
→→333?221?2
∴AE·BE=+y-y=?y-?+,
224?16?→→321
∴当y=时,AE·BE有最小值,故选A.]
416
→→3
3.在△ABC中,a,b,c为A,B,C的对边,a,b,c成等比数列,a+c=3,cos B=,则AB·BC4=________.
3a+c-b2
- [由a,b,c成等比数列得ac=b,在△ABC中,由余弦定理可得cos B==22ac2
2
2
a+c-3ac39-3ac,则=,解得ac=2,
2ac42ac2
→→3则AB·BC=accos(π-B)=-accos B=-.]
2
4.在如图所示的平面直角坐标系中,已知点A(1,0)和点B(-
- 4 -
→
1,0),|OC|=1,且∠AOC=θ,其中O为坐标原点.
→→3
(1)若θ=π,设点D为线段OA上的动点,求|OC+OD|的最小值;
4
?π?(2)若θ∈?0,?,向量m=BC,n=(1-cos θ,sin θ-2cos θ),求m·n的最小值及对
2??
应的θ值.
[解] (1)设D(t,0)(0≤t≤1), 由题意知C?-
→
??22?,?, 22?
→→22??
所以OC+OD=?-+t,?,
2??2→→1122
所以|OC+OD|=-2t+t+
22=t-2t+1=?t-
2
??2?21?+, 2?2
→→22
所以当t=时,|OC+OD|最小,为.
22
→
(2)由题意得C(cos θ,sin θ),m=BC=(cos θ+1,sin θ),
π??22
则m·n=1-cosθ+sinθ-2sin θcos θ=1-cos 2θ-sin 2θ=1-2sin?2θ+?,
4??
?π?因为θ∈?0,?,
2??
ππ5π
所以≤2θ+≤,
444ππ所以当2θ+=,
42
π?π?即θ=时,sin?2θ+?取得最大值1.
4?8?π
所以m·n的最小值为1-2,此时θ=. 8
- 5 -