《三维设计》2014届高考数学理科一轮复习教师备选作业第四章 第三节 平面向量的数量积及平面向量的应用范文

第四章 第三节 平面向量的数量积及平面向量的应用

一、选择题

1．若向量a，b，c满足a∥b且a⊥c， 则c·(a＋2b)＝( ) A．4 C．2

B．3 D．0

2．若向量a＝(1,2)，b＝(1，－1)，则2a＋b与a－b的夹角等于( ) πA．－

4πC. 4

πB. 63πD. 4

3．已知a＝(1,2)，b＝(x,4)且a·b＝10，则|a－b|＝( ) A．－10 C．－5

B．10 D.5

4．若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为( ) A.2－1 C.2

B．1 D．2

5．已知a与b均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题 2π2πp1：|a＋b|>1?θ∈[0，) p2：|a＋b|>1?θ∈(，π]

33π

p3：|a－b|>1?θ∈[0，)

3其中的真命题是( ) A．p1，p4 C．p2，p3

B．p1，p3 D．p2，p4

π

p4：|a－b|>1?θ∈(，π]

3

11

6．已知|a|＝2|b|≠0，且关于x的函数f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx在R上有极值，则a与b

32的夹角范围为( )

π

A．(0，)

6π

C．(，π]

3二、填空题

π

7．已知两个单位向量e1，e2的夹角为，若向量b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，则b1·b2

3＝________.

π

B．(，π]

6π2πD．(，] 33

8．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＝________.

9．已知|a|＝|b|＝2，(a＋2b)·(a－b)＝－2，则a与b的夹角为____． 三、解答题

10．已知a、b、c是同一平面内的三个向量，其中a＝(1,2)． (1)若|c|＝25，且c∥a，求c的坐标； (2)若|b|＝

[来源:Z§xx§k.Com]5

，且a＋2b与2a－b垂直，求a与b的夹角θ. 2

11．设a＝(1＋cos x,1＋sin x)，b＝(1,0)，c＝(1,2)． (1)求证：(a－b)⊥(a－c)；

(2)求|a|的最大值，并求此时x的值．

CB＝k(k∈12．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.若AB·AC＝CA·

R)．

(1)判断△ABC的形状； (2)若k＝2，求b的值．

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详解答案

一、选择题

1．解析：由a∥b及a⊥c，得b⊥c， 则c·(a＋2b)＝c·a＋2c·b＝0.

[来源:Z&xx&k.Com]

答案：D

?2a＋b?·?a－b?9

2．解析：2a＋b＝(3,3)，a－b＝(0,3)，则cos〈2a＋b，a－b〉＝＝|2a＋b|·|a－b|32×3＝

2π

，故夹角为.24答案：C

3．解析：因为a·b＝10，所以x＋8＝10，x＝2，所以a－b＝(－1，－2)，故|a－b|＝5. 答案：D

4．解析：由已知条件，向量a，b，c都是单位向量可以求出，a2＝1，b2＝1，c2＝1，由a·b＝0，及(a－c)(b－c)≤0，可以知道，(a＋b)·c≥c2＝1，因为|a＋b－c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c，

所以有|a＋b－c|2＝3－2(a·c＋b·c)≤1， 故|a＋b－c|≤1. 答案：B

5．解析：由|a＋b|>1可得：a2＋2a·b＋b2>1，∵|a|＝1，

12π2π1|b|＝1，∴a·b>－.故θ∈[0，)．当θ∈[0，)时，a·b>－，|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2>1，

2332即|a＋b|>1；由|a－b|>1可得：a2－2a·b＋b2>1，∵|a|＝1，|b|＝1，

1π

∴a·b<.故θ∈(，π]，反之也成立．

23答案：A

11

6．解析：f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx在R上有极值，即f′(x)＝x2＋|a|x＋a·b＝0有两个不

32同的实数解，

1

故Δ＝|a|2－4a·b＞0?cos〈a，b〉＜，又〈a，b〉∈[0，π]，

2π

所以〈a，b〉∈(，π]．

3答案：C 二、填空题

1

7．解析：由题设知|e1|＝|e2|＝1，且e1·e2＝，所以b1·b2＝(e1－2e2)·(3e1＋4e2)＝3e2e21－2e1·2

[来源学*科*网]1

－8e22＝3－2×－8＝－6 2

答案：－6

8．解析：∵a＋b与ka－b垂直， ∴(a＋b)·(ka－b)＝0，

化简得(k－1)(a·b＋1)＝0，根据a、b向量不共线，且均为单位向量得a·b＋1≠0，得k－1＝0，即k＝1.

答案：1

a·b21

9．解析：由|a|＝|b|＝2，(a＋2b)(a－b)＝－2，得a·b＝2，cos〈a，b〉＝＝＝，

|a||b|2×22所以〈a，b〉＝60°.

π

答案： 3三、解答题

10．解：(1)设c＝(x，y)，由c∥a和|c|＝25可得

???y－2·x＝0?1·?x＝2?x＝－2?22，∴?或?， ?x＋y＝20??y＝－4??y＝4?

∴c＝(2,4)或c＝(－2，－4)．

(2)∵(a＋2b)⊥(2a－b)，∴(a＋2b)·(2a－b)＝0， 即2a2＋3a·b－2b2＝0. ∴2|a|2＋3a·b－2|b|2＝0.

55∴2×5＋3a·b－2×＝0，∴a·b＝－.

42a·b

∴cos θ＝＝

|a||b|

5－255·2

＝－1.

∵θ∈[0，π]，∴θ＝π.

11．解：(1)证明：a－b＝(cos x,1＋sin x)， a－c＝(cos x，sin x－1)，

(a－b)·(a－c)＝(cos x,1＋sin x)·(cos x，sin x－1)＝cos2x＋sin2x－1＝0.

∴(a－b)⊥(a－c)． (2)|a|＝ ＝ ＝

?1＋cos x?2＋?1＋sin x?2

3＋2?sin x＋cos x? π3＋22sin?x＋?≤

4

3＋22＝2＋1.

ππ

当sin(x＋)＝1，即x＝＋2kπ(k∈Z)时，|a|有最大值2＋1.

4412．解：(1)∵AB·AC＝cbcos A，CA·CB＝bacos C， ∴bccos A＝abcos C，

根据正弦定理，得sin Ccos A＝sin Acos C， 即sin Acos C－cos Asin C＝0，sin(A－C)＝0， ∴∠A＝∠C，即a＝c. 则△ABC为等腰三角形． (2)由(1)知a＝c，由余弦定理，得 b2＋c2－a2b2

AB·AC＝bccos A＝bc·2bc＝2. b2

AB·AC＝k＝2，即2＝2，解得b＝2.

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