《（全国通用版）2019版高考数学一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 课时分层作业二十八 4.3 平面向量的数量积及应用举例 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用版）2019版高考数学一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 课时分层作业二十八 4.3 平面向量的数量积及应用举例 理（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时分层作业 二十八平面向量的数量积及应用举例一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知向量a=(1,m),b=(3,-2)且(a-b)b,则m=()A.-8B.-5C.5D.8【解析】选B.由(a-b)b知:(a-b)b=0,所以ab-b2=0,即3-2m-13=0,所以m=-5.2.已知平面向量a与b的夹角为60,a=(2,0),|b|=1,则|a+2b|=()A.B.2C.4D.12【解析】选B.由题得,|a+2b|2=a2+4ab+4b2=4+421cos 60+4=12.所以|a+2b|=2.3.已知向量a,b满足|a|=1,b=(2,1),且ab=0,则|a-b|=()A.B.C.
2、2D.【解析】选A.|a|=1,b=(2,1),且ab=0,则|a-b|2=a2+b2-2ab=1+5-0=6,所以|a-b|=.4.已知ABC为等边三角形,AB=2,设点P,Q满足=,=(1-),R,若=-,则=()A.B.C.D.【解析】选A.因为=-,所以-=-+=-4-4+2=-22+2-2,解得=.【一题多解】选A.如图建立平面直角坐标系,设A(-1,0),B(1,0),C(0,),另设P(x1,0),Q(x2,y2),由=,得x1=2-1,由=(1-),得x2=-;y2=(1-),于是=(-1,(1-),=(2-1,-),由=-得:(-1)(2-1)-3(1-)=-,解得=.【变式
3、备选】在等腰梯形ABCD中,已知ABDC,AB=2,BC=1,ABC=60, 点E和点F分别在线段BC和CD上,且=,=, 则的值为_.【解析】在等腰梯形ABCD中,由ABDC,AB=2,BC=1,ABC=60,得=,=1,=-1,= ,所以=+=1+-=.答案:5.(2015安徽高考)ABC是边长为2的等边三角形,已知向量a,b满足=2a,=2a+b,则下列结论正确的是()A.|b|=1B.abC.ab=1D.(4a+b)【解析】选D.因为=-=(2a+b)-2a=b,所以|b|=2,故A错误;由于=2a(2a+b)=4|a|2+2ab=4+212=2,所以2ab=2-4|a|2=-2,所以
4、ab=-1,故B,C错误;又因为(4a+b)=(4a+b)b=4ab+|b|2=4(-1)+4=0,所以(4a+b).二、填空题(每小题5分,共15分)6.若非零向量a,b满足|a|=3|b|=|a+2b|,则a,b夹角的余弦值为_.【解析】|a|=|a+2b|,两边平方得,|a|2=|a|2+4|b|2+4ab=|a|2+4|b|2+4|a|b|cos .又考虑到|a|=3|b|,所以0=4|b|2+12|b|2cos ,得cos =-.答案:-7.(2018济南模拟)已知A(-1,cos ),B(sin ,1),若|+|=|-|(O为坐标原点),则锐角=_.【解析】利用几何意义求解:由已知
5、可得,+是以OA,OB为邻边所作平行四边形OADB的对角线向量,-则是对角线向量,由对角线相等的平行四边形为矩形.知OAOB.因此=0,所以锐角=.答案:【一题多解】坐标法:+=(sin -1,cos +1),-=(-sin -1,cos -1),由|+|=|-|可得(sin -1)2+(cos +1)2=(-sin -1)2+(cos -1)2,整理得sin =cos ,于是锐角=.答案:【变式备选】已知a=(1,1),b=(cos ,sin ).若ab,则=_.【解析】因为ab,所以cos =sin ,则tan =1,又因为0,所以=.答案:8.对任意平面向量a,b,下列关系式中恒成立的是
6、_.(填序号)|ab|a|b|;|a-b|a|-|b|;(a+b)2=a2+b2+2ab;(a+b)(a-b)=a2-b2.【解析】对于,|ab|=|a|b|cos |a|b|(为a,b的夹角)恒成立;对于,当a,b均为非零向量且方向相反时不成立;对于,容易判断恒成立.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知平面向量a=(,-1),b=. (1)证明:ab.(2)若存在不同时为零的实数k和t,使c=a+(t2-3)b,d=-ka+tb,且cd,试求函数关系式k=f(t).【解析】(1)因为ab=-1=0,所以ab.(2)因为c=a+(t2-3)b,d=-ka+tb,且cd,所以cd=
7、a+(t2-3)b(-ka+tb)=-ka2+t(t2-3)b2+t-k(t2-3)ab=0.又因为a2=|a|2=4,b2=|b|2=1,ab=0,所以cd=-4k+t3-3t=0,所以k=f(t)=(t0).10.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)(2a+b)=61. (1)求a与b的夹角.(2)求|a+b|.(3)若=a,=b,求ABC的面积.【解析】(1)因为(2a-3b)(2a+b)=61,所以4|a|2-4ab-3|b|2=61.又因为|a|=4,|b|=3,所以64-4ab-27=61,所以ab=-6.所以cos =-.又因为0,所以=.(2)|a+b|2=(a+b)2=
8、|a|2+2ab+|b|2=42+2(-6)+32=13,所以|a+b|=.(3)因为与的夹角=,所以ABC=-=.又因为|=|a|=4,|=|b|=3,所以SABC=|sinABC=43=3.【变式备选】已知a=(cos ,sin ),b=(cos ,sin ),0.(1)若|a-b|=,求证:ab.(2)设c=(0,1),若a+b=c,求,的值.【解析】(1)由题意得|a-b|2=2,即(a-b)2=a2-2ab+b2=2.又因为a2=b2=|a|2=|b|2=1,所以2-2ab=2,即ab=0,故ab.(2)因为c=a+b=(cos +cos ,sin +sin )=(0,1),所以由此
9、得,cos =cos(-).由0,得0-,又0,所以=,=.1.(5分)已知平面向量a,b,若|a|=,|b|=2,a与b的夹角=,且(a-m b)a,则m=()A.B.1C.D.2【解析】选B.因为平面向量a,b,若|a|=,|b|=2,a与b的夹角=,且(a-mb)a,所以(a-mb)a=a2-m ab=3-m2cos=0,求得m=1.2.(5分)(2018济南模拟)设非零向量a与b的夹角是,且|a|=|a+b|,则的最小值是 ()A.B.C.D.【解析】选B.因为非零向量a与b的夹角是,且|a|=|a+b|,所以|a|2=|a+b|2=|a|2+|b|2+2|a|b|cos,所以|b|2
10、-|a|b|=0,所以|b|=|a|,所以=t2-2t+=(t-1)2+,所以当t=1时,取最小值=.3.(5分)在ABC中,已知AB=3,BC=2,D在AB上,=,若=3,则AC的长是_.【解析】因为=,所以=-,=+=-+,所以=-=-=4-=3,所以=,所以32cos B=,所以cos B=.在ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2ABBCcos B=10.所以AC=.答案:4.(12分)在平面直角坐标系xOy中,点A(-1,-2),B(2,3),C(-2,-1). (1)求以线段AB,AC为邻边的平行四边形两条对角线的长.(2)设实数t满足(-t)=0,求t的值.【解析】(1
11、)方法一:由题设知=(3,5),=(-1,1),则+=(2,6),-=(4,4).所以|+|=2,|-|=4.故所求的两条对角线的长分别为4,2.方法二:设该平行四边形的第四个顶点为D,两条对角线的交点为E,则:E为BC的中点,E(0,1),又E(0,1)为AD的中点,所以D(1,4).故所求的两条对角线的长分别为BC=4,AD=2.(2)由题设知:=(-2,-1),-t=(3+2t,5+t).由(-t)=0,得(3+2t,5+t)(-2,-1)=0,从而5t=-11,所以t=-.或者:=t,=(3,5),t=-.5.(13分)(2018石家庄模拟)已知A,B,C分别为ABC的三边a,b,c所
12、对的角,向量m=(sin A,sin B),n=(cos B,cos A),且mn=sin 2C. (1)求角C的大小.(2)若sin A,sin C,sin B成等差数列,且(-)=18,求边c的长.【解析】(1)由已知得mn=sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B),因为A+B+C=,所以sin(A+B)=sin(-C)=sin C,所以mn=sin C.又mn=sin 2C,所以sin 2C=sin C,所以cos C=.又0C,所以C=.(2)由已知得2sin C=sin A+sin B,由正弦定理得2c=a+b.因为(-)=18,所以abcos C=18,所以ab=36.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=(a+b)2-3ab所以c2=4c2-336,所以c2=36,所以c=6.
