高考文科数学复习：夯基提能作业本 (15)

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第三节　平面向量的数量积与平面向量应用举例 A组　基础题组 ‎1.已知AB=(2,1),点C(-1,0),D(4,5),则向量AB在CD方向上的投影为(　　)‎ A.-‎3‎‎2‎‎2‎ B.-3‎5‎ C.‎3‎‎2‎‎2‎ D.3‎‎5‎ ‎2.(2017山东临沂期中)已知向量a=(1,m),b=(0,-2),且(a+b)⊥b,则m等于(　　)‎ A.-2 B.-1 C.1 D.2‎ ‎3.(2017安徽师大附中模拟)在直角三角形ABC中,角C为直角,且AC=BC=2,点P是斜边上的一个三等分点,则CP·CB+CP·CA=(　　)‎ A.0 B.4 C.‎9‎‎4‎ D.-‎‎9‎‎4‎ ‎4.设向量a,b满足|a|=1,|a-b|=‎3‎,a·(a-b)=0,则|2a+b|=(　　)‎ A.2 B.2‎3‎ C.4 D.4‎‎3‎ ‎5.(2016湖北八校联考(二))已知向量a=(3,1),b=(1,3),c=(k,-2),若(a-c)∥b,则向量a与向量c的夹角的余弦值是(　　)‎ A.‎5‎‎5‎ B.‎1‎‎5‎ C.-‎5‎‎5‎ D.-‎‎1‎‎5‎ ‎6.设向量a=(m,1),b=(1,2),若|a+b|2=|a|2+|b|2,则m=　　　　. ‎ ‎7.已知a=(λ,2λ),b=(3λ,2),如果a与b的夹角为锐角,则λ的取值范围是　　　　　　　. ‎ ‎8.如图,平行四边形ABCD中,AB=2,AD=1,∠A=60°,点M在AB边上,且AM=‎1‎‎3‎AB,则DM·DB等于　　　　. ‎ ‎9.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61.‎ ‎(1)求a与b的夹角θ;‎ ‎(2)求|a+b|和|a-b|.‎ ‎10.在平面直角坐标系xOy中,已知向量m=‎2‎‎2‎‎,-‎‎2‎‎2‎,n=(sin x,cos x),x∈‎0,‎π‎2‎.‎ ‎(1)若m⊥n,求tan x的值;‎ ‎(2)若m与n的夹角为π‎3‎,求x的值.‎ B组　提升题组 ‎11.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos=‎1‎‎3‎.若n⊥(tm+n),则实数t的值为(　　)‎ A.4 B.-4 C.‎9‎‎4‎ D.-‎‎9‎‎4‎ ‎12.已知△ABC为等边三角形,AB=2,设点P,Q满足AP=λAB,AQ=(1-λ)AC,λ∈R,若BQ·CP=-‎3‎‎2‎,则λ=(　　)‎ A.‎1‎‎2‎ B.‎1±‎‎2‎‎2‎ C.‎1±‎‎10‎‎2‎ D.‎‎-3±2‎‎2‎‎2‎ ‎13.若两个非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|=2|a|,则向量a+b与a-b的夹角为(　　)‎ A.π‎6‎ B.π‎3‎ C.‎5π‎6‎ D.‎‎2π‎3‎ ‎14.如图,菱形ABCD的边长为2,∠BAD=60°,M为DC的中点,若N为菱形内任意一点(含边界),则AM·AN的最大值为　　　　. ‎ ‎15.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(sin A,sin B),n=(cos B,cos A),m·n=sin 2C.‎ ‎(1)求角C的大小;‎ ‎(2)若sin A,sin C,sin B成等差数列,且CA·(AB-AC)=18,求c.‎ ‎16.已知向量a=ksinx‎3‎,cos‎2‎x‎3‎,b=cosx‎3‎,-k,实数k为大于零的常数,函数f(x)=a·b,x∈R,且函数f(x)的最大值为‎2‎‎-1‎‎2‎.‎ ‎(1)求k的值;‎ ‎(2)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,若π‎2‎=AB‎·‎CD‎|CD|‎=‎15‎‎5‎‎2‎=‎3‎‎2‎‎2‎.‎ ‎2.D　∵a=(1,m),b=(0,-2),‎ ‎∴a+b=(1,m-2),‎ 又(a+b)⊥b,∴0×1-2(m-2)=0,即m=2.‎ ‎3.B　由题意不妨取BP=‎1‎‎3‎BA,则CP·CB+CP·CA=CP·(CB+CA)=(CB+BP)·(CB+CA)=CB‎+‎‎1‎‎3‎BA·(CB+CA)=‎2‎‎3‎CB‎+‎‎1‎‎3‎CA·(CB+CA)=‎2‎‎3‎CB‎2‎+‎1‎‎3‎CA‎2‎+CB·CA=‎2‎‎3‎×4+‎1‎‎3‎×4+0=4.故选B.‎ ‎4.B　由a·(a-b)=0,可得a·b=a2=1,由|a-b|=‎3‎,可得(a-b)2=3,即a2-2a·b+b2=3,解得b2=4.故(2a+b)2=4a2+4a·b+b2=12,所以|2a+b|=2‎3‎.‎ ‎5.A　由已知得a-c=(3-k,3),∵(a-c)∥b,‎ ‎∴3(3-k)-3=0,∴k=2,即c=(2,-2),‎ ‎∴cos=a·c‎|a||c|‎=‎3×2+1×(-2)‎‎10‎‎×2‎‎2‎=‎5‎‎5‎.‎ ‎6.答案　-2‎ 解析　由|a+b|2=|a|2+|b|2得a·b=0,所以a⊥b,则m+2=0,所以m=-2.‎ ‎7.答案　‎-∞,-‎‎4‎‎3‎∪0,‎1‎‎3‎∪‎‎1‎‎3‎‎,+∞‎ 解析　a与b的夹角为锐角,则a·b>0且a与b不共线,则‎3λ‎2‎+4λ>0,‎‎2λ-6λ‎2‎≠0,‎解得λ<-‎4‎‎3‎或0<λ<‎1‎‎3‎或λ>‎1‎‎3‎,所以λ的取值范围是‎-∞,-‎‎4‎‎3‎∪‎0,‎‎1‎‎3‎∪‎1‎‎3‎‎,+∞‎.‎ ‎8.答案　1‎ 解析　因为DM=DA+AM=DA+‎1‎‎3‎AB,‎ DB‎=DA+AB,‎ 所以DM·DB=DA‎+‎‎1‎‎3‎AB·(DA+AB)=|DA|2+‎1‎‎3‎|AB|2+‎4‎‎3‎DA·AB=1+‎4‎‎3‎-‎4‎‎3‎AD·AB=‎7‎‎3‎-‎4‎‎3‎|AD|·|AB|·cos60°‎ ‎=‎7‎‎3‎-‎4‎‎3‎×1×2×‎1‎‎2‎=1.‎ ‎9.解析　(1)由(2a-3b)·(2a+b)=4|a|2-4a·b-3|b|2=61及|a|=4,|b|=3得a·b=-6,‎ ‎∴cos θ=a·b‎|a||b|‎=‎-6‎‎4×3‎=-‎1‎‎2‎.‎ 又θ∈[0,π],∴θ=‎2π‎3‎.‎ ‎(2)|a+b|=‎‎(a+b‎)‎‎2‎ ‎=‎‎|a‎|‎‎2‎+2a·b+|b‎|‎‎2‎ ‎=‎4‎‎2‎‎+2×(-6)+‎‎3‎‎2‎=‎13‎.‎ 同理,|a-b|=‎(a-b‎)‎‎2‎=‎37‎.‎ ‎10.解析　(1)∵m⊥n,∴m·n=0,‎ 故‎2‎‎2‎sin x-‎2‎‎2‎cos x=0,∴tan x=1.‎ ‎(2)∵m与n的夹角为π‎3‎,∴cos=m·n‎|m|·|n|‎=‎2‎‎2‎sinx-‎2‎‎2‎cosx‎1×1‎=‎1‎‎2‎,‎ 故sinx-‎π‎4‎=‎1‎‎2‎.‎ 又x∈‎0,‎π‎2‎,∴x-π‎4‎∈‎-π‎4‎,‎π‎4‎,则x-π‎4‎=π‎6‎,即x=‎5π‎12‎,故x的值为‎5π‎12‎.‎ B组　提升题组 ‎11.B　因为n⊥(tm+n),所以tm·n+n2=0,所以m·n=-n‎2‎t,又4|m|=3|n|,所以cos=m·n‎|m|·|n|‎=‎4m·n‎3|n‎|‎‎2‎=-‎4‎‎3t=‎1‎‎3‎,所以t=-4.故选B.‎ ‎12.A　解法一:BQ=AQ-AB=(1-λ)AC-AB,CP=AP-AC=λAB-AC.‎ ‎∵|AB|=|AC|=2,=60°,∴AB·AC=|AB|·|AC|·cos 60°=2,又BQ·CP=-‎3‎‎2‎,∴[(1-λ)AC-AB]·(λAB-AC)=-‎3‎‎2‎,即λ|AB|2+(λ2-λ-1)AB·AC+(1-λ)·|AC|2=‎3‎‎2‎,所以4λ+2(λ2-λ-1)+4(1-λ)=‎3‎‎2‎,解得λ=‎1‎‎2‎.‎ 解法二:以点A为坐标原点,AB所在的直线为x轴,过点A且垂直于AB的直线为y轴,建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(2,0),C(1,‎3‎),∴AB=(2,0),AC=(1,‎3‎),‎ ‎∴P(2λ,0),Q(1-λ,‎3‎(1-λ)),∵BQ·CP=-‎3‎‎2‎,∴(-1-λ,‎3‎(1-λ))·(2λ-1,-‎3‎)=-‎3‎‎2‎,化简得4λ2-4λ+1=0,∴λ=‎1‎‎2‎.‎ ‎13.D　由|a+b|=|a-b|可知a⊥b,设AB=b,AD=a,如图,作矩形ABCD,连接AC,BD,可知AC=a+b,BD=a-b,设AC与BD的交点为O,结合题意可知OA=OD=AD,∴∠AOD=π‎3‎,∴∠DOC=‎2π‎3‎,又向量a+b与a-b的夹角为AC与BD的夹角,故所求夹角为‎2π‎3‎,选D.‎ ‎14.答案　9‎ 解析　由平面向量的数量积的几何意义知,AM·AN等于AM与AN在AM方向上的投影之积,所以(AM·AN)max=AM·AC=‎1‎‎2‎AB‎+‎AD·(AB+AD)=‎1‎‎2‎AB‎2‎+AD‎2‎+‎3‎‎2‎AB·AD=9.‎ ‎15.解析　(1)m·n=sin A·cos B+sin B·cos A=sin(A+B),‎ 在△ABC中,A+B=π-C,0

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