2020版高考数学一轮复习第4章平面向量第3讲课后作业理含解析

第4章平面向量第3讲A组

基础关1．已知向量a，b知足|

a|＝1，|b|＝2

3，a与

b的夹角的余弦值为

17πsin，则b·(2a3－b)等于(

)A．2

B．－1

C．－6

D．－18答案

D分析

∵a与

b的夹角的余弦值为

17πsin＝－

3，2a·b＝－3，b·(2a－b)＝2a·b－b2＝－18.2．(2018·烟台一模)已知a＝ππ5π5π，则|a－b|＝(cos，sincos，sin)66，b＝66610A．1B.2C.3D.2答案Cπ5ππ5π分析由于a－b＝cos6－cos6，sin6－sin6，π5ππ5π因此|a－b|2＝cos6－cos62＋sin6－sin62＝2－2π5ππ5πcoscos＋sinsin6666π5π2π＝2－2cos－6＝2－2cos3＝3，6因此|a－b|＝3.3．已知向量a＝(3，1)，b是不平行于轴的单位向量，且a·b＝3，则b＝()A.31B.13，2，222133D．(1,0)C.，44答案B分析设b＝(cosα，sinα)(α∈(0，π)∪(π，2π))，则a·b＝(3，1)·(cosα，sinα)＝3cosππ13α＋sinα＝2sin＋α3，解得α＝3，故b＝.3＝2，24．若单位向量e1，e2的夹角为π3，向量a＝e1＋λe2(λ∈R)，且|a|＝，则λ＝( )321133A.B．－2C.D．－244答案B分析由题意可得1解得λ＝－.2

12212321e1·e2＝，|a|＝(e1＋λe2)＝1＋2λ×＋λ＝，化简得λ＋λ＋＝0，22445．已知平面向量，知足||＝3，||＝2，a与b的夹角为120°，若(＋)⊥，ababamba则实数m的值为()3A．1B.2C．2D．3答案D分析∵||＝3，||＝2，a与b的夹角为120°，ab1a·b＝|a||b|cos120°＝3×2×－2＝－3.(a＋mb)⊥a，∴(a＋mb)·a＝a2＋ma·b＝32－3m＝0，解得m＝3.6．(2018·成都二诊)已知平面向量a，b的夹角为π1，且|a|＝1，|b|＝，则a＋2b与32b的夹角是()π5ππ3πA.B.C.D.4664答案A1π1分析解法一：由于·＝1××cos＝.ab234因此|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b211＋4×4＋4×22＝3，因此|a＋2b|＝3，113(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝＋2×2＝.424设a＋2b与b的夹角为θ，则3a＋2bb43cosθ＝|a＋2b||b|＝1＝2.3×2π又θ∈[0，π]，因此θ＝.6→→→→→→解法二：如图，设AB＝，＝，＝2，＝＋2.由|AB|＝|AD|，∠BADaAEbADbACabππ＝3，易知平行四边形ABCD是菱形，因此a＋2b与b的夹角为6.应选A.→→7．(2018·南平二模

)在△ABC中，若

BC＝8，BC边上的中线长为

3，则AB·AC＝(

)A．－7

B．7

C．－28

D．28答案

A→→

→→分析

在△ABC中，若

BC＝8，BC边上的中线长为

3，可得|AB＋AC|

＝6，|AB－AC|＝8，→→→→可得AB2＋2AB·AC＋AC2＝36，→→→→AB2－2·AC＋2＝64，ABAC→→→→两式作差可得，4AB·AC＝－28，因此AB·AC＝－7.8．(2018·潍坊模拟)在等腰三角形ABC中，AB＝，＝6，点D为边BC的中点，ACBC→→则AB·BD＝________.答案－9→→分析

由于

AB＝AC，点

D

为边

BC的中点，因此

AD⊥BC，因此AB在BD方向上的→

→

→

→1投影为|AB|cos(π－B)＝－|AB|cosB＝－|BD|＝－|BC|＝－3，2→→→→因此AB·BD＝|AB||BD|cos(π－B)＝3×(－3)＝－9.9．若非零向量a，b知足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，则a，b夹角θ的余弦值为________．1答案－3分析题中等式两边平方得，|a|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝|a|2＋4|b|2＋4|a||b|cosθ，又考虑到|a|＝3|b|，因此0＝4|b|2＋12|b|2cosθ.1b1解得cos＝－，故，夹角的余弦值为－.θ3a310．在△ABC中，AB＝4，AC＝2，∠BAC＝120°，D是边BC的中点．若E是线段→→AD的中点，则EB·EC＝________.25答案－4→→分析由题意得|AB|＝4，||＝2，AC→→AB·AC＝4×2×cos120°＝－4.→→→→11AE＝AD＝(AB＋AC)，24→1→→1→→→→AE2＝16(AB＋AC)2＝16(AB2＋2AB·AC＋AC2)1316(16－8＋4)＝4，→→→→→→因此EB·EC＝(AB－AE)·(AC－AE)→→→→→→AB·AC－(AB＋AC)·AE＋AE2→→→→AB·AC－4AE2＋AE2→→→AB·AC－3AE225＝－4－3×4＝－4.B组能力关1．已知向量，，若＝(1,0)且|b|＝2||，则以下结论错误的选项是()abaaA．|a－b|的最大值为3B．|＋|的最大值为3abC．当|a－b|最大时a·b＝2D．当|a＋b|最大时a·b＝2答案C分析由题意可得|b|＝2|a|＝2.当a，b共线且所成的角为π时，|a－b|有最大值，最大值为3，A正确；此时·＝|||b|cosπ＝－2，C错误；当，共线且所成的角为0abaab时，|a＋b|有最大值，最大值为3，B正确；此时a·b＝|a||b|cos0＝2，D正确．→→→52．(2018·日照模拟)已知A，B是圆O：2＋y2＝4上的两个动点，|AB|＝2，OC＝OA3→→→2－3OB，若M是线段AB的中点，则OC·OM的值为()A.3B．23C．2D．3答案D→→→→→→→→→→→5211分析由OC＝OA－OB，又OM＝(OA＋OB)，因此OC·OM＝5－2·(OA3323OA3OB2→5→1→1→→→→＋OB)＝OA2－OB2＋OA·OB，又△OAB为等边三角形，因此OA·OB＝2×2cos60°632→→→→115＝2.又OA2＝OB2＝4，因此OC·OM＝×4－×4＋×2＝3.6323．(2018·天津高考)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥，⊥CD，∠BAD＝BCAD→→120°，AB＝AD＝1.若点E为边CD上的动点，则AE·BE的最小值为()213A.B.16225D．3C.16答案A→→→分析连结BD，由已知可得DB＝3且△BCD为等边三角形，由于DC＝DA＋AB＋→→→→→→→→→→→→→3BC，因此DC·AB＝(DA＋AB＋BC)·AB＝，设DE＝λDC(0≤λ≤1)，则AE·BE＝AE·(AE2→→→→→→→→→→→2233－AB)＝(DE－DA)·(DE－DA－AB)＝(DE－DA)－(DE－DA)·AB＝3λ－2λ＋2.因此，当1→→21λ＝时，AE·BE有最小值.4164．(2017·浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥，＝＝AD＝2，CDBCABBC→→→→→→＝3，AC与BD交于点O，记I1＝OA·OB，I2＝OB·OC，I3＝OC·OD，则()A．I1<I2<I3B．I1<I3<I2C．I3<I1<I2．I2<I1<I3答案C→→→→→→→→→→→分析∵I1－I2＝OA·OB－OB·OC＝OB·(OA－OC)＝OB·CA，又OB与CA所成的角为钝角，∴I1－I2<0，即I1<I2.→→→→I1－I3＝OA·OB－OC·OD→→→→|OA||OB|cos∠AOB－|OC||OD|cos∠COD→→→→cos∠AOB(|OA||OB|－|OC||OD|)，又∠AOB为钝角，OA<OC，OB<OD，∴I1－I3>0，即I1>I3.I3<I1<I2.应选C.5．(2018·青岛模拟)已知向量a，b知足|b|＝5，|a＋b|＝4，|a－b|＝6，则向量a在向量b上的投影为________．答案－1分析由于|a＋b|＝4，因此a2＋2a·b＋b2＝16，①由于|a－b|＝6，因此2－2·＋b2＝36，②aab①－②得，4a·b＝－20，a·b＝－5.ab方向上的投影为||cosa·b－5因此在＝＝＝－1.aθ|b|56．如下图，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不一样于A，B的随意一点，→→→若P为半径OC上的动点，则(＋)·的最小值为________．PAPBPC9答案－2→→→→→