2020版高考数学第四章平面向量数系扩充与复数引入第26讲平面向量数量积与平面向量应用举例课时达标

第26讲平面向量的数目积与平面向量应用举例课时达标一、选择题1．已知向量a＝(x－1,2)，b＝(2,1)，则a⊥b的充要条件是()1A．x＝－2B．x＝－1C．x＝5D．x＝0D分析由向量垂直的充要条件得2(x－1)＋2＝0，解得x＝0.2．已知非零向量a，，|a|＝|b|＝|a－b|，则cos〈，＋〉＝()baabA．1B．－12233C．2D．－2C分析设|a|＝|b|＝|a－b|＝1，则(a－b)2＝2－2＋2＝1，所以＝1，所aa·bba·b221322以a·(a＋b)＝a＋a·b＝1＋2＝2.由于|a＋b|＝a＋b＋2a·b＝3，所以cos〈a，a＋b〉33＝.1×32→＝2→→→→→3．已知向量|OA|，|OB|＝4，OA·OB＝4，则以OA，OB为邻边的平行四边形的面积为( )A．43B．23C．4D．2→→413A分析由于有cos∠AOB＝OA·OB，所以sin∠AOB＝→→＝＝，所以所求的平2×422|OA||OB|行四边形的面积为|→|·|→|·sin∠＝43.应选A．OAOBAOB4．若△ABC的三个内角A，B，C的度数成等差数列，且→→→(AB＋AC)·BC＝0，则△ABC一定是()A．等腰直角三角形B．非等腰直角三角形C．等边三角形D．钝角三角形→→→→→→→→2→C分析由于(AB＋AC)·BC＝0，所以(AB＋AC)·(AC－AB)＝0，所以AC－AB2＝0，即→→π|AC|＝|AB|，又A，B，C度数成等差数列，故2B＝A＋C，A＋B＋C＝3B＝π，所以B＝3，故△是等边三角形．ABC5．(2019·鄂州二中期中)已知菱形ABCD的边长为6，∠ABD＝30°，点E，F分别在边→→)BC，DC上，BC＝2BE，CD＝λCF.若AE·BF＝－9，则λ的值为(A．2B．3C．4D．5B分析依题意得→＝→＋→＝1→－→，→＝→＋1→，所以→·→＝AEABBE2BCBABFBCλBAAEBF1→→→1→1→21→2＋1－1→→1121－1BC－BA·BC＋BA＝2BC－2λ·，于是有－×6＋2λ2λλBABCBA2λ2×6×cos60°＝－9，由此解得λ＝3.6．(2017·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC→→→→→→)与BD交于点O，记I1＝OA·OB，I2＝OB·OC，I3＝OC·OD，则(A．I1＜I2＜I3C．I3＜I1＜I2C分析如下图，四边形

B．I1＜I3＜I2D．I2＜I1＜I3ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易知AO<AF，而∠＝90°，所以∠与∠为钝角，∠与∠为锐角．依据题意，1－2＝→·→AFBAOBCODAODBOCIIOAOB→→→→→＝→→→→·cos∠<0，所以I1<2，同理可得，2>3，OBOCOBOAOCOBCAOBCAAOBIII作AG⊥BD于G，又AB＝AD，所以OB<BG＝GD<OD，而OA<AF＝FC<OC，→→→→＝cos∠<0，所以||·||<||·||，而cos∠OAOBOCODAOBCOD→→→→，所以I<I<I.应选C．所以OA·OB>OC·OD，即I>I13312二、填空题7．(2017·全国卷Ⅲ)已知向量a＝(－2,3)，b＝(3，m)，且a⊥b，则m＝________.分析由于a⊥b，所以a·b＝－2×3＋3m＝0，解得m＝2.答案2→1→→→→8．已知A，B，C为圆O上的三点，若AO＝2(AB＋AC)，则AB与AC的夹角为________．分析由→＝1(→＋→)得为的中点，故为圆O的直径，所以→与→的夹AO2ABACOBCBCABAC角为90°.答案90°9．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________．分析如图，以D为坐标原点成立直角坐标系．连结，由题意知∠＝∠＝60°，ACCADCAB∠ACD＝∠ACB＝30°，则D(0,0)，A(1,0)，B3，3，C(0，3)．设E(0，y)(0≤y≤3)，22→→→→323－3221，所则AE＝(－1，y)，BE＝－3，－3，所以AE·BE＝＋y－y＝y＋2y2224163→→21以当y＝时，AE·BE有最小值.41621答案16三、解答题10．已知|a|＝4，|b|＝8，a与b的夹角是120°.求|a＋b|和|4a－2b|；当k为什么值时，a＋2b与ka－b垂直．1分析易得a·b＝4×8×－2＝－16.(1)由于|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，所以|a＋b|＝43.由于|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768，所以|4a－2b|＝163.(2)由于(a＋2b)⊥(ka－b)，所以(a＋2b)·(ka－b)＝0，所以ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即16k－16(2k－1)－2×64＝0，所以k＝－7.故k＝－7时，a＋2b与ka－b垂直．11．(2019·惠州调考)在平面直角坐标系xOy中，点(－1，－2)，(2,3)，(－2，ABC1)．求以线段AB，AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；→→设实数t知足(AB－tOC)·OC＝0，求t的值．分析(1)→→→→→→由题设知AB＝(3,5)，AC＝(－1,1)，则AB＋AC＝(2,6)，AB－AC＝(4,4)．所以→→→→2.故两条对角线的长分别为42，210.|AB＋AC|＝210，|AB－AC|＝4(2)由题设知→＝(－2，－1)，→·→＝→2，OCABOCtOC→·→11所以t＝|→|2＝－5.OC12．已知向量m＝3sinx，1，n＝cosx2x.4，cos44若m·n＝1，求cos2π－x的值；3(2)记f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且知足(2a－c)cos＝cos，求函数f()的取值范围．BbCA分析m·n＝xx2x3x1x1xπ13sin4cos4＋cos4＝2sin2＋2cos2＋2＝sin＋＋2.26(1)由于·＝1，所以sinx＋π＝1，cosx＋π＝1－2sin2x＋π＝1，cos2π－xmn262326231＝－cosx＋3＝－2.(2)由于(2a－c)cosB＝bcosC，由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB＝sinCcosB＋sinBcosC，所以2sinAcosB＝sin(B＋C)．由于A＋B＋1π2πC＝π，所以sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0，所以cosB＝2，B＝3.所以0＜A＜3.所πAππ1Aπxπ1以6＜2＋6＜2，2＜sin2＋6＜1.又由于f(x)＝m·n＝sin2＋6＋2，所以f(A)＝Aπ133sin2＋6＋2，故1＜f(A)＜2.故函数f(A)的取值范围是1，2.13．[选做题](2019·福州一中模拟)已知非零向量，，c知足|a|＝|b|＝|a－b|，ab－a，c－＝2π|c|的最大值为________．，则|a|3→→→a，b，c知足|a