高一数学试卷必修4双基限时练21

PAGE双基限时练(二十一)从力做的功到向量的数量积一、选择题1．下列命题①a＋(－a)＝0；②(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)；③(a·b)·c＝a·(b·c)；④(a＋b)·c＝a·c＋b·c.其中正确命题的个数是()A．0个 B．1个C．2个 D．3个解析正确的有②④.答案C2．若向量a，b，c满足a∥b且a⊥c，则c·(a＋2b)＝()A．4B．3C．2D．0解析∵a∥b，则b＝λa，λ∈R.∴c·(a＋2b)＝c·(a＋2λa)＝c·a(1＋2λ)．∵a⊥c，∴a·c＝0.∴c·(a＋2b)＝0.答案D3．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝1，则eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))的值为()A．1B．－1C．2D．－2解析eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))＝eq\o(AB,\s\up16(→))·(eq\o(AC,\s\up16(→))－eq\o(AB,\s\up16(→)))＝eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))－eq\o(AB,\s\up16(→))2＝－|eq\o(AB,\s\up16(→))|2＝－1.答案B4．平面向量a与b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|等于()A.eq\r(3)B．2eq\r(3)C．4D．12解析(a＋2b)2＝a2＋4b2＋4a·b＝4＋4＋4×2×1×eq\f(1,2)＝12.∴|a＋2b|＝2eq\r(3).答案B5．设非零向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|，a＋b＝c，则a与b的夹角θ为()A．150° B．120°C．60° D．30°解析|a|＝|b|＝|c|且a＋b＝c，得|a＋b|＝|b|，平方得：|a|2＋|b|2＋2ab＝|b|2⇒2ab＝－|a|2⇒2|a|·|b|·cosθ＝－|a|2⇒cosθ＝－eq\f(1,2)⇒θ＝120°.答案B6．已知|a|＝2|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有实根，则a与b的夹角的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))解析|a|＝2|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有实根，则|a|2－4a·b≥0.设向量a，b的夹角为θ，所以cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)≤eq\f(\f(1,4)|a|2,\f(1,2)|a|2)＝eq\f(1,2).所以θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)).故选B.答案B7．在△OAB中，eq\o(OA,\s\up16(→))＝a，eq\o(OB,\s\up16(→))＝b，eq\o(OD,\s\up16(→))是AB边上的高，若eq\o(AD,\s\up16(→))＝λeq\o(AB,\s\up16(→))，则λ等于()A.eq\f(a·b－a,|a－b|2) B.eq\f(a·a－b,|a－b|2)C.eq\f(a·b－a,|a－b|) D.eq\f(a·a－b,|a－b|)解析由题意知eq\o(OD,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))＝0，即eq\o(AB,\s\up16(→))·(eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\o(AD,\s\up16(→)))＝0，∴eq\o(AB,\s\up16(→))·(eq\o(OA,\s\up16(→))＋λeq\o(AB,\s\up16(→)))＝0，∴λ＝－eq\f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(OA,\s\up16(→)),\o(AB,\s\up16(→))2)＝－eq\f(\o(OB,\s\up16(→))－\o(OA,\s\up16(→))·\o(OA,\s\up16(→)),\o(OB,\s\up16(→))－\o(OA,\s\up16(→))2)＝eq\f(a·a－b,|a－b|2)，故选B.答案B二、填空题8．已知e1，e2是夹角为eq\f(2,3)π的两个单位向量，a＝e1－2e2，b＝ke1＋e2，若a·b＝0，则实数k的值为________．解析由a·b＝0，得k－2＋(1－2k)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，得k＝eq\f(5,4).答案eq\f(5,4)9．已知|a|＝3，a·b＝2，则b在a方向上的射影为________．解析eq\f(a·b,|a|)＝eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)10．若eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→))2＝0，则△ABC为________三角形．解析由eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→))2＝0，得eq\o(AB,\s\up16(→))·(eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(BC,\s\up16(→)))＝0，即eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝0，∴eq\o(AB,\s\up16(→))⊥eq\o(AC,\s\up16(→))，故三角形为直角三角形．答案直角三、解答题11．已知|a|＝3，|b|＝4，且a与b不共线，k为何值时，向量a＋kb与a－kb互相垂直．解要使向量a＋kb与a－kb互相垂直，则要满足(a＋kb)·(a－kb)＝0，即(a＋kb)·(a－kb)＝a2－k2b2＝|a|2－k2|b|2＝9－16k2＝0，解得k＝±eq\f(3,4).∴当k＝±eq\f(3,4)时，向量a＋kb与a－kb互相垂直．12．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.(1)求a与b的夹角θ；(2)求|a＋b|与|a－b|.解(1)设a与b的夹角为θ，由(2a－3b)·(2a＋b)＝61，得4a2－3b2－4a·b＝61，即64－27－4×4×3cosθ＝61，得cosθ＝－eq\f(1,2)，又θ∈[0，π]，∴θ＝eq\f(2,3)π.(2)|a＋b|＝eq\r(a＋b2)＝eq\r(a2＋b2＋2a·b)＝eq\r(16＋9－2×4×3×\f(1,2))＝eq\r(13)；|a－b|＝eq\r(a－b2)＝eq\r(a2＋b2－2a·b)＝eq\r(16＋9＋2×4×3×\f(1,2))＝eq\r(37).13．如图所示，以△ABC两边AB，AC为边向外作正方形ABGF，ACDE，M为BC的中点．求证：AM⊥EF.证明因为M是BC的中点，所以eq\o(AM,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→)))，eq\o(EF,\s\up16(→))＝eq\o(AF,\s\up16(→))－eq\o(AE,\s\up16(→))，所以eq\o(AM,\s\up16(→))·eq\o(EF,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→)))·(eq\o(AF,\s\up16(→))－eq\o(AE,\s\up16(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AF,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(AF,\s\up16(→))－eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AE,\s\up16(→))－eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(AE,\s\up16(→)))＝eq\f(1,2)(0＋eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(AF,\s\up16(→))－eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AE,\s\up16(→))－0)＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(AF,\s\up16(→))－eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AE,\s\up16(→)))＝eq\f(1,2)[|eq